EJEMPLOS DE CCTO. Y METODOS DE CC. parte 2.docx

8/10/2019 EJEMPLOS DE CCTO. Y METODOS DE CC. parte 2.docx

1/40

EJEMPLO # 1.

Calcular la corriente de falla a tierra en el punto indicado en la barra de 13.2 Kv del

sistema mostrado en la figura. Se supone que los neutros de los generadores y

transformadores, se conectaran a tierra a travs de una resistencia para limitar el

valor de corriente a 300 Amperes.

Y Y

2500 kVAZ = 6 %

Y >

25 MVA

Xd=10%

Xd= 12%X0= 10 %

Pcc = 6000 MVA

Suministrada por C.F.E115 kV

red

T120 MVA

Z = 10 %T2

20 MVA

Z= 10 %

Rn Rn

13.2 kV

Rn

T3

440 V

G1 G2

25 MVA

Xd=10%Xd= 12%

X0= 10 %


2/40

SOLUCION:

Como primer paso se cambiaran de bases las impedancias, para lo cual se toman como

valores base las siguientes:

MVAbase = 10 MVAKvbase = 115 KV

Kvbase = 13.2 KV

Cambiando los valores de base de las impedancias:

La impedancia de la red:

Zred =Pcc

MVAbase=

6000

10= 0.00166 p/u

Cambio de base paraTransformadores T1y T2

Para este cambio se emplea se emplea la expresin general de cambio de base.

( ) [ ]

( )

XT2= XT1=

20

1010.0

2.13

2.13 2

Xj

= 0.50 p.u

Transformador T3

XT3=

5.2

10 2

2.13

2.13

x 0.06 = 0.24 p.u

Generadores G1y G2

XG1= XG2=

25

10 2

2.13

2.13

x 0.10 = 0.04 p.u

La reactancia de secuencia cero de estos generadores es:

XG1= XG2=

25

10 2

2.13

2.13

x 0.10 = 0.04 p.u


3/40

Las impedancias de secuencia son entonces:

Para la red:

Secuencia positiva Zred = 0.00166 p.u

La impedancia de secuencia negativa se puede tomar como el mismo valor, es decir:

Z2red = Z1red = 0.00166 p.u

Para los transformadores T1, T2, y T3 se hace la siguiente consideracin:

X1= X2= X0

Es decir que la impedancia de placa referida a la base seleccionada es la misma para

las secuencias positiva, negativa y cero.

X1T1 = X1T2= X0T1= X0T2= X2T1= X2T2= 0.50 p.u

X1T3= X2T3= X0T3= 0.24 p.u

En el caso de los generadores G1 y G2 se pueden tomar la reactancia de secuencia

positiva igual a la de secuencia negativa en forma aproximada, es decir:

XG1= XG1= X2G1= 0.04 p.u

XG2= X1G2 = X2G2= 0.04 p.u

En segundo lugar se elaboraran los diagramas de secuencias deacuerdo a lo

mencionado anteriormente, para esto se requiere calcular primero el valor de

resistencia necesarias para limitar el valor de la corriente a tierra a 300 amperes en

los transformadores T1y T2y en los generadores:


4/40

La resistencia es:

Rn =I

Vn [OHMS]

donde: Vn = Tensin al neutroI = Valor de la corriente a travs de la resistencia expresada en

Amperes.

Vn =3

2.13= 7.62 KV

por lo tantoRn =A

V

300

7620= 25.4 ohms.

