Capitulo6 cortocircuitoasimetrico

Derechos Reservados Dr. Gilberto Carrillo Caicedo, M.E., PhD Página. 216
CAPÍTULO 6
CORTOCIRCUITO ASIMÉTRICO
6.1 INTRODUCCIÓN
A pesar de utilizarse ampliamente para el diseño y la selección de equipo el cálculo con cortocircuitos
trifásicos sólidos, los más populares son los asimétricos. Estos se dan cuando ocurren fallas
desequilibradas como caída de una línea a tierra, la falla entre dos fases, etc.
Las fallas que ocurren en los sistemas de potencia se catalogan, en general, como fallas en serie si no se
tienen relación con el punto de referencia (tierra o neutro) como en el caso de líneas abiertas, y fallas en
paralelo si tienen que ver con el punto de referencia. En este capítulo sólo se consideran las últimas, pues
en estado estacionario pueden ser las más perjudiciales. Otra limitación del estudio corresponde al hecho
de no considerar fallas simultáneas, consideración bajo la cual se puede mantener simetría con respecto a
la fase que normalmente se supone a ó
(la "a") facilitando el tratamiento.
Para tratar en forma más adecuada los casos asimétricos, se han desarrollado técnicas de
descomposición nodal como son las componentes de Park (d, q, o), las de Clarke ( α,β,ο), las simétricas
y muchas otras. Las más populares para estudios de cortocircuito asimétrico son las simétricas y son las
que se consideran acá.
Se mostrará la manera como las redes de secuencia se interconectan en casos de falla.
Procedimiento:
1. Dibujar el diagrama del circuito en el punto de falla mostrando las conexiones de las fases.
- Nombrar todas las corrientes, voltajes e impedancias cuidadosamente, resaltando las polaridades y
direcciones supuestas.
- Se supone que le sistema es completamente balanceado, y que el único desbalance que se puede
presentar, es en el punto a considerar.

2. Escribir las condiciones de falla (de frontera) con base en corrientes y voltajes conocidos para la falla a
considerar.
3. Transformar las corrientes y los voltajes del punto anterior 2. De la red a, b, c al sistema coordenado 0-
1-2 (0, +, -) mediante la transformación A o A (Ver Apéndice).
4. Examinar las corrientes de secuencia para determinar la conexión apropiada de las redes de
secuencia satifaciendo 3.
5. Examinar los voltajes de secuencia para determinar la conexión de los otros terminales de las redes
de secuencia, agregando las impedancias que se requieran para satisfacer 4 y 5.
6. Devuélvase a las componentes a-b-c si es necesario para conocer los valores de las corrientes y los
voltajes de falla.
6.2 THEVENIN
6.2.1 Caso Monofásico
6.2.1.1 A Tierra
Es una falla monofásica, las tres líneas aparecen conectadas en la forma mostrada en la figura 6.1.
Las condiciones de falla son:
FIGURA 6.1
Diagrama de conexiones para una falla línea-tierra.

∆Ib = ∆Ic = 0; Va = Zf (∆Ia ) (En caso de falla monofásica sólida Zf =0. Luego Va =0)
∆Ia = ∆If
Para obtener las componentes de secuencia, se hace uso de la ecuación A.3.
I
I
I
a a
a a
I
I
I
a a
a a
I
I
0
1
2
2
2
a
b
c
2
2
f
f










=




















=




















=










1
3
1 1 1
1
1
1
3
1 1 1
1
1
0
0
1
3
1
1
1
∆
∆
∆
De la cual se obtiene:
I0 = I1 = I2 = I3 =
1
3
If =
1
3
∆Ia (Ec. 6.1)
Y con, Va = Zf (∆Ia) = 3ZfI1
Va = Va0 + Va1 + Va2 = 3ZfI1
Se llega a: 3ZfI1 = Va0 + Va1 + Va2 (Ec. 6.2)
Para la conexión de las redes de secuencia se debe tener en cuenta que de acuerdo a la ecuación 6.1 (I0
= I1 = I2 ) las tres redes están en serie y esa serie está conectada a una impedancia de valor 3Zf dado
por la ecuación 6.2 y mostrado en la figura 6.2.b.
De la figura 6.2.b. y sabiendo que el equivalente de Thévenin de secuencia positiva está conformado por
una fuente de valor Ea y la impedancia Z1 , mientras que las de secuencia negativa y cero sólo contienen
una impedancia Z2 y Z0 respectivamente.
Se puede obtener, la corriente de falla:

3Ea
If = 3I0 = ---------------------------- (Ec. 6.3)
Z1 + Z2 + Z0 + 3Zf
FIGURA 6.2
Conexión de las redes de secuencia dadas por la condición de a) Corrientes b) Voltaje.
EJEMPLO 6.1
Para el diagrama unifilar de la Figura 6.3. se desea calcular la corriente de falla.
FIGURA 6.3
Diagrama unifilar del ejemplo 6.1
Datos
Generador : 25 MVA; 10 KV; X- = 0,125 pu = X+ = X0
T : 30 MVA; 10:20 KV; X- = 0,105 pu = X+ = X0
Línea : Z+ = Z- = 2+j4 Z0 = 5 + j12 Ω
T : 20 MVA 5:20 KV X = 0,05 pu
Base : 20 MVA 5 Kv en la carga
Valores en pu:

Generador : X pu = 0,125 x
20
25
= 0,1 pu
T : X pu = 0,105 x
20
30
= 0,07 pu
Línea : ZB = 20²/20 = 20 Ω
Z+ = Z- = 0,1 + j0,2 pu Z0 = 0,25 + j0.6 pu
T : X pu = 0,05 pu(ZBBT = 5²/20 = 1,25 Ω ) Xn =
0 25
125
0 2
.
.
.= pu
Carga : S = 0.5 + j0,25 pu

Solución:
(d)
FIGURA 6.4
Redes de secuencia para el sistema de la Figura 6.3.
a)Positiva; b)Negativa; c) Cero; d) Conexión de las redes de secuencia.

De la figura 6.4. (a).
S* 0,5 - j0,25
IL = ---- = --------------- = 0,5 - j0,25 A
V* 1 ∠ 0º
VTH = IL (j0.05) + 1 = (0.5 – j0.25) (j0.05) + 1
VTH = j0.0125 + j0,025 + 1 = 1,0125 + j0,025 = 1,0128 ∠1,57º
1 1
Z pu = ----- = -------------- = 1,7889 ∠29,52º
I pu 0,5 - j0,25
Z pu = 1,6 + j0.8 pu
Z th = (1,6 + j0,35) / (0,1 + j0,37)
(1,8118 ∠31,09º) (0,3833 ∠83,2º )
Z th = -------------------------------------------------- = 0,3319 ∠74,66º
2,0925 ∠39,63º
Z1 = 0,3319 ∠74,66º = 0,1286 + j0,306 = Z2
Z0 = 0,25 + j0,67 pu
En la figura 6.4 se muestra las redes de secuencia y en la Figura 6.5 los equivalentes de Thévenin para
casa una de las secuencias.
Estas redes para el caso de falla monofásica, se interconectan como en la figura 6.2.b. y se tiene
1.0128 ∠1,57º
IF = 3 ----------------------------------------------------- = 1.7937 ∠-53.08
2 x (0,1286 + 0,306) + 0,25 + j0,67 + 0,6

FIGURA 6.5
Equivalente de Thévenin para la secuencia a) Positiva b) Negativa c) Cero.
0.8 ∠1.57º
FIGURA 6.6
Condición de falla monofásica para la red de la Figura 6.3.
6.2.1.2 A Neutro
La situación es exactamente la misma que en 6.2.1.1 pero con la diferencia de tener la falla entre la fase y
el neutro (Van = 0) en lugar de la falla entre la fase y la tierra (VaT = 0). La mejor forma de entenderlo es
comparando los resultados de los ejemplos 6.1 y 6.2.
EJEMPLO 6.2
Del ejemplo 6.1 se tiene, Figura 6.7

Z1 = Z2 = 0,1302 + j0.305
Z0 = (0,25 + j0,67) + (j0,6) / (1,6 + j0,85) = 1,216 ∠72,121º
FIGURA 6.7
Conexión de las redes de secuencia para falla monofásica a neutro T.
FIGURA 6.8
Equivalente de Thévenin para la secuencia a) Positiva b) Negativa c) Cero.

Estas redes para el caso de falla monofásica a neutro se interconectan como en la figura 6.2.b.
(d)
FIGURA 6.8
Obtención de la impedancia de Thévenin para la red de secuencia cero cuando ocurre falla línea-neutro.
1.0128 ∠1.57º
FIGURA 6.9
Condición de falla monofásica a neutro para la red de la Figura 6.3.

