analisis sistem tenaga - "darpublic" at ee-cafe.org ... · alat rumah tanggga, alat...

Saluran Transmisi

Analisis Analisis Analisis Analisis

Sistem TenagaSistem TenagaSistem TenagaSistem Tenaga

Darpublic – Edisi Juli 2012

Sudaryatno Sudirham

i

Analisis

Sistem Tenaga

oleh Sudaryatno Sudirham

ii

Hak cipta pada penulis

SUDIRHAM, SUDARYATNO Analisis Sistem Tenaga Darpublic, Kanayakan D-30, Bandung, 40135.

iii

Pengantar

Buku ini berisi bahasan analisis sistem tenaga, yang merupakan suatu analisis pada tingkat transmisi (tidak termasuk sistem distribusi); pembahasan disajikan dalam lima bab. Bab pertama berisi tinjauan umum pada sistem tenaga, mencakup ketersediaan sumber energi sampai dengan sistem polifasa, pada pembebanan seimbang dan tak seimbang; di sini diberikan penjelasan mengenai perhitungan dalam per-unit serta komponen simetris yang akan dimanfaatkan pada pembahasan di bab-bab selanjutnya. Tiga bab berikutnya berisi bahasan mengenai piranti utama sistem tenaga, mencakup saluran transmisi, transformator, dan mesin sinkron; di tiga bab ini dibahas rangkaian ekivalen serta kondisi pembebanan yang mungkin terjadi. Bab terakhir berisi bahasan mengenai permasalahan aliran daya, dengan salah satu metoda silusi yaitu metoda Newton-Raphson. Pada dasarnya kondisi operasional sistem yang dibahas adalah kondisi mantap; hanya sedikit disinggung situasi transien pada saluran transmisi dan mesin sinkron. Stabilitas transien dan analisis keadaan hubung singkat belum dibahas dalam buku ini.

Mudah-mudahan sajian ini bermanfaat bagi para pembaca. Saran dan usulan para pembaca untuk perbaikan dalam publikasi selanjutnya, sangat penulis harapkan.

Bandung, Juli 2012 Wassalam, Penulis.

iv

Darpublic Kanayakan D-30, Bandung, 40135

Dalam format .pdf buku ini dapat diunduh bebas di www.buku-e.lipi.go.id dan www.ee-cafe.org

Selain Buku-e, di www.ee-cafe.org

tersedia juga open course dalam format .ppsx beranimasi dan .pdf

v

Daftar Isi

Kata Pengantar iii

Daftar Isi v

Bab 1: Tinjauan Pada Sistem Tenaga 1

Energi yang Tersedia. Struktur Sistem Tenaga Listrik. Penyaluran Energi Listrik. Sumber Energi Primer. Beban. Sistem Polifasa. Sistem Tiga-fasa Seimbang. Sistem Tiga-fasa Tak Seimbang. Pernyataan Sistem Tenaga.

Bab 2: Saluran Transmisi 47

Impedansi dan Admitansi. Rangkaian Ekivalen. Perubahan Pembebanan. Perubahan Panjang Saluran. Lossless Line. Analisis Pembebanan Saluran Transmisi. Transien Pada Saluran Transmisi.

Bab 3: Transformator 113

Transformator Satu –fasa. Transformator Pada Sistem Tiga-fasa. Transformator Tiga Belitan. Transformator Tiga-fasa Dibangaun Dari Transformator Satu-fasa. Pergeseran Fasa Pada Hubungan Y-∆. Sistem Per-Unit Pada Saluran Dengan Transformator. Transformator Polifasa.

Bab 4: Mesin Sinkron 157

Mesin Sinkron Kutub Menonjol. Mesin Sinkron Rotor Silindris. Kopling Turbin-Generator. Daya Mesin Sinkron. Batas Operasi Mesin Sinkron. Transien Pada Mesin Sinkron. Lebih Lanjut Tentang Mesin Sinkron Kutub Menonjol.

vi

Bab 5: Analisis Aliran Daya 197 Analisis Aliran Daya. Persamaan Arus-Tegangan. Persamaan Aliran Daya. Metoda Newton-Raphson. Contoh Sistem Dua Bus. Contoh Sistem Tiga Bus.

Daftar Pustaka 225

Biodata Penulis 226

Indeks 227

Tinjauan Pada Sistem Tenaga

1

BAB 1 Tinjauan Umum Pada Sistem Tenaga

1.1 Energi Yang Tersedia dan Energi Listrik

Energi tersedia di alam dalam berbagai bentuk, dan manusia mengubahnya ke dalam bentuk energi listrik untuk memenuhi kebutuhannya. Pengubahan atau konversi ini memberikan keuntungan namun konversi tersebut juga memerlukan biaya yang tidak kecil.

Berbagai bentuk energi yang mungkin dikonversikan ke dalam energi listrik:

• Energi radiasi (sinar matahari). • Energi panas bumi. • Energi kimia (batubara, minyak bumi). • Energi kinetik gelombang laut. • Energi kinetic arus laut. • Energi potensial air terjun. • Energi nuklir.

Bentuk energi listrik memberikan beberapa keuntungan:

• Lebih mudah diatur/dikendalikan. • Dapat ditransmisikan dengan kecepatan cahaya. • Dapat dikonversikan ke bentuk energi lain dengan efisiensi

tinggi. • Bebas polusi, walaupun dalam konversinya dari bentuk

aslinya menimbulkan juga masalah polusi. • Konversi ke bentuk lain biasanya mudah dan sederhana.

Kelemahan energi listrik terutama adalah bahwa proses penyediaannya memerlukan pendanaan cukup besar. Kita sadari bahwa sistem tenaga listrik adalah besar baik dilihat dari ukurannya, investasinya, jumlah energi yang dikelola, besaran fisisnya (tegangan, arus) sampai kepada piranti-pirantinya. Oleh karena itu pembangunan sistem biasanya dilakukan tidak selalu dari nol melainkan mengembangakan sistem yang sudah ada; kebutuhan energi listrik yang terus tumbuh, memaksa sistem tenaga listrik


2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

selalu di-modifikasi dengan mengambil manfaat dari perkembangan teknologi yang terjadi.

Dalam Tinjauan Sistem Tenaga Listrik ini, kita banyak menoleh ke PLN. Energi listrik diperkenalkan pertama kali di Indonesia pada tahun 1897 (masih zaman penjajahan) dengan didirikannya perusahaan listrik pertama yang bernama Nederlandsche Indische Electriciteit Maatschappij (NIEM) di Batavia (sekarang Jakarta) dengan kantor pusat di Gambir. Dua belas tahun setelah itu di Surabaya didirikan Algemeene Indische Electriciteit Maatschappij (ANIEM) pada tahun 1909 oleh perusahaan gas NIGM [Ensiklopedi Blora, 2011]. Frekuensi yang digunakan pada sistem tenaga yang dibangun adalah 50 Hz, standar Eropa.

Yang menarik dalam kaitan perkembangan kelistrikan di Indonesia adalah bahwa pengenalan energi listrik di Indonesia tidaklah jauh dari perkembangan kelistrikan di Amerika. Kita baca misalnya dalam buku Charles A Gross [1] bahwa pada tahun 1890-an perusahaan Westinghouse baru bereksperimen dengan apa yang disebut “alternating current”. Persaingan berkembang antara General Electric dan Westinghouse dalam menentukan apakah dc atau ac yang sebaiknya digunakan oleh industri. Pada akhirnya bentuk ac dapat diterima, antara lain oleh alasan-alasan berikut:

• Transformator (ac) memberikan kemungkinan untuk mengubah tegangan maupun arus secara mudah.

• Generator ac jauh lebih sederhana dibandingkan dengan generator dc.

• Motor-motor ac juga lebih sederhana dan lebih murah dari motor dc.

Pada sekitar 1900 masih diperdebatkan mengenai frekuensi yang harus digunakan dalam mencatu daya ac, apakah 25, 50, 60, 125, dan 133 Hz. Jika tidak di-standarkan akan diperlukan beaya untuk peralatan konversi agar antar sistem dapat dihubungkan. Pada waktu itu pembangkit hidro cenderung menggunakan 25 Hz karena turbin air dapat dirancang untuk mencapai efisiensi yang lebih baik pada kecepatan yang sesuai dengan pembangkitan 25 Hz. Masalah yang timbul pada penggunaan frekuensi ini adalah terjadinya flicker pada lampu pijar. Pada akhirnya diterimalah frekuensi 60 Hz sebagai frekuensi standar karena pada frekuensi ini flicker tidak lagi terasa dan turbin uap berkinerja baik pada kecepatan perputaran yang


3

berkaitan yaitu 3600 dan 1800 rpm. Sementara itu di Eropa ditetapkan frekuensi 50 Hz sebagai frekuensi standar.

Pemanfaatan energi listrik yang pertama kali adalah untuk keperluan penerangan. Lampu listrik terus dikembangkan untuk memperoleh lumen per watt semakin tinggi. Kebutuhan energi listrik kemudian berkembang, tidak hanya untuk memenuhi keperluan penerangan tetapi juga keperluan akan energi untuk mengoperasikan berbagai alat rumah tanggga, alat kantor, pabrik-pabrik, gedung-gedung, sampai ke arena hiburan. Kebutuhan yang terus meningkat tersebut memerlukan penyaluran energi dengan tegangan yang lebih tinggi. Dibuatlah transformator penaik tegangan untuk mengirimkan energi dan transformator penurun tegangan untuk disesuaikan dengan kebutuhan pengguna.

1.2 Struktur Sistem Tenaga Listrik

An electrical power system can be defined as follows: An electrical power system is a network of interconnected components designed to convert nonelectrical energy continuously into the electrical form; transport the electrical energy over potentially great distances; transform the electrical energy into a specific form subject to close tolerances; and convert the electrical energy into a usable nonelectrical form. [1].

Agar dapat diimplementasikan, sistem ini harus aman, dapat diandalkan, ekonomis, ramah lingkungan, dan secara sosial dapat diterima. Sistem tenaga dapat dipandang terdiri dari beberapa sub-sistem, yaitu

Pembangkitan (Generation) Transmisi (Transmission) Subtransmission Distribusi: primer, sekunder Beban

1.2.1 Pembangkitan

Piranti utama di sub-sistem pembangkitan adalah generator yang merupakan sumber energi listrik. Istilah “sumber energi” di sini agaknya kurang tepat, mengingat bahwa sesungguhnya generator hanyalah mengubah energi non-listrik menjadi energi listrik. Generator ini, di pusat pembangkit tenaga air misalnya, digerakkan (diputar) oleh turbin air dan turbin sendiri digerakkan



oleh air terjun. Air terjunlah yang sesungguhnya sumber energi. Namun demikian pembahasan kita hanya menyangkut sistem tenaga listrik, sehingga peralatan-peralatan “di depan generator” tidak kita bicarakan dan kita menganggap generator sebagai sumber energi.

Pada umumnya generator merupakan mesin berputar, yang membangkitkan daya mulai dari puluhan kW hingga lebih dari 1000 MW, dengan tegangan mulai dari 380 V sampai 25 kV. Sisi keluaran generator merupakan sistem tiga-fasa.

1.2.2 Transmisi

Daya listrik dari pusat pembangkit disalurkan ke berbagai tempat melalui saluran transmisi. Tegangan saluran transmisi di sistem PLN adalah 150 kV, yang disebut Saluran Udara Tegangan Tinggi (SUTT) dan 275 – 500 kV yang disebut Saluran Udara Tegangan Ekstra Tinggi (SUTET). Di Amerika digunakan tegangan mulai 115 kV sampai 765 kV.

Sesungguhnya ada dua kemungkinan pembangunan saluran transmisi yaitu bawah tanah (underground) dan diatas tanah (overhead) yang kita sebut saluran udara. Saluran udaralah yang umum digunakan. Saluran udara ini biasanya panjang sampai ratusan kilometer. Konduktor yang digunakan adalah konduktor telanjang (tanpa isolasi padat) sehingga ia harus didukung oleh isolator yang terpasang pada menara. Saluran ini berhubungan langsung dengan udara sekitarnya sehingga sangat terpengaruh oleh kondisi alam seperti polusi dan petir.

Jaringan transmisi harus memiliki fleksibilitas untuk menyalurkan daya besar melalui sejumlah route. Ia harus dirancang sedemikian rupa sehingga gagalnya sejumlah kecil saluran tidak menyebabkan kegagalan seluruh sistem. Saluran ini juga harus mampu berfungsi sebagai penghubung yang mampu menyalurkan energi ke kedua arah.

Piranti yang menghubungkan generator dan saluran transmisi adalah transformator, yang berfungsi untuk mengubah tegangan keluaran generator ke tegangan transmisi yang lebih tinggi.

1.2.3 Subtransmissi

Di Indonesia (jaringan PLN), istilah “subtransmisi” tidak digunakan. Di PLN pernah digunakan saluran dengan tegangan 30


5

kV dan 70 kV, namun telah mulai ditinggalkan. Saluran subtransmisi biasanya tidak panjang (kurang dari beberapa puluh kilometer), kapasitas rendah (kurang dari 100 MVA) dan banyak cabang untuk mencatu pusat-pusat beban.

1.2.4 Distribusi

Saluran transmisi mencatu gardu-gardu induk, di mana tegangan diturunkan menjadi tegangan distribusi primer. Jaringan distribusi primer mencatu pelanggan tegangan menengah 20 kV. Pernah pula digunakan tegangan 6 dan 12 kV namun telah ditinggalkan.

Jaringan distribusi primer bisa dirancang sebagai jaringan radial ataupun loop. (lihat Gb.1.1) Pada jaringan radial daya mengalir satu arah yaitu dari sumber (gardu) ke beban (pengguna/pelanggan). Pada jaringan loop, beban dapat menerima daya lebih dari satu arah. Selain radial dan loop, dikembangkan pula struktur jaringan spindle.

Pada tahap terakhir, tegangan diturunkan lagi menjadi 380/220 V. Jaringan yang melayani pengguna pada tegangan rendah ini merupakan jaringan distribusi sekunder. Jaringan ini bisa sangat rumit, terutama di lokasi padat pengguna.

1.2.5 Beban

Beban (pengguna/pelanggan) mengambil energi listrik dari jaringan. Ada hal-hal yang harus dipenuhi dalam melayani beban ini.

1. Tegangan harus konstan, tidak naik-turun.

Radial

Loop Gb.1.1 Jaringan radial dan loop.

GI

Beban 1 Beban 2

Beban 3 Beban 4

GI

Beban 1 Beban 2

Beban 3 Beban 4



2. Frekuensi harus konstan.

3. Bentuk gelombang tegangan sedapat mungkin sinusoidal.

Untuk menentukan apakah ketentuan ini terpenuhi atau tidak, digunakan indeks kinerja.

1. Regulasi Tegangan: Deviasi nilai tegangan pada waktu beban berubah dalam batas-batasnya. Biasanya diambil sekitar 5%.

2. Regulasi Frekuensi: Pada keadaan normal, variasi frekuensi biasanya cukup kecil, Hz 1.0± , dan tidak terasa oleh beban.

3. Kandungan Harmonisa: (Lihat: Analisis Rangkaian Listrik Jilid-3).

1.3 Penyaluran Energi Listrik

Kita mengenal dua cara penyaluran energi listrik yaitu penyaluran menggunakan arus searah (selanjutnya kita sebut sistem arus searah, disingkat sistem AS) dan menggunakan arus bolak-balik sinusoidal (selanjutnya kita sebut sistem arus bolak-balik, disingkat sistem ABB). Berikut ini kita akan melihat perbandingan daya maksimum yang mampu disalurkan melalui beberapa konfigurasi saluran.

1.3.1. Daya

Perhatikan situasi penyaluran daya antar dua jaringan seperti diperlihatkan pada Gb.1.2. Hubungan antara A dan B digambarkan hanya dengan dua garis. Namun penyaluran daya dari A ke B biasanya dilakukan dengan sejumlah konduktor (2, 3, 4 konduktor) dengan susunan tertentu, yang kita sebut konfigurasi saluran.

Daya (laju aliran energi) dari A ke B adalah

vip = (1.1)

p = daya, v = tegangan, i = arus (yang ditulis dengan huruf kecil untuk menunjukkan bahwa mereka merupakan fungsi waktu).

Gb.1.2. Penyaluran daya antara dua jaringan.

Jaringan B

+ v −

i

Jaringan A


7

Untuk memperbesar aliran daya, v dan/atau i harus diperbesar. Akan tetapi upaya memperbesar kedua besaran ini dibatasi oleh kemampuan teknologi. Arus dibatasi oleh kemampuan hantar arus dari konduktor, sedangkan tegangan dibatasi oleh kekuatan isolasi.

Konduktor dibuat dari material yang memiliki konduktivitas listrik yang tinggi, memiliki kekuatan mekanis yang sesuai, serta ekonomis. Untuk itu banyak digunakan aluminum untuk saluran transmisi, dan tembaga untuk saluran distribusi serta bagian-bagian tertentu sistem tenaga. Kemampuan hantar arus dari suatu konduktor terkait erat dengan kerapatan arus dan luas penampangnya.

AJI maxmax = (1.2)

maxI = arus maksimum, maxJ = kerapatan arus maksimum, A =

luas penampang konduktor. Kerapatan arus maksimum, maxJ ,

ditentukan oleh pembatasan temperatur maksimum konduktor agar tidak terjadi kerusakan konduktor serta isolasinya.

1.3.2. Konfigurasi Saluran

Berikut ini kita akan memperbandingkan daya maksimum yang mampu disalurkan melalui suatu konfigurasi saluran tertentu.[1]. Ada enam konfigurasi yang akan kita lihat yaitu sistem AS 2 kawat, sisten AS 3 kawat, sistem ABB 1 fasa 2 kawat, sistem ABB 2 fasa 3 kawat, dan sistem ABB 3 fasa 4 kawat.

Pada setiap konfigurasi, salah satu kawat di-tanah-kan, dan disebut kawat netral; kawat yang tidak ditanahkan disebut kawat fasa. Dalam memperbandingkan kemampuan penyaluran setiap konfigurasi ini kita tetapkan bahwa

1. Luas penampang konduktor total, yaitu total jumlah luas penampang kawat fasa dan kawat netral, adalah sama yaitu A. Karena salah satu saluran adalah saluran balik (netral) maka luas penampang konduktor yang sesungguhnya digunakan untuk mengirim daya adalah lebih kecil dari A.

2. Kerapatan arus yang mengalir tidak melebihi batas kerapatan arus maksimum yang di tentukan, yaitu J0. Pembatasan ini diperlukan karena kita akan memperbandingkan kemampuan penyaluran daya pada berbagai konfigurasi. Bukan arus yang kita tetapkan mempunyai batas maksimum karena setiap konfigurasi



memiliki luas penampang konduktor kirim yang berbeda. Dengan membatasi kerapatan arus maksimum, maka setiap konfigurasi memiliki arus maksimum yang berbeda.

3. Tegangan setiap konduktor ke ground (tegangan fasa ke netral) tidak melebihi batas maksimum yang ditentukan yaitu V0. Tegangan antara kawat fasa dan kawat netral, berbeda antara satu konfigurasi dengan konfigurasi yang lain. Tegangan maksimum ini kita batasi untuk melihat berapakah daya yang dapat disalurkan pada tegangan fasa-netral maksimum dengan kerapatan arus yang juga maksimum.

4. Kawat netral (yang ditanahkan) merupakan saluran balik.

Konfigurasi (a): Sistem AS, 2 kawat, salah satu kawat adalah kawat netral yang merupakan saluran balik.

Total luas konduktor adalah A, koduktor yang ditanahkan merupakan penghantar balik. Jadi sistem ini menyalurkan daya melalui konduktor dengan luas penampang 0,5A. Daya yang mampu disalurkan paling tinggi adalah

000 5.0)5.0( PVJAPa == dengan 000 VAJP = (1.3)

Selanjutnya kita menggunakan 000 VAJP = sebagai referensi untuk

melihat kemampuan penyaluran daya pada konfigurasi yang lain; yaitu berapa kali P0 kemampuan penyaluran dayanya.

Konfigurasi (b) : Sistem AS, 3 kawat; dua kawat merupakan saluran kirim, satu bertegangan positif dan yang satu lagi bertegangan negatif. Kawat ke-tiga adalah saluran balik yang ditanahkan.

Konduktor pertama bertegangan positif sedangkan konduktor kedua bertegangan negatif, konduktor ketiga ditanahkan. Karena tegangan berlawanan, arus di konduktor pertama dan kedua juga berlawanan

+V0

0,5A 0,5A n

−V0

V0

0,5A 0,5A n


9

arah. Konduktor ketiga merupakan konduktor netral sebagai penghamtar balik sehingga di konduktor ini arus balik dari konduktor pertama dan kedua berlawanan arah; jika pembebanan seimbang kedua arus balik ini saling meniadakan. Hal ini memungkinkan penampang konduktor netral dibuat kecil saja sehingga total penampang konduktor dapat dikatakan tetap sama dengan A. Daya maksimum yang dapat ditransmisikan adalah

000)5.0(2 PVJAPb =×= (1.4)

Dari persamaan (1.4) terlihat bahwa kemampuan menyalurkan daya pada konfigurasi (b) ini dua kali lipat dari konfigurasi (a).

Konfigurasi (c): Sistem ABB satu fasa, dua kawat; satu kawat fasa dan yang lain kawat netral.

