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Tarea III
Francisco de Lima 10-10185
4 de junio de 2014
Figura 1: Enunciado
1. Determine las bases coherentes del sistema adimensional de
unidades.
Primero determinamos las bases del lado del estator: Sb = 2kV A.V b = 240V , Zb = 28,8Ω,wb = 377rad/s, Lb = Zb/wb = 0,0764H. Ib = 8,3333A. Una vez conocidas las bases del estator, deter-minamos las inductancias Ld y Ldf y con ellas es posible hallar la relación de vueltas entre estator ycampo. Ld = Ldp.u ·Lb = 0,1146H., Lmd = Ld−Lσd = 1,35p.u = 0,10H. Ldf =
√3·240Vw·ifn = 0,2207H.,
1
Ldf =√Lmd · Lmf =⇒ Lmf = 0,5H. Con ésto obtenemos: NdNf =
√LmdLmf = 0,4414.
Una vez conocida la relación de vueltas, es fácil obtener las bases del campo:V bf = Nf
Nd · V b = 543,7659V., Ibf = NdNf · Ib = 3,7680A., Lbf = 0,3922H.
Por último se obtiene la base de impedancia mutua: Zbe−f = Zbf−e = 65,2529Ω.
2. Realice un análisis de los resultados obtenidos cuando se in-
tegran las ecuaciones dinámicas por medios numéricos.
En los algoritmos 1 y 2 se muestran los códigos empleados para determinar el transitorios electro-magnético y electromecánico del motor de sincrónico
Observación: las corrientes de las grácas mostradas a continuación representan el comportamientode las variables de estado "hermitianas" (id,iq,iad,iaq)
Algoritmo 1 Planteamiento Problema No-Lineal
function [ px]= Sistema ( t , x )global Ld Lq Ldf Ldad Lqaq a vd vq ;pi=3.1416;a=exp(1 i ∗2∗pi /3) ;va=sqrt (2 ) ∗cos ( t ) ; vb=sqrt (2 ) ∗cos ( t−2∗pi /3) ; vc=sqrt (2 ) ∗cos ( t−4∗pi /3)
;vab=sqrt (2/3) ∗ [ 1 a a ^2 ]∗ [ va vb vc ] ' ;vdq=vab∗exp(−1 i ∗x (7 ) ) ;vd=real ( vdq ) ; vq=imag( vdq ) ;
%Accionamiento de l a fuen t e en e l campo (a l o s 5 s . )i f t<=5∗377
vf =0;else
vf =0.2278;end
Re=0.05; Rf=0.08; Rad=0.03; Raq=0.03;Ld=1.5; Ldf =1.35; Ldad=1.35; Lq=1; Lqaq=0.85; Lf =1.55; Lfad =1.3 ; Lad
=1.5; Laq=1;
%Matricesu=[vd vq vf 0 0 ] ' ;L=[Ld 0 Ldf Ldad 0 ;0 Lq 0 0 Lqaq ; Ldf 0 Lf Lfad 0 ; Ldad 0 Lfad Lad 0 ;0
Lqaq 0 0 Laq ] ;G=[0 −Lq 0 0 −Lqaq ; Ld 0 Ldf Ldad 0 ;0 0 0 0 0 ;0 0 0 0 0 ;0 0 0 0 0 ] ;R=diag ( [ Re Re Rf Rad Raq ] ) ;
%Ecuacionesi =[x (1 ) x (2 ) x (3 ) x (4 ) x (5 ) ] ' ;pi=L\(u−R∗ i−x (6 ) ∗G∗ i ) ;Te=((Ld−Lq) ∗x (1 ) ∗x (2 )+Ldf∗x (2 ) ∗x (3 )+Ldad∗x (4 ) ∗x (2 )−Lqaq∗x (5 ) ∗x (1 ) ) ;Tm=(0.2+0.1∗x (6 ) +2.7∗x (6 ) ^2) ∗ 0 . 8 ;pw=(Te−Tm) /(1200) ;po=x (6) ;
%Rede f in i c i ón de v a r i a b l e spx = [ pi ; pw ; po ] ;
end
2
Algoritmo 2 Solución Problema No-Lineal
%%Programa para e l c á l c u l o d e l t r a n s i t o r i o d e l motor s inc rón i coclear ( ) ;clc ( ) ;global Ld Lq Ldf Ldad Lqaq vd vq ;