De la ecuación 6.3 se tiene.
3Ea
If = ----------------------------
Z0 + Z1 + Z2 + 3Zf
3 * 1,0128 ∠1,57º
If = --------------------------------------------------------------
0,3735 + j1,1581 + (0,1286 + j0,306) x 2 + 0,6
3 x 1,01128 ∠1,57º
If = ------------------------------
2,1559 ∠61,32º
If = 1,412 ∠-59,75 pu
6.2.2 Caso bifásico
6.2.2.1 Línea-Línea
La falla se ilustra en la figura 6.10.
FIGURA 6.10
Diagrama de conexiones para una falla línea-línea.
En este caso las condiciones de falla son:
∆Ia = 0; ∆Ib = - ∆Ic = If Vb - Vc = If Zf

I
I
I
1 1 1
1 a a
1 a a
0
I
I
0
(a a )I
(a a )I
a0
a1
a2
2
2
f
f
2
f
2
f










=









 −










= −
− −










=


















1
3
1
3
0
3
3
j
I
j
I
f
f
Por lo cual
JIf
Ia0 = 0; Ia1 = -Ia2 = ------ (Ec. 6.4.)
√3
Las componentes de secuencia de la tensión vienen dadas por:
V
V
V
1 1 1
1 a a
1 a a
V
V
V I Z
a0
a1
a2
2
2
a
b
b f f










=









 −










1
3
Va0 = 0
3Va1 = Va + (a + a²) Vb - a² If Zf
3Va2 = Va + (a + a²) Vb - a2 If Zf
3 (Va1 - Va2) = (a - a²) If Zf = j √3 If Zf
If
Va1 - Va2 = j ----- Zf
√3
y reemplazado 6.4 se tiene:
Va1 - Va2 = Ia1 Zf (Ec. 6.5.)
La ecuación 6.4 implica la conexión serie de los equivalentes de secuencia positiva y negativa, con uno de
ellos invertido (Ver Figura 6.2.a) mientras que la ecuación 6.5 indica que se debe cerrar el circuito a través
de la impedancia de falla (Zf) para las redes de secuencia positiva y negativa (Va1 - Va2). Ver Figura
(6.2.b).

FIGURA 6.11
Conexión de las redes de secuencia para la falla entre dos líneas.
Del circuito de la Figura 6.11 se puede obtener la componente de secuencia positiva y por tanto la
negativa.
Ea
Ia1 = ------------------- (Ec. 6.6.)
Z1 + Z2 + Zf
y conjugando las ecuaciones 6.4 y 6.6 se tiene:
-j √3 Ea
∆Ib = -∆Ic = If = ------------------- (Ec. 6.7)
Z1 + Z2 + Zf

6.2.2.2 A tierra
La falla se ilustra en la Figura 6.12
En este caso las condiciones de falla son:
FIGURA 6.12
Diagrama de conexiones para una falla línea-línea a tierra:
∆Ia = 0; I0 = I0 + I1 + I2; I1 + I2 = - I0
Vb = Ib Zf + (∆Ib + ∆Ic) Zg
Las componentes de secuencia de la tensión vienen dadas por:
Vb = V0 + a²V1 +aV2 = (I0 + a²I1 + aI2 )Zf + (I0 + a²I1 + aI2 + I0 + aI1 + a²I1 )Zg
V0 + a²V1 + aV2 = (I0 + a²I1 +aI2 )Zf + (2I0 + (a² + a)I1 + (a² + a)I2 )Zg
V0 + a²V1 + aV2 = (I0 + a²I1 + aI2 )Zf + (2I0 – I1 – I2 )Zg
V0 + a²V1 + aV2 = (I0 + a²I1 + aI2 )Zf + 3I0 Zg

Vb – Vc = ( ∆Ib - ∆Ic )Zf
V 0 + a²V1 +aV2 - V0 - a²V1 - aV2 = (I0 + a²I1 + aI2 - I0 - a²I1 - aI2 )Zf
(a² - a)V1 - (a² - a)V2 = (a² - a)I1 Zf - (a² - a) I2 Zf
V1 - If Zf = V2 - I2 Zf (Ec. 6.8)
Se tiene:
V0 + a²V1 + aV2 = I0 Zf + a²I1Zf + a²I2Zf + 3I0Zg
V0 - I0Zf - 3I0Zg + a²V1 + aV2 = a²I1 Zf + aI2 Zf
V0 - (Zf + 3Zg) I0 = -a²(V1 – I1 Zf ) - a(V2 - I2Zf )
V0 - (Zf + 3Zg) I0 = (-a² - a) V1 – I1 Zf
V0 - (Zf + 3Zg) I0 = -I1 Zf (Ec. 6.9)
FIGURA 6.13
Conexión de las redes de secuencia para falla doble línea-línea