Misalkan gelombang tegangan sefasa dengan arusnya,

tVv m ω= cos tIi m ω= cos (1.5)

Daya sesaat adalah

( )tIVtIVvip mm

mmc ω+=ω== 2cos12

cos2 (1.6)

Daya ini berfluktuasi dengan frekuensi 2ω. Nilai rata-rata bagian yang berada dalam tanda kurung adalah 1, sehingga daya rata-rata (atau daya nyata) adalah

VIIVIV

P mmmm ===222

(1.7)

dengan V dan I adalah nilai efektif (rms). Arus efektif maksimum yang bisa disalurkan adalah

05.0 AJI = (1.8)

(di sini kita menganggap bahwa arus bolak-balik yang menglir di konduktor terdistribusi secara merata di seluruh penampang walaupun kenyataannya tidak demikian karena terjadi efek kulit. Namun anggapan ini cukup layak untuk keperluan diskusi.)

0,707V0

0,5A 0,5A n



Karena kita telah menetapkan bahwa tegangan konduktor tidak lebih dari nilai batas V0 maka tegangan efektif maksimum adalah

00 707,02

VV

V == (1.9)

Nilai ini yang dicantumkan pada gambar konfigurasi.

Daya maksimum yang dapat ditransmisikan adalah

0000

0 354.0354.02

5.0 PVAJV

AJIVPc ==== (1.10)

Persamaan (1.10) menunjukkan bahwa kemampuan penyaluran daya pada konfigurasi ini hanya sekitar 35% dari kemampuan sistem AS 3 kawat. Selain itu, sebagaimana ditunjukkan oleh (1.6) penyaluran daya berfluktuasi, berarti laju penyaluran energi tidaklah konstan. Penyaluran energi semacam ini akan memaksa turbin penggerak generator juga memasok energi dengan laju yang berfluktuasi. Hal demikian tentu tidak dikehendaki. Oleh karena itu konfigurasi ini tidak digunakan untuk keluaran generator di pusat pembangkit.

Konfigurasi (d): sistem ABB satu fasa tiga kawat.

Sistem ini memiliki keuntungan seperti halnya untuk arus searah; oleh karena itu daya maksimum yang mampu disalurkan adalah dua kali lipat kemampuan penyaluran daya pada sistem ABB satu fasa dua kawat (konfigurasi (c)).

0707,02 PPP cd == (1.11)

Nilai daya sesaat diperlihatkan pada Gb.1.3, bersama dengan nilai sesaat daya pada konfigurasi (c). Perhatikan bahwa daya berfluktuasi dengan nilai rata-rata yang positif. Walaupun daya rata-rata bernilai positif, fluktuasi daya yang terjadi merupakan kelemahan dari konfigurasi (d) dan (c). Penyaluran energi tidak terjadi secara mantap; aliran energi berfluktuasi.

Konfigurasi (e): Sistem ABB, 2 fasa, 3 kawat; dua kawat fasa dan satu kawat netral.

0,707V0

0,5A 0,5A n

0,707V0


11

Jika tegangan dan arus di fasa x adalah

tVv mx ω= cos tIi mx ω= cos (1.12.a)

dan di fasa y berbeda 90o,

tVv my ω= sin tIi my ω= sin (1.12.b)

maka daya sesaat menjadi

( ) mmmmyyxxe IVttIVivivp =ω+ω=+= 22 sincos (1.13)

Persamaan (1.13) ini cukup mengejutkan. Perhatikan bahwa daya sesaat bernilai konstan. Daya rata-rata sama dengan daya sesaat.

mmee IVpP == (l5.14)

Karena tegangan tidak boleh melebihi batas V0 maka tegangan maksimum adalah

0VVm = (1.15.a)

Arus di kedua fasa berbeda 90o, sehingga penghantar netral

mengalirkan arus 2 kali arus fasa; luas penampangnya juga harus

dibuat 2 kali sehingga perbandingan luas penampang konduktor

fasa dan netral adalah 1:1: 2 . Luas penampang konduktor fasa

menjadi ( =+ )22/(1 0,293 kali A. Arus maksimum konduktor fasa

adalah

2)293.0(0 AJIm = (1.15.b)

Sehingga daya rata-rata adalah

000 414.0

2

2)293,0(

2P

AJVIVP mme === (1.16)

0,707V0

0,293A 0,293A n

0,707V0

0,414A x y



Perhatikan bahwa konduktor netral berpenampang lebih besar dari

konduktor fasa sebab ia harus mengalirkan arus 2 kali dari arus fasa, jika sistem beroperasi dalam keadaan seimbang. Hal ini dapat dimengerti karena arus balik dari kedua fasa berbeda 90o dan bukan 180o sehingga tidak saling meniadakan. Akan tetapi di konfigurasi ini aliran daya tidak berfluktuasi seperti dinyatakan oleh persamaan (1.13).

Konfigurasi (f): Sistem ABB 3 fasa, 4 kawat; tiga kawat fasa dan satu kawat netral.

Tegangan dan arus fasa berbeda 120o. Dengan urutan fasa positif, tegangan dan arus tersebut adalah:

).120(cos ;0120(cos ;cos

).120(cos );120(cos ;cosoo

oo

+ω=−ω=ω=

+ω=−ω=ω=

tIitIitIi

tVvtVvtVv

mcmbma

mcmbma (1.17)

Daya sesaat adalah

( ))120(cos)120(coscos o2o22 +ω+−ω+ω=

++=

tttIV

ivivivp

mm

ccbbaaf (1.18)

Dengan memanfaatkan relasi trigonometri

2

2cos1cos2

θ+=θ (1.19)

persamaan (1.18) menjadi

( )

2

3

)2402cos()2402cos(2cos32

oo

mm

mmf

IV

tttIV

p

=

+ω+−ω+ω+= (1.20)

Sekali lagi kita lihat di sini bahwa daya sesaat sama dengan daya rata-rata, yaitu

VIIV

pP mmff 3

2

3 === (1.21)

0,707V0

0,333A n

0,707V0

0,707V0

0,333A 0,333A


13

Tegangan dan arus efektif yang diperkenankan adalah

00 333.0dan 2

AJIV

V == (1.22)

sehingga

000 707.0333.02

3PAJ

VPf == (1.23)

Gb.1.3. Kurva daya terhadap waktu pada enam konfigurasi saluran.

Hasil perhitungan untuk enam konfigurasi di atas, dimuatkan dalam Tabel-1.1.

Tabel-1.1: Daya maksimum yang mampu ditransmisikan pada enam kofigurasi

Konfigurasi Modus operasi Daya maksimum

a) Dua kawat AS 0.500P0

b) Tiga kawat AS 1,000P0

c) Dua kawat ABB, 1 fasa 0,354P0

d) Tiga kawat ABB, 1fasa 0,707P0

e) Tiga kawat ABB, 2fasa 0,414P0

f) Empat kawat ABB, 3 fasa 0,707P0

Bagaimana memilih konfigurasi yang akan digunakan untuk menyalurkan energi? Misalkan kita memilih sisem ABB. Konfigurasi c) dan d) kelihatannya terpaksa kita tolak karena

1,141P0

1,000P0

0,707P0

0,500P0

0,354P0

Konfig. (a)

Konfig.(b)

Konfig. (e)

Konfig. (d), (f)

Konfig. (c)

t



terjadinya fluktuasi aliran daya pada konfigurasi ini. Di antara konfigurasi e) dan f) kita lebih memilih f) karena konfigurasi ini memiliki kemampuan penyaluran daya lebih tinggi.

Bagaimanakah sistem penyaluran energi dengan jumlah fasa lebih banyak? Sistem multifasa dengan konfigurasi N fasa, N+1 kawat akan memiliki kemampuan penyaluran daya sebesar 0,707P0. Jadi sistem 3 fasa 4 kawat merupakan sistem multi fasa yang paling sederhana ditinjau dari kemampuan penyaluran daya.

Perhitungan-perhitungan di atas ditujukan hanya untuk melihat kemampuan penyaluran daya di setiap konfigurasi. Dalam pembangunan saluran transmisi masih harus diperhitungkan banyak faktor, misalnya keperluan akan isolator, menara, susut energi. Makin banyak kita gunakan saluran fasa, makin bayak diperlukan isolator dan perancangan menara pun harus disesuaikan.

Jika kita perhatikan Tabel-1.1 di atas, transmisi AS tiga kawat, memiliki kemampuan penyaluran daya paling tinggi untuk total luas penampang konduktor yang sama. Kemajuan teknologi telah memungkinkan digunakannya sistem transmisi AS dan mengatasi kendala yang selama ini dihadapi. Mulai dari suatu jarak transmisi tertentu, biaya pembanguan sistem transmisi AS sudah menjadi lebih rendah dari sistem ABB. PLN merencanakan pembangunan transmisi AS untuk menghubungkan Sumatra dan Jawa.

1.4 Sumber Energi Primer

Sebagaimana telah disinggung, generator yang kita sebut sebagai sumber, tidak lain adalah piranti pengubah (konversi) energi dari energi non-listrik ke energi listrik. Dalam hal konversi elektro-mekanik, energi non-listrik berupa energi mekanik yang diberikan oleh turbin, dan turbin sendiri menerima energi masukan berupa energi thermal yang diubah olehnya menjadi gerak putar untuk memutar generator. Masukan energi thermal ke turbin berasal dari sumber energi primer, yang dapat berupa energi thermal maupun non-thermal.

1.4.1. Sumber Energi Primer pada Pusat Pembangkit Thermal

Batubara. Cadangan batubara Indonesia terlihat pada gambar berikut.


15

Data: Pusat Informasi & Statistik Batubara dan Mineral, Ditjen GSM, DESDM. / RUKN.

Untuk pembangkitan, batubara harus diangkut dari lokasi tambang ke pusat pembangkit. Untuk pusat pembangkit di Jawa, biaya angkut ini tidak sedikit dan dapat terganggu bila cuaca buruk. Hasil tambang batubara ada dua kategori yaitu batubara dengan kandungan kalori tinggi dan kandungan kalori rendah.

Minyak Bumi. Gambar berikut menginformasikan cadangan minyak Indonesia.

Data: Pusat Informasi Energi, DESDM. / RUKN.

Penggunaan minyak sebagai sumber energi primer untuk pembangkitan energi listrik terus diusahakan untuk dikurangi proporsinya karena harga yang terlalu tinggi.

Gas Alam. Cadangan gas bumi Indonesia terbaca pada gambar berikut. Penggunaan gas alam sebagai sumber energi primer untuk pembangkitan energi listrik diperbesar proporsinya untuk



menggantikan minyak. Pengangkutan gas dari sumber gas ke pusat pembangkit dilakukan melalui pipa gas.

Data: Pusat Informasi Energi, DESDM. / RUKN.

Panas Bumi..Energi panas bumi cukup banyak tersedia di Indonesia. Penggunaan energi ini masih perlu dikembangkan. Gambar dan daftar berikut ini memperlihatkan distribusi lokasi sumber energi panas bumi.


17

Biomassa. Sumber energi ini belum berkembang walaupun dalam skala rumah tangga telah mulai dirintis.



Sampah. Sampah sebagai sumber pembangkit energi listrik masih diwacanakan terutama untuk mengatasi masalah sampah di kota Bandung.

Energi Nuklir. Penggunaan energi nuklir di Indonesia masih dalam tingkat wacana. Sementara itu Jerman sudah mulai meninggalkan penggunaan energi nuklir untuk pembangkitan energi listrik.

1.4.2. Sumber Energi Primer Pusat Pembangkit Nonthermal

Tenaga Air (Hydro). Tenaga air merupakan sumber energi yang paling murah dan kelangsungannya dapat dipercaya. Namun pembangunannya memerlukan waktu lama dibandingkan dengan pembangkit thermal. Dibandingkan dengan pembangkit thermal, pembangkit tenaga air dapat di-start dengan sangat cepat; sementara untuk men-start pembangkit thermal diperlukan waktu untuk pemanasan. Oleh karena itu pembangkit tenaga air biasanya digunakan sebagai pembangkit untuk memenuhi beban puncak, sementara pembangkit thermal menanggung beban dasar.


19



Angin. Di Eropa energi angin telah banyak dimanfaatkan namun di Indonesia masih belum berkembang walaupun telah ada.

Tenaga Surya. Di Indonesia Sumber energi ini telah mulai dimanfaatkan baik sebagai sumber tenaga listrik “stand alone” maupun sebagai pusat pembangkit walaupun masih dalam skala yang tidak besar.

Pusat Listrik Tenaga Mikrohidro (PLTMH)


21

Gelombang Laut. Sumber energi ini belum termanfaatkan di Indonesia.

Arus laut . Di Indonesia sumber energi ini masih menjadi wacana.

Listrik Tenaga Surya



1.5. Beban

1.5.1. Pengelompokan Beban

Tujuan dibangunnya suatu sistem tenaga adalah untuk mencatu energi ke beban yang berupa peralatan-peralatan yang mengubah energi listrik menjadi bentuk energi yang sesuai dengan kebutuhan pengguna. Jenis peralatan sangat beragam, ada yang statis, ada yang berputar, ada pula yang merupakan gabungan statis dan berputar. Dalam pengusahaan tenaga listrik beban tidak diklasifikasikan berdasarkan peralatan yang dicatu akan tetapi berdasarkan sifat-sifat umum pengguna akhir. PLN melakukan klasifikasi beban (pelanggan) sebagai berikut.

Beban Rumah Tangga. Energi di jenis beban ini digunakan untuk mencatu peralatan rumah tangga yang sangat beragam. Beban ini biasanya tersebar dalam area yang luas.

Beban Industri. Beban ini membutuhkan sejumlah besar energi untuk keperluan manufaktur dan proses-proses produksi. Beban demikian biasanya terlokalisasi pada titik-titik beban di area tertentu.

Beban Komersial. Jenis beban ini bisa sekumpulan peralatan kecil seperti di rumah tangga, akan tetapi memerlukan daya agak besar untuk penerangan, pemanasan dan pendinginan. Beban ini lebih tersebar dibandingkan dengan beban industri tetapi tidak se-tersebar beban rumah tangga; misalnya pusat perbelanjaan, bandara, hotel.

Beban Lain. Beban lain yang dimaksud di sini adalah beban-beban yang terkait dengan pentarifan ataupun pelayanan tertentu. Termasuk di dalamnya adalah beban kantor pemerintah, sosial, dan penerangan jalan umum.

Di PLN jumlah pelanggan Rumah Tangga sangat dominan; sementara jumlah pelanggan Industri dan pelanggan Komersial sangat sedikit dibanding dengan jumlah pelanggan Rumah Tangga. Namun demikian daya tersambung ke pelanggan tidaklah proporsional dengan jumlah pelanggan. Dan sudah barang tentu demikian juga dengan penggunaan energi per kelompok pelanggan.


23

1.5.2. Model Beban

Untuk keperluan analisis, kita perlu “mengombinasikan” berbagai karakteristik piranti listrik yang jumlahnya ribuan ke satu titik beban tertentu. Melakukan kombinasi secara harfiah tentulah tidak mungkin. Oleh karena itu kita membangun model beban; beban dapat kita modelkan sebagai sumber tegangan, atau sumber arus, atau impedansi.

Model sumber tegangan Model sumber arus Model impedansi

Gb.1.4. Model-model beban

Model yang kita pilih tentulah yang mewakili sifat-sifat yang menonjol dari beban. Beban yang pasif misalnya, kita modelkan sebagai suatu impedansi. Beban yang karakter arusnya menonjol, kita modelkan sebagai sumber arus; hal ini misalnya digunakan pada beban nonlinier.

1.5.3. Pengaruh Perubahan Tegangan dan Perubahan Frekuensi

Daya yang mengalir ke beban tergantung dari tegangan maupun frekuensi. Apabila terjadi perubahan tegangan dan/atau perubahan frekuensi, daya yang mengalir ke beban akan berubah pula. Sesungguhnya, beban mengharapkan tegangan dan frekuensi tidak berubah-ubah. Namun situasi operasional sering memaksa terjadinya perubahan-perubahan besaran tersebut. Masuknya beban besar yang tiba-tiba ke jaringan akan diikuti oleh penurunan tegangan; keluarnya beban besar yang tiba-tiba akan menyebabkan kenaikan tegangan. Di jaringan sistem tenaga, dipasang peralatan untuk membatasi lama terjadinya suatu perubahan tegangan. Pada umumnya, jika perubahan tegangan tidak besar (karena tegangan seharusnya tidak berubah-ubah, sesuai standar) pasokan daya ke beban dapat didekati dengan hubungan linier

ff

QV

V

QPQf

f

PV

V

PPP ∆

∂∂+∆

∂∂+=∆

∂∂+∆

∂∂+= 00 ; (1.24)

Beban

+ −

Z

E

Beban

+ −

+ −

Z

E

Beban Z

E +−



dengan 0VVV −=∆ = perubahan tegangan sekitar titik referensi

V0, 0fff −=∆ = perubahan frekuensi sekitar titik referensi f0.

Diferensial parsial f

Q

V

Q

f

P

V

P

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

,,, dapat diturunkan melalui

rangkaian dengan model beban. Mereka juga dapat diturunkan dari data-data yang dikumpulkan dari pengukuran praktis yang kemudian dihitung menggunakan computer.

CONTOH-1.1: Kita akan memperbandingkan pengaruh perubahan tegangan dan perubahan frekuesi pada rangkaian R-L seri dan rangkaian R-L parallel dengan melihat

VPVQfPVP ∂∂∂∂∂∂∂∂ /dan ,/,/,/ .

Solusi untuk rangkaian seri:

222

2

222

2

222

22oo

)( 0

0

LR

LVj

LR

RV

LjRLR

V

LjR

V

LjR

VVSseri

ω+

ω+ω+

=

ω+ω+

=ω−

=

ω+∠∠==

∗∗IV

222

2222

2322222

222

2

2222222

22

222

2

2

;)(

2)(

2 ;

)(

2

LR

LV

V

Q

LR

VLLVLRQ

LR

LVQ

LR

RV

V

P

LR

LRVP

LR

RVP

seri

seriseri

seriseriseri

ω+

ω=∂

∂ω+

ω−ω+=ω∂

∂⇒

ω+

ω=

ω+=

∂∂

ω+

ω=ω∂

∂⇒

ω+=

L

R + v −

R L + v −


25

Solusi untuk rangkaian parallel:

L

V

V

Q

L

LVQ

L

VQ

R

V

V

PP

R

VP

L

Vj

R

V

LjRS

paralelparalelparalel

paralelparalelparalel

paralel

ω=

∂∂

ω−=

ω∂∂

⇒ω

=

=∂

∂=

ω∂∂

⇒=

ω+=

ω+==

∗∗

2 ;

)(

2 ; 0

2

22

2

22VVVIV

Perhatikan: ketergantungan terhadap tegangan kedua rangkaian ini sama, yaitu sebanding dengan tegangan. Akan tetapi ketergantungan terhadap frekuensi sangat berbeda. Polinom pangkat 4 dari penyebut pada ω∂∂ /seriP membuat penyebut

hampir tak berubah bila terjadi perubahan ω hanya 10% misalnya; Oleh karena itu ω∂∂ /seriP dapat dikatakan berbanding lurus

dengan ω. Sebaliknya ω∂∂ /paralelP bernilai nol; perubahan

frekuensi tidak mempengaruhi besarnya daya nyata.

1.6. Sistem Polifasa

Kita telah mempelajari salah satu sistem polifasa yaitu sistem tiga-fasa. Di sub-bab ini kita akan melihat secara lebih umum, dan juga akan melihat bagaimana perhitungan-perhitungan dilakukan baik pada kondisi pembebanan seimbang maupun tidak seimbang.

1.6.1. Sistem Polifasa Secara Umum

Kita lihat secara umum suatu sistem polifasa. Gb.1.5. berikut ini memperlihatkan hubungan dua jaringan secara umum yaitu jaringan A dan B yang dihubungkan dengan (N+1) konduktor. Salah satu konduktor adalah konduktor netral; jadi sistem ini adalah sistem N fasa.



Gb.1.5. Dua jaringan dihubungkan dengan (N+1) konduktor.

Tegangan konduktor fasa terhadap netral adalah sebagai berikut

aaaan V α∠∠∠∠======== VV = tegangan fasa a.

bbbbn V α∠∠∠∠======== VV = tegangan fasa b.

………………

zzzzn V α∠∠∠∠======== VV = tegangan fasa z.

Arus di setiap penghantar fasa adalah

aaa I β∠∠∠∠====I = arus fasa a.

bbb I β∠∠∠∠====I = arus fasa b.

………………

zzz I β∠∠∠∠====I = arus fasa z.

nnn I β∠∠∠∠====I = arus penghantar netral.

Menurut hukum arus Kirchhoff

0....... ====++++++++++++++++++++ nzcba IIIII (1.25)

Daya kompleks total (sejumlah N fasa) yang mengalir ke B adalah:

n

a

b

z

znV

aI

bI

zI

nI

anV bnV

Jaringan A

Jaringan B

.

.

.

. . . .


27

∑=

∗∗∗ =+++=z

aiizzbbaaNf SS IVIVIV ...... (1.26.a)

dengan

zcbai

S iii

,.......,,======== ∗∗∗∗IV (1.26.b)

Dapat dimengerti pula bahwa

iiii

z

aiiNf IVPPP ψ==∑

=cos , (1.27.a)

iiii

z

aiiNf IVQQQ ψ==∑

=sin , (1.28.b)

Dalam kondisi pembebanan seimbang

fzba VVVV ==== ...... (1.29.a)

dan, dengan mengambil fasa a sebagai referensi,

360

dan

..... ;2 ; ;0o

N

nncba

=θ

θ−=αθ−=αθ−=α=α (1.29.b)

Dalam pembebanan seimbang ini, arus fasa dan sudut ψ adalah:

fzba IIII ==== ...... = arus fasa (1.30.a)

ψψψψψ ==================== zcba ....... = sudut faktor daya (1.30.b)

Urutan penamaan fasa abc. . . z kita sebut urutan positif. Jika seandainya urutan penamaan ini kita balik, z . . cba maka kita mempunyai urutan negatif.