Xo = [ 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 0 ; 3 . 1 4 1 6 / 3 ] ; % Condiciones i n i c i a l e stspan = [0 3 000 ] ; % Tiempo de s imulac ión[ t ,X] = ode45 (@Sistema , tspan ,Xo) ; %ODE
id=X( : , 1 ) ; i q=X( : , 2 ) ; I f=X( : , 3 ) ; iad=X( : , 4 ) ; i aq=X( : , 5 ) ; w=X( : , 6 ) ; o=X( : , 7 ) ;
i a=sqrt (2/3) ∗ real ( ( ( id+1 i ∗ i q ) .∗exp(1 i ∗o ) ) ) ;Te=((Ld−Lq) ∗ id .∗ i q+Ldf∗ I f .∗ i q+Ldad∗ i q .∗ iad−Lqaq∗ i aq .∗ id ) ;Pe=Te .∗w;t=t /377 ;
%Conjunto de Gráf icas 1f igure ( )subplot ( 2 , 1 , 1 ) , plot ( t , id , t , i q ) , legend ( ' id (p . u) ' , ' i q (p . u) ' , '
Locat ion ' , ' SouthEast ' ) , xlabel ( 'Tiempo ( s ) ' ) , ylabel ( ' Co r r i en t e s (p .u) ' )
subplot ( 2 , 1 , 2 ) , plot ( t , iad , t , i aq ) , legend ( ' iad (p . u) ' , ' i aq (p . u) ' , 'Locat ion ' , ' SouthEast ' ) , xlabel ( 'Tiempo ( s ) ' ) , ylabel ( ' Co r r i en t e s (p . u)' )
%Conjunto de Gráf icas 2f igure ( )subplot ( 2 , 1 , 1 ) , plot ( t , I f ) , legend ( ' i f (p . u) ' , ' Locat ion ' , '
SouthEast ' ) , xlabel ( 'Tiempo ( s ) ' ) , ylabel ( ' Cor r i ente (p . u) ' )
subplot ( 2 , 1 , 2 ) , plot ( t , i a ) , legend ( ' i a (p . u) ' , ' Locat ion ' , 'SouthEast ' ) , xlabel ( 'Tiempo ( s ) ' ) , ylabel ( ' Cor r i ente (p .u) ' )
%Conjunto de Gráf icas 3f igure ( )subplot ( 2 , 1 , 1 ) , plot ( t ,w) , legend ( ' Veloc idad (p . u) ' , ' Locat ion ' , '
SouthEast ' ) , xlabel ( 'Tiempo ( s ) ' ) , ylabel ( ' Veloc idad (p . u) ' )subplot ( 2 , 1 , 2 ) , plot ( t , o ) , legend ( ' Pos i c i ón ( rad iane s ) ' , '
Locat ion ' , ' SouthEast ' ) , xlabel ( 'Tiempo ( s ) ' ) , ylabel ( ' Pos i c i ón ( rad )' )
%Conjunto de Gráf icas 2f igure ( )subplot ( 2 , 1 , 1 ) , plot ( t , Te) , legend ( 'Te (p . u) ' , ' Locat ion ' , '
SouthEast ' ) , xlabel ( 'Tiempo ( s ) ' ) , ylabel ( ' Par (p . u) ' )subplot ( 2 , 1 , 2 ) , plot ( t , Pe ) , legend ( 'Pe (p . u) ' , ' Locat ion ' , '
SouthEast ' ) , xlabel ( 'Tiempo ( s ) ' ) , ylabel ( ' Potencia (p . u)' )
3
0 1 2 3 4 5 6 7 8−10
0
10
20
X: 6.774Y: 0.787
Tiempo(s)
Cor
rient
es (
p.u)
X: 7.77Y: −1.589
id (p.u)iq (p.u)
0 1 2 3 4 5 6 7 8−10
−5
0
5
10
X: 7.844Y: 1.049e−05
Tiempo(s)
Cor
rient
es (
p.u)
iad (p.u)iaq (p.u)
Figura 2: Corrientes en ejes directo y cuadratura
0 1 2 3 4 5 6 7 8−4
−2
0
2
4
X: 7.714Y: 2.848
Tiempo(s)
Cor
rient
e (p
.u)
if (p.u)
0 1 2 3 4 5 6 7 8−10
−5
0
5
10
Tiempo(s)
Cor
rient
e (p
.u)
ia(p.u)
Figura 3: Corriente de campo y de fase
4
0 1 2 3 4 5 6 7 8−0.5
0
0.5
1
1.5
X: 7.401Y: 1
Tiempo(s)
Vel
ocid
ad (
p.u)
Velocidad (p.u)
0 1 2 3 4 5 6 7 80
1000
2000
3000
Tiempo(s)
Pos
ició
n (r
ad)
Posición (radianes)
Figura 4: Velocidad angular y posición mecánica
0 1 2 3 4 5 6 7 8−2
0
2
4
6
X: 7.474Y: 2.4
Tiempo(s)
Par
(p.