De la Figura 6.13 que se obtiene de las ecuaciones 6.8 y 6.9 y aplicando división de corriente; entonces:
Z0 + Zf + 3Zg
- I2 = (------------------------------) x I1
Z0 + Z2 +2Zf + 3Zg
De la misma forma:
Z2 + Zf
-I0 = (--------------------------)
Z0 + Z2 + 2Zf + 3Zg
Como: ∆Ib = I0 + a2 I1 + aI2 ; entonces:
a² (Z0 + Z2 + 2Zf + 3Zg) - (Z2 + Zf ) - a (Z2 + Zf )
∆Ib = ---------------------------------------------------------------------
Z0 + Z2 + 2Zf + 3Zg
6.3 CAPACIDAD DE CORTOCIRCUITO
El método de los MVA coci puede utilizarse para resolver fallas asimétricas en forma similar al cálculo de
fallas trifásicas simétricas.
Para el cálculo de la corriente de falla monofásica se utiliza la conexión dada en la Figura 6.2.b y repetida
con los bloques de MVA coci en la Figura 6.14.

FIGURA 6.14
Representación de las redes de MVA coci y conexión para falla monofásica.
EJEMPLO 6.3
Calcular la corriente de falla monofásica para el sistema de la Figura 6.15
Figura 6.15
Diagrama unifilar del ejemplo 6.3.
Asumiendo que las reactancias de secuencia positiva y negativa son iguales, el diagrama correspondiente
se muestra en la Figura 6.16.a.
Los MVA coci de los diferentes elementos son:
Generador : 1500 MVA coci
Línea (*) : MVA coci1 = MVA coci2 =
69
387
1230
2
.
=
15

Transformador : -------- = 198 MVA coci
0,076
15
Motor : MVA coci1 = MVA coci2 = ------ = 75
0,2
15
MVA coci0 = ------ = 150
0,1
El diagrama de secuencia positiva y negativa se muestra en la Figura 6.16.a.
Según la Figura A.8, cuando ocurre una falla en la barra de 12 KV, únicamente el transformador y el motor
contribuyen a los MVA coci de secuencia cero. El primario en delta del transformador bloquea cualquier
corriente de secuencia cero que fluya del sistema. El diagrama de secuencia cero es entonces el mostrado
en la Figura 6.16.b.

El bloqueo equivalente de secuencia cero es:
MVAº = MVAtrfº + MVAMº = 198 + 150 = 348 MVA coci y el de las secuencias positiva y negativa es:
153 + 75 = 228 MVA coci
FIGURA 6.16
Redes de secuencia expresadas en bloques de MVA coci,
a) Positiva y negativa b) Cero.
(69)²
(*) Línea: MVA coci 0 = -------- = 492
9,67
La conexión para condición de falla monofásica usando los bloques de coci se muestra en la Figura 6.17.
Como:
Iº = I1 = I² la corriente de falla es:
3 x 86000

If = --------------- = 12,413 A
√3 x 12
FIGURA 6.17
Conexiones de los bloques para falla monofásica.
La falla monofásica con impedancia de falla o reactancia en el neutro puede también calcularse fácilmente
colocando en serie con los bloques de la Figura 6.17 el valor de MVA correspondiente a 3 veces la
impedancia de falla, por ejemplo, si la falla en el ejemplo tratado ocurre a través de una reactancia de Xf =
0,1 ohm. lo cual corresponde a 3Xf = 0,3 ohms.