Sementara itu tegangan fasa-fasa adalah

jjii

jiij

VV

zcbaji

αα ∠∠∠∠−−−−∠∠∠∠====

====−−−−====

.......,,, VVV (1.31)

yang dalam kondisi seimbang akan menjadi

fji V======== VV = tegangan fasa-netral (1.32)

dan



)]cos(1[2 jifij VV αα −−−−−−−−==== (1.33)

Perhatikan Gb.1.6. Gambar ini memperlihatkan hubungan tegangan fasa-netral znbnan VVV ......... ,, serta tegangan fasa-fasa

abV dan azV . Diperlihatkan pula arus fasa aI yang lagging

terhadap anV .

Perbandingan tegangan fasa-fasa terhadap tegangan fasa-netral untuk N dari 2 sampai 12 (dinormalisasi terhadap Va) diberikan pada Tabel -1.1.

Daya sesaat total untuk N ≥ 3 adalah

ψ=

β−ωα−ω== ∑∑==

cos

)cos()cos()2)(2(

ff

z

aii

z

aiiiNf

INV

ittIVivp (1.34)

Persamaan (1.26) menunjukkan bahwa sistem ABB multifasa memberikan transfer daya yang konstan seperti pada sistem AS. Itulah sebabnya sistem tenaga dibangun sebagai sistem multifasa yang beroperasi seimbang. Jika kita lanjutkan perhitungan kita akan memperoleh relasi

abV

anV

znV

θ

θ

bnV

N

o360====θ

ψ

aI

azV

Gb.1.6 Fasor tegangan sistem N-fasa seimbang.


29

ψ=

ψ=

=

sin

cos

ffNf

ffNf

ffNf

INVQ

INVP

INVS

(1.35)

Table 1.1. Rasio tegangan fasa-fasa terhadap tegangan fasa untuk sistem 2 ÷ 12 fasa, dinormalisir terhadap Va [1]

N: 1 2 3 4 5 6

Vab/Va 2,000 1,732 1,414 1,176 1,000

Vac/Va 1,732 2,000 1,902 1,732

Vad/Va 1,414 1,902 2,000

Vae/Va 1,176 1,732

Vaf/Va 1,000

N: 7 8 9 10 11 12

Vab/Va 0,868 0,765 0,684 0,618 0,563 0,518

Vac/Va 1,564 1,414 1,286 1,176 1,081 1,000

Vad/Va 1,950 1,848 1,732 1,618 1,511 1,414

Vae/Va 1,950 2,000 1,970 1,902 1,819 1,732

Vaf/Va 1,564 1,848 1,970 2,000 1,980 1,932

Vag/Va 0,868 1,414 1,732 1,902 1,980 2,000

Vah/Va 0,765 0,286 1,618 1,819 1,932

Vai/Va 0,684 1,176 1,511 1,732

Vaj/Va 0,618 1,081 1,414

Vak/Va 0,563 1,000

Val/Va 0,518

1.6.2. Hubungan Bintang dan Hubungan Mesh

Jika jaringan B adalah jaringan pasif, ia dapat dinyatakan dengan model impedansi. Impedansi pada sistem multifasa dapat dihubungkan bintang ataupun mesh; rangkaian ini diperlihatkan pada Gb.1.7.



Bintang Mesh

Gb.1.7 Hubungan bintang dan hubungan mesh.

Transformasi dari rangkaian bintang ke mesh diturunkan sebagai berikut.

Rangkaian bintang :

Y

f

Y

anaY Z

V

Z

o0∠∠∠∠========

VI (1.36)

Rangkaian mesh:

(((( ))))

)cos1(2

)101101(

1

θθθ∆∆

∆∆∆∆

−−−−====∠∠∠∠−−−−∠∠∠∠++++−−−−∠∠∠∠−−−−∠∠∠∠====

−−−−++++−−−−====++++====

Z

V

Z

V

ZZZ

foof

znanbnanazab

a VVVVVV

I (1.37)

Jika kedua rangkaian ini harus sama maka

YaYa ZZII )cos1(2 θ∆∆ −−−−====⇒⇒⇒⇒==== (1.38)

CONTOH-1.2: Sumber 6 fasa seimbang dengan V 01000 o∠=aV ,

urutan fasa abc, mencatu beban 6 fasa seimbang S6f = 900 kVA, faktor daya = 0.8 lagging. (a) Hitunglah arus fasa; (b) Hitung

aYIZY

ZY

ZY

ZY

.

.

.

a

b

c

z

∆aIa

b

c

z

Z

Z

Z

Z


31

tegangan fasa-fasa ac; (c) Hitung impedansi ekivalen Y, ZY ; (d) Hitung impedansi ekivalen ∆, Z∆.

Solusi:

kV 01V 01000 oo ∠=∠=aV

(a) A 1501

6/9006/6 === φ

fasafasa V

SI

(b) V 031732120100001000 ooo −∠=−∠−∠=−= caac VVV

(c) o1 9.36)8.0(cos ; 67.6150

1000 ±==ψΩ=== −

fasa

fasaY I

VZ

o9.3667.6 +∠=YZ

oo 9.3667.6)2/1(2)60cos1(2 +∠===−=∆ YYY ZZZZ

1.7. Sistem Tiga-fasa Seimbang

Sistem tiga-fasa adalah sistem multifasa yang paling sederhana. Lihat Gb.1.8. Dengan urutan positif abc, tegangan-tegangan fasa adalah

oo

o

o

120240

120

0

+∠=−∠==

−∠==

∠==

ffccn

fbbn

faan

VV

V

V

VV

VV

VV

(1.39)

Tegangan fasa-fasa adalah

o

o

o

1503

903

303

+∠=−=

−∠=−=

∠=−=

facca

fcbbc

faaab

V

V

V

VVV

VVV

VVV

(1.40)



Gb.1.8. Sistem tiga-fasa.

Jika jaringan B adalah jaringan pasif, ia dapat dimodelkan dengan impedansi dan impedansi ini dapat terhubung Y atau ∆, seperti diperlihatkan oleh Gb.1.9.

Gb.1.9. Beban terhubung ∆ dan terhubung Y.

Dalam kondisi seimbang, arus-arus fasa pada hubungan Y adalah

0

)240(

)120(

)0(

o

o

o

=

ψ−−∠=

ψ−−∠=

ψ−∠=ψ−∠==

n

fc

fb

fY

f

Y

aa

I

I

IZ

V

Z

I

I

I

VI

(1.41)

a

b

c

Y

YZ

YZ

YZ

∆Z

a

b

c∆

∆Z

∆Z

n

a

b

c

aV bV cV

aI

bI

cI

nI

Jaringan B

Jaringan A


33

Gb. 1.8. memperlihatkan diagram fasor tegangan dan arus pada sistem tiga-fasa seimbang dengan beban induktif; arus lagging terhadap tegangan.

Transformasi hubungan Y ke ∆ diberikan oleh (1.30), yang untuk

sistem tiga-fasa o120====θ .

YY ZZZ 3)cos1(2 =θ−=∆ (1.42)

Jika diperlukan, arus pada cabang-cabang hubungan ∆ dapat dihitung, dengan relasi

∆∆∆===

ZZZca

cabc

bcab

abV

IV

IV

I ; ; (1.43)

Hubungan arus fasa aI pada Gb.1.8, yang juga disebut arus saluran

(line current) LI , dengan arus pada cabang ∆ adalah

bccacabbcbcaaba IIIIIIIII −=−=−= ; ; (1.44)

1.8. Sistem Tiga-fasa Tak-seimbang

Dalam sistem tiga-fasa seimbang, besar tegangan adalah sama di semua fasa dan antara fasa yang berurutan terdapat beda fasa 120o. Demikian pula halnya dengan arus; keadaan ini membuat arus di

Gb.1.10. Diagram fasor sistem tiga fasa seimbang; urutan fasa abc.

abV

aV

caV

bcV

cV−−−−bV

cV

aV−−−−

bV−−−−cI

aIbI

ψ

ψ

ψ



penghantar netral bernilai nol. Tidak demikian halnya dengan keadaan tak-seimbang; tegangan dan arus di setiap fasa tidak sama dan beda fasa antar tegangan fasa-netral tidak 120o.

1.8.1. Komponen Simetris

Tegangan di setiap fasa (fasa-netral) sistem tak-seimbang dapat kita tuliskan sebagai

cccbbbaaa VVV α∠=α∠=α∠= VVV ; ;

Satu kesatuan tiga fasor tak-seimbang ini, dipandang sebagai terdiri dari tiga komponen fasor seimbang yaitu:

komponen urutan positif

komponen urutan negatif

komponen urutan nol

Komponen urutan positif adalah fasor tiga-fasa seimbang dengan selisih sudut fasa 120o, dengan urutan abc. Komponen urutan negatif adalah fasor tiga-fasa seimbang dengan selisih sudut fasa 120o dengan urutan cba, dan komponen urutan nol adalah fasor tiga-fasa tanpa selisih sudut fasa. Tiga set fasor seimbang ini digambarkan pada Gb.1.9. Perhatikanlah bahwa baik komponen urutan positif maupun negatif, memiliki selisih sudut fasa 120o; artinya kemunculan tegangan berselisih 120o secara berurutan, sedangkan komponen urutan nol tidak memiliki selisih sudut fasa, yang berarti gelombang tegangan di ketiga-fasa muncul dan bervariasi secara bersamaan. Oleh karena itu jumlah fasor arus urutan nol di titik penghatar netral tidaklah nol melainkan 3 kali arus urutan nol.

Komponen urutan nol diberi tambahan indeks 0, urutan positif diberi tambahan indeks 1, urutan negatif dengan tambahan indeks 2. Komponen-komponen ini disebut komponen simetris. Dengan komponen simetris ini maka pernyataan tegangan semula (yang tidak seimbang) menjadi

210

210

210

;

;

cccc

bbbb

aaaa

VVVV

VVVV

VVVV

++=

++=

++= (1.45)


35

Urutan nol Urutan positif Urutan negatif

Gb.1.11. Komponen seimbang dari fasor tegangantiga-fasa tak-seimbang.

1.8.2. Operator a

Penulisan komponen urutan dilakukan dengan memanfaatkan operator a, yang sesungguhnya adalah fasor satuan yang berbentuk

o1201∠∠∠∠====a (1.46)

Suatu fasor, apabila kita kalikan dengan a akan menjadi fasor lain yang terputar ke arah positif sebesar 120o; dan jika kita kalikan dengan a2 akan terputar ke arah posistif 240o (operator semacam

ini telah pernah kita kenal yaitu operator o901∠=j ). Kita

manfaatkan operator a ini untuk menuliskan komponen urutan positif dan negatif. Dengan operator a ini, indeks a,b,c dapat kita hilangkan karena arah fasor sudah dinyatakan oleh operator a, sehingga kita dapat menuliskan

2222

222

02

11111

0000

; ;

; ;

VVVVVV

VVVVVV

VVVV

aa

aa

cba

acba

cba

===

===

===

sehingga

22

10

212

0

210

VVVV

VVVV

VVVV

aa

aa

c

b

a

++=

++=

++=

(1.47)

Agar lebih jelas, perhatikan Gb.1.10 berikut ini.

2bV

2aV

2cV

1cV

1aV

1bV

000 ,, cba VVV




Gb.1.12. Penulisan komponen urutan dengan menggunakan operator a.

Persamaan (1.47) dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks menjadi

=

2

1

0

2

2

1

1

111

V

V

V

V

V

V

aa

aa

c

b

a

(1.48)

1.8.3. Mencari Komponen Simetris

Komponen simetris adalah besaran-besaran hasil olah matematik; ia tidak diukur dalam praktek. Yang terukur adalah besaran-besaran yang tak-seimbang yaitu cba VVV , , . Komponen simetris

dapat kita cari dari (1.47.a) dengan menjumlahkan fasor-fasor dan dengan mengingat bahwa (1 + a + a2) = 0, yaitu

22

10

212

0

210

VVVV

VVVV

VVVV

aa

aa

c

b

a

++=

++=

++=

⇒ 022

12

0 3)1()1(3 VVVVVVV =++++++=++ aaaacba

⇒ ( )cba VVVV ++=3

10 (1.49.a)

Jika baris ke-dua (1.47.a) kita kalikan dengan a dan baris ke-tiga kita kalikan dengan a2, kemudian kita jumlahkan, kita peroleh:

0V

11 ca VV ====

11 aVV ====

112

ba VV ====

22 aVV ====

22 ba VV ====

222

ca VV ====


37

24

13

022

22

13

0

210

VVVV

VVVV

VVVV

aaaa

aaaa

c

b

a

++=

++=

++=

⇒ 122

1022 3)1(3)1( VVVVVVV =++++++=++ aaaaaa cba

⇒ ( )cba aa VVVV 21 3

1 ++= (1.49.b)

Jika baris ke-dua (1.47.a) kita kalikan dengan a2 dan baris ke-tiga kita kalikan dengan a, kemudian kita jumlahkan, kita peroleh:

23

12

0

23

14

022

210

VVVV

VVVV

VVVV

aaaa

aaaa

c

b

a

++=

++=

++=

⇒ 2212

022 33)1()1( VVVVVVV =++++++=++ aaaaaa cba

⇒ ( )cba aa VVVV ++= 21 3

1 (1.49.c)

Relasi (1.49.a,b,c) kita kumpulkan dalam satu penulisan matriks:

=

C

B

A

aa

aa

V

V

V

V

V

V

1

1

111

3

1

2

2

2

1

0

(1.50)

Dengan demikian kita mempunyai dua relasi antara besaran fasa dan komponen simetrisnya yaitu (1.48) dan (1.50) yang masing-masing dapat kita tuliskan dengan lebih kompak sebagai berikut:

abc

abc

VTV

VTV~

][~

~ ][

~

1012

012

−=

= (1.51.a)

dengan

[ ]

1

1

111

T2

2

=aa

aa dan [ ]

=−

aa

aa2

21

1

1

111

3

1T (1.51.b)

Dengan cara yang sama kita dapat memperoleh relasi untuk arus



abc

abc

ITI

ITI~ ][

~

~ ][

~

1012

012

−=

= (1.51.c)

1.8.4. Relasi Transformasi

Relasi (1.51) inilah pasangan relasi untuk menghitung komponen urutan jika diketahui besaran fasanya, dan sebaliknya menghitung besaran fasa jika diketahui komponen urutannya; mereka kita sebut relasi transformasi fasor tak-seimbang. Perhatikan sekali lagi bahwa masing-masing komponen urutan membentuk fasor seimbang; komponen simetris adalah besaran-besaran hasil olah matematik, tidak diukur dalam praktek; yang terukur adalah besaran-besaran yang tak-seimbang yaitu cba VVV , , .

CONTOH-1.3: Diketahui 0 and ,601 ,601 oo =−∠=∠= cba III ,

hitunglah komponen-komponen simetrisnya .

Solusi:

( ) ( )( )

( ) ( )o

oo21

6023

1732,11

3

1

0)866,05,0()866,05,0(3

1

06016013

1

3

1

∠=+=

++++=

+∠+∠=++=

j

jj

aa cba IIII

( ) ( )( )

( ) o

oo22

120333,0866,05,03

1

01)866,05,0(3

1

018016013

1

3

1

∠=+−=

+−+=

+∠+∠=++=

j

j

aa cba IIII


39

( ) ( )( )

( ) o

oo0

0333,0013

1

0)866,05,0()866,05,0(3

1

06016013

1

3

1

∠=+=

+−++=

+∠+∠=++=

j

jj

cba IIII

Perhatikan: perhitungan dalam soal ini memberikan

o

00

ooo2

22

ooooo11

0333,0

360333,0120333,02401

180667,0)60120(3

260

3

21201

∠==

∠=∠×∠==

∠=+∠=∠×∠==

II

II

II

c

c

c

a

a

sedangkan diketahui 0 =cI

Kita yakinkan:

0 333,0333,0667,0021 ≈++−=++= cccc IIII

1.8.3. Impedansi Urutan

Jika impedansi CBA Z ZZ ,, merupakan impedansi-impedansi

dengan tegangan antar terminal masing-masing ''' , , ccbbaa VVV

maka

=

c

b

a

ABC

cc

bb

aa

Z

I

I

I

V

V

V

][

'

'

'

atau lebih kompak

abcABCabc Z IV~ ][

~)'( = (1.52)

)'(~

abcV adalah tegangan antar terminal impedansi dan abcI~

adalah arus yang melalui impedansi. [ ]ABCZ adalah matriks 3 × 3,

yang elemen-elemennya merupakan impedansi total yang terdiri dari impedansi sendiri dan impedansi bersama. Kita akan melihat sebuah contoh saluran transmisi yang mendapat pembebanan tidak seimbang.



CONTOH-1.4: Suatu saluran tiga-fasa masing masing memiliki reaktansi sediri Xs sedangkan antar fasa terdapat reaktansi bersama Xm. Resistansi konduktor diabaikan. Tentukanlah impedansi urutan. Perhatikan bahwa Xs adalah reaktansi sendiri dan Xm adalah reaktansi bersama antar konduktor.

Solusi:

csbmamcccc

cmbsambbbb

cmbmasaaaa

jXjXjX

jXjXjX

jXjXjX

IIIVVV

IIIVVV

IIIVVV

++=−=

++=−=

++=−=

''

''

''

yang dapat dituliskan dalam bentuk matriks

=

−

c

b

a

smm

msm

mms

c

b

a

c

b

a

XXX

XXX

XXX

j

I

I

I

V

V

V

V

V

V

'

'

'

dan dapat dituliskan dengan lebih kompak

abcABCabcabc Z IVV~ ][

~~ =′−

Karena

0121

012012~

][~

dan ,~

][~

,~

][~

ITIVTVVTV === −abcabcabc

maka relasi diatas menjadi

012012012~

][ ][~

][~

][ ITVTVT ABCZ=′− atau

0121

012012~

][ ][][~~

ITTVV ABCZ−=′−

.

.

.

mX mX

mX sX

sX

sX

aI

bI

cI

cba III ++

aV

bV

cV

aV ′

bV ′

cV ′


41

Pada relasi terakhir ini terdapat faktor

[ ] [ ][ ] T T 1ABCZ−

yang dapat kita hitung sebagai berikut:

[ ] [ ][ ]

−−

+=

++++−++++−

+++=

=

ms

ms

ms

msmsms

msmsms

msmsms

smm

msm

mms

ABC

XX

XX

XX

j

aa

aa

XaaXXaXaXX

XaXaXaaXXX

XXXXXXj

aa

aa

XXX

XXX

XXX

j

aa

aaZ

00

00

002

1

1

111

)1()1(

)1()1(

222

3

1

1

111

1

1

111

3

1T T

2

2

22

22

2

2

2

21-

Hasil perhitungan ini memberikan relasi berikut

012012012

2

1

0

012012012

~ ][

~

00

00

00

~

00

00

002~~

II

IVV

Z

Z

Z

Z

XX

XX

XX

j

ms

ms

ms

=

=

=

−−

+=′−

Jika didefinisikan:

Impedansi urutan nol )2(0 ms XXjZ +=

Impedeansi urutan positif )(1 ms XXjZ −=

Impedansi urutan negatif )(2 ms XXjZ −=

Rangkaian ekivalen urutan dari rangkaian dalam relasi ini digambarkan sebagai berikut:


0Z

0V 0V ′1Z

1V 1V ′2Z

2V 2V ′



1.9.4. Daya Pada Sistem Tak-seimbang

Daya pada sistem tiga-fasa adalah jumlah daya setiap fasa.

∗∗∗ ++= ccbbaafS IVIVIV3 atau dalam bentuk matriks

[ ] ∗

∗

∗

∗

=

= abcabcT

c

b

a

cbafS IV

I

I

I

VVV~~

3 (1.53)

( abcTV~

adalah transposisi dari abcV~

)

Karena 012012~

][~

dan ~

][~

ITIVTV == abcabc , maka relasi

diatas menjadi

∗∗= 0120123~

][][~

ITTV TfS (1.54)

Catatan: TTabcTabc ][~~

~

][~

012012 TVVVTV =⇒= ∗∗∗ =⇒= 012012

~][

~~ ][

~ITIITI abcabc

Pada (1.54) terdapat faktor [ ] [ ]∗TT T yang dapat kita hitung

[ ] [ ]

=

=

=∗

100

010

001

3

300

030

003

1

1

111

1

1

111

TT2

2

2

2

aa

aa

aa

aaT

Dengan demikian (1.54) dapat dituliskan

∗= 0120123~~

3 IV TfS atau

( )∗∗∗ ++= 2211003 3 IVIVIVfS (1.55)

CONTOH-1.5: Hitunglah daya tiga-fasa pada kondisi tidak seimbang seperti berikut:

A

10

10

10

dan kV

0

10

10

−−=

−=j

ABCABC IV


43

Solusi (1):

[ ]

−−

−=−= ∗

10

10

10

dan 01010

j

ABCABCT IV

Kita akan menghitung daya tiga-fasa langsung dengan mengalikan kedua matriks kolom ini

[ ] kVA )100100( 0100100

10

10

10

010103 jj

j

S f −=++−=

−−

−−=

Hasil ini kita peroleh dengan mengaplikasikan langsung formulasi daya dengan mengambil nilai-nilai tegangan dan arus yang tidak simetris. Berikut ini kita akan menyelesaikan soal ini

melalui komponen simetris.

