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EJERCICIO FALLA ABIERTA5555


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Catégorie :Category: mViewer GX Creator Lua TI-Nspire
Auteur Author: Camilo.Farias.cat
Type : Classeur 3.6
Page(s) : 15
Taille Size: 243.15 Ko KB
Mis en ligne Uploaded: 12/07/2019 - 12:16:59
Uploadeur Uploader: Camilo.Farias.cat (Profil)
Téléchargements Downloads: 1
Visibilité Visibility: Archive publique
Shortlink : http://ti-pla.net/a2269522

Description 

Problema I
Considere el sistema de la figura:
Problema II
Datos del sistema en por unidad para SBase = 100 MVA:
I G1 : 20 MVA, 13.2 kV, x1 = x2 = 0.3 (p.u), x0 = 0.2(p.u)
I T1 : 50 MVA, 13.2/60 kV, x1 = x2 = x0 = 0.1 (p.u)
I L1 : x1 = x2 = 1.94 (p.u), x0 = 2.77 (p.u)
I G2 : 20 MVA, 13.2 kV, x1 = x2 = 0.25 (p.u), x0 = 0.2(p.u),
xn2 = 0.1(p.u)
I T2 : 70 MVA, 60/13.2 kV, x1 = x2 = x0 = 0.12 (p.u)
I L2 : x1 = x2 = 1.94 (p.u), x0 = 2.77 (p.u)
I G3 : 20 MVA, 13.2 kV, x1 = x2 = 0.3 (p.u), x0 = 0.2(p.u)
I T3 : 50 MVA, 13.2/60 kV, x1 = x2 = x0 = 0.1 (p.u)
I L3 : x1 = x2 = 1.94 (p.u), x0 = 2.77 (p.u)
I S˙x = (1.24 + j0.98)(p.u)
En el sistema de la figura, los valores en por unidad de los par´ametros
est´an en la base com´un. Cuando ocurre un cortocircuito bif´asico a tierra
en la barra (7) (sin impedancia de falla), determinar:
1. Las condiciones de r´egimen permanente del sistema
Problema III



2. Las redes de secuencia del sistema
3. Las corrientes y tensiones en el punto de la falla, en por unidad, en
componentes de secuencia
4. Las corrientes y tensiones en el punto de la falla, en por unidad, en
componentes abc
5. La potencia compleja que entrega G1
6. Determine el valor de la corriente por el neutro del generador G3.
Justifique la respuesta
Soluci´on Problema I

1. Condici´
on de r´egimen permanente
Datos del problema:

S˙2 = (0.9215 + j0.3029); V˙ 2 = (1.025∠0);
!∗
S˙2
I˙2 = = (0.8990 − j0.2955)(p.u)
V˙ 2
E˙G 2 = V˙ 2 − jX1G 2 · I˙2 = (0.9511 − j0.2248);
V˙ 6 = Z˙b1 · I˙2 + E˙G 2 = (1.6337 + j1.8520)(p.u)
S˙z = V˙ 6 · I˙2∗ = (0.9215 + j2.1477)(p.u); S˙x = S˙y + S˙z
S˙y = S˙x − Sz = (0.3185 − j1.1677)(p.u);
!∗
S˙y
I˙y = = (−0.2693 + j0.4095)
V˙ 6
E˙G 1 = Z˙a1 · I˙x + V˙ 6 = (1.3669 + j3.3256)(p.u)
E˙G 3 = V˙ 6 − Z˙c1 · I˙y = (2.5920 + j2.4821)(p.u)
Soluci´on Problema II
Soluci´on Problema III
2. Redes de Secuencia




Figure: Red de Secuencia Positiva
Soluci´on Problema IV
Para obtener el voltaje de Thevenin, visto desde la barra (7), hay
dos opciones:

−E˙G 1 + Z˙a1 · I˙x + V˙ 7 = 0
V˙ 7 = E˙G 1 − Z˙a1 · I˙x = (1.4125 + j3.0737)(p.u) = V˙ TH
−V˙ 7 + Z˙d1 · I˙x + V˙ 6 = 0
V˙ 7 = Z˙d1 · I˙x + V˙ 6 = (1.4125 + j3.0737)(p.u) = V˙ TH
Para obtener la impedancia Thevenin, es necesario realizar reducci´on:

Z˙b1 · Z˙c1
Z˙1aux1 =
Z˙b1 + Z˙c1
Z˙1aux2 = Z˙1aux1 + Z˙d1
Z˙1aux2 · Z˙a1
Z˙1aux3 =
Z˙1aux2 + Z˙a1
Z˙1TH = j0.3543(p.u)
Soluci´on Problema V




Figure: Red de Secuencia Negativa
Soluci´on Problema VI



Para obtener la impedancia Thevenin, es necesario realizar reducci´on:

Z˙b2 · Z˙c2
Z˙2aux1 =
Z˙b2 + Z˙c2
Z˙2aux2 = Z˙1aux2 + Z˙d2
Z˙2aux2 · Z˙a2
Z˙2aux3 =
Z˙2aux2 + Z˙a2
Z˙2TH = j0.3543(p.u)
Soluci´on Problema VII




Figure: Red de Secuencia Cero
Soluci´on Problema VIII
Para obtener la impedancia Thevenin, es necesario realizar reducci´on:

Z˙b0 · Z˙c0
Z˙0aux1 =
Z˙b0 + Z˙c0
Z˙0aux2 = Z˙0aux2 + Z˙d0
Z˙0aux2 · Z˙a0
Z˙0aux3 =
Z˙0aux2 + Z˙a0
Z˙0TH = j0.0977(p.u)




Figure: Conexi´
on de las Redes de Secuencia
Soluci´on Problema IX
De acuerdo al tipo de falla:

V˙ a1 = V˙ a2 = V˙ a0
V˙ TH
I˙a1 = = (7.1328 − 3.2779i)(p.u)
˙ Z˙2TH · Z˙0TH
Z1TH +
Z˙2TH + Z˙0TH
V˙ a1 = V˙ TH − Z˙1TH · I˙a1 = (0.2511 + j0.5464)(p.u)
V˙ a2 = V˙ a0 = (0.2511 + j0.5464)(p.u)
Para calcular las corrientes:

V˙ a2
I˙a2 = − = (−1.5422 + j0.7087)(p.u)
˙
Z2TH
V˙ a0
I˙a0 = − = (−5.5906 + j2.5692)(p.u)
Z˙0TH
Soluci´on Problema X

2.1 Corrientes en el punto de falla:

 ˙    ˙   
IaF 1 1 1 Ia0 0
 I˙bF  =  1 a2 a · I˙a1  =  (−11.8384 − j3.6590)  (p.u)
I˙cF 1 a a2 I˙a2 (−4.9334 + j11.3665)
(1)

2.2 Voltajes en el punto de falla:

 ˙
V˙ a0
     
VaF 1 1 1 (0.7533 + j1.6393)
 V˙ bF  =  1 a2 a · V˙ a1  =  0  (p.u)
V˙ cF 1 a a2 ˙
Va2 0
(2)
Soluci´on Problema XI
3. La potencia compleja que entrega G1

E˙G 1 − V˙ a1
I˙1a1 =
Z˙a1
= (6.9479 − j2.7895)(p.u)
V˙ 1F 1 = E˙G 1 − jX1G 1 · I˙1a1
= (0.5301 + j1.2412)(p.u)


0 − V˙ a2
I˙1a2 =
Z˙a2
= (−1.3661 + j0.6278)(p.u)
V˙ 1F 2 = −jX1G 2 · I˙1a2
=
(0.1883 + j0.4098)(p.u)
on de T1 , I˙1a0 = 0, por lo tanto:
Debido a la conexi´

S˙G 1F = V˙ 1F 0 · I˙1a0

+ V˙ 1F 1 · I˙1a1

+ V˙ 1F 2 · I˙1a2


= (0.2204 + j9.4244)(p.u)
Soluci´on Problema XII




4. Determine el valor de la corriente por el neutro del generador G3 .
Justifique la respuesta
La corriente por el neutro de G3 es nula debido a que el primario del
transformador T3 est´a conectado en Delta.

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