12²
MVAXf = -------- = 480 MVA coci
0,3
entonces,
86 x 480
MVAf = ------------- = 73 MVA
86 + 480
3 x 73.000
la corriente será If = --------------- = 10.537 A
√3 x 12
6.3.2 Caso Bifásico
En este caso, para el cálculo de la corriente de falla se utiliza la conexión dada en la Figura 6.11.
EJEMPLO 6.4
Calcular la corriente de falla línea-línea para el sistema del ejemplo 6.3.
La conexión para la condición de falla usando los bloques de coci se muestra en la Figura 6.18.
FIGURA 6.18
Conexiones de los bloques para falla línea-línea.
√3 x 114.000
If = ------------------ = 9.500 A
√3 x 12

6.4 MATRIZ IMPEDANCIA DE BARRAS
Anteriormente, cualquier mención de ZBARRA de coci (Z coci) refería al sistema de secuencia positiva y se
aplicaba únicamente a fallas balanceadas.
Para fallas asimétricas se tienen que obtener rastrillos equivalentes para la secuencia negativa y la cero.
Para obtener la solución cuando se tiene una falla desbalanceada se conectan las redes como se
describió en 6.2.1. de acuerdo al tipo de falla.
Supóngase una red grande de la cual se obtuvieron las matrices Zco-ci de secuencia positiva, negativa y
cero, manteniendo 4 barras de interés (más la referencia). En esa red ocurre una falla entre la fase a y
tierra. La conexión de los rastrillos equivalentes se da en la Figura 6.19.

FIGURA 6.19
Conexión de las redes de secuencia para falla monofásica usando rastrillos equivalentes.
I I I
1
Z Z Z
E I I 0 I
3
Z Z Zaf
0
af
1
af
2
11
1
11
2
11
0 af af
0
af
11
1
11
2
11
0= = =
+ +
= =
+ +
3
Ó en forma general: I
3
Z Z Z
(Ec. 6.8)af
kk
1
kk
2
kk
0=
+ +
Para falla en la barra k.
Si se necesitasen los voltajes en las fases de la barra 4 para falla en la barra 1:

V 1 Z I
V Z I
V Z I
4n
1
14
1
af
1
4n
2
14
2
af
2
4n
0
14
0
af
0
= −
= −
= −
o sea que:
V V V V 1 Z I Z I Z I
Como I I I
4n 4n
1
4n
2
4n
0
14
1
af
1
14
2
af
2
14
0
af
0
af
1
af
2
af
0
= + + = − − −
= =
se tiene:
V4n = 1 - ( Z1
14 + Z 2
14 + Z0
14 ) I0
af
Y reemplazando I0
af:
( Z1
km +Z2
km +Z0
km )
V4na = 1 - ----------------------------- para falla en la barra 1.
( Z2
kk + Z1
kk + Z0
kk )
En general se tendrá:
Z2
km + Z1
km + Z0
km
Vmna = 1 - --------------------------- para falla en la barra k. (Ec. 6.9)
Z2
kk + Z1
kk + Z0
kk
Para la fase b:
Vmnb = V1
mnb + V2
mnb + V0
mnb
Vmnb = V0
mnb + V1
mnb (a²) + V2
mnb (a)

Vmnb = 1- (Z1
km) I0
af a² + (-Z0
km) I0
af + (-Z2
km) I0
afa
1
Vmnb = a² + (-a² Z1
km - Z0
km – aZ2
km) --------------------
Z2
kk + Z1
kk + Z0
kk
Z0
km + a²Z1
km + aZ2
km
Vmnb =a² - ------------------------------- para falla en la barra k.
Z2
kk + Z1
kk + Z0
kk
Z0
km + a²Z2
km + Z1
km
Vmnc =a - ------------------------------- para falla en la barra k.
Z2
kk + Z1
kk + Z0
kk
Cuando la magnitud de E1 = Ea es diferente de 1, los voltajes y corrientes se deben multiplicar por Ea.

6.4.2 Caso Bifásico
6.4.2.1 Simple
En la figura 6.20 se muestra el circuito equivalente para la falla línea-línea.
FIGURA 6.20
Circuito equivalente para la falla línea-línea.

Si se reemplaza Z1 y Z² por los rastrillos equivalentes de secuencia positiva y negativa, como se muestra
en la figura 6.21 se tendrá:
FIGURA 6.21
Redes de secuencia usando rastrillos equivalentes para la condición de falla línea-línea en la barra 1.
De la Figura 6.21
1,0
I1
af = - I2
af = ---------- para falla en la barra 1.
Z1
11 + Z2
11 (Ec. 6.10)
∆Ib = I0 + a²Iaf + aI²af
I0 = 0
(a² - a) x 1 - J√3
- ∆Ib = ----------------- = ---------------
Z1
11 + Z²11 Z1
11 + Z²11
∆Ib = - ∆Ic
V1
n4 = 1,0 – I1
af Z1
14