Solusi (2):

Tegangan urutan adalah:

[ ]

+−+−=

−

== −

01010

01010

0

3

1

0

10

10

1

1

111

3

1~T

~

22

21012

a

a

aa

aaABCVV

Dari sini kita hitung T012~V

[ ]1010101003

1~ 2012 aaT −−=⇒ V

Arus urutan adalah:

[ ]

+−+−=⇒

++=

−−−−=

−−

==

∗

−

1010

1010

0

3

1~

1010

1010

0

3

1

101010

101010

0

3

1

10

10

10

1

1

111

3

1~T

~

012

2

2

2

21012

j

j

j

j

aaj

aaj

j

aa

aaABC

I

II



Daya tiga-fasa adalah

[ ]

[ ]( ) kVA )100100(300300

3

1

)1010)(1010()1010)(1010(03

1

1010

1010

0

101010-1003

1

3

13

~3

2

2

0120123

jj

jaja

j

jaa

S Tf

−=−=

+−−++−−+=

+−+−−××=

= ∗IV

(catatan: 12 −=+ aa )

Komentar: Hasil perhitungan dengan perkalian langsung tegangan dan arus tak-seimbang sama dengan hasil perkalian melalui komponen simetris. Jika hasilnya sama, mengapa kita harus bersusah payah mencari komponen simetris terlebih dulu? Persoalan pada pembebanan tak-seimbang tidak hanya menghitung daya, tetapi juga arus dan tegangan; misalnya menghitung arus hubung singkat yang tidak simetris, yang tetap memerlukan perhitungan komponen simetris.

1.9. Pernyataan Sistem Tenaga

Sistem tenaga merupakan rangkaian listrik yang rumit. Disamping banyaknya macam piranti yang ada di dalamnya, sistem ini juga sistem multifasa (umumnya tiga-fasa), dan ia beroperasi pada banyak tingkat tegangan. Agar analisis dapat dilakukan, maka sistem tenaga harus dapat dinyatakan secara mudah.

1.9.1. Diagram Satu Garis

Langkah pertama dalam analisis adalah memindahkan rangkaian sistem tenaga ke atas kertas dalam bentuk diagram rangkaian. Diagram rangkaian untuk sistem tenaga berupa diagram satu garis (single line diagram). Diagram ini sederhana namun menunjukkan secara lengkap interkoneksi berbagai piranti. Walaupun hanya satu garis, ia menggambarkan sistem multifasa. Berikut ini contoh dari diagram satu garis.


45

Gb.1.11. Diagram satu garis.

Gb.1.11. memperlihatkan sebuah generator terhubung Y, dengan titik netral yang ditanahkan melalui sebuah impedansi. Generator ini dihubungkan ke trasformator tiga belitan melalui bus-1. Belitan primer trafo terhubung ∆, belitan sekunder terhubung Y dengan titik netral ditanahkan langsung dan terhubung ke bus-2, sedangkan belitan tertier dihubungkan ∆ masuk ke bus-3 untuk mencatu beban.

Dari bus-2 melalui circuit breaker masuk ke saluran transmisi melalui bus-4. Ujung saluran transmisi melalui bus-5 terhubung ke transformator 2 belitan; transformator ini terhubung Y-∆ dengan titik netral primernya ditanahkan langsung. Sekunder transformator terhubung ke bus-6 untuk mencatu beban.

Dalam diagram satu garis, impedansi-impedansi tidak digambarkan. Untuk analisis, diagram satu garis perlu “diterjemahkan” menjadi diagram rangkaian listrik model satu fasa seperti terlihat pada Gb. 1.12.

Gb.1.12. Model satu fasa dari diagram satu garis Gb.1.11.

Transformator

Rangkaian ekivalen π

saluran transmisi

Transformator

beban beban

Circuit breaker

Generator

1

3

2 4 5 6

+ ∼∼∼∼

Generator

Y-ditanahkan melalui

impedansi

beban

Saluran transmisi

Trafo 2 belitan

beban Nomer bus

Trafo 3 belitan

Circuit Breaker

GY Z

Y

∆

∆

Y ∆ 1

3

2 4

5 6



Dengan model satu fasa inilah analisis dilakukan. Dalam Gb.1.12. ini saluran transmisi dinyatakan dengan rangkaian ekivalennya, yaitu rangkaian ekivalen π, yang akan kita pelajari lebih lanjut.

1.9.2. Sistem Per-Unit

Sistem per-unit sesungguhnya merupakan cara penskalaan atau normalisasi. Besaran-besaran sistem dalam satuan masing-masing, tegangan dalam volt – arus dalam ampere – impedansi dalam ohm, ditransformasikan ke dalam besaran tak berdimensi yaitu per-unit (disingkat pu). Pada mulanya transformasi ke dalam per-unit dimaksudkan untuk mempermudah perhitungan, namun dengan perkembangan penggunaan computer maksud penyederhanaan itu sudah kurang berarti lagi. Walaupun demikian, beberapa keuntungan yang terkandung dalam sistem per-unit (yang akan kita lihat kemudian) masih terasakan dan oleh karena itu kita akan pelajari.

Nilai per-unit dari suatu besaran merupakan rasio dari besaran tersebut dengan suatu besaran basis. Besaran basis ini berdimensi sama dengan dimensi besaran aslinya sehingga nilai per-unit besaran itu menjadi tidak berdimensi

snilai basi

ngguhnyanilai sesu unit -per Nilai =

Nilai sesungguhnya mungkin berupa bilangan kompleks, namun nilai basis yang ditetapkan adalah bilangan nyata. Oleh karena itu sudut fasa nilai dalam per-unit sama dengan sudut fasa sesungguhnya.

Sebagai contoh kita ambil daya kompleks

)( β−α∠== ∗ VIS IV (1.56)

di mana α adalah sudut fasa tegangan dan β adalah sudut fasa arus. Untuk menyatakan S dalam per-unit kita tetapkan Sbasis yang berupa bilangan nyata, sehingga

)()( β−α∠=β−α∠= pu

basispu S

S

SS (1.57)

Didefinisikan pula bahwa


47

basisbasisbasis IVS ×= (1.58)

Nilai Sbasis dipilih secara bebas dan biasanya dipilih angka yang memberi kemudahan seperti puluhan, ratusan dan ribuan. Jika Sbasis sudah ditentukan kita harus memilih salah satu Vbasis atau Ibasis untuk ditentukan secara bebas, tetapi tidak kedua-duanya bisa dipilih bebas.

Jika kita hitung Spu dari (1.56) dan (1.57) kita peroleh

∗=β−∠α∠== pupubasisbasisbasis

pu IVIV

IV

S

SS (1.59)

Nilai basis untuk impedansi ditentukan menggunakan relasi

basis

basis

basis

basisbasis S

V

I

VZ

2

== (1.60)

Dengan Zbasis ini relasi arus dan tegangan I

VIV == atau Z Z

akan memberikan

basisbasisbasis IVZ

Z

/

/ IV= atau pu

pupu I

VZ = (1.61)

Karena jXRZ += maka

basisbasisbasisbasis Z

Xj

Z

R

Z

jXR

Z

Z +=+= atau

pupupu jXRZ += (1.62)

Jadi tidaklah perlu menentukan nilai basis untuk R dan X secara sendiri-sendiri. Selain itu tidak pula diperlukan menentukan nilai basis untu P dan Q secara sendiri-sendiri pula.

basisbasis S

jQP

S

S += atau

pupupu jQPS += (1.63)



Contoh-1.6: Nyatakanlah besaran-besaran pada rangkaian satu fasa berikut ini dalam per-unit dengan mengambil Sbasis = 1000 VA dan Vbasis = 200 V.

Solusi:

V 200 VA; 1000 == basisbasis VS

A 5200

1000===basis

basisbasis V

SI

Ω=== 405

200

basis

basisbasis I

VZ

Maka: pu 01200

0200 oo

∠=∠=puV

pu 1,040

4 ==puR

pu 1,040

4 ==CpuX

pu 2,040

8 ==LpuX

Transformasi rangkaian dalam per-unit menjadi seperti gambar di bawah ini.

pu 4521,01,01,02,01,01,0 o∠=+=+−= jjjZ pu

pu 45254520,1

01 oo

o−∠=

∠

∠==pu

pupu Z

VI

pu 4525452501 ooo ∠=∠×∠== ∗pupupu IVS

pu 1,0 pu 1,0j−pu 2,0jpu 01 o∠ ∼

V 0200 o∠=VΩ4 Ω− 4j

Ω 8j∼


49

1.9.3. Sistem Per-Unit Dalam Sistem Tiga-fasa

Di sub-bab sebelumnya, kita lihat aplikasi sistem per-unit pada sistem satu fasa. Untuk sistem tiga-fasa (yang kita ketahui bahwa sistem tiga-fasa ini sangat luas dipakai dalam penyediaan energi listrik) dikembangkan pengertian nilai basis tambahan sebagai berikut.

3/

3

3

3

3

basisbasis

basisYbasis

basisasisf

basisbasis

basisYbasis

basisbasisff

basisbasisf

II

II

II

ZZ

ZZ

VV

SS

=

=

===

=

=

∆

∆ (1.64)

Bagaimana implementasi dari nilai-nilai basis di atas, akan kita lihat pada contoh berikut ini.

Contoh-1.5: Sebuah sumber tiga-fasa dengan tegangan fasa-fasa 6 kV mencatu dua beban seimbang yang tersambung parallel: beban-A: 600 kVA, faktor daya 0,8 lagging, beban-B: 300 kVA, faktor daya 0,6 leading. Tentukan nilai basis untuk sistem ini, hitung arus saluran dalam per-unit dan dalam ampere, dan impedansi beban A.

Solusi: Penentuan nilai basis adalah sembarang. Kita pilih S3f basis = 600 kVA dan Vff basis = 6 kV, sehingga

Ω===

===

==

==

6074,57

3464

A 74,573/6

200

V 34643

6

2003

600

basis

basisbasis

basis

basisbasis

basis

basis

I

VZ

V

SI

V

kVAS

Sumber ini terbebani seimbang sehingga hanya ada urutan positif. Besaran per fasa adalah:



Beban-A:

9,361200

9,36200

kVA 9,36200

) (f.d. 9,36)8,0(cos kVA; 2003

600

oo

o

o1

∠=+∠==→

∠=

+==ϕ== −

basis

AApu

A

AA

S

SS

S

lagS

6,08,09,3619,36101

9,361

;013/6

3/6

oo

o

o

jIV

SI

V

ApuApu

ApuApu

Apu

−=−∠=⇒∠=∠

∠==

∠==

∗

Beban-B:

4,03,01,535,0

1,535,001

1,535,0

01

1,535.0200

1,53100

kVA 1,53100

) (f.d. 1,53)6,0cos( kVA; 1003

300

o

oo

o

o

oo

o

o

jI

V

SI

VV

S

SS

S

leadS

Bpu

Bpu

BpuBpu

ApuBpu

basis

BBpu

B

BB

+=∠=⇒

−∠=∠−∠==

∠==

−∠=−∠==⇒

−∠=

−==ϕ==

∗

Arus saluran: 2,01,14,03,06,08.0 jjjIII BpuApupu −=++−=+=

A3,1055,6455,1151,6374,57)2,01,1( o−∠=−=×−= jjI

Impedansi beban-A:

oo

o9,361

361

01 ∠=−∠

∠==Apu

ApuApu I

VZ

Ω+=∠=⇒ )3648(9,3660 o jZA

Saluran Transmisi

51

BAB 2 Saluran Transmisi

Saluran transmisi merupakan koridor yang harus dilalui dalam penyaluran energi listrik. Saluran transmisi biasanya dinyatakan menggunakan rangkaian ekivalen. Hal ini telah kita lihat secara selintas pada pembahasan diagram satu garis, Gb.1.9. Walaupun rangkaian ekivalen saluran transmisi cukup sederhana, ada empat hal yang perlu kita perhatikan yaitu:

• Resistansi konduktor,

• Imbas tegangan di satu konduktor oleh arus yang mengalir di konduktor yang lain,

• Arus kapasitif karena adanya medan listrik antar konduktor,

• Arus bocor pada isolator.

Dalam analisis sistem tenaga, arus bocor pada isolator biasanya diabaikan karena cukup kecil dibandingkan dengan arus konduktor. Namun masalah arus bocor menjadi sangat penting jika kita membahas isolator karena arus bocor ini mengawali terjadinya kerusakan pada permukaan isolator yang dapat mengakibatkan flashover dan kegagalan sistem.

Karena saluran udara memanfaatkan udara sebagai bahan isolasi, perlu kita lihat besaran-besaran fisis udara yang akan masuk dalam perhitungan-perhitungan saluran transmisi, yaitu:

Permeabilitas: permeabilitas magnetik udara dianggap sama dengan permeabilitas ruang hampa:

H/m 104 700

−×π=µ≈µµ=µ r

Permitivitas: permitivitas listrik udara dianggap sama dengan permitivitas ruang hampa:

F/m 36

10 9

00 π=ε≈εε=ε

−

r

Saluran Transmisi


2.1. Impedansi dan Admitansi

2.1.1. Resistansi

Material yang biasa digunakan sebagai konduktor adalah tembaga dan aluminum. Untuk saluran transmisi banyak digunakan aluminum dan kita mengenal jenis-jenis konduktor aluminum, seperti:

• Aluminum: AAL (all aluminum coductor) • Aloy aluminum: AAAL (all aluminum alloy conductor) • Aluminum dengan penguatan kawat baja: ACSR

(aluminum conductor steel reinforced)

Data mengenai ukuran, konstruksi, resistansi [Ω per km], radius [cm], GMR [cm] (Geometric Mean Radius), serta kemampuan mengalirkan arus [A], dapat kita peroleh dari standar / spesifikasi; untuk sementara kita tidak membahasnya.

Relasi resistansi untuk arus searah adalah

Ωρ= A

lRAS (2.1)

dengan l panjang konduktor [m], A luas penampang konduktor [m2], dan ρ adalah resistivitas bahan.

C][20 Ω.m 1077,1

C][20 Ω.m 1083,2o8

o8

−

−

×=ρ

×=ρ

Al

Al

Resistansi tergantung dari temperature,

01

0212 TT

TTTT +

+ρ=ρ (2.2)

Untuk aluminum C228o0 =T ; untuk tembaga C 241 o

0 =T

Resistansi untuk arus bolak-balik lebih besar dari resistansi untuk arus searah karena ada efek kulit yaitu kecenderungan arus bolak-balik untuk mengalir melalui daerah pinggiran penampang konduktor.

Saluran Transmisi

53

Selain daripada itu, kondukor saluran transmisi merupakan pilinan konduktor sehingga panjang konduktor sesungguhnya lebih dari panjang lateral yang kita ukur.

2.1.2. Induktansi

Arus di suatu konduktor menimbulkan medan magnit di sekelilingnya dan juga di dalam konduktor itu sendiri walaupun yang di dalam konduktor tidak merata di seluruh penampang. Menurut hukum Ampere, jika arus yang mengalir pada konduktor adalah i maka medan magnet H di sekitar konduktor diperoleh

dengan relasi ∫ =l

iHdl . Di titik berjarak x di luar konduktor

relasi ini menjadi

x

iH x π

=2

(2.3)

Jika konduktor kita anggap sangat panjang dan l adalah satu segmen dari padanya, maka fluksi magnet yang melingkupi segmen ini sampai jarak Dx dari konduktor adalah

r

Dildx

x

ilHldx xD

r

D

r

xxln

22 πµ=

πµ=µ=λ ∫∫ (2.4)

dimana r adalah radius konduktor. Persamaan (2.4) ini adalah fluksi lingkup di luar konduktor. Masih ada fluksi di dalam konduktor yang harus diperhitungkan. Untuk mencakup fluksi di dalam konduktor tersebut, didefinisikan suatu radius ekivalen yang disebut Geometric Mean Radius (GMR), r′, sehingga (2.4) menjadi

r

Dil x

′πµ=λ′ ln2

(2.5)

GMR adalah suatu radius fiktif yang lebih kecil dari radius fisik konduktor. Radius fiktif (GMR) ini kita anggap sebagai radius konduktor manakala kita berbicara tentang fluksi magnet sekitar konduktor. Denganr ′ yang lebih kecil dari r ini, kita telah memperhitungkan adanya fluksi magnet di dalam konduktor.

Saluran Transmisi


2.1.2.1. Sistem Dua Konduktor

Kita perhatikan suatu saluran daya listrik yang terdiri dari dua konduktor, satu adalah saluran kirim dan satu lagi saluran balik. Saluran kirim dialiri arus i sedangkan saluran balik juga dialiri arus i tetapi dengan arah yang berlawanan; hal ini digambarkan pada Gb.2.1. Kita pandang sistem dua konduktor ini sebagai satu segmen dari loop yang sangat panjang. Pada ujung-ujung segmen loop ini terdapat tegangan di antara kedua konduktor, yaitu AA vv ′dan .

Jika panjang segmen ini adalah l maka arus iA di saluran A memberikan fluksi lingkup menembus bidang segmen loop ini sebesar

A

ANAAN r

Dli

′πµ

=λ ln21 (2.6.a)

Arus iA di saluran balik N memberikan fluksi lingkup sebesar

N

ANAAN r

Dli

′πµ

=λ ln22 (2.6.b)

Di ruang antara A dan N, fluksi 1ANλ

dan 2ANλ saling menguatkan sehingga

fluksi lingkup total menjadi

NA

ANAAAAN rr

Dli

′′πµ

=λ+λ=λ2

21 ln2

(2.6.c)

ANλ adalah fluksi lingkup konduktor

A-N yang ditimbulkan oleh iA, dan

Gb.2.1. Saluran kirim A dan saluran balik N.

N′

A

N

A ′Ai

Ai

Av Av′ Nkonduktor :

Akonduktor :

N keA jarak :

GMRr

GMRr

D

N

A

AN

′′

A

AND

N

Fluksi saling menguatkan

Saluran Transmisi

55

merupakan fluksi sendiri yang akan memberikan induktansi sendiri LAA.

2.1.2.2. Sistem Tiga Konduktor

Kita lihat sekarang sistem tiga konduktor, saluran kirim A dan B serta saluran balik N, seperti terlihat pada Gb.2.2. Arus iA dan iB masing-masing mengalir di A dan B sedang di N mengalir arus balik )( BA ii + . Kita akan menghitung fluksi lingkup segmen

loop yang menjadi perhatian kita yaitu fluksi lingkup pada segmen loop yang dibentuk oleh saluran A dan saluran balik N.

Dalam situasi ini arus iA di konduktor A dan arus balik (iA+i B) di N memberikan fluksi lingkup sebesar

N

ANBA

A

ANAANB r

Dlii

r

Dli

′π+µ

+′π

µ=λ ln

2

)(ln

21 (2.7.a)

Sementara itu arus iB di konduktor B juga memberikan fluksi

B

BNB

B

ABBANB r

Dli

r

Dli

′πµ

+′π

µ=λ ln

2ln

22 (2.7.b)

Karena arus iB searah dengan iA maka suku pertama (2.7.b) memperlemah fluksi antara A dan B, sedangkan suku ke-dua memperkuat fluksi antara B dan N. Fluksi lingkup antara A dan N dengan kehadiran B menjadi

′+

′−

′πµ+

′+

′πµ=

λ+λ=λ

B

BN

B

AB

N

ANB

N

AN

A

ANA

ANBANBANB

r

D

r

D

r

Dli

r

D

r

Dlilnlnln

2lnln

2

21

Gb.2.2. Saluran kirim A dan B, dan saluran balik N

A

B

N

A ′

B′

N′

Ai

Bi

BA ii +

Saluran Transmisi


atau

′πµ

+′′π

µ=λ

ABN

BNANB

NA

ANAANB

Dr

DDli

rr

Dliln

2ln

2

2

(2.7.c)

ANBλ adalah fluksi lingkup segmen loop A-N dengan kehadiran

arus di konduktor B yang jika kita bandingkan dengan (2.6.c) terlihat bahwa suku ke-dua (2.7.c) adalah tambahan yang disebabkan oleh adanya arus iB.

Kita lihat sekarang fluksi lingkup segmen loop B-N antara konduktor B dan N. Fluksi lingkup yang ditimbulkan oleh arus di B dan arus di N adalah

N

BNAB

B

BNBBNA r

Dlii

r

Dli

′π+µ

+′π

µ=λ ln

2

)(ln

21 (2.8.a)

dan fluksi yang ditimbulkan oleh iA yang memperkuat fluksi

1BNAλ adalah

AB

ANA

A

AB

A

ANABNA D

Dli

r

D

r

Dliln

2lnln

22 πµ

=

′−

′πµ

=λ (2.8.b)

sehingga fluksi lingkup konduktor B-N menjadi

NAB

ANBNA

NB

BNBBNABNABNA rD

DDli

rr

Dli

′πµ

+′′π

µ=λ+λ=λ ln

2ln

2

2

21 (2.8.c)

Kita lihat bahwa formulasi (2.8.c) mirip dengan (2.7.c); suku pertama adalah fluksi yang ditimbulkan oleh arus iB sedangkan suku kedua adalah tambahan yang disebabkan oleh arus iA.

2.2.1.3. Sistem Empat Konduktor

Dengan cara yang sama, kita menghitung fluksi-fluksi lingkup pada sistem empat konduktor dengan tiga konduktor A, B, dan C masing-masing dengan arus iA, iB, dan iC, dan konduktor balik N dengan arus )( CBA iii ++ seperti terlihat pada Gb.2.3.