u)
Te (p.u)
0 1 2 3 4 5 6 7 8−2
0
2
4
6
X: 7.493Y: 2.4
Tiempo(s)
Pot
enci
a (p
.u)
Pe (p.u)
Figura 5: Par y potencia en el eje
En las grácas anteriores se aprecia en todas ellas cómo el campo se conecta a la fuente en elsegundo 5. Por otra parte, se observa en la gráca 5 cómo la potencia y el par en régimen permanente
5
se estabilizan en exactamente 2,4P.ude las bases monofásicas de potencia. En la gura 4 se observa cómola velocidad angular se aproxima a w = 1 antes de pasar el campo y luego de ésto es de exactamente1.
La gráca 3 muestra cómo se estabiliza la corriente de fase y se observa cómo la corriente de campollega a la corriente de campo máxima escogida.
La gráca 2 muestra dos cosas de interés. La primera de ellas es que las corrientes de los devanadosamortiguadores se hacen cero (porque no se inducen tensiones en los devanados del rotor), y la segunda
es que Ie =√
( id√3)2 + ( iq√
3)2 = 1,0238. Lo cual es aproximadamente 1, con lo que se comprueba que
se obtiene corriente nominal.
3. Determine con el modelo las corrientes de campo que ha-
cen operar a la máquina en factor de potencia capacivo e
inductivo de 0.85.
Para determinar las corrientes de campo solicitadas, utilizaremos el diagrama fasorial en convenciónmotor.
Ef = D + ∆V (1)
D = V e− (Re+ jXq) · Ie (2)
∆V = −(Xd−Xq) · Ie · sen(δ − φ)∠δ (3)
La tabla 1 presenta las soluciones del diagrama fasorial tanto para condición capacitiva como parainductiva.
Cuadro 1: SolucionesCapacitivo
D 1,7273]− 30,55820
∆V 0,4429]− 30,55820
Ef 2.1666If 1.6049Iq 0.4641Id -0.8858
Inductivo
D 0,9295]− 62,39350
∆V 0,2546]− 62,39350
Ef 1.1841If 0.8770Iq 0.8607Id -0.5091
4. Análisis transitorio de cortocircuito
El cuadro 2 muestra las condiciones iniciales y en régimen permanente de la máquina. Estos valoresse utilizan para determinar el vector de constantes k y denir de esa forma la solución homogénea ypermanente del sistema
Cuadro 2: Condiciones iniciales y permanentesCapacitivo
Corrientes Iniciales PermanentesId -0.8858 -1.4444Iq 0.4641 0If 1.6049 0.16049Iad 0 0Iaq 0 0
Inductivo
Corrientes Iniciales PermanentesId -0.5091 -0.7893Iq 0.8607 0If 0.8770 0.8770Iad 0 0Iaq 0 0
El algoritmo 3 muestra el código para obtener el transitorio electromagnético ante un cortocircuitoen bornes.