V2
n4 = – I2
af Z2
14
Vn4 = V1
n4 + V2
n4 = (1,0 – I1
af Z1
14) + (– I2
af Z2
14) = 1,0 – I1
af (Z1
14 + Z1
14)
Sustituyendo I1
af de la ecuación 6.10.
(Z1
14 - Z2
14)
Vn4 = 1,0 - ------------------- Para falla en la barra 1.
(Z1
11 - Z2
11)
En general, para una falla línea-línea en la barra k, el voltaje de fase a en la barra k es:
Z1
km - Z2
km
Vmna = 1,0 - ------------------- (Ec. 6.11)
Z1
kk + Z2
kk
Para obtener los voltajes para las fases b y c en la barra m (falla en la barra k);
Vmnb = V1
mnb + V2
mnb
Vmnb = V1
mna a2 + V2
mna a (Ec. 6.12)
Y Vmnc = V1
mna a + V2
mna a2
Donde V1
mna = 1,0 – I1
af Z1
km (Ec. 6.14)
Sustituyendo los ecuaciones 6.13 y 6.14 en la ecuación 6.12.
Vmnb = (1,0 - I1
af Z1
km ) a² + (I1
af Z2
km) a

= 1,0 . a² - I1
af (Z1
kma - Z2
km )a
Z1
kma2 - Z2
km
Vmnb = 1,0 . a² - ----------------- (Ec. 6.15)
Z1
kk - Z2
kk
De igual forma:
Z1
kma - Z2
kma2
Vmnc = 1,0.a - -------------------- (Ec. 6.16)
Z1
kk - Z2
kk
6.4.2.2 A tierra
La conexión se muestra en la Figura 6.22 si se reemplaza Z1, Z2 y Z0.
por los rastrillos de secuencia positiva, negativa y cero respectivamente, se tiene:
FIGURA 6.22
Figura 6.22
Redes de secuencia para falla doble línea a tierra en la barra 1 usando rastrillos equivalentes.

En general, para una falla en la barra k:
1,0
I1
af = ------------------------
( Z2
kk Z0
kk)
Z1
kk + ---------------
(Z2
kk + Z0
kk)
Z2
kk + Z0
kk
Ó I1
af = -------------------------------------- (Ec. 6.17)
Z1
kk Z2
kk + Z1
kk Z0
kk + Z2
kk Z0
kk
-V1
fna -V1
fna
también I2
af = -------- y I0
af = - --------
Z2
kk Z0
kk
Donde V1
fba = 1,0 – I1
af Z1
kk
Z2
kk + Z0
kk
En general: V1
fna = --------------------------------------
Z1
kk Z2
kk + Z1
kk Z0
kk + Z2
kk Z0
kk
Los voltajes de secuencia en la fase a de la barra m para una falla en la barra k son:
V1
mna = 1,0 – I1
af Z1
km
V2
mna = I2
af Z2
km (Ec. 618)
V0
mna = - I0
af Z0
km
Finalmente, los voltajes con respecto al neutro en la barra m son:

Vmna = V1
mna + V2
mna + V0
mna
Vmnb = V1
mna a2 + V2
mna a + V0
mna (Ec. 6.19)
Vmnc = V1
mna a + V2
mna a2 + V0
mna
EJEMPLO 6.5
Se tienen las siguientes matrices de coci.
Z Z j
Z j
barra
1
barra
2
barra
2
= =












=












0 355 0 245 0 300 0 300
0 245 0 355 0 300 0 300
0 300 0 300 0 450 0 450
0 300 0 300 0 450 0 450
0 2 0 2 0 2 0 2
0 2 12 0 7 0 7
0 2 0 7 0 95 0 95
0 2 0 7 0 95 11
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
Calcular la corriente de falla cuando ocurre una falla en la barra 2 y el voltaje en la barra 4 cuando la falla
es:
a) Monofásica
b) Línea-línea
c) Doble línea-línea
Solución:
a) De la ecuación 6.8:
3
Iaf = ------------------------------- = - j1,57 pu A
j (0,355 + 0,355 + 1,2)