Saluran Transmisi

57

Fluksi lingkup konduktor A-N, B-N, dan C-N adalah:

′+

′+

′′πµ=

′−

′πµ+

′−

′πµ+

′+++

′πµ=λ

ACN

CNANC

ABN

BNANB

NA

ANA

C

ACC

C

CNC

B

ABB

B

BNB

N

ANCBA

A

ANAAN

Dr

DDi

Dr

DDi

rr

Di

l

r

Di

r

Di

r

Di

r

Di

r

Diii

r

Di

l

lnlnln2

lnln2

lnln2

ln)(ln2

2

(2.9.a)

′++

′′+

′πµ=

′−

′πµ+

′−

′πµ+

′+++

′πµ=λ

BCN

CNBNC

NB

BNB

ABN

ANBNA

C

BCC

C

CNC

A

ABA

A

ANA

N

BNCBA

B

BNBBN

Dr

DDi

rr

Di

Dr

DDi

l

r

Di

r

Di

r

Di

r

Di

r

Diii

r

Di

l

lnlnln2

lnln2

lnln2

ln)(ln2

2

(2.9.b)

′′+

′+

′πµ=

′−

′πµ+

′−

′πµ+

′+++

′πµ=λ

NC

CNC

BCN

BNCNB

ACN

ANCNA

B

BCB

B

BNB

A

ACA

A

ANA

N

CNCBA

A

CNCCN

rr

Di

Dr

DDi

Dr

DDi

l

r

Di

r

Di

r

Di

r

Di

r

Diii

r

Di

l

2

lnlnln2

lnln2

lnln2

ln)(ln2

(2.9.c)

Gb.2.3. Sistem empat konduktor.

A

B

C

N

A ′

B′

C′

N′

ANv

BNv

CNv

ANv′

BNv′

CNv′

Bi

Ci

CBA iii ++

N C, B, A, : , ; konduktor ; dan konduktor jarak : jiiGMRrjiD iij =′

Saluran Transmisi


Penurunan relasi (2.9) sudah barang tentu tidak terbatas hanya untuk empat konduktor. Akan tetapi dalam pembahasan ini kita mengaitkannya dengan keperluan kita untuk meninjau sistem tiga-fasa. Oleh karena itu kita batasi tinjauan pada sistem empat konduktor. Dalam bentuk matriks, (2.9) dapat kita tuliskan sebagai

′′πµ

′πµ

′πµ

′πµ

′′πµ

′πµ

′πµ

′πµ

′′πµ

=

λλλ

C

B

A

NC

CN

BCN

BNCN

ACN

ANCN

BCN

CNBN

NB

BN

ABN

ANBN

ACN

CNAN

ABN

BNAN

NA

AN

CN

BN

AN

i

i

i

rr

D

Dr

DD

Dr

DD

Dr

DD

rr

D

Dr

DD

Dr

DD

Dr

DD

rr

D

l

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

2

2

2

(2.10)

Turunan terhadap waktu dari fluksi lingkup memberikan tegangan imbas

′′πµ

′πµ

′πµ

′πµ

′′πµ

′πµ

′πµ

′πµ

′′πµ

=

′

′

′

dt

didt

didt

di

rr

D

Dr

DD

Dr

DD

Dr

DD

rr

D

Dr

DD

Dr

DD

Dr

DD

rr

D

v

v

v

lC

B

A

NC

CN

BCN

BNCN

ACN

ANCN

BCN

CNBN

NB

BN

ABN

ANBN

ACN

CNAN

ABN

BNAN

NA

AN

CC

BB

AA

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

1

2

2

2

(2.11)

Jika tegangan dan arus adalah sinusoidal, persamaan matriks di atas dapat kita tuliskan dalam fasor

′′πµ

′πµ

′πµ

′πµ

′′πµ

′πµ

′πµ

′πµ

′′πµ

ω=

′

′

′

C

B

A

NC

CN

BCN

BNCN

ACN

ANCN

BCN

CNBN

NB

BN

ABN

ANBN

ACN

CNAN

ABN

BNAN

NA

AN

CC

BB

AA

rr

D

Dr

DD

Dr

DD

Dr

DD

rr

D

Dr

DD

Dr

DD

Dr

DD

rr

D

jl

I

I

I

V

V

V

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

1

2

2

2

(2.12)

Persamaan ini menunjukkan tegangan imbas pada setiap konduktor, sepanjang segmen l (jika faktor l pindah ke ruas kanan).

Saluran Transmisi

59

2.1.3. Impedansi

Resistansi dan tegangan imbas (baik oleh fluksinya sendiri maupun oleh fluksi yang timbul karena arus di konduktor lain) pada setiap konduktor membentuk impedansi di setiap konduktor. Dalam memperhitungkan resistansi, kita amati hal berikut:

Semua arus fasa melalui masing-masing konduktor fasa, sedangkan arus balik melalui konduktor netral secara bersama-sama. Oleh karena itu impedansi sendiri suatu fasa akan mengandung resistansi konduktor fasa dan resistansi konduktor netral, sedangkan impedansi bersama akan mengandung resistansi konduktor netral saja. Persamaan (2.12) dapat kita tuliskan menjadi:

=

′

′

′

C

B

A

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

CC

BB

AA

ZZZ

ZZZ

ZZZ

lI

I

I

V

V

V

1

(2.13.a)

dengan ZXX adalah impedansi sendiri konduktor X dan ZXY adalah impedansi konduktor X karena adanya imbas dari konduktor Y; impedansi ini adalah per satuan panjang. (Perhatikan adanya faktor 1/l di ruas kiri (2.13.a))

ACN

BNCNNCB

ACN

ANCNNCA

NC

CNNCCC

BCN

CNBNNBC

ABN

ANBNNBA

NB

BNNBBB

ACN

CNANNAC

ABN

BNANNAB

NA

ANNAAA

Dr

DDjRZ

Dr

DDjRZ

rr

DjRRZ

Dr

DDjRZ

Dr

DDjRZ

rr

DjRRZ

Dr

DDjRZ

Dr

DDjRZ

rr

DjRRZ

′πωµ+=

′πωµ+=

′′πωµ++=

′πωµ+=

′πωµ+=

′′πωµ++=

′πωµ+=

′πωµ+=

′′πωµ++=

ln2

ln2

;ln2

ln2

ln2

;ln2

ln2

ln2

;ln2

2

2

2

(2.13.b)

Saluran Transmisi


Walaupun matriks impedansi pada (2.13.a) terlihat simetris namun tidak diagonal. Matrik impedansi urutan akan berbentuk diagonal jika konfigurasi konduktor memiliki kesimetrisan seperti pada konfigurasi ∆ atau dibuat simetris melalui transposisi, seperti yang akan kita lihat berikut ini.

2.1.3.1. Konfigurasi ∆∆∆∆ (Segitiga Sama-Sisi)

Konfigurasi ini adalah konfigurasi segitiga sama-sisi di mana konduktor fasa berposisi di puncak-puncak segitiga.

DDDD ACBCAB ===

Konduktor netral berposisi di titik berat segitiga, sehingga

3/DDDD CNBNAN ===

Gb.2.4. memperlihatkan konfigurasi ini.

Jika kita anggap resistansi konduktor fasa sama besar yaitu R dan GMR-nya pun sama yaitu r ′ , maka jika kita masukkan besaran-besaran ini ke (2.13.b) kita peroleh persamaan (2.14) di bawah ini. Perhatikan impedansi sendiri ZXX yang akan kita sebut Zs dan impedansi bersama ZXY yang akan kita sebut Zm dalam persamaan yang diperoleh ini.

D D

D

3/D

Gb.2.4 Konfigurasi ∆ (equilateral).

Saluran Transmisi

61

NNCB

NNCA

N

CNNCC

NNBC

NNBA

N

BNNBB

NNAC

NNAB

NNAA

r

DjRZ

r

DjRZ

rr

DjRRZ

r

DjRZ

r

DjRZ

rr

DjRRZ

r

DjRZ

r

DjRZ

rr

DjRRZ

′πωµ+=

′πωµ+=

′′πωµ++=

′πωµ+=

′πωµ+=

′′πωµ++=

′πωµ+=

′πωµ+=

′′πωµ++=

3ln

2

3ln

2 ;

3ln

2

3ln

2

3ln

2 ;

3ln

2

3ln

2

3ln

2 ;

3ln

2

2

2

2

(2.14)

Pada (2.14) ini terlihat bahwa

mCABCAB ZZZZ === dan sCCBBAA ZZZZ ===

sehingga (2.13.a) dapat dituliskan:

=

′

′

′

C

B

A

smm

msm

mms

CC

BB

AA

ZZZ

ZZZ

ZZZ

lI

I

I

V

V

V

1

(2.15.a) dengan

/m 3

ln2

/m 3

ln2

2

Ω′π

ωµ+=

Ω′′π

ωµ++=

NNs

NNs

r

DjRZ

rr

DjRRZ

(2.15.b)

jika R dan RN dinyatakan dalam Ω/m, dan µ dalam H/m. D, r ′ , dan Nr ′ dinyatakan dengan satuan yang sama (biasanya dalam

meter disesuaikan dengan D yang juga diukur dalam meter).

Impedansi urutan dapat kita peroleh dengan cara seperti yang kita pelajari di bab sebelumnya, yaitu

Saluran Transmisi


[ ] [ ] [ ][ ]

−−

+=

++++−++++−

+++=

=

= −

ms

ms

ms

msmsms

msmsms

msmsms

smm

msm

mms

ABC

ZZ

ZZ

ZZ

aa

aa

ZaaZZaZaZZ

ZaZaZaaZZZ

ZZZZZZ

aa

aa

ZZZ

ZZZ

ZZZ

aa

aa

ZZ

00

00

002

1

1

111

)1()1(

)1()1(

222

3

1

1

1

111

1

1

111

3

1

T T

2

2

22

22

2

2

2

2

1012

(2.16.a)

Dengan memasukkan (2.15.b) ke (2.16.a) kita peroleh

/km ln2

/km )(27

ln2

32

21

3

4

0

Ω′π

ωµ+=−==

Ω′′π

ωµ++=+=

r

DjRZZZZ

rr

DjRRZZZ

ms

NNms

(2.16.b)

CONTOH-2.1: Penyulang tegangan menengah tiga-fasa, 20 kV, 50 Hz, panjang 20 km. Konduktor penyulang berpenampang 95 mm2 dan memiliki radius efektif 6 mm. Resistivitas konduktor adalah 0,0286 Ω.mm2/m dan penyulang dibangun dalam konfigurasi ∆ dengan jarak antar konduktor 1 m. Hitunglah impedansi sendiri dan impedansi bersama serta impedansi urutan positif, dengan mengabaikan kapasitansi.

Solusi:

Resistansi konduktor:

/m 00031,095

0286,0 Ω==ρ=A

lRA

Dengan konfigurasi ∆, impedansi sendiri dan impedansi bersama fasa A dihitung menggunakan formulasi (2.14) dengan panjang saluran l = 20 km = 20000 m:

Saluran Transmisi

63

ABlACl

ABl

AAl

ZZ

,j,

jZ

,j,

jZ

=Ω∠=+=

×

×π×π×π+=

Ω∠=+=

×

××π×π×π+

+=

−

−

96,3968,7055026

20000006,03

1ln

2104100

00031,0

86,4661,1785120412

20000

006,0006,03

1ln

2

104100

00031,000031,0

o

27

o

27

Impedansi urutan positif dihitung dengan relasi (2.16.b)

35,5286,98,702,6

05,502,685,1204,12 1

∠=+=−−+=

−=−=

j

jj

ZZZZZ ABlAAlms

CONTOH-2.2: Beban 5000 kW dengan faktor daya 0,8 dicatu melalui penyulang tegangan menengah tiga-fasa, 20 kV, 50 Hz, sepanjang 20 km dengan konfigurasi seperti yang diberikan pada Contoh-2.1. Dengan mengabaikan kapasitansi antar konduktor, hitunglah tegangan di ujung kirim apabila tegangan di ujung terima (beban) ditetapkan 20 kV dengan cara: a) menggunakan besaran-besaran fasa; b) menggunakan besaran urutan.

Solusi:

a) Karena kapasitansi diabaikan, maka perbedaan tegangan antara ujung kirim dan ujung terima hanya disebabkan oleh impedansi saluran. Dengan pembebanan seimbang, perhitungan dilakukan menggunakan model satu-fasa. Kita amati fasa A. Impedansi sendiri total dan impedansi bersama total fasa A telah dihitung pada contoh-2.1:

Ω∠=+==

Ω∠=+=

96,3968,7055026

86,4661,1785120412o

o

,j,ZZ

,j,Z

AClABl

AAl

Saluran Transmisi


Dengan menggunakan tegangan fasa-netral ujung terima fasa A sebagai referensi, maka tegangan fasa-netral ujung terima fasa A, B, dan C adalah

kV 24055,11

kV 12055,11

kV 055,1103

20

o

o

oo

−∠=

−∠=

∠=∠=

rC

rB

rA

V

V

V

Arus fasa A, B, dan C adalah

A 87,2764,180

A 87,1564,180

A 87,364,180A 4,1808,055,11

3/5000

o

o

o

−∠=

−∠=

−∠=→=×

=

C

B

AA

I

I

II

Tegangan jatuh di fasa A adalah:

84,47404,1714

43,118790,77393,126339,64134,55133,3129

87,2764,18096,3986,7

87,1564,18096,3986,787,364,18086,4661,17 oo

oooo

j

jjj

ZZZ CACBABAAAAA

+=+−−−+=

−∠×∠+

−∠×∠+−∠×∠=

++=′ IIIV

Tegangan fasa-netral di ujung kirim:

kV 22,1348,071,155,11 o∠=++=+= ′ jAArAsA VVV

Tegangan fasa-fasa di ujung kirim:

kV 8,2232,13 ==sffV

b). Pada pembebanan seimbang, besaran urutan yang ada hanyalah urutan positif. Impedansi urutan positif telah dihitung pada contoh-2.1.

Ω∠=+= 35,5286,98,702,6 o1 jZ

Tegangan jatuh di fasa A adalah:

Saluran Transmisi

65

V 48,071,148,1559,1778

87,364,18035,5286,9o

oo1

j

Z AAA

+=∠=

−∠×∠=×=′ IV

Tegangan fasa-netral di ujung kirim

kV 22,1348,071,155,11 o∠=++=+= ′ jAArAsA VVV

Tegangan fasa-fasa di ujung kirim:

kV 8,2232,13 ==sffV

2.1.3.2. Transposisi

Suatu upaya untuk membuat konfigurasi menjadi simetris adalah melakukan transposisi, yaitu mempertukarkan posisi konduktor sedemikian rupa sehingga secara keseluruhan transmisi mempunyai konfigurasi simetris ataupun hampir simetris. Panjang total saluran, d, dibagi dalam tiga seksi dan posisi konduktor fasa dipertukarkan secara berurutan, seperti diperlihatkan secara skematis oleh Gb.2.5.

3

2

1

DD

DD

DD

CN

BN

AN

===

1

3

2

DD

DD

DD

CN

BN

AN

===

2

1

3

DD

DD

DD

CN

BN

AN

===

Gb.2.5. Transposisi.

Kita misalkan ketiga konduktor fasa pada Gb.2.5 memiliki resistansi per satuan panjang sama besar dan demikian juga jari-jari serta GMR-nya;

RRRR CBA === , rrrr CBA === , dan rrrr CBA ′=′=′=′ .

Saluran Transmisi


Kita dapat mencari formulasi impedansi fasa dan impedansi urutan dengan melihat seksi per seksi. Jika panjang keseluruhan saluran adalah d, maka untuk konduktor A:

seksi pertama:

′πωµ+=

′πωµ+=

′′πωµ++=

NACNAC

NABNAB

NNAA

rD

DDjRZ

rD

DDjR

dZ

rr

DjRR

dZ

3121

21

ln23

1 ;ln

23

;ln23

(2.17.a) seksi ke-dua:

′πωµ+=

′πωµ+=

′′πωµ++=

NACNAC

NABNAB

NNAA

rD

DDjRZ

rD

DDjR

dZ

rr

DjRR

dZ

1232

22

ln23

1 ;ln

23

;ln23

(2.17.b) seksi ke-tiga

′πωµ+=

′πωµ+=

′′πωµ++=

NACNAC

NABNAB

NANAA

rD

DDjRZ

rD

DDjR

dZ

rr

DjRR

dZ

2313

23

ln23

1 ;ln

23

;ln23

(2.17.c)

Impedansi per satuan panjang konduktor A menjadi:

3/123

3/112

3/131

3/113

3/132

3/121

3/123

3/122

3/121

ln2

ln2

ln2

′

′

′πωµ+=

′

′

′πωµ+=

′′

′′

′′πωµ++=

NACNACNACNAC

NABNABNABNAB

NNNNAA

rD

DD

rD

DD

rD

DDjRZ

rD

DD

rD

DD

rD

DDjRZ

rr

D

rr

D

rr

DjRRZ

(2.18)

Saluran Transmisi

67

Jika didefinisikan:

3321 DDDDh = dan 3

ACBCABf DDDD = (2.19)

maka formulasi (2.18) menjadi

′πωµ+=

′πωµ+=

′′πωµ++=

Nf

hNAC

Nf

hNAB

N

hNAA

rD

DjRZ

rD

DjRZ

rr

DjRRZ

22

2

ln2

; ln2

; ln2

(2.20)

Fasa B dan C memiliki formula yang mirip dengan fasa A. Relasi lengkap untuk ketiga fasa adalah:

=

′

′

′

C

B

A

smm

msm

mms

CC

BB

AA

ZZZ

ZZZ

ZZZ

lI

I

I

V

V

V

1

(2.21.a)

dengan

/m ln2

/m ln2

2

2

Ω

′πωµ+=

Ω

′′πωµ++=

Nf

hNm

N

hNs

rD

DjRZ

rr

DjRRZ

(2.21.b)

Impedansi urutan

[ ] [ ] [ ][ ]T T 1012 ABCZZ −=

dan dengan (2.21.b) kita peroleh:

r

DjRZZZZ

rrD

DjRRZZZ

fms

Nf

hNms

′πωµ+=−==

′′πωµ++=+=

ln2

)(ln

232

21

32

6

0

(2.22)

Saluran Transmisi


CONTOH-2.3: Hitunglah impedansi urutan positif pada frekuensi 50 Hz dari suatu saluran transmisi dengan transposisi yang mempunyai konfigurasi sebagai berikut:

Solusi: (perhatikan bahwa R dinyatakan dalam Ω/km; µ juga harus dinyatakan sebagai H/km = 1000 × H/m)

Untuk menggunakan relasi (2.22), kita hitung lebih dulu Df dengan menggunakan relasi (2.19):

m 29,58443 =××=fD

Jadi:

/km 3896,0088,0

01073,0

29,5ln

2

1000104502088,0

7

1

Ω+=π

××π××π+=−

j

jZ

2.1.4. Admitansi

Kita pandang satu konduktor lurus dengan panjang tak hingga dan mengandung muatan dengan kerapatan ρ per satuan panjang. Pada konfigurasi sederhana ini, penerapan hukum Gauss untuk menghitung displacement D menjadi sederhana.

lDds

S

ρ=∫

dengan S adalah luas dinding silinder sepanjang l dengan sumbu yang berimpit pada konduktor. Bidang equipotensial di sekitar konduktor akan berbentuk silindris. Kuat medan listrik di suatu titik berjarak x dari konduktor adalah:

xlx

lDEx πε

ρ=×π×ε

ρ=ε

=22

Untuk udara, F/m 1036

1 90

−×π

=ε=ε

A 900 : arus Kapasitas

cm 073,1

cm 350,1

km/ 088.0

rrrr

rrrr

RRR

CBA

CBA

CBA

=′=′=′=′====

Ω===m 2,4

A C

m 2,4

m 4,8

B

Saluran Transmisi

69

Kuat medan listrik ini menyebabkan terjadinya perbedaan potensial antara dua titik di luar konduktor, seperti digambarkan pada Gb.2.6.

Gb.2.6. Dua titik di luar konduktor.

A

Bx

x

x

xAB x

xdx

xEdxv

B

A

B

A

ln22 περ=

περ== ∫∫

(2.23)

ABv adalah penurunan potensial dari A ke B yang bernilai positif

jika xB > xA. Jika ρ adalah muatan negatif maka ABv adalah

kenaikan potensial.

2.1.4.1. Beda Potensial Dua Konduktor Tak Bermuatan

Kita lihat sekarang satu konduktor k dengan jari-jari rk dan bermuatan ρk. Dua konduktor lain yang tidak bermuatan, i dan j, berjarak Dik dan Djk dari konduktor k seperti terlihat pada Gb.2.7.

Gb.2.7. Satu konduktor bermuatan dan dua konduktor tak bermuatan.

Potensial konduktor i yang diakibatkan oleh adanya muatan di konduktor k adalah beda potensial antara titik di permukaan konduktor k dan posisi konduktor i. Sedangkan beda potensial antara konduktor k dan j adalah beda potensial antara permukaan konduktor k dan posisi konduktor j. Beda potensial antara konduktor i dan j adalah selisih antara keduanya.

ij

ikk

jk

k

ikkkikjij

D

D

rk

D

r

Dvvv

kkk

ln2

lnln2

περ=

−

περ=−= ρρρ

(2.24)

i j

ikDjkD

kkrk ρ , ,

A BAx

Bx

Saluran Transmisi


2.1.4.2. Beda Potensial Tiga Konduktor Bermuatan

Tiga konduktor bermuatan A, B, C diperlihatkan pada Gb.2.8. Setiap muatan di setiap konduktor akan menyebabkan beda potensial di dua konduktor yang lain.

Gb.2.8. Tiga konduktor bermuatan.