6
Algoritmo 3 Transitorio Electromagnético
%Programa para e l c á l c u l o de so l u c i ón t r a n s i t o r i a e l e c t romagné t i ca .clear ( ) ;clc ( ) ;
Re=0.05; Rf=0.08; Rad=0.03; Raq=0.03;Ld=1.5; Ldf =1.35; Ldad=1.35; Lq=1; Lqaq=0.85; Lf =1.55; Lfad =1.3 ; Lad=1.5;
Laq=1;t =0 : 0 . 0 1 : 6 0 ;
%MatricesL=[Ld 0 Ldf Ldad 0 ;0 Lq 0 0 Lqaq ; Ldf 0 Lf Lfad 0 ; Ldad 0 Lfad Lad 0 ;0 Lqaq
0 0 Laq ] ;G=[0 −Lq 0 0 −Lqaq ; Ld 0 Ldf Ldad 0 ;0 0 0 0 0 ;0 0 0 0 0 ;0 0 0 0 0 ] ;R=diag ( [ Re Re Rf Rad Raq ] ) ;A=−L\(R+G) ;[V, D]=eig (A) ;D=diag (D) ;
%Condiciones I n i c i a l e s ( v a r i a b l e s hermit ianas )i o=sqrt (3 ) ∗ [−0.8858 0 .4641 1 .6049 0 0;−0.5091 0 .8607 0 .8770 0 0 ] ' ;
%Régimen Permanente ( v a r i a b l e s hermi t ianas )I=sqrt (3 ) ∗ [−1.4444 0 1 .6049 0 0;−0.7893 0 0 .8770 0 0 ] ' ;
for j =1:2%Soluc iónk=V\( i o ( : , j )−I ( : , j ) ) ;
id=I (1 ) + V(1 , 1 ) ∗k (1 ) ∗exp(D(1) ∗ t ) + V(1 , 2 ) ∗k (2 ) ∗exp(D(2) ∗ t ) + V(1 , 3 ) ∗k (3 ) ∗exp(D(3) ∗ t ) + V(1 , 4 ) ∗k (4 ) ∗exp(D(4) ∗ t ) + V(1 , 5 ) ∗k (5 ) ∗exp(D(5) ∗t ) ;
i q=I (2 ) + V(2 , 1 ) ∗k (1 ) ∗exp(D(1) ∗ t ) + V(2 , 2 ) ∗k (2 ) ∗exp(D(2) ∗ t ) + V(2 , 3 ) ∗k (3 ) ∗exp(D(3) ∗ t ) + V(2 , 4 ) ∗k (4 ) ∗exp(D(4) ∗ t ) + V(2 , 5 ) ∗k (5 ) ∗exp(D(5) ∗t ) ;
I f=I (3 ) + V(3 , 1 ) ∗k (1 ) ∗exp(D(1) ∗ t ) + V(3 , 2 ) ∗k (2 ) ∗exp(D(2) ∗ t ) + V(3 , 3 ) ∗k (3 ) ∗exp(D(3) ∗ t ) + V(3 , 4 ) ∗k (4 ) ∗exp(D(4) ∗ t ) + V(3 , 5 ) ∗k (5 ) ∗exp(D(5) ∗t ) ;
iad=I (4 ) + V(4 , 1 ) ∗k (1 ) ∗exp(D(1) ∗ t ) + V(4 , 2 ) ∗k (2 ) ∗exp(D(2) ∗ t ) + V(4 , 3 )∗k (3 ) ∗exp(D(3) ∗ t ) + V(4 , 4 ) ∗k (4 ) ∗exp(D(4) ∗ t ) + V(4 , 5 ) ∗k (5 ) ∗exp(D(5)∗ t ) ;
i aq=I (5 ) + V(5 ,1 ) ∗k (1 ) ∗exp(D(1) ∗ t ) + V(5 , 2 ) ∗k (2 ) ∗exp(D(2) ∗ t ) + V(5 , 3 )∗k (3 ) ∗exp(D(3) ∗ t ) + V(5 , 4 ) ∗k (4 ) ∗exp(D(4) ∗ t ) + V(5 , 5 ) ∗k (5 ) ∗exp(D(5)∗ t ) ;
i f a s e=sqrt (2/3) ∗( id .∗ cos ( t )−i q .∗ sin ( t ) ) ;
i =[ id ' iq ' I f ' iad ' iaq ' ] ;f igure ( ) ;plot ( t , i ) ; t i t l e ( ' Co r r i en t e s de Co r t o c i r cu i t o ' ) , xlabel ( 'Tiempo ( s ) '
) , ylabel ( ' Co r r i en t e s (p . u) ' )legend ( ' id ( t ) ' , ' i q ( t ) ' , ' i f ( t ) ' , ' iad ( t ) ' , ' i aq ( t ) ' , ' Locat ion ' , '
SouthEast ' ) ;f igure ( ) ;plot ( t , i f a s e ) ;t i t l e ( ' Cor r i ente de Co r t o c i r cu i t o Fase A ' ) , xlabel ( 'Tiempo ( s ) ' ) ,
ylabel ( ' Cor r i ente de f a s e (p . u) ' )
end
7
4.1. Capacitivo
La gura 6 muestra el transitorio la corriente de fase. El máximo pico se obtiene como iamax =8,65− (−1,2530) = 9,9030. En variable no hermitiana se obtiene Iamax = 5,7175p.u
0 10 20 30 40 50 60−4
−2
0
2
4
6
8
10
X: 2.95Y: 8.65
Corriente de Cortocircuito Fase A
Tiempo (s)
Corri
ente
de
fase
(p.u
)
X: 0Y: −1.253
Figura 6: Capacitivo Fase
0 10 20 30 40 50 60−12
−10
−8
−6
−4
−2
0
2
4
6
8Corrientes de Cortocircuito
Tiempo (s)
Corri
ente
s (p.
u)
id(t)iq(t)if(t)iad(t)iaq(t)
Figura 7: Capacitivo Otras
8
4.2. Inductivo
La gura 8 muestra el transitorio la corriente de fase. El máximo pico se obtiene como iamax =5,601− (−1,646) = 7,2470. En variable no hermitiana se obtiene Iamax = 4,1841p.u
0 10 20 30 40 50 60−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
X: 2.6Y: 5.601
Corriente de Cortocircuito Fase A
Tiempo (s)
Corri
ente
de
fase
(p.u
)
X: 0Y: −1.646
Figura 8: Inductivo Fase
0 10 20 30 40 50 60−8
−6
−4
−2
0
2
4
6
8Corrientes de Cortocircuito
Tiempo (s)
Corri
ente
s (p.
u)
id(t)iq(t)if(t)iad(t)iaq(t)
Figura 9: Inductivo Otras
9
5. Transitorios y subtransitorios aproximados
Para determinar los transitorios y subtransitorios aproximados, se explicará el proceso a través delcaso "transitorio capacitivo", pero el procedimiento es igual para los demás casos.
Trabajando en convención motor, y conociendo que la corriente en este caso se escribe como Ie =1∠31,78830, utilizamos la ecuación del diagrama fasorial :Ef ′′ = V e − (Re + jXqs) · Ie − (Xd′ −Xq)Ie ·sen(δ−φ)∠δ. Con lo cual obtenemos el fasor Ef ′′ = 1,1251∠−30,55820. Una vez determinadala posición del eje en cuadratura (ángulo δ), se procede a determinar las corrientes prefalla Id e Iq.En este sentido, obtenemos:
Iq = Ie · cos(δ − φ)∠δ (4)
Id = Ie · sen(δ − φ)∠δ − π/2 (5)
Para el presente caso obtenemos de las ecuaciones 4 y 5 los valores Id = 0,8850∠59,44180 e Iq =0,4641∠− 30,5580.
Una vez denidos todos los fasores en el caso prefalla, y tomando en cuenta que en el primermomento del transitorio, se conserva el ángulo δ así como el faso Ef ′′, utilizamos ahora el diagramafasorial para t = 0+, el cual se aprecia en la ecuación 6.
Ef ′ = V e′ − jXqIq′ − jXd′Id′ (6)
De la ecuación anteior obtenemos un sistema matricial de 2x2, tal como el que se aprecia en laexpresión 7, dado que separamos la ecuación 6 en parte real e imaginaria.(
0,9688−0,5720
)=
[0,2792 −0,5084−0,1648 −0,864
]·(Id′
Iq′
)(7)
Al resolver el sistema matricial, se obtiene: Id′ = 3,4702, Iq′ = 0. Con lo cual nos queda que lacorriente en el estator durante el transitorio es de Ie = 3,4702p.u.
Para resolver el caso subtransitorio, basta con emplear el mismo procedimiento utilizado anterior-mente, con la diferencia de que ahora las reactancias de eje directo y cuadratura serían las subtransi-torias, y el fasor Ef ′sería ahora Ef ′′.
Las corrientes transitorias y transitorias se muestran en la tabla 3.
Cuadro 3: Corrientes transitorias y subtransitorias aproximadas.Condición Ie' (p.u) Ie (p.u)Capacitivo 3.4702 3.9985Inductivo 1.6607 3.1239
Los valores de los subtransitorios aproximados pueden compararse con los picos de los transitoriosde la sección 4.
En el caso capacitivo, se obtiene error = Iamax−√
2Ie′′
Iamax= 1,0978 %.
En el caso inductivo, se obtiene error = Iamax−√
2Ie′′
Iamax= 5,5869 %.
En ambos casos se observa que el método aproximado da errores menores del 6% respecto a losvalores transitorios reales.