De la ecuación 6.9:
j(0,3 + 0,3 + 0,7)
V4na = 1,0 - ------------------------------- = 0,32 pu V
j (0,355 + 0,355 + 1,2)
b) De la ecuación 6.10:
1,0
I1
af = - I2
af = ------------------------ = - j1,41 pu V
j (0,355 + 0,355)
De la ecuación 6.11:
j (0,3 + 0,3)
V4na = 1,0 - ---------------------- = 0,155 pu V
j(0,355 + 0,355)
c) De la ecuación 6.17:
j (0,355 + 1,2)
I1
af = ------------------------------------------------------------------
(j0,355) (j0,355) + (j0,355) (j1,2) + (j0,355) (j1,2)
I1
af = - j1,59 pu A
- V1
fna - V1
fna
I2
af = --------- y, I0
af = -----------
Z2
kk Z0
kk
V1
fna = 1,0 - I1
af Z1
kk = 1,0 - (- j1,59) (j0,355)

V1
fna = 0,436 pu V
- 0,436
I2
af = ---------- = j 1,228 pu A
j 0,355
- 0,436
I0
af = ---------- = j 0,363 pu A
j1,2
De las ecuaciones 6.18:
V1
4na = 1,0 - ( - j1,59) (j0,3) = 0,523 pu V
V2
4na = (j1,228) (j0,3) = - 0,3684 pu V
V0
4na = ( - j0,363) (j0,7) = 0,254 pu V
De las ecuaciones 6.19:
V4na = 0,523 - 0,3684 + 0,254 = 0,4085 pu V
6.5 INCLUSION DEL EFECTO DE LOS TRANSFORMADORES Y- ∆
Para los casos considerados anteriormente los valores buscados y el cortocircuito asimétrico se
encontraban en el mismo lado del transformador. Si se necesita obtener las condiciones en el lado
contrario a aquel en el cual se presenta la falla, es erróneo considerar la representación del transformador
mostrada en el ejemplo 6.1, ya que un CO-CI monofásico en el lado secundario y (por ejemplo) sé ve en el
lado primario como un COCI trifásico desequilibrado (Figura 6.23b) mientras que en la realidad se debe
ver como una falla bifásica (Figura 6.23a).

FIGURA 6.23 Corrientes de línea obtenidas al ocurrir una falla monofásica en el lado Y. a) Condiciones
reales. b) Condiciones erróneas.
Para obtener correctamente los valores de falla se debe considerar el desfasaje impuesto por el
transformador (Figura 6.24).
FIGURA 6.24 Desfasaje ocasionados por el transformador Y - ∆
a)Secuencia positiva. b) Secuencia negativa.
Nótese que si se asignan a RST los nombres ABC el transformador adelanta en 30 las tensiones y las
corrientes de secuencia positiva al pasar del lado ∆ al lado Y, y en –30º los de secuencia negativa; si se
cambia la asignación como se muestra en la tabla 6.1, el desfase cambia.

TABLA 6.1 Desfasaje de voltajes y corrientes secundarias (Y) con respecto a voltajes y corrientes
primarias (∆) para el transformador de la Figura 6.1a.
Nombre dado Desfase sec. posit. Desfase sec. posit.
ABC +30º -30º
BCA -90º +90º
CAB +150º -150º
La tabla 6.1 sugiere como solución al problema la inclusión de un transformador desfasador con relación
de transformación 1∠φ, siendo φ positivo para secuencia positiva, y negativo para la otra secuencia. Se
acostumbra a darle a φ un valor de 90º o –90º según el caso para facilitar los cálculos como sé ve en la
Figura 6.25.
FIGURA 6.25 Representación del transformador ∆-Y de la Figura 6.23a.
a)Secuencia positiva. b)Secuencia negativa.
En la Tabla 6.1 se expresó la relación entre los valores secundarios y primarios, mientras que en la Figura
6.25 la relación fue contraria. Como los voltajes y las corrientes se desfasan igualmente, la impedancia no
cambia al pasarla de un lado a otro del transformador, razón por la cual los cálculos realizados en los
ejemplos anteriores están correctos.
Ejemplo 6.6

Para el sistema de potencia del ejemplo 6.1, hallar las corrientes de línea en el lado delta cuando ocurre
un CO-CI monofásico en lado Y, estando este:
a) En vacío, b)con carga.
FIGURA 6.26 Interconexión de las redes de secuencia para falla monofásica en la carga cuando ésta es
nula.
Para el circuito de la Figura 6.26 se tiene:
I+ = Io = I-. = 1/3 IF
Las impedancias equivalentes de thevenin para las secuencias serán:
(0,1 + J0,42) (1,6 + 50,8)
Z+ = ------------------------------------ = 0.3691∠67,51 pu = Z
0,1 + 1,6 + j0,42 + j0,8
Zo = j0,65 x (1,6 + j0,8) = 0,5385∠74,39 pu

Por lo cual,
1
I+ = ---------------------------------------------------------------------------
0,3691∠67,51 + 0,3691∠67,51 + 0,5385∠74,39 + 0,6
= 0,6329∠-49,45 pu A
FIGURA 6.27 Interconexión de las impedancias de secuencia.
I+ = I- = Io
Ia = 1,8986∠-49,45 pu A
Ia = 4384,6 A
I+ = I+y; I- = I-y; Io = Ioy
Ia = Io + I++ I-

1
Io = --------------------------------------------------------
(0,1 + j0,42) + (0,1 + j0,42) + (0,6 + j0,65)
= 1,6912∠-61,77 pu A
Ia = 5,0973∠-61,77 pu A
Ib = Io + a²I+ + aI- = 0 = Ic
I+ = jI+y = 1,6912∠28,13
I- = -jI-y = 1,6912∠151,77
Io = 0 pu A
Ia = Io + I+ + I- = 1,6912∠28,23 + 1,6912∠-151,77
= 0 pu A
Ib = Io + a²I+ + aI- = 1,6912∠-91,77 + 1,6912∠-31,77
= 2,9292∠-61,77 pu A
Ic = Io + aI+ + a²I- = 1,6912∠148,23 + 1,6912∠-271.77
= 2,9292∠118,23 pu A
Ic = - Ib
O sea que le sirve de retorno.

b) Con Carga:
FIGURA 6.28 Interconexión de las redes de secuencia para falla monofásica en la carga
La corriente de secuencia en la falla es:
1
I+ = ---------------------------------------------------------------------------
0,3691∠67,51 + 0,3691∠67,51 + 0,5385∠74,39 + 0,6
I+ = 0,6329∠-49,45
O expresado en otra forma:
(1,6 + j0,8) I+y

I+ = ----------------------------
1,6 + j0,8 + 0,6 + Zo + Z-
Por lo cual:
I+ (1,6 + 0,6 + j0,8 + 0, 3691∠67,51 + 0,5385∠74,39)
I+y = -------------------------------------------------------------------------
(1,6 + j0,8)
0,6329∠-49,25 (2,9891∠33,73)
I+y = -----------------------------------------------= 1,0575 -42,29 pu A
1,7889∠6,57
I+ = jI+y = 1∠90 x 1,0575∠-42,79 = 1,0575 47,71 pu A
I+ x(1,6 + j0,8) 1,7889∠26,57 x 0,6329∠-49,45
I-y = ---------------------------- = ---------------------------------
1,6 + j0,8+ 0,1+ j0,42 2,0925∠35,67
I-y = 0,5411∠-58,55 pu A
I- = -j I-y = 1∠-90 x 0,5411∠-58,55 = 0,5411∠-148,55 pu A
(1,6 + J0,8)I+ 1,7889∠26,57 x 0,6329∠-49,45
Ioy = ------------------------- = --------------------------------------------
1,6 + j0,8 + j0,65 2,1593∠42,18
Ioy = 0,5243∠-65,06 pu A
Io = 0 pu A

Para las líneas se tendrá:
Iay = I+y + I-y + Ioy = 1,0575∠-42,29 + 0,5411∠-58,55 + 0,543∠-65,06
Iay = 2,0907∠-52,05 pu A
Iby = Ioy + a²I+y + aI-y = 0,5243∠-65,06 + 1,0575∠-162,29 + 0,5411 < 61,45 =
= 0,6181∠-148,62 pu A
Icy = Ioy + aI+y + a²I+y = 0,5243∠-65,06 + 1,0575∠77,71+ 0,5411∠-17855
= 0,5524∠99,87 pu A
Las corrientes de secuencia del lado delta serán:
Ia = I+ + I- + Io = 1,0575∠47,71 + 0,5411∠-148,55 + 0
Ia = 0,559∠63,43
Ib = Ioa + aI- + a²I+ = 1,0575∠-72,29 + 0,5411∠-28,55 + 0 = 1,496∠-57,81
Ic = Ioa + a²I- + aI+ = 1,0575∠-72,29 + 0,5411∠-268,55 + 0
Ic = 1,2973∠143,81 pu A

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