CBABCBCBCBC vvvv ρρρ ++=

AB

ACABC D

Dv

Aln

2περ

=ρ ; B

BCBBC r

Dv

Bln

2περ

=ρ ;

BC

CCBC D

rv

cln

2περ=ρ

Jadi

ρ+ρ+ρ

πε=

BC

CC

B

BCB

AB

ACABC D

r

r

D

D

Dv lnlnln

2

1(2.25)

2.1.4.3. Beda Potensial Empat Konduktor Bermuatan

Empat konduktor bermuatan terlihat pada Gb.2.9:

Gb. 2.9. Sistem empat konduktor.

Kita akan meninjau sistem empat konduktor seperti terlihat pada gambar di atas dengan ketentuan konservasi muatan, yaitu

0=ρ+ρ+ρ+ρ AAAA (2.26)

AAr ρ , ,A BBr ρ , ,B CCr ρ , ,CNNr ρ , ,N

ABD BCD

AAr ρ , ,A BBr ρ , ,B CCr ρ , ,C

ACD

Saluran Transmisi

71

0lnlnlnln2

1

lnlnlnln2

1

lnlnlnln2

1

lnlnlnln2

1

=

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

NN

NNN

CN

CNC

BN

BNB

AN

ANANN

CN

NN

C

CNC

BC

BNB

AC

ANACN

BN

NN

BC

CNC

B

BNB

AB

ANABN

AN

NN

AC

CNC

AB

BNB

A

ANAAN

D

D

D

D

D

D

D

Dv

D

r

r

D

D

D

D

Dv

D

r

D

D

r

D

D

Dv

D

r

D

D

D

D

r

Dv

(2.27)

Jika kita terapkan relasi konservasi muatan yaitu

0=ρ+ρ+ρ+ρ ncba atau ( )cban ρ+ρ+ρ−=ρ

maka ρN akan ter-eliminasi dari persamaan (2.27).

ρ+ρ+ρ

πε=

ρ+ρ+ρ

πε=

ρ+ρ+ρ

πε=

NC

CNC

NBC

BNCNB

NAC

ANCNACN

NBC

CNBNC

NB

BNB

NAB

BNANABN

NAC

CNANC

NAB

BNANB

NA

ANAAN

rr

D

rD

DD

rD

DDv

rD

DD

rr

D

rD

DDv

rD

DD

rD

DD

rr

Dv

2

2

2

lnlnln2

1

lnlnln2

1

lnlnln2

1

(2.28.a)

yang dalam bentuk matriks kita tuliskan:

ρρρ

πεπεπε

πεπεπε

πεπεπε

=

C

B

A

nc

CN

nBCB

BNCN

nAC

ANCN

nBC

CNBN

nb

BN

nAB

ANBN

nAC

CNAN

nAB

BNAN

na

AN

C

B

A

rr

D

rD

DD

rD

DD

rD

DD

rr

D

rD

DD

rD

DD

rD

DD

rr

D

v

v

v

ln2

1ln

2

1ln

2

1

ln2

1ln

2

1ln

2

1

ln2

1ln

2

1ln

2

1

2

2

2

(2.28.b)

atau secara singkat

Saluran Transmisi


ρρρ

=

C

A

A

CCCBCA

BCBBAB

ACABAA

C

B

A

fff

fff

fff

v

v

v

(2.28.c)

atau lebih ringkas

[ ] ABCABCABC ρFv ~ ~ = (2.28.d)

dengan CBAjirD

DDf

nij

jninij , ,, ; ln

2

1 =πε

= (2.28.e)

Untuk tegangan sinusoidal keadaan mantap, (2.28.c) dapat kita tuliskan:

=

C

B

A

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

C

B

A

fff

fff

fff

ρ

ρ

ρ

V

V

V

(2.29.a)

atau

=

−

C

B

A

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

C

B

A

fff

fff

fff

V

V

V

ρ

ρ

ρ1

(2.29.b)

Atau

[ ] [ ] ABCABCABCABCABC VCVFρ~

~~ -1 == (2.29.c)

Kita ingat relasi kapasitor CVQ = . Dari (2.29.c) kita turunkan

[ ] [ ] F/m -1ABCABC FC = (2.30)

dan kita peroleh admitansi

[ ] [ ] /m Ωω= ABCABC j CY (2.31)

Saluran Transmisi

73

Namun kita tidak menghitung [YABC] dengan menggunakan (2.31) melainkan dari (2.30) dengan menghitung [ ]ABCF dan

sini menghitung [ ]012F sehingga diperoleh [ ]012C dan [ ]012Y .

[ ]

=

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

ABC

fff

fff

fff

F (2.32)

nilai urutannya adalah

[ ] [ ] [ ][ ]TFTF 1012 ABC

−= (2.33)

dan akan kita peroleh

[ ] [ ] 1012012

−= FC sehingga [ ] [ ]012012 CY ω= j (2.35)

2.1.4.4. Konfigurasi ∆∆∆∆

Pada konfigurasi ∆,

DDDD ACBCAB === ; 3/DDDD CNBNAN ===

[ ]

=

πεπεπε

πεπεπε

πεπεπε

=

smm

msm

mms

nnn

nnn

nnn

ABC

fff

fff

fff

rr

D

r

D

r

D

r

D

rr

D

r

D

r

D

r

D

rr

D

F

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

2

2

2

(2.35)

[ ] [ ] [ ]

−−

+=

= −

ms

ms

ms

smm

msm

mms

ff

ff

ff

fff

fff

fff

F

00

00

002

T T 1012

(2.36)

r

DffFF

rr

DffF

ms

nms

ln2

1

)(27

ln2

12

21

3

4

0

πε=−==

πε=+=

(2.37)

Saluran Transmisi


Kapasitansi

)/ln(

21

])(27/ln[

21

21

1

340

0

rDC

FC

rrDFC

N

πε===

πε==

(2.38)

Admitansi

)/ln(

2

])(27/ln[

2

211

3400

rDjYCjY

rrDjCjY

N

πεω==ω=

πεω=ω=

(2.39)

2.1.4.5. Transposisi

Kita telah melihat bahwa jika transposisi dilakukan, maka impedansi urutan dapat berbentuk matriks diagonal. Hal yang sama akan terjadi pada admitansi. Dengan transposisi matriks [FABC] berbentuk

[ ]

=

smm

msm

mms

ABC

fff

fff

fff

F

(2.40)

Pada tahap ini kita perlu mengingat kembali bahwa walaupun dalam analisis rangkaian listrik besaran resistansi, induktansi, impedansi, serta admitansi difahami sebagai konstanta proporsiaonalitas rangkaian linier, namun sesungguhnya mereka adalah besaran-besaran dimensional. Mereka merupakan besaran yang tergantung dari ukuran yang dimilikinya serta sifat-sifat fisis material yang membentuknya. Oleh karena itu, selama dimensinya sama, pengolahan aritmatika dapat dilakukan.

Dalam kasus transposisi saluran transmisi, sebagaimana ditunjukkan oleh matriks [FABC] di atas, konduktor-konduktor memiliki nilai sama jika dilihat dalam selang saluran yang ditransposisikan yaitu yang terdiri dari tiga seksi. Dengan

Saluran Transmisi

75

demikian maka admitansi dapat kita peroleh dengan mengambil nilai rata-rata dari admitansi per seksi.

( )

jiff

jiff

ffff

mif

sij

ijijijij

≠=

==

++=

jika

jika dengan 3

13-seksi 2-seksi 1-seksi

(2.41)

Kita memperoleh

3133221

33

23

22

21

ln6

1

ln6

1

NACBCABm

Ns

rDDD

DDDDDDf

rr

DDDf

πε=

πε=

(2.42)

Dengan definisi:

3321 DDDDh =

3

ACBCABf DDDD =

kita peroleh

Nf

hm

N

hs

rD

Df

rr

Df

22

ln2

1 ln

2

1

πε=

πε=

(2.43) sehingga

r

DffFF

rrD

DffF

fms

nf

hms

ln2

1

)(

ln2

12

21

32

6

0

πε=−==

πε=+=

(2.44)

Kapasitansi adalah

F/m )/ln(

21

F/m ])(/ln[

21

21

1

3260

0

rDC

FC

rrDDFC

f

Nfh

πε===

πε==

(2.45)

Saluran Transmisi


Admitansi adalah

S/m )/ln(

2

S/m )/ln(

2

21

32600

rDjYY

rrDDjCjY

f

Nfh

πεω==

πεω=ω=

(2.46)

CONTOH-2.4: Hitunglah admitansi urutan positif pada frekuensi 50 Hz dari suatu saluran transmisi dengan transposisi yang mempunyai konfigurasi seperti berikut:

Solusi:

Dengan menggunakan relasi (2.46), di mana Df sudah dihitung pada Contoh-2.3. Dengan

F/m 10)36/1( 9−×π=ε maka:

S/km 923,2S/m 10923,2

)01350,0/29,5ln(

10)36/1(2502

)/ln(

2

9

9

1

µ=×=

×π×π××π=πεω=

−

−

jj

jrD

jYf

2.2. Rangkaian Ekivalen

Di sub-bab sebelumnya kita telah memperoleh formulasi impedansi dan admitansi per satuan panjang dari saluran transmisi. Selain itu kita telah melihat bahwa dengan transposisi saluran transmisi dibuat menjadi simetris dan memberikan matriks besaran urutan yang diagonal.

Dengan menggunakan model satu-fasa, kita akan melihat bagaimana perubahan tegangan dan arus sepanjang saluran. Setelah itu kita akan melihat rangkaian ekivalen yang diperlukan dalam analisis.


cm 073,1

cm 350,1

km/ 088.0

rrrr

rrrr

RRR

CBA

CBA

CBA

=′=′=′=′====

Ω===m 2,4

A C

m 2,4

m 4,8

B

Saluran Transmisi

77

Rangkaian ekivalen ini diperlukan karena saluran transmisi terhubung dengan peralatan lain, transformator misalnya.

2.2.1. Persamaan Saluran Transmisi

Impedansi dan admitansi suatu saluran transmisi terdistribusi sepanjang saluran yang ratusan kilometer panjangnya. Karena impedansi dan admitansi terdistribusi sepanjang saluran maka dalam penyaluran daya akan terjadi perbedaan tegangan dan arus antara setiap posisi yang berbeda. Kita lihat model satu fasa saluran transmisi seperti pada Gb.2.10.

Gb.2.10 Model satu-fasa saluran transmisi.

Saluran transmisi ini bertegangan sV di ujung kirim dan rV di

ujung terima. Kita tinjau satu posisi berjarak x dari ujung terima dan kita perhatikan satu segmen kecil ∆x ke-arah ujung kirim. Pada segmen kecil ini terjadi hal-hal berikut:

• Di posisi x terdapat tegangan xV .

• Di posisi (x + ∆x) terdapat tegangan xx ∆+V karena terjadi

tegangan jatuh xx xZ IV ∆=∆ (Z adalah impedansi per satuan

panjang).

• Arus xI mengalir dari x menuju ujung terima.

• Arus xx xY VI ∆=∆ mengalir di segmen ∆x (Y adalah

admitansi per satuan panjang).

• Arus xx ∆+I mengalir menuju titik (x + ∆x) dari arah ujung

kirim.

sV rVxVxs ∆+V

xs ∆+I xIxxZ I∆

xxY V∆

x∆

x

rI

Saluran Transmisi


xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

Yx

xY

Zx

xZ

VII

VII

IVV

IVV

=∆

−∆=−

=∆

−∆=−

∆+∆+

∆+∆+

atau

atau

Jika ∆x mendekati nol, maka

xx

xx Y

dx

dZ

dx

dV

II

V== dan (2.47)

Jika (2.47) kita turunkan sekali lagi terhadap x kita peroleh

dx

dY

dx

d

dx

dZ

dx

d xxxx VIIV==

2

2

2

2

dan (2.48)

Substitusi (2.47) ke (2.48) memberikan

xx

xx ZY

dx

dZY

dx

dI

IV

V ==2

2

2

2dan (2.49)

2.2.2. Konstanta Propagasi

Persamaan (2.49) ini telah menjadi sebuah persamaan di mana ruas kiri dan kanan berisi peubah yang sama sehingga solusi dapat dicari. Untuk mencari solusi tersebut didefinisikan

ZYZY =γ=γ atau 2 (2.50)

γ disebut konstanta propagasi. Karena Z memiliki satuan Ω/m dan Y memiliki satuan S/m, maka γ memiliki satuan per meter. Selain itu karena Z dan Y merupakan bilangan kompleks maka γ juga merupakan bilangan kompleks yang dapat dituliskan sebagai

β+α=γ j (2.51)

α disebut konstanta redaman, yang akan mengubah amplitudo tegangan dari satu posisi ke posisi yang lain.

β disebut konstanta fasa, yang akan mengubah sudut fasa tegangan dari satu posisi ke posisi yang lain.

Saluran Transmisi

79

2.2.3. Impedansi Karakteristik

Dengan menggunakan pengertian konstanta propagasi maka persamaan tegangan dan arus, (2.49) dapat dituliskan menjadi

xx

xx

dx

d

dx

dI

IV

V 22

22

2

2dan γ=γ= (2.52.a)

atau

0dan 0 22

22

2

2

=γ−=γ− xx

xx

dx

d

dx

dI

IV

V (2.52.b)

Solusi persamaan (2.52.b) adalah :

dan 2121x

ix

ixx

vx

vx ekekekek γ−γγ−γ +=+= IV (2.52.c)

Kita lihat lebih dulu persamaan pertama (2.52.c) yaitu

xv

xvx ekek γ−γ += 11 V (2.53.a)

Turunan (2.53.a) terhadap x memberikan

xv

xv

x ekekdx

d γγ γ−γ= 21 V

(2.53.b)

sedangkan persamaan pertama (2.47) memberikan

xx Z

dx

dI

V=

sehingga (2.53.b) dan (2.47) memberikan

xx

vx

v Zekek I=γ−γ γγ21 (2.53.c)

Konstanta propagasi γ didefinisikan pada (2.50) yaitu

ZY=γ

Kita masukkan γ ke (2.53c) dan kita peroleh

( ) xx

vx

v ZekekZY I=− γγ21

atau

Saluran Transmisi


xxx

vx

v Y

Z

ZY

Zekek II ==− γγ

21 (2.53.d)

Perhatikan bahwa ruas paling kiri (2.53.d) adalah ruas kanan persamaan (2.53a), yaitu tegangan. Hal ini berarti bahwa ruas

paling kanan juga berdimensi tegangan. Oleh karena itu Y

Z di

ruas paling kanan (2.53.c) haruslah berdimensi impedansi; impedansi ini disebut impedansi karakteristik, Zc.

Y

ZZc = (2.54)

Perhatikan bahwa kita sedang meninjau satu segmen kecil dari suatu saluran transmisi yaitu sepanjang ∆x; dan kita memperoleh suatu besaran impedansi yaitu impedansi karakteristik, Zc. Kita dapat menduga bahwa impedansi ini terasakan/terdapat di setiap segmen saluran transmisi dan oleh karena itu dia menjadi karakteristik suatu saluran transmisi.

Dengan pengertian impedansi karakteristik ini maka (2.53.d) kita tulis menjadi

xcx

vx

v Zekek I=− γγ21 (2.55)

Kita lihat sekarang situasi di ujung terima, dimana x = 0. Persamaan pertama (2.53.c) memberikan tegangan di setiap poisi x, yaitu

xv

xvx ekek γ−γ += 11 V

Dengan memberikan x = 0 pada (2.53.c) ini kita dapatkan tegangan di ujung terima

21 rvv kk V=+ (2.56.a)

sedangkan pada x = 0 persamaan (2.55) memberikan arus di ujung terima yaitu

rcvv Zkk I=− 21 (2.56.b)

Dari (2.56.a) dan (2.56.b) kita peroleh

Saluran Transmisi

81

2

2 21rcr

vrrc

vZ

kZ

kIVVI −

=+

= (2.56.c)

Dengan (2.56.c) ini maka persamaan tegangan di setiap posisi x, yaitu persamaan pertama (2.52.c) menjadi

)sinh()cosh( 22

2

2

21

xZx

eeZ

ee

eZ

eZ

ekek

rcr

xx

rc

xx

r

xrcrxrrc

xv

xvx

λ+γ=

−++=

−+

+=

+=

γ−γγ−γ

γ−γ

γ−γ

IV

IV

IVVI

V

(2.57)

Inilah persamaan tegangan di setiap posisi x apabila tegangan dan arus di ujung terima adalah rV dan rI .

Selanjutnya persamaan arus di setiap posisi x yaitu persamaa ke-dua (2.52.c) dapat kita olah dengan cara yang sama.

xc

xi

xi

xx

ix

ixx

ix

ix

Zekek

Yekekdx

dekek

V

VI

I

1

21

2121

=−→

=γ−γ=→+=

γ−γ

γ−γγ−γ

(2.58.a)

Untuk x = 0,

rc

iirii Zkkkk VI

1 2121 =−=+

sehingga diperoleh

2

/

2

/21

crri

crri

Zk

Zk

VIVI −=

+= (2.58.b)

Dengan (2.58.b) ini kita peroleh

)cosh()sinh(

22

2

/

2

/

xxZ

eeee

Z

eZ

eZ

rc

r

xx

r

xx

c

r

xcrrxcrrx

γ+λ=

++−=

−+

+=

γ−γγ−γ

γ−γ

IV

IV

VIVII

(2.58.c)

Saluran Transmisi


Jadi untuk saluran transmisi kita peroleh sepasang persamaan

)cosh()sinh(

)sinh()cosh(

xxZ

xZx

rc

rx

rcrx

γ+γ=

γ+γ=

IV

I

IVV

(2.59)

Persamaan (2.59) ini memberikan nilai tegangan di setiap posisi x pada saluran transmisi apabila tegangan dan arus di ujung terima diketahui. Dengan bantuan komputer tidaklah terlalu sulit untuk melakukan perhitungan untuk setiap nilai x. Parameter yang terlibat dalam perhitungan adalah konstanta propagasi γ dan impedansi karakteristik Zc. Konstanta propagasi mempunyai satuan per meter yang ditunjukkan oleh persamaan (2.50); impedansi karakteristik mempunyai satuan ohm (bukan ohm per meter) yang ditunjukkan oleh (2.54).

2.2.4. Rangkaian Ekivalen ππππ

Jika panjang saluran adalah d, tegangan dan arus di ujung kirim

adalah ss IV dan maka dari (2.59) kita peroleh

)cosh()sinh(

)sinh()cosh(

ddZ

dZd

rc

rs

rcrs

γ+γ=

γ+γ=

IV

I

IVV

(2.60)

Rangkaian ekivalen diperlukan dalam analisis jika saluran transmisi terhubung dengan piranti lain. Kita akan meninjau suatu rangkaian ekivalen yang disebut rangkaian ekivalen π seperti terlihat pada Gb.2.11.

Gb.2.11. Rangkaian ekivalen π

sV rV

sI rI

tZ

2tY

2tY

Saluran Transmisi

83

Pada rangkaian ekivalen ini, impedansi dan admitansi yang terdistribusi sepanjang saluran dimodelkan sebagai impedansi dan admitansi tergumpal. Aplikasi hukum Kirchhoff pada rangkaian ini memberikan:

rtrtt

rt

rtrs ZYZY

Z IVVIVV +

+=

++=2

1 2

(2.61.a)

rtt

rttt

rtrttt

rt

r

st

rt

rs

YZYYZ

ZYZYY

YY

IV

IVVI

VVII

++

+=

+

+++=

++=

21

222

21

22

22

(2.61.b)

Kita ringkaskan (2.61.a dan b) menjadi :

rtt

rttt

s

rtrtt

s

YZYYZ

ZYZ

IVI

IVV

++

+=

+

+=

21

222

21

(2.62)

Jika kita perbandingkan persamaan ini dengan persamaan tegangan dan arus pada (2.60) yaitu

)cosh()sinh(

)sinh()cosh(

ddZ

dZd

rc

rs

rcrs

γ+γ=

γ+γ=

IV

I

IVV

kita dapatkan

)sinh(1

222

)sinh(

)cosh(2

1

dZ

YYZ

dZZ

dYZ

c

ttt

ct

tt

γ=

+

γ=

γ=+

(2.63)

Substitusi persamaan pertama (2.63) ke persamaan ke-tiga (2.63) memberikan

Saluran Transmisi


( )

γ=+

−=

++×−=

++−=

+γγ=

γ−γ

γ−γ

γ−γ

γ−γγ−γ

γ−γ

γ−γ

2tanh

1

)(

)(

)(

)()(

2/)2(

2/)(

1)cosh(

)sinh(

2

2/2/

2/2/

22/2/

2/2/2/2/

d

ZeeZ

ee

eeZ

eeee

eeZ

ee

dZ

dY

cdd

c

dd

ddc

dddd

ddc

dd

c

t

Jadi dalam rangkaian ekivalen π

)sinh( dZZ ct γ= dan

γ=2

tanh1

2

d

Z

Y

c

t (2.64)

dengan d = jarak antara ujung-terima dan ujung-kirim, Zc = impedansi karakteristik.

Rangkaian ekivalen π diturunkan dari model satu-fasa rangkaian tiga-fasa seimbang. Untuk rangkaian tiga-fasa tak-seimbang, fasor-fasor tak seimbang kita uraikan menjadi komponen-komponen simetris. Masing-masing komponen simetris merupakan fasa-fasa seimbang sehingga masing-masing komponen dapat di analisis menggunakan rangkaian ekivalen satu-fasa. Dengan kata lain masing-masing komponen memiliki rangkaian ekivalen, yaitu rangkaian ekivalen urutan positif, urutan negatif, dan urutan nol, seperti terlihat pada Gb.2.12.