6. Determine la frecuencia y amortiguamiento de las oscilacio-
nes de pequeña señal ante pequeños escalones de la carga
mecánica 3%.
La gura 10 muestra un modelo en Simulink que representa la dinámica electromecánica de lamáquina ante perturbaciones leves. El escalón en la entrada es de ∆P = 0,03p.u, luego viene uncomparador que resta el escalón de potencia mecánica con el de la potencia enviada a la red, valorque se multiplica por la función de transferencia mostrada en la gura y luego es amplicada por una
10
ganancia wb. con lo cual la frecuencia queda expresada en radianes por segundo. Posteriormente, lafrecuencia se integra y se obtiene el ángulo de carga.
Por otra parte, el término Tsinc se escribe como Tsinc = ∂Pe∂δ (δ0) = V e·Ef ′
Xd′ cos(δ0)+V e2 ·(Xd′−Xq
Xd′Xq )·cos(2δ0).
Figura 10: Modelo en Simulink
Haciendo uso del diagrama fasorial transitorio es posible conocer el ángulo de operación inicial, asícomo el par sincrónico. Nos queda δ0 = −64,94240, Ef ′ = 0,5320 =⇒ Tsinc = 2,0317.
Acomodando el modelo de control de la gura 10 en una función de transferencia se obtiene laexpresión 8.
∆δ
∆Pm=
1Tsinc · (
Tsinc2H ) · wb
s2 + ( D2H ) · s+ (Tsinc2H ) · wb(8)
El término de amortiguamiento (D) se obtiene como: Dp.u w Tnsn = 1
0,03 w 33,3333p.u en las basestrifásicas de par y potencia.
Conociendo lo anterior, obtenemos la expresión mostrada en 9.
∆δ
∆Pm=
355,3225
s2 + 31,4166 · s+ 721,9087(9)
A la expresión anterior se le hallan los polos (que son los mismos autovalores) y se obtiene p1 =−15,7083 + j21,7981 = p2∗.
Los polos obtenidos sugieren que el sistema es estable y se estabiliza en aproximadamente 254.64ms.con una frecuencia de oscilación de wosc = 21,7981/(2π) = 3,4693Hz.
La respuesta en régimen permanente del sistema es: ∆δ = ∆Pm/Tsinc = 0,0148rad = 0,84600.
7. Si la red es una barra innita, cuanto tiempo puede mante-
nerse el cortocircuito en bornes del motor antes de perder
estabilidad si inicialmente se encontraba en su punto nominal
de operación.
La gura 11 muestra el fenómeno del cortocircuito en bornes. La máquina sufre un cortocircuitocuando opera en el ángulo δ1 y el mismo es despejado en el ángulo δ2. El momento de la máquinase conserva con lo cual la misma llega hasta δx. Queremos saber cuál es el δ2 = δcr para el cual lamáquina esta a punto de volverse inestable. Además del tiempo crítico tcr.
11
Figura 11: Diagrama Potencia-Ángulo
Para resolver el problema, es preciso inicialmente determinar los ángulos δ1 y δmaxa través dela solución del problema inverso, haciendo uso de la expresión de potencia Pe′ = V e·Ef ′′
Xd′ sen(δ) +V e2·
2 (Xd′−Xq
Xd′Xq ) · sen(2δ). Se obtienen los ángulos δ1 = −69,94240, δmax = −167,42850.Conociendo que la energía cinética de la máquina debe conservarse inicialmente, se aplica el criterio
de áreas iguales para determinr el ángulo de carga.
Pm(δcr − δ1) =
δmaxˆ
δcr
V e · Ef′′
Xd′sen(δ) +
V e2·2
(Xd′ −XqXd′Xq
) · sen(2δ)∂δ (10)
Desarrollando la integral y resolviendo la ecuación numérica de la ecuación 10 es posible determinarel ángulo crítico, el cual es de δcr = −67,39620.
Una vez conocido el ángulo crítico, utilizamos la expresión: δ(tcr) = ws4H · t
2cr + δ0. De aquí podemos
despejar tcren función de δcry obtenemos tcr = 117,3ms.Dado que la máquina opera a 60Hz. se observa que hay que despejar el cortocircuito antes de 7
ciclos para evitar inestabilidad. Por fortuna, las protecciones suelen actuar en alrededor de antes deltiempo de despeje máximo calculado.
12