El valor de esta resistencia en por unidad a las bases dada es:

Rn =Zbase

Rohms [ p.u ]

Donde:

Zbase =MVAbase

baseKV 2=

10

2.13 2

=10

24.174= 17.424 ohms

Rn = ohms

ohms

424.17

4.25

= 1.457 p.u

Los diagramas de secuencia son los siguientes:

N300 A

Rn13.2 Kv


5/40

Reduciendo los diagramas:

ZG1= j0.04 Zred= j 0.00166 ZG2= j 0.04

POSITIVA

ZT1= j 0.050 ZT2= 0.050

NEUTRO

J 0.04J 0.04

J 0.00166NEGATIVA

J 0.050 J 0.050

3 Rn= 4.37

J 0.04

3 Rn = 4.37

j 0.05

3Rn= 4.37

J 0.05

3Rn=4.37

J 0.04

CERO

TIERRA


6/40

Y la corriente total de falla a tierra es:

Iap.u = 6235.21435.1

0.13

1037.10199.00199.0

3

j

x

jjj

E p.u

El valor de la corriente en amperes

.

0.04

0.00166

0.025

0.04

XG1 Xred XG2

0.04

0.000166

0.025

0.04

4.41 4.42 4.42 4.41

E

0.0199

0.0199

1.1037


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EJEMPLO # 2.

Calcular las corrientes de corto circuito que pasan a travs de los interruptores

indicados en el sistema mostrado en la figura, si se supone que ocurre una falla

trifsica.

a) en las barras correspondientes a 440 volts.b) en la barra de 13.2 KV.

115 kV Pcc = 6000MVA

1 2

3

4 5

6

7

8

11

9 A B

12

10

T120 MVA

Z= 10 %

T220 MVA

Z = 10

2500 kVA

G1 G2Z= 6%

440 V25 MVA

X d = 10 %

X d = 12 %

Xo = 10 %

25 MVA

X d = 10 %

X d = 12 %

Xo = 10 %


8/40

SOLUCION:

a).- Como se sabe tratndose de una falla trifsica por el mtodo de las componentes

simtricas solo interviene el diagrama de impedancias para la secuencia positiva.

Como en el ejemplo anterior y an cuando se trata del mismo sistema, por

procedimiento se referirn las impedancias a la misma base.

MVAbase = 10 KVAKvbase = 115 KV

Kvbase = 13.2 KV

La impedancia de la red:

Zred =Pcc

MVAbase=

6000

10= 0.00166 p/u

Transformadores T1y T2.

XT2= XT1=

20

1010.10

2.13

2.13 2

X

= 0.10 = 0.50 p.u

Transformador T3

XT3=

5.210 10.10

2.132.13 2

X

= 0.06 = 0.24 p.u

Generadores G1y G2

XG1=

25

1010.0

2.13

2.13 2

Xj

= 0.04 p.u

XG2=

25

1010.0

2.13

2.13 2

Xj

= 0.04 p.u

A continuacin se proceder a la determinacin de las corrientes de corto circuito:


9/40

Para una falla en la barra de 440 volts, se tiene el siguiente diagrama dereactancias.

E red

0.00166

0.05 0.05

0.04

X T1

XG1

0.24

XT3

13.2 KV

0.04

XG2

0.02

0.00166

0.025

0.24

0.0266

0.02

0.0114

0.24 0.2514


10/40

La corriente de corto circuito trifsica en la barra de 440 volts es:

La corriente de corto circuito en Amperes es:

Donde:

= 440.03 000.10X = 13121.59 APor lo que:

IccAmp. = 3.977 x 13121.59 = 52.1846 KAEste valor representa a la corriente de corto circuito simtrica.

La potencia del corto circuito es:

Pc.csim = 1Z

KVAbase

= 2514.0

000.10

j = 39.777 MVA en el bus de 440 Volts.La corriente de corto circuito en el lado de 13.2 KV del transformador T3 tiene elmismo valor en por unidad.

Icc = 3.977 p.u.

Su valor en amperes se obtiene multiplicando este valor en por unidad por lacorriente base correspondiente.

La corriente base en el lado de 13.2 KV es entonces:

Ibase =KVbase

KVAbase

3=

2.133

10000

X= 437.386 A.

Por lo tanto:

IccAmp. = 3.977p.u x 437.386 A = 1739.48 A = 1.739 KA.


11/40

Que representa la corriente que circula a travs del interruptor A.

Para la distribucin de corrientes se puede proceder como sigue:Las corrientes bases son:En el lado de 440 volts.

Ibase =440.03

000,10

X= 13.121 KA

O sea que la corriente de corto circuito calculada en este bus anteriormente es:

Icc = 3.977 p.u.La corriente base en 13.2 KV se calcul como:

Ibase = 437.386 A

y la corriente base en el lado de 115 KV es:

Ibase =1153

000,10

X= 50.20 Amperes.

Por inspeccin del diagrama de reactancias se tiene la siguiente distribucin decorrientes.

En el interruptor A 3.98 p.u.

IA= 3.98 x 418.37 = 1665.11 Amperes.

La corriente correspondiente al ramal de los generadores es:

0.026 0.02

3.98


12/40

La corriente para los dos generadores en paralelo es:Por LDC: Ley divisor de corriente Xs es opuestos.

IG =GS

S

XX

X

(I p.u)

IG =02.0026.0

026.0

jj

j

X 3.98 p.u = 2.25 p.u.

IS =GS

G

XX

X

(I p.u)

IS =02.0026.0

02.0

jj

j

X 3.98 = 1.73 p.u.

O sea que por cada generador en paralelo, circula una corriente de:

IG1=2

25.2= 1.125 p.u.

IG2=2

25.2= 1.125 p.u.

NOTA: no interviene en este anlisis XT3

a la base de 13.2 KV equivale a un valor en amperes de:

IG1= 1.125 X Ibase = 1.125 X 437.38 = 492.05 AIG2= 1.125 X Ibase = 1.125 X 437.38 = 492.05 A

La corriente IS corresponde al ramal de los transformadores T1 y T2 y la fuenteequivalente de la red.

0.00166 p.u

0.025

1.73

1.73 p.u 0.00166

0.05 0.05

0.865 p.u 0.865 p.u

1.73 p.u


13/40

Entonces IT1=IT2=2

73.1= 0.865 p.u.

por lo que la corriente en los transformadores en el lado de 13.2 KV es:

IT1= 0.865 X 437.38 = 378.33 AmperesIT2= 0.865 X 437.38 = 378.33 Amperes

La corriente de corto circuito en el lado de 115 KV de cada transformador es:

IT1= 0.865 X 50.20 = 43.42 AmperesIT2= 0.865 X 50.20 = 43.42 Amperes

86.84

115 Kv

43.42 43.42

378.33 378.3313.2 Kv.


14/40

Es decir que para una falla trifsica en la barra de 440 volts. ( secundario deltransformador T3) la distribucin de corrientes por los interruptores es:

INTERRUPTOR CORRIENTE EN AMPERES.

A 1664

9 492.05

10 492.05

6 378.33

8 378.33

4 43.42

5 43.42

3 0

b).- Para una falla trifsica en la barra de 13.2 Kv. El diagrama de reactancias esel siguiente:

0.00166 Zred

0.05T1 0.05 T2

0.04

G1

0.04

G2


15/40

El circuito equivalente es:

La corriente de corto circuito en este punto es:

= 719.870114.0

1

1

0.1

jZp.u

Y el valor en amperes:

= 87.719 X 437.386 = 38.37 KA

Donde:

La potencia del corto circuito en este punto.

Pcc =1/01Z

KVAbase=

0114.0

000,10= 877.19 MVA

la distribucin de corrientes para la falla en la barra de 13.2 KV se puede calcularen la misma forma que se hizo para la falla de 440 volts.

0.00166 0.00166+0.025 = 0.0266

0.025 T1 y T2

0.02 G1y G2

0.0266

0.02

0.0114 p.u


16/40

O sea que la corriente con que contribuye cada generador es:

IG1= up.035.252

07.50

IG2= up.035.252

07.50

IG1= (25.035) (Ibase)= (25.035) (437.386) = 10.95 KA

IG2= (25.035) (437.386) = 10.95 KA

La corrienteIS es: (Red T1y T2)

IS = 719.870266.002.0

02.0X

= 37.64 p.u

0.0266

0.02

87.719

IS

red T1y T2

Icc p.u

IG

G1y G2

Para los dos generadores

IG = X 87.719

IG = 50.07 p.u

0.00166

red

0.025

T1y T2

37.64 p.u


17/40

La corriente en cada transformador es:

IT1= IT2= ..82.182

64.37up

Y el valor en amperes, en el lado de 13.2 Kv es:

IT1= IT2 = 18.82 X 437.386 = 8231.60 Amperes.En el lado de 115 KV.

IT1 = IT2= 18.82 X 50.20 = 944.76 Amperes.

Es decir que para la falla trifsica de 13.2 KV (ladosecundario de lostransformadores (T1y T2) se tienen los siguientes valores de corriente.

INTERRUPTOR CORRIENTES EN AMPERES9 10,467.6 A10 10,467.6 A6 8,231.60 A8 8,231.60 A7=8+12= 8231.60+10467.6= 18,699.2 A4 944.76 A5 944.76 A

37.64

T218.82 p.uT1 18.82 p.u

37.64


18/40

METODO DEL BUS INFINITO

Este mtodo constituye de hecho un caso particular del mtodo general de estudios decorto circuito por el mtodo de las componentes simtricas en el que se considera solo

la falla trifsica o sea que solo interviene en el estudio el diagrama de secuencia

positiva.En principio se supone que el corto circuito en la instalacin es alimentado por

una fuente infinita que incluye a la red y a las distintas plantas generadoras del

sistema, constituyendo esto a la parte activa siendo la parte pasiva las impedancias de

los distintos elementos.

El procedimiento de clculo es el indicado antes, o sea que:

a).- Se parte de un diagrama unifilar en donde se representan a los elementos del

sistema con sus datos de potencia, tensin e impedancia.

b).- Se refieren las impedancias a valores base de potencia y tensin.

c).- Se hace la reduccin de impedancias por combinaciones serie paralelo y

transformaciones delta estrella o estrella delta cuando sea necesario, hasta obtener

una impedancia equivalente entre la fuente y el punto de falla seleccionado.

d).- Las corrientes y potencias de corto circuito en el punto de falla se calculacomo:

)..(3 upKVbaseXZeq

KVAbaseIcc

Siendo:Icc =Corriente de corto circuito simtrica en amperes o KA.KVAbase= Base de potencia seleccionada para el estudio.Kvbase =Base de tensin en el punto de falla seleccionadoZeq ( p.u ) = Impedancia equivalente entre la fuente y el punto de falla

expresada en por unidad ( p.u )

La corriente de corto circuito asimtrica se puede calcular como:

IccA = KIcc


19/40

Siendo Kun factor de asimetra que depende de la relacin R/X para el sistema en

estudio.

Al respecto se pueden hacer los siguientes comentarios:

a).- Se pueden emplear K para el menor de relacinR/X.b).- El factor se forma con la relacin R/X de la red resultante o equivalenteZK= RK + JXK en el punto de falla en cuyo caso la corriente de corto circuito

asimtrica se puede calcular como 1.15 Ko sea que el mnimo valor sera 1.15y

normalmente el mximo no excede de 1.8.c).- El valor mximo de K= 2.0 se obtiene solo cuando R=0 que equivaldra a una

falla en las terminales del generador, pero an en estos casos se ha demostrado

que en generadores con potencias inferiores a 100 MVA el factor de asimetra

mximo es 1.8y lo mismo ocurre en grupos generador-transformador conectados

en bloque cuando ocurre un corto circuito en el lado de alta tensin del generador

( en este caso se puede considerar excepcionalmente K= 1.9).

La potencia de corto circuito en el punto de falla se puede calcular como:

Pcc =).( upZeq

KVAbase

K 2.0

1.8

1.6

1.4

1.2

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2


20/40

EJEMPLO:

Por el mtodo del bus infinito, calcular las corrientes de corto circuito para elsistema mostrado en la figura.

SOLUCION:

Calculando las reactancias de los distintos elementos constitutivos de la red.Impedancia equivalente de la red de 230 KV con una potencia de corto circuito de6000 MVA.

Zred = ./%0183.06000

1001.1MVA

X

Transformador de 100 MVA

Z T = MVAPN

Z/%12.0

100

12%

Pcc = 6000 MVA

230 kV

100 MVA

Z= 12 %

13.8 kV

G100 MVA

Xd= 11%

13.8 kV 13.8 kV

1.5 MVA

Z= 6%

5 MVA

Z= 7%

4.16 kVF

M M

ALUMBRADO

3000 HP


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Generador G.

ZG = ./%11.0100

11"MVA

PN

dX

Transformador de 5 MVA 13.8 / 4.16 KV.

ZT = ./%4.15

7%MVA

PN

Z

Transformador de 1.5 MVA 13.8 / 0.440 KV.

ZT = ./%45.1

6MVA

Motor de induccin de 3000 HP.

XM= 100/

XPN

IAIN

XM= 1002.05X

PP

I

I

P

I

I

NN

N

N

N

A

N

XM= 1002.0

X

PMVA N

IN =WV

P

N cos

[ Amp ]

PN =cos

746.0 XHP[ KVA ]

IA = Corriente de arranque del motor, se puede tomar como:

IA = 5 IN, IN= corriente nominal.

PN= Potencia nominal en MVA.

NO SE TOMA EN CUENTA

En esta expresin no se necesita

la I nominal


22/40

Considerando que operan a 0.85 de factor de potencia.

PN = KVAXXHP

94.632,285.0

3000746.0

cos

746.0

= 2.632 MVA

XM = ./%6.7100632.2

5/MVAX

ININ

Para los 10 motores de 250 HP cada uno se puede tomar para los propsitos del

estudio de corto circuito un motor equivalente de:

10 X 250 = 2500 HP

Que considerando un factor de potencia de 0.85 tendrn una potencia nominal de:

PN = KVAX

11.194,285.0

2500746.0

= 2.194 MVA.

El diagrama de impedancias para la localizacin de la falla es el siguiente:

(Refiriendo los valores calculados a una base de 100 MVA).

1.83 %

12 %

11 %140 %

760 % 911.6 %

11 % 13.83 % 140%

760% 911.6%


23/40

La corriente de corto circuito simtrica:

8506.12.0808.116.43

000,100

upxxIcc KA

La potencia de corto circuito simtrica:

59.920808.1

000,100Pcc MVA

6.2126 %

140 %

760 % 911.6 %

146.212 %

760 % 911.6 %

122.62 %

911.6 %

108.08 %


24/40

EL METODO DE LOS MVA

Los estudios de corto circuito como se han indicado anteriormente tienen

varios objetivos, y el mtodo empleado para una solucin en particular depende de

varias cosas como son el tamao del sistema bajo estudio, los resultados esperados yla aplicacin de estos.

En particular para las instalaciones industriales y los sistemas de distribucin

se pueden emplear mtodos relativamente simples, fciles de aprender y rpidos en

su concepcin que permitan al ingeniero o al diseador resolver un problema con un

cierto grado de aproximacin sin emplear mucho tiempo y esfuerzo.

Un mtodo que rene algunas de las caractersticas anteriores y que se puede

considerar en cierto modo novedoso y relativamente nuevo, es el conocido como

METODO DE LOS MVAque bsicamente es una modificacin del mtodo ohmico en lacual la impedancia de un circuito es la suma de las impedancias de sus componentes, y

en virtud de que por definicin la admitancia es la recproca de la impedancia; se

tiene que la recproca de la admitancia del sistema es la suma de las recprocas de lasadmitancias componentes.

Tambin por definicin, la admitancia de un circuito o componente es lamxima corriente o KVA, a voltaje unitario que circula a travs del circuito ocomponente a un corto circuito o falla cuando es alimentada de una fuente de

capacidad infinita.

Para comprender mejor esto considrese la figura siguiente:

La corriente de corto circuito

Icc = V/Z

La potencia de corto circuito

Vacc = E2/ Z

KVAcc = ( 1000 KV )2

/ Z

MVAcc = KV2/ Z

BUS INFINITO

FALLA


25/40

Se sabe adems que:

y =Zohms

1

KVAcc = 1000 X ( KV )2X y

MVAcc = ( KV )2X y

MVAcc =..uZp

MVA

Siendo:

y = admitancia del circuito

Zohms = impedancia en ohms

Zpu = impedancia en por unidadKV = voltaje de lnea a lnea

KVAcc = KVA de corto circuito

MVAcc = MVA de corto circuito

Prcticamente el mtodo de los MVA se usa separando el circuito en sus

componentes y calculando cada componente con su propio bus infinito, para lo cual se

pasa del diagrama unifilar del sistema en estudio a un diagrama de impedancias y al

diagrama de MVA, la conversin del diagrama unifilar al diagrama MVA resulta muy

simple ya que solo es aritmtica.

La primer componente del sistema normalmente es la capacidad interruptiva

del sistema bajo estudio en MVA y el resto de componentes del diagrama en MVA se

obtiene, como se indic antes, dividiendo la potencia del elemento expresada en MVA

entre su impedancia expresada por unidad.


26/40

Para ilustrar esto considerese el sistema elemental siguiente:

DIAGRAMA UNIFILAR

DIAGRAMA DEIMPEDANCIAS

Pcc = 500 MVA

115 kV

50 MVA

X = 0.1

1

2

13.8 kVF

Xd = 0.2

50 MVAM

3

500 MVA

50 MVA

X= 0.1

50 MVA

Xd= 0.2

1

2

3

500

500

250

DIAGRAMA DE LOS MVA

1

2

3

F

= 500

= 250


27/40

Es decir que los MVA de corto circuito de cada componente se obtienen de dividir su

propia potencia entre su impedancia expresada en por unidad.

Si en el diagrama de impedancias anterior, se supone que ocurre una falla en el

punto F entonces fluir la corriente de las componentes 1 y 2 ( en serie ) y de la

componente 3 que estar en paralelo. As que la pregunta es ahora Como combinar

las MVA en serie ? y Como en paralelo? La respuesta es bastante simple partiendo dela base que los elementos se pueden representar como admitancias como se indic

antes, de manera que para combinar en serie dos elementos:

MVA12=21

21

MVAMVA

MVAxMVA

y en paralelo:

MVA1+2= MVA1+ MVA2

Es decir que la combinacin en serie de los MVA es como combinar enparalelo resistencias y combinar MVA en paralelo es como combinar resistenciasen serie.

Para el sistema que se est usando como ejemplo la combinacin de loselementos 1 y 2 que se encuentran en serie es:

MVA12= 250500500

500500

21

21

X

MVAMVA

XMVAMVA

y los MVA de corto circuito se obtienen como la combinacin en paralelo de MVA12y MVA3es decir:

MVAcc = MVA12+MVA3= 250 +250 = 500


28/40

Si se desea conocer la corriente de corto circuito simtrica en el punto de falla apartir de la potencia del corto circuito se tiene que para el bus de 13.8 KV:

Axx

xKVMVAxIcc 48.918,20

8.1331000500

31000

Del sistema elemental analizado antes se puede resumir que el mtodo de losMVA consiste en lo siguiente:

1.- Partir de un diagrama unifilar del sistema por estudiar en donde se indiquen encada elemento ( numerado ) su potencia en MVA y su impedancia en por unidad.

2.- Se combierten todos componentes del diagrama unifilar del sistema a sus MVAde corto circuito, para lo cual se divide para cada componente sus MVA entre su

reactancia en por unidad:

.).( upX

MVAMVAcc

3.- Obsrvese que a diferencia de otros mtodos hasta este punto, el mtodo delos MVA no requiere de una base comn en MVA o KVA y tampoco es necesariocambiar las impedancias de base.

4.- Para combinar los MVA que aparecen en lo que se ha llamado el diagrama delos MVA se siguen las reglas siguientes:

Elementos en serie se combinan como si fueran resistencias en paralelo, es decirsi se trata de dos elementos en paralelo, por ejemplo:

21

2112

MVAMVA

xMVAMVAMVA

Elementos en paralelo se combinan como si se tratara de resistencias en seriees decir, si se trata por ejemplo de dos elementos en paralelo:

2121 MVAMVAMVA


29/40

Cuando los elementos se encuentran en una combinacin delta y se deceacombertir a una estrella, se aplica la regla siguiente:

Si se designan como y los MVA en la conexin estrella y D los MVA en laconexin delta la conversin se obtiene con las relaciones que se indican acontinuacin:

y1= S / D1

y2= S / D2

y3= S / D3

Siendo:

S = ( D1x D2) + ( D2x D3) + ( D3x D1)

5.- Si se desea calcular la corriente de corto circuito en el punto de falla, se aplicala expresin:

xKV

MVAxIcc

3

1000

Donde MVA representa los MVA equivalentes en el punto de la falla y KV es latensin en el mismo punto.

1

2 3

3 2

1


30/40

EJEMPLO:

Usando el mtodo de los MVA, calcular la potencia y corriente para un cortocircuito trifsico para el sistema del ejemplo anterior. Considerando la falla en labarra de 4.16 KV, si se supone que los motores operan a 0.85 de factor de

potencia.

SOLUCION:

Los elementos se numeran arbitrariamente y no se consideran en estanumeracin al transformador de 1.5 MVA por no tener influencia para la fallaconsiderada.

Obteniendo los MVA en corto circuito para cada elemento; para los motoreses necesario convertir primero su potencia a MVA.

Motor de 3000 HP

MVA = 633.285.0

3000746.0746.0

x

Cos

xHP

Pcc = 6000 MVA

230 kV

100 MVA

Z= 12 %

13.8 kV

G100 MVA

Xd= 11%

13.8 kV

1.5 MVA

Z= 6%5 MVA

Z= 7%

4.16 kVF

M M

1

3

2

4


31/40

Para los motores de 250 HP, el motor equivalente es:

MVA = 194.285.0

25010746.0

xx

Las reactancias son:

para el motor de 3000 HP ( 2.633 MVA )

XM= ..20.0/%6.7100633.2

5/upMVAx

ININ

Para el motor de 2500 HP ( equivalente ) o sea 2.194 MVA

XM= ..199.0/%116.9100194.2

5/upMVAx

ININ

EL DIAGRAMA DE MVA ES ENTONCES:

6

1

3 2

4 5


32/40

Haciendo las combinaciones:

MVA16= 70.73133.8336000

33.8336000

61

61

x

MVAMVA

xMVAMVA

1.6

32

4.5

909.0971.43

MVA4,5= 13.16+11.02 = 24.18

1,6,3

2

4.5

731.70+909.09=1,640.79

=68.45

24.18

68.45+24.18=92.63


33/40

Se puede observar que los MVA de corto circuito en el punto de falla tienen

prcticamente el mismo valor que los calculados en el ejemplo que se utiliz por el

mtodo del bus infinito, pero el tiempo invertido fue menor, ya que solo se requiere de

simples operaciones automticas.

La corriente de corto circuito es:

.85.1216.43

63.92KA

xIcc

FALLAS DE LNEA A TIERRA POR EL MTODO DE LOS MVA.

La solucin de las fallas de lnea a tierra es en principio tan simple como la solucin dela falla trifsica descrita anteriormente y su aplicacin tiene ciertas ventajas sobre

otros mtodos ya que puede ahorrar un cierto nmero de operaciones.

El mtodo general est basado en el principio para el anlisis de fallas

asimtricas por el mtodo de las componentes simtricas en donde se considera

tambin la forma en como se encuentran los neutros conectados a tierra para la red

de secuencias cero, que en el mtodo de los MVA aparece solo como aquellos

elementos que tienen contribucin de falla.

Se puede considerar que como en general las reactancias de secuencia positiva

y negativa son iguales entonces los MVA de estas secuencias son iguales tambin.

MVAX1= MVAX2

Los MVA de secuencia cero se calculan con los valores de impedancias que se

indiquen y en el caso particular de los transformadores.

MVAX1= MVAX2= MVAX0

Para los motores elctricos se puede considerar en forma aproximada que:

MVAX0= MVAX1 / 2


34/40

Y los MVA de falla de lnea a tierra se pueden obtener combinando los MVA de cada

secuencia con las reglas dadas por la falla trifsica y posteriormente los equivalentes

para cada secuencia para obtener los de falla en la misma forma que se hace por el

mtodo de las componentes simtricas, para determinar la corriente de falla a tierra.

Para ilustrar la aplicacin del mtodo de los MVA al clculo de las fallas de lnea atierra, se resolver el problema que se realiz por el mtodo de las componentes

simtricas.

EJEMPLO:

Usando el mtodo de las componentes simtrica, representando cantidades en por

unidad y el mtodo de los MVA. Calcular la potencia y corriente de corto circuito para

una falla en el bus de 13.8 KV del sistema mostrado en la figura:

a).- Resolviendo el problema por el mtodo de las componentes simtricas.Tomando como valores base:

1500 MVA

69 kV

CABLE

X = 3.87

Xd = 20%

X0=10%15 MVA

15 MVA Z = 75 %

13.8 kV


35/40

15 MVAy las tensiones indicadas en cada barra, las impedancias en por unidadson:

..01.0

1500

15up

MVAcc

MVAbaseXred

..012.01000)69(

1500087.3

1000)(

)(22 upx

x

xKV

KVAbaseXXcable

075.015

15075.0.

Xtransf

..2.015

15

8.13

8.132.0

2

upXmotor

..1.015

15

8.13

8.131.0

2

0 upmotorX

Las impedancias de secuencia negativa y cero para el transformador soniguales a la de secuencia positiva calculada antes, para el caso de lasimpedancias del cable se puede hacer la misma suposicin. Los diagramas desecuencia se indican a continuacin:


36/40

Las reactancias equivalentes son las que se indican a continuacin:

0.01

0-012

0-075

0-2

0.01

0.012

0.075

0.2

0.012

0.075

0.1


37/40

La corriente de corto circuito es entonces.

04.17

046.0065.0065.0

33

021

XXX

EIa p.u.

La corriente en amperes es:

I a = I p.u. X Ibase

Siendo:

Ibase = AxKV

KVAbase 55.6278,133

000,153

Entonces:

Ia = 17.04 x 627.55 = 10,693.53 Amperes.

0.097 0.2

0.097 0.2 0.087 0.1

0.065 0.065 0.046


38/40

b).- Usando el mtodo de los MVA.Los MVA de secuencia positiva y negativa.

Para la secuencia cero solo intervienen los elementos que estn conectados atierra y forman el circuito es decir del transformador al motor ( siguiendo unprocedimiento de conexin como en la red de secuencia cero )

1500 MVA

69 kV

Xd = 0.215 MVA

15 MVA

X =0.075 %

3.87

1

2

3

4

1

2

3

4


39/40

2

3

4

( + )

MVA12=

=675.82

MVA=675.82

( - ) ( 0 )

3

75

1

3 200

75

150

MVA23=

= 172

( + ) ( - ) ( 0 )

MVA1,2,3=

= 154.3

154.3

75 75

172

150


40/40

La potencia del corto circuito para la falla de lnea a tierra se obtiene a partirdel siguiente circuito.

( - )( + ) ( 0 )

154.3+75= 229.3

229.3 322

229

229

332

1

2

3

229

229

332

SEC. ( 1 )

229

SEC. ( - )

229

SEC. ( 0 )

332

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