Besaran rangkaian ekivalen adalah:

Konstanta propagasi urutan:

222111000 ; ; YZYZYZ =γ=γ=γ (2.65)

Impedansi karakteristik urutan:

22

111

000

/2

/

/

YZZ

YZZ

YZZ

c

c

c

=

=

=

(2.66)

Impedansi urutan:

Saluran Transmisi

85

dZZ

dZZ

dZZ

c

c

c

222

111

000

sinh

sinh

sinh

γ=γ=γ=

(2.67)

Admitansi urutan:

2tanh

1

2

2tanh

1

2

2

tanh1

2

2

2

2

1

1

1

0

0

0

d

Z

Y

d

Z

Y

d

Z

Y

c

c

c

γ=

γ=

γ=

(2.68)

Rangkaian Urutan Nol

Rangkaian Urutan Positif

Rangkaian Urutan Negatif

Gb.2.12. Rangkaian ekivalen urutan.

2sV 2rV

2sI 2rI

2tZ

22tY

22tY

1sV 1rV

1sI 1rI

1tZ

21tY

21tY

0sV 0rV

0sI 0rI

0tZ

20tY

20tY

Saluran Transmisi


CONTOH-2.5: Dari saluran transmisi 50 Hz dengan transposisi yang mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-2.3, tentukan

(a) impedansi karakteristik; (b) konstanta propagasi; (c) rangkaian ekivalen π.

Solusi:

Impedansi dan admitansi per satuan panjang saluran ini telah dihitung pada dua contoh sebelumnya.

/km 3896,0088,01 Ω+= jZ S/km 923,21 µ= jY

a) Impedansi karakteristik adalah:

Ω∠=+×=

×+== −

6,4-67,369923,2

3896,0088,010

10923,2

3896,0088,0

o3

6

j

j

j

j

Y

ZZc

b) Konstanta propagasi

kmper 10)074,11198,0(

)10923,2)(3896,0088,0(

3

6

−

−

×+=

×+==γ

j

jjZY

c) Untuk jarak antara ujung kirim dan ujung terima 100 km, elemen-elemen rangkaian ekivalen π adalah

Ω∠=+=

×+−∠=

γ=−

77.339.87 89,3877,8

]10)074,11198,0sinh[()4,667,369(

)sinh(

o

1o

j

j

dZZ ct


cm 073,1

cm 350,1

km/ 088.0

rrrr

rrrr

RRR

CBA

CBA

CBA

=′=′=′=′====

Ω===m 2,4

A C

m 2,4

m 4,8

B

Saluran Transmisi

87

mS 1463,0 101463,01014,3

2

10010)074,11207,0(tanh

4,667,369

1

2

tanh1

2

38

3

o

jj

j

d

Z

Y

c

t

≈×+×=

××+−∠

=

γ=

−−

−

16.2.5. Rangkaian Ekivalen Pendekatan

Apabila kita melakukan perhitungan dengan menggunakan computer, pendekatan ini sebenarnya tidak diperlukan. Namun untuk saluran pendek, perhitungan secara manual kadang-kadang diperlukan sehingga diperlukan besaran pendekatan. Pada saluran yang pendek, 1<<γd . Dalam situasi ini kita dapat membuat

pendekatan sebagai berikut

22/

1

2

1

2tanh

1

2

)(sinh

Ydd

ZY

YZ

d

Z

d

Z

Y

ZddZYY

ZdZdZZ

cc

t

cct

==γ≈γ=′

==γ≈γ=′ (2.69)

Rangkaian ekivalen π yang dibuat dengan menggunakan nilai-nilai pendekatan ini disebut juga rangkaian ekivalen nominal.

CONTOH-2.6: Tentukan rangkaian ekivan π pendekatan untuk saluran pada Contoh-2.5.

Solusi: Dengan menggunakan relasi (2.69) elemen rangkaian ekivalen pendekatan adalah:

mS 1461,01002

10923,2100

22

96,388,81006

1

1

jjYY

jZZ

t

t

=××=×=′

Ω+=×=′−

sV rV

sI rI89,3877.8 j+

1463,0j 1463,0j

Saluran Transmisi


2.2.6. Saluran Pendek

Kinerja saluran transmisi dinyatakan oleh persamaan (2.60) yaitu

)cosh()sinh(

)sinh()cosh(

ddZ

dZd

rc

rs

rcrs

γ+γ=

γ+γ=

IV

I

IVV

Pada saluran yang pendek, 1<<γd . Dalam situasi ini kita dapat

membuat pendekatan 1)cosh(dan )sinh( ≈γγ≈γ ddd . Dengan

pendekatan ini persamaan kinerja saluran transmisi pendek dapat ditulis dengan lebih sederhana:

rr

cs

rcrs

Z

d

dZ

IVI

IVV

+γ=

γ+=

) (

(2.70.a)

Sementara itu

YYZ

ZY

ZZZY

Y

ZZ

cc ==γ=×=γ

/dan (2.70.b)

sehingga (2.24.a) menjadi

rrs

rrs

Yd

Zd

IVI

IVV

+=

+=

)(

) ( (2.70.c)

Persamaan (2.24.c) ini memberikan diagram rangkaian ekivalen seperti terlihat pada Gb.2.13. di samping ini, yang kita sebut rangkaian ekivalen pendekatan untuk saluran pendek.

Gb.2.13. Diagram rangkaian ekivalen pendekatan.

sV rV

sIrI

ZdYd

Saluran Transmisi

89

Rangkaian ekivalen pendekatan hanya kita pakai apabila kita perlukan. Dalam analisis selanjutnya kita akan menggunakan rangkaian ekivalen π yang sebenarnya.

2.2.7. Konstanta ABCD

Kinerja saluran transmisi dinyatakan oleh persamaan (2.60) yaitu

)cosh()sinh(

)sinh()cosh(

ddZ

dZd

rc

rs

rcrs

γ+γ=

γ+γ=

IV

I

IVV

Persamaan ini dapat ditulis dengan dengan menggunakan konstanta A, B, C, D seperti berikut:

rrs

rrs

IDVCI

IBVAV

+=

+= (2.71.a)

dengan

ADBC

BA

=γ==γ=

γ=γ=

dZZ

d

dZd

cc

c

cosh ; 1sinh

sinh ; cosh

2

(2.71.b)

Konstanta-konstanta ini dapat pula diturunkan dari rangkaian ekivalen π yang telah kita peroleh pada persamaan (2.60) yaitu

rtt

rttt

s

trtt

s

YZYYZ

ZYZ

IVI

IVV

++

+=

+

+=

21

222

21

yang jika kita perbandingkan dengan (2.71.a) kita dapatkan

ADC

BA

=

+=

+=

=

+=

21

222

2

1

ttttt

ttt

YZYYZ

ZYZ

(2.71.c)

Saluran Transmisi


Konstanta-konstanta A, B, C, D, adalah bilangan-bilangan kompleks karena Zt maupun Yt adalah bilangan kompleks yang nilainya ditentukan oleh ukuran, konfigurasi, dan panjang saluran. Kita lihat lagi saluran pada Contoh-7.1. untuk memberi gambaran tentang nilai konstanta-konstanta ini.

CONTOH-2.7: Dari saluran transmisi 50 Hz dengan transposisi yang mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-2.3, sedangkan panjang saluran 100 km, tentukan konstanta A, B, C, D saluran transmisi ini.

Solusi:

γ dan Zc telah dihitung pada Contoh-2.5:

Ω∠= 6,4-67,369 ocZ

kmper 10)074,11198,0( 3−×+=γ j

Menggunakan formulasi (2.71.b), nilai konstanta A, B, C, D, adalah

o

o2

o

o

0,070,9943cosh

90,020,00031sinh

77,3039,87sinh

0,070,9943cosh

∠==γ=

∠==γ=

∠=γ=

∠=γ=

AD

BC

B

A

d

ZZ

d

dZ

d

cc

c

Dengan menggunakan konstanta A,B,C,D, ini, kita akan mecermati kinerja saluran.

CONTOH-2.8: Jika saluran transmisi pada Contoh-2.7 mencatu beban sebesar 250 MVA dengan faktor daya 0.9 lagging pada tegangan 270 kV. Hitunglah tegangan di ujung kirim, arus di ujung kirim, tegangan jatuh di saluran, daya di ujung kirim, faktor daya di ujung kirim, dan susut daya di saluran.


cm 073,1

cm 350,1

km/ 088.0

rrrr

rrrr

RRR

CBA

CBA

CBA

=′=′=′=′====

Ω===m 2,4

A C

m 2,4

m 4,8

B

Saluran Transmisi

91

Solusi: Dengan model satu-fasa, tegangan beban 270 kV digunakan sebagai referensi. Tegangan fasa-netral adalah

kV 0 88,5513

270 o∠==rV

Karena faktor daya 0,9 lagging maka arus beban:

kA 25,8-0.5339,0270

250 o∠=××

=rI

Tegangan fasa-netral di ujung kirim:

kV 5.7169.1 16.713.30.2155

77,3039,870,070,9943o

oo

∠=+++=

∠+∠=

jj

rrs IVV

Arus di ujung kirim:

kV 21,2-0.51

0.230.480.0510-2 o

-5

∠=

−++×=+= jjrrs IDVCI

Tegangan jatuh di saluran adalah

kV 53,72116,912,4

088,1557,51,169o

oo

∠=+=

∠−∠=−=∆

j

rs VVV

atau 12%1001,169

21 ≈× dari tegangan di ujung kirim.

Daya kompleks ujung kirim

MVA 272602,2151,07,51,16933 o∠=∠×∠×=×= ∗sssS IV

Faktor daya ujung kirim 0.89)27cos( o =

Daya nyata ujung kirim MW 23289,0260 =×=sP

Daya nyata ujung terima MW 2259.0250 =×=rP

Susut yang terjadi di saluran adalah

3.1%%100 =×−

=s

rssaluran P

PPP .

Saluran Transmisi


2.3. Perubahan Pembebanan

Dalam Contoh-2.8 di atas, pembebanan 250 MVA dengan faktor daya 0,9 menyebabkan tegangan jatuh 12% dan susut daya 3,1% sementara faktor daya di ujung kirim 0,89. Berikut ini kita akan melihat situasi jika terjadi perubahan pembebanan

CONTOH-2.9: Dengan panjang tetap 100 km, saluran transmisi pada Contoh-2.8 dibebani 200, 250, 300 MVA dengan faktor daya tetap 0.9 lagging. Hitunglah tegangan jatuh di saluran, daya di ujung kirim, faktor daya di ujung kirim, dan susut daya di saluran.

Solusi:

Perhitungan dilakukan dengan cara yang sama seperti pada Contoh-2.8. Hasil perhitungan dimuatkan dalam tabel berikut.

Beban [MVA]

200 250 300

Panjang 100 km 100 km 100 km

rV [kV] 155,88∠0o 155,88∠0o 155,88∠0o

rI [kA] 0.43∠-25.8o 0.53∠-25.8o 0.64∠-25.8o

sV [kV] 166.2∠4.7o 169.1∠5.7o 172.1∠6.7o

sI [kA] 0.40∠-20o 0.51∠-21.2o 0.62∠-22o

V∆ [kV] 16.7∠54.3o 21∠53.7o 25.2∠53.3o

V∆ [%] 10 12 15

Ss [MVA] 203 260 320

f.d. 0.9 0.89 0.88

Susut [%] 2.5 3.1 3.75

Saluran Transmisi

93

2.4. Perubahan Panjang Saluran

Perubahan panjang saluran akan mengubah konstanta saluran. Kita lihat contoh berikut.

CONTOH-2.10: Dengan beban tetap 250 MVA dan faktor daya 0,9 lagging, hitunglah tegangan jatuh di saluran, daya di ujung kirim, faktor daya di ujung kirim, dan susut daya di saluran untuk panjang saluran 100, 150, 200 km

Solusi:

Perhitungan dilakukan dengan cara yang sama seperti pada Contoh-2.8. Hasil perhitungan dimuatkan dalam tabel berikut.

Panjang Saluran

100 150 200

Beban 250 MVA 250 MVA 250 MVA

A 0.9943∠0.07o 0.9872∠0,17o 0.9773∠0.3o

B [Ω] 39.867∠77.3o 59.658 ∠77.3o 79.28∠77.4o

C [mS] 0.2917∠90.02o 0.4366 ∠90.06o 0.5802∠90.1o

D 0.9943∠0.07o 0.9872∠0.17o 0.9773∠0.3o

rV [kV] 155.88∠0o 155.88∠0o 155.88∠0o

rI [kA] 0.53∠-25.8o 0.53∠-25.8o 0.53∠-25.8o

sV [kV] 169.1∠5.7o 175.6∠8.3o 181.9∠10.8o

sI [kA] 0.51∠-21.2o 0.50∠-18.7o 0.49∠-16o

V∆ [kV] 21∠53.7o 31∠54.9o 41∠56.1o

V∆ [%] 12 18 22

Ss [MVA] 260 264 267

f.d. 0.89 0.89 0.89

Susut [%] 3.1 4.5 5.8

Saluran Transmisi


2.5. Lossless Line

Konstanta ABCD saluran transmisi diberikan oleh (2.71.b) yaitu

ADBC

BA

=γ==γ=

γ=γ=

dZZ

d

dZd

cc

c

cosh ; 1sinh

sinh ; cosh

2

Untuk d tertentu, konstanta A dan D ditentukan oleh konstanta propagasi γ yang didefinisikan pada (2.50)

ZYZY =γ=γ atau 2

dimana Z impedansi seri per satuan panjang, dan Y admitansi per satuan panjang. Konstanta propagasi ini merupakan besaran kompleks yang dapat dituliskan sebagai

β+α=γ j

α disebut konstanta redaman, sedangkan β disebut konstanta fasa.

Konstanta redaman α muncul dari impedansi seri sss jXRZ += .

Jika resistansi seri Rs = 0, konstanta redaman juga 0.

β=β+=γ jj0 (2.72)

Keadaan ideal ini, dimana Rs atau α bernilai nol menjadikan saluran transmisi lossless, tidak menyerap daya atau tidak terjadi susut energi di saluran transmisi. Dalam situasi ini, konstanta A dan D adalah

cos 2

cosh β=+=γ==β−β jj ee

dDA (2.73)

Konstanta B menjadi

β=−=γ=β−β

sin2

sinh jZee

ZdZ c

jj

ccB (2.74)

Kondisi ideal ini akan kita gunakan dalam membahas surge impedance loading di sub-bab 2.6.6.

Saluran Transmisi

95

2.6. Analisis Pembebanan Saluran Transmisi

Kenaikan tegangan jatuh serta kenaikan susut daya seiring dengan peningkatan pembebanan sudah dapat kita duga. Pada pembebanan yang kita hitung pada Contoh-2.8 sebesar 250 MVA, tegangan jatuh sudah mencapai 12% dan susut daya sudah 3,1%. Padahal jika kita mengingat kapasitas arus konduktor yang 900 A dan seandainya saluran kita bebani sesuai dengan kemampuan arus konduktornya, daya yang bisa diterima di ujung kirim adalah

MVA 42039,02703fasa =××=rS

Jika pembebanan sebesar ini kita paksakan, maka tegangan jatuh di saluran akan mencapai 20% dan susut mencapai 5,2%.

2.6.1. Pembebanan Thermal

Sebagian energy yang melalui saluran transmisi terkonversi menjadi panas di saluran sebanding dengan kuadrat arus.

saluranfasasaluran RIP ××= 23

Batas thermal menentukan seberapa besar arus yang diperkenankan mengalir pada konduktor agar tidak terjadi pemanasan yang berlebihan di saluran. Kenaikan temperatur konduktor akan menyebabkan pemuaian; jika temperature meningkat maka andongan akan bertambah .

Dari relasi daya tiga-fasa 33 VIS fasa = kita dapat menghitung

berapa daya yang dapat dipasok melalui suatu saluran transmisi. Saluran transmisi dengan tegangan fasa-fasa 150 kV misalnya, setiap 10 amper arus berarti penyaluran daya sebesar

MVA 5,23150 = ; pada transmisi 500 kV berarti penyaluran daya 85 MVA setiap 10 ampere arus. Namun bukan daya ini saja yang menjadi batas dalam menghitung pembebanan suatu saluran transmisi. Beberapa hal akan kita lihat berikut ini.

Saluran Transmisi


2.6.2. Tegangan dan Arus di Ujung Kirim

Kita misalkan: konstanta saluran: α∠= AA dan β∠= BB ,

tegangan ujung terima o0∠= rr VV (sebagai referensi)

arus beban lagging oϕ−∠= rr II ,

maka tegangan di ujung kirim adalah

)()0( ϕ−β∠++α∠=+= rrrrs BIAVIBVAV (2.75.a)

Sudut α∠A dan β∠B adalah konstanta yang ditentukan hanya

oleh parameter saluran, yang bernilai konstan selama saluran tidak berubah. Oleh karena itu jika faktor daya beban dipertahankan pada nilai tertentu (ϕ konstan) fasor tegangan di ujung kirim ditentukan hanya oleh arus beban Ir . Gb.2.14. memperlihatkan peristiwa tersebut.

Gb.2.14. Perubahan rI menjadi rI ′ menyebabkan perubahan

sV menjadi sV ′ .

Jika kita misalkan θ∠= cc ZZ , maka persamaan ke-dua

(2.71.a) menjadi:

)()20(

2

2

ϕ−α∠+θ−∠=

+=

r

c

r

rrc

s

AIZ

BV

ZIAV

BI

(2.75.b)

Impedansi karakteristik Zc juga merupakan besaran konstan untuk satu saluran transmisi tertentu. Jika faktor daya beban dipertahankan konstan, beda susut fasa antara arus di ujung terima dan di ujung kirim hanya ditentukan oleh parameter saluran.

rV

rI

rVArIB

sV

α Re

Im

ϕ−β

rI ′

sV ′

Saluran Transmisi

97

2.6.3. Tegangan Jatuh Pada Saluran

Peningkatan arus Ir berarti peningkatan pembebanan. Selain batas thermal sebagaimana telah dikemukakan di atas, ada pembatasan lain yang akan kita lihat berikut ini.

Jika δ adalah sudut antara rs VV dan maka dari relasi tegangan

rrs IBVAV += kita peroleh arus beban

)()(

β−α∠−β−δ∠=

−=

B

AV

B

V rs

rsr B

VA

B

VI

(2.76)

Daya per fasa di ujung terima adalah

)()( 2

r1fasa

α−β∠−δ−β∠=

= ∗

B

AV

B

VV

S

rsr

rr IV (2.77)

Jika kita menghendaki tegangan jatuh tidak melebihi nilai tertentu, kita dapat menetapkan tegangan di ujung terima dan di ujung

kirim. Jika hal ini dilakukan maka srVV dan 2rV pada persamaan

daya (2.77) akan bernilai konstan. Persamaan ini akan menunjukkan bahwa hanya sudut δ yang akan bervariasi apabila terjadi perubahan permintaan daya di ujung terima. Sudut ini, δ, disebut sudut daya.

Diagram fasor perubahan sudut daya diperlihatkan pada Gb. 2.15.

Gb.2.15. Perubahan sudut δ.

rV

rI

rVArIB

sV

α Re

Im

δ

Saluran Transmisi


2.6.4. Diagram Lingkaran

Daya tiga-fasa di ujung terima diperoleh dari (2.77) yaitu

)(3

)(3 2

3fasa α−β∠−δ−β∠=B

AV

B

VVS rsr

r (2.78)

Jika Vr dan Vs dipertahankan konstan, hanya sudut δ yang dapat bervariasi mengikuti perubahan daya. Karakteristik perubahan daya akan mengikuti bentuk kurva lingkaran.

Kita amati bahwa sudut α jauh lebih kecil dari sudut β. Oleh karena itu sudut fasa suku ke-dua (2.78) akan berada di sekitar nilai β. Selain itu jika tegangan jatuh di saluran tidak lebih dari 10%, nilai VrVs di suku pertama tidak pula jauh berbeda dengan

nilai 2rV di suku ke-dua. Pengamatan ini kita perlukan karena kita

akan menggambarkan diagram lingkaran tanpa skala, yang diperlihatkan pada Gb.2.16.

Gb.2.16. Diagram lingkaran.

O

M

M ′

N

δ−βα−β

N ′

N ′′M ′′

δ

Re

Im

Saluran Transmisi

99

Penjelasan dari Gb.2.16 adalah sebagai berikut:

1. Pada bidang kompleks kita gambarkan fasor

)(3 2

α−β∠B

AVr yaitu OM kemudian kita gambar

)(3 2

α−β∠−B

AVr yaitu MO ′ .

2. Pada fasor MO ′ kita tambahkan fasor )(3

δ−β∠B

VV sr

yaitu fasor NM ′ .

3. Sudut antara NM ′ dengan sumbu mendatar adalah )( δ−β .

4. Pada perubahan sudut δ fasor NM ′ akan bergerak

mengikuti lingkaran yang berpusat di M ′ berjari-jari NM ′ .

5. Sudut δ sendiri adalah sudut antara fasor NM ′ dengan garis MM ′′′ yaitu garis sejajar fasor OM seandainya α = 0.

6. Daya nyata maksimum terjadi jika 0)( =δ−β yaitu pada

waktu NM ′ menjadi NM ′′

7. Daya reaktif maksimum terjadi jika o90)( =δ−β .

2.6.5. Batas Stabilitas Keadaan Mantap

Dalam meninjau daya maksimum ini, kita akan menyederhanakan relasi (2.77) dengan melihat saluran transmisi pada tegangan pengenalnya yang kita sebut V, misalnya transmisi 70 kV atau 150 kV, dan tidak membedakan Vr atau Vs. Dengan pengertian ini maka (2.77) menjadi:

)(3

)(3

22


AV

B

VSr (2.79.a)

Daya tiga-fasa menjadi

)()(22


AV

B

VSr (2.79.b)

Pada nilai δ = 0, kita tetap mendapatkan daya kompleks, bukan daya nyata. Daya nyata kita peroleh dengan mengambil bagian nyata dari relasi daya ini, dan daya reaktif adalah bagian imajinernya.

Saluran Transmisi


)cos()cos(

)()(Re

Re

22

22

3fasa 3fasa

α−β−δ−β=


=

B

AV

B

V

B

AV

B

V

SP rr

(2.80.a)

dan daya reaktif Q adalah

)sin()sin(

)()(Im

Im

22

22

3fasa 3fasa

α−β−δ−β=


=

B

AV

B

V

B

AV

B

V

SQ rr

(2.80.b)

Daya nyata pada relasi (2.80.a) akan mencapai nilai maksimum pada waktu 0)( =δ−β atau β=δ . Daya nyata maksimum ini

merupakan daya maksimum yang bisa dicapai dalam tinjauan keadaan mantap (steady state); besarnya adalah

[ ])cos(12

mantap maks 3fasa α−β−= AB

VPr (2.81)

Pada waktu δ = β, yaitu pada waktu daya nyata mencapai nilai maksimum mantap, daya reaktif adalah

)sin(2

mantap maks 3fasa α−β−=B

AVQr (2.82)

Dan daya kompleks maksimum dalam keadaan mantap adalah

)cos(21 22

22mantap maks fasa 3

α−β−+=

+=

AAB

V

QPS (2.83)

Ini merupakan daya kompleks tiga-fasa maksimum yang bisa dibebankan pada suatu saluran transmisi. Jika konduktor yang digunakan dalam saluran ini mempunyai kapasitas arus sebesar Ic, maka berdasarkan kapasitas arus ini daya yang bisa dibebankan pada saluran transmisi adalah

Saluran Transmisi

101

3saluran fasa 3 cVIS = (2.84)

dan daya kompleks maksimum dalam keadaan mantap menjadi batas pembebanan saluran transmisi dan menjadi batas stabilitas keadaan mantap

saluran fasa 3mantap maks 3fasa SS <

CONTOH-2.11: Tinjaulah batas pembebanan saluran transmisi pada Contoh-2.8. di mana saluran transmisi mencatu beban sebesar 100 MW dengan faktor daya 0.9 lagging pada tegangan 270 kV.

Sistem ini kita anggap memiliki tegangan penunjuk 275 kV. Beban beroperasi pada 270 kV dan tegangan di ujung kirim telah dihitung pada sebelumnya sebesar 279 kV. Konstanta A dan B telah dihitung yaitu

oo 77,3039,87dan 0,070,9943 ∠=∠= BA

Daya maksimum yang dapat dibebankan pada saluran ini menurut (2.83) adalah

MVA 417

)07,030,77(cos(09943,029943,0187,39

275

)cos(21 22

mantap maks 3fasa

=

−×−+=

α−β−+= AAB

VS

Dengan kapasitas arus sebesar 900 A, maka pembebanan saluran

MVA 42839,02753saluran fasa 3 =××== cVIS

⇒ saluran fasa 3mantap maks 3fasa SS <

Jadi 417 MVA merupakan batas pembebanan maksimum.


cm 073,1

cm 350,1

km/ 088.0

rrrr

rrrr

RRR

CBA

CBA

CBA

=′=′=′=′====

Ω===m 2,4

A C

m 2,4

m 4,8

B

Saluran Transmisi


2.6.6. Surge Impedance Loading (SIL)

SIL kita tinjau untuk suatu lossless line. Dalam kondisi ini

coscosh β=γd dan β=γ sinsinh jd

Jika selain lossless saluran, transmisi ini dibebani dengan beban sebesar impedansi karakteristik Zc (beban dimodelkan sebagai satu impedansi) sehingga tegangan di ujung terima (beban) menjadi

rcr Z IV = atau c

rr Z

VI = (2.85)

maka tegangan di ujung kirim menjadi

( ))(

)sin()cos(

)sin()cos(

)sinh()cosh(

d

djd

dZ

jZd

dZd

r

r

c

rcr

rcrs

β∠=

β+β=

β+β=

γ+γ=

V

V

VV

IVV

(2.86)

Persamaan (2.86) ini menunjukkan bahwa besar tegangan di ujung

kirim sama dengan besar tegangan di ujung terima, rs VV = ,

berapapun panjang saluran transmisi. Panjang saluran transmisi d hanya menentukan perbedaan sudut fasa. Dengan kata lain, jika d tertentu maka tegangan di seluruh posisi pada saluran transmisi sama besar; persamaan (2.86) dapat kita tulis

xrs β∠= VV (2.87)

Dalam kondisi ini daya yang tersalur ke beban disebut surge impedance loading (SIL).

Gb.2.17. Saluran transmisi lossless, beban = Zc.

x

rV

d

)(xVTegangan sepanjang

saluran

0

Saluran Transmisi

103

cc

r

Z

V

Z

VSIL

223 === (2.88)

dengan V adalah tegangan penunjuk saluran transmisi, misalnya 150 kV, 270 kV. Perhatikan bahwa dalam perhitungan ini beban dimodelkan sebagai impedansi karakteristik, yaitu

YZZc /=

dengan Z dan Y adalah besaran per satuan panjang; dan Z tetap mengandung resistansi, jXRZ += .

Pembebanan sesungguhnya bisa lebih besar atau lebih kecil dari SIL. Jika tegangan di ujung terima, Vr, dipertahankan pada suatu nilai tertentu, pembebanan yang lebih besar dari SIL mengharuskan tegangan di ujung kirim lebih besar dari tegangan ujung terima, rs VV > . Jika pembebanan lebih kecil dari SIL,

tegangan di ujung kirim lebih kecil dari tegangan di unjung terima maka rs VV >

CONTOH-2.12: Dari saluran transmisi 50 Hz, 275kV, dengan panjang saluran 100 km seperti pada Contoh-2.8, tentukan SIL. Bandingkanlah dengan contoh-2.8 dimana saluran dibebani 250 MVA.


cm 073,1

cm 350,1

km/ 088.0

rrrr

rrrr

RRR

CBA

CBA

CBA

=′=′=′=′====

Ω===m 2,4

A C

m 2,4

m 4,8

B

Gb.2.18. Pembebanan >SIL atau < SIL.

SIL

x

rV

d

)(xVSIL>

SIL<

Saluran Transmisi


Solusi:

Zc telah dihitung pada sebelumnya, yaitu

Ω∠= 6,4-67,369 ocZ

MVA 20567,369

27522===

cZ

VSIL

Jika saluran dibebani lebih besar dari SIL, maka tegangan di ujung kirim akan lebih besar dari 275 kV. Hal ini terlihat pada contoh-2.8, dimana pada pembebanan 250 MVA, tegangan

ujung kirim adalah o7,51,169 ∠=sV yang berarti tegangan fasa-

fasa adalah

kV 29331,169 ==sV

lebih besar dari tegangan penunjuk 275 kV.

2.7. Transien Pada Saluran Transmisi

2.7.1. Isolasi Saluran Transmisi

Udara adalah isolasi utama pada saluran udara. Namun konduktor saluran transmisi harus ditopang oleh menara untuk mencapai ketinggian tertentu terhadap permukaan tanah. Untuk mendukung konduktor ini, diperlukan isolator yang memisahkan konduktor dari menara.

Untuk memilih isolator, ada tiga hal utama yang perlu dipertimbangkan, yaitu:

Tegangan kerja sistem itu sendiri.

Tegangan surja yang mungkin timbul oleh sambaran petir.

Tegangan surja yang timbul pada waktu penutupan/pembukaan circuit breaker.

Tegangan yang paling menentukan adalah tegangan surja karena kalau isolator mampu menahan tegangan uji surja tertentu, biasanya ia juga mampu menahan tegangan kerja sistem. Untuk uji surja, bentuk gelombang tegangan uji didefinisikan. Bentuk

Saluran Transmisi

105

gelombang surja dinyatakan sebagai T1 × T2 dimana keduanya dinyatakan dalam mikrodetik (µs). Jika tegangan puncaknya adalah V0 maka T1 adalah waktu yang diperlukan untuk mencapai puncak sedangkan T2 adalah waktu untuk turun mencapai 0,5V0. Bentuk gelombang surja, secara matematis dinyatakan menggunakan fungsi eksponensial ganda

[ ]12 //1)( τ−τ− −= tt eeVtv (2.89.a)

dengan

)443,1/(01

11

122

2

21

2,05

; 443,1)2ln(

TTeVV

TT

TT

=

==τ==τ (2.89.b)

Pengujian isolator dilakukan pada suatu kondisi yang ditentukan, dengan bentuk gelombang uji yang terdefinisi secara baik. Beberapa pengertian perlu kita fahami, yaitu:

Critical Flashover Voltage (CFO): adalah tegangan maksimum dimana probabilitas terjadinya flashover adalah 0,50.

Withstand Voltage: Tegangan maksimum 3 × standar deviasi dibawah CFO.

Basic (lightning) Impulse Insulation Level (BIL): Tegangan puncak dimana kemungkinan terjadinya flashover adalah 0,01 pada surja uji 1,2/50 µs.

Basic (switching) Surge Impulse Insulation Level (BSL): Tegangan puncak dimana kemungkinan terjadinya flashover adalah 0,01 pada surja uji 250/2500 µs.

2.7.2. Surja Petir

Petir (lightning) sangat berbahaya bagi saluran transmisi. Indonesia terkenal sebagai daerah yang kaya akan petir. Arus petir yang pernah teramati di Jawa ini berkisar dari 7 sampai 130 A dengan rata-rata 30 kA, tapi di daerah Sumatra bisa sampai di atas 200 kA.

Saluran transmisi dilengkapi dengan kawat tanah yang dipasang di puncak menara dan berfungsi sebagai pelindung kawat fasa

Saluran Transmisi


terhadap sambaran petir. Berdasar pengalaman, kawat-kawat fasa yang berada dalam sektor 60o di bawah kawat tanah ini “aman” terhadap sambaran petir langsung. Walaupun kawat fasa terlindungi, sambaran petir langsung ke kawat tanah dapat terjadi. Pada sambaran ini akan mengalir arus sangat tinggi ke tanah melalui badan menara. Aliran arus yang sangat tinggi ini dapat mengakibatkan kenaikan tegangan (beberapa saat) yang melebihi tegangan flshover isolator. Terjadilah apa yang disebut backflash yaitu tembus udara antara kawat tanah dengan konduktor fasa. Sekali hal ini terjadi, flashover ini akan dipertahamkan oleh tegangan sistem; ia akan dapat dihilangkan dengan cara mematikan sistem. Hal yang sama juga bisa terjadi jika kawat fasa terkena sambaran langsung. Tegangan dan arus tinggi pada saluran transmisi juga bisa terjadi jika ada sambaran petir tidak jauh dari saluran; peristiwa ini disebut sambaran tak langsung.

Salah satu upaya yang paling sederhana untuk menghindari kerusakan akibat sambaran petir adalah pemasangan rod gap. Rod gap berupa suatu sela udara yang dibangun antara kawat fasa dan menara dengan perantaraan dua batang logam. Sela udara dibuat sedemikian rupa sehingga ia akan tembus bila terjadi kenaikan tegangan yang tidak diinginkan. Kelemahan alat sederhana ini adalah bahwa tembus yang terjadi tidak dapat hilang dengan sendirinya; di samping itu terjadi pula kerusakan pada batang logam.

Gangguan petir terhadap saluran transmisi bisa berupa sambaran langsung seperti disinggung di atas, ataupun sambaran tidak langsung. Sambaran tidak langsung akan menimbulkan tegangan imbas pada saluran transmisi. Lonjakan tegangan di saluran transmisi, baik oleh sambaran langsung maupun sambaran tak langsung, yang berlangsung hanya beberapa saat, akan merambat sepanjang saluran transmisi. Lonjakan tegangan ini merupakan peristiwa transien.

2.7.3. Transien Pada Saluran Transmisi

Dalam pelajaran analisis rangkaian listrik kita telah mempelajari gejala transien. Penutupan saklar S pada rangkaian RLC Gb.2.19.

memberikan persamaan orde dua pada +≥ 0t sebagai berikut

Saluran Transmisi

107

invvdt

diLRi =++

Persamaan ini diperoleh dengan pandangan bahwa begitu saklar ditutup, seluruh tegangan vin terterapkan pada seluruh rangkaian RLC dan hukum Kirchhoff dapat kita terapkan pada rangkaian ini. Pandangan ini tidak dapat kita aplikasikan begitu saja pada saluran transmisi.

Panjang saluran transmisi adalah ratusan kilometer. Jika kita menutup circuit breaker di ujung kirim, tegangan tidak serta merta terasakan di ujung terima; artinya tegangan masuk di ujung kirim tidak segera mencakup seluruh rangkaian. Tegangan di ujung kirim harus merambat dan memerlukan waktu untuk sampai ke ujung terima, walaupun waktu yang diperlukan itu sangat pendek. Oleh karena itu kita harus hati-hati menerapkan hukum Kirchhoff.

Kita akan melihat kasus tegangan durasi terbatas yang muncul pada t = 0 di ujung kirim, sementara saluran transmisi tidak memiliki simpanan energi sebelum t = 0. Tegangan dengan durasi terbatas ini ditunjukkan pada Gb.2.20.

Tegangan ini merupakan fungsi waktu dan muncul pada t = 0 di ujung kirim; persamaannya adalah

)()( tutvv inin =

Di posisi lain di saluran transmisi, misalkan pada posisi x dari ujung kirim, tegangan ini belum muncul; ia akan muncul beberapa waktu kemudian, misalnya baru terasa pada t = Tx. Jadi terdapat pergeseran waktu kemunculan tegangan ini di posisi x. Tegangan

Gb.2.19. Rangkaian RLC seri.

−

+

invi

vvC =

dtdiLvL / =iRvR =S

∪∩

Gb.2.20. Tegangan dengan durasi terbatas diterapkan di ujung kirim.

t

v)()( tutvvin =

0

Saluran Transmisi


di posisi x ini ditunjukkan pada Gb.2.21 dengan persamaan yang dapat kita tuliskan sebagai

)()( xxx Ttutvv −= (2.90)

Sesungguhnya bentuk gelombang tegangan di posisi x tidak sama dengan bentuk tegangan di ujung kirim (x = 0) karena ada faktor redaman di saluran transmisi. Namun untuk analisis gejala transien

ini, kita menganggap saluran transmisi sebagai lossless line). Dengan anggapan ini maka kita boleh menganggap pula bentuk gelombang tidak berubah sepanjang saluran.

Dengan demikian kita mengerti bahwa bentuk

gelombang yang merambat di saluran transmisi, yang disebut gelombang berjalan (travelling wave), tidak hanya merupakan fungsi t tetapi juga merupakan fungsi x. Bentuk gelombang ini dapat kita tuliskan sebagai

)()(),( xttutvtxv −= (2.91)

Kita tinjau satu segmen saluran transmisi sepanjang x∆ yang kecil, seperti ditunjukkan oleh Gb.2.22.

Gb.2.22. Situasi di satu segmen kecil saluran transmisi, ∆x.

Perhatikan bahwa kita menghitung jarak x dari ujung kiri (ujung kirim), bukan dari ujung kanan (ujung terima) karena kita sedang

),( txv ),(),( txvtxv ∆−

),(),( txitxi ∆−),( txi

x∆

x

xL∆

xC∆

Gb.2.21. Tegangan di posisi x.

t

v)()( xx Ttutvv −=

0xT

Saluran Transmisi

109

membicarakan gelombang yang merambat dari ujung kirim, atau lebih tepatnya dari ujung sumber masuknya gelombang tegangan. Pada segmen kecil terdapat induktansi seri xL∆ dan kapasitansi

xC∆ dengan L dan C adalah induktansi dan kapasitansi per satuan panjang, sedangkan resistansi diabaikan karena kita menganggap saluran transmisi adalah lossless. Pada segmen kecil inilah kita dapat menerapkan hukum Kirchhoff.

t

vxCtxi

t

ixLtxv

∂∂∆=∆−

∂∂∆=∆− ),(dan ),( (2.92)

Jika ∆x cukup kecil maka kita dapatkan formulasi diferensial

t

vC

x

txit

iL

x

txv

∂∂=

∂∂−

∂∂=

∂∂−

),(

),(

(2.93)

Persamaan (2.93) kita tuliskan sebagai

),(),(

),(),(

txvt

Ctxix

txit

Ltxvx

∂∂−=

∂∂

∂∂−=

∂∂

(2.94)

Perhatikan persamaan pertama (2.94). Ruas kiri adalah turunan parsial terhadap x dari ),( txv , ruas kanan adalah turunan parsial

terhadap t dari ),( txi . Transformasi Laplace ruas kiri

memberikan ),( sxx

V∂∂

sedangkan transformasi Laplace ruas

kanan adalah )0,(),( xisxsL −− I dengan )0,(xi adalah nilai awal

dari i; jika tidak ada simpanan energi awal pada saluran transmisi maka nilai awal i adalah nol sehingga transformasi Laplace ruas kanan menjadi ),( sxsLI− . Argumen yang sama berlaku untuk

persamaan kedua dari (2.94). Dengan demikian maka transformasi Laplace dari (2.94) adalah

),(),(

),(),(

sxsCsxx

sxsLsxx

VI

IV

−=∂∂

−=∂∂

(2.95)

Diferensiasi terhadap x persamaan (2.95) memberikan

Saluran Transmisi


),(),(

),(),(

2

2

2

2

sxx

sCsxx

sxx

sLsxx

VI

IV

∂∂−=

∂∂

∂∂−=

∂∂

(2.96)

Ruas kanan persamaan (2.96) ini memiliki nilai seperti ditunjukkan oleh (2.95); jika kita substitusikan, akan kita peroleh

),(),(

),(),(

22

2

22

2

sxLCssxx

sxLCssxx

II

VV

=∂∂

=∂∂

(2.97)

Pada persamaan (2.97) ini turunan kedua suatu fungsi sama bentuknya dengan fungsi itu sendiri. Fungsi yang demikian adalah fungsi eksponensial. Kita duga bentuk fungsi itu adalah

pxesVsx )(),( =V dan qxesIsx )(),( =I ; jika fungsi dugaan ini

kita masukkan ke (2.97) kita peroleh

0)()(

0 )()(22

22

=−

=−qxqx

pxpx

esLCIsesIq

esLCVsesVp (2.98)

Dari sini kita peroleh

LCsqLCsq

LCspLCsp

±=⇒=−

±=⇒=−

0

0 22

22

(2.99)

Kita masukkan hasil ini ke fungsi dugaan, kita peroleh

xLCs

xLCs

esIsx

esVsx

±

±

=

=

)(),(

)(),(

I

V (2.100)

Untuk menafsirkan persamaan di kawasan s ini, kita lakukan transformasi balik guna melihat bentuk persamaannya di kawasan t. Kita gunakan salah satu sifat transformasi Laplace yaitu pergeseran di kawasan t,

L [ ] )()( atuatf −− = )(se asF− (2.101)

Kita terapkan sifat ini pada (2.100), dan kita peroleh

Saluran Transmisi

111

)()(),(

)()(),(

xLCtuxLCtitxi

xLCtuxLCtvtxv

±±=

±±= (2.102.a)

Kita lihat persamaan pertama (2.102.a) dengan mengambil tanda minus

)()(),( xLCtuxLCtvtxv −−= (2.102.b)

Faktor )( xLCtu − menunjukkan pergeseran waktu tibanya

gelombang di posisi x sedangkan bentuk gelombang itu sendiri adalah

)(),( xLCtvtxv −= (2.102.c)

Untuk suatu nilai konstan Atxv =),( , ruas kanan juga harus

konstan. Jika t bertambah besar harus diimbangi dengan x yang bertambah besar pula. Artinya jika waktu makin bertambah posisi A makin menjauh dari ujung kirim; gelombang ini bergerak ke-kanan yang disebut gelombang maju. Kita simpulkan pula bahwa jika kita mengambil tanda plus, gelombang ini akan bergerak ke kiri dan disebut gelombang mundur. Penafsiran yang sama berlaku pula untuk persamaan kedua (2.102.a). Jika gelombang maju kita beri indeks atas “+” dan gelombang mundur kita beri indeks atas “−”, maka bentuk persamaan (2.102.a) menjadi

)()()()(),(

)()()()(),(

xLCtuxLCtixLCtuxLCtitxi

xLCtuxLCtvxLCtuxLCtvtxv

+++−−=

+++−−=−+

−+ (2.103)

Pada persamaan (2.102.c) , )(),( xLCtvtxv −= , xLC haruslah

berdimensi waktu, t. Karena x adalah jarak, maka LC/1 haruslah berdimensi jarak/waktu; dan inilah kecepatan perambatan gelombang maju maupun gelombang mundur.

Persamaan (2.103) ini adalah persamaan di kawasan waktu. Persamaan di kawasan s telah kita peroleh yang kita tulis ulang menjadi

xLCsxLCs

xLCsxLCs

esIesIsx

esVesVsx

+−−+

+−−+

+=

+=

)()(),(

)()(),(

I

V (2.104)

Saluran Transmisi


2.7.4. Pernyataan I(x,s) dalam Tegangan

Pemahaman gejala transien akan lebih mudah difahami jika kita melakukan analisis pada gelombang tegangan. Oleh karena itu kita akan menyatakan arus pada persamaan (2.104) dalam tegangan. Hal ini dapat kita lakukan melalui persamaan

),(),(

),(),(

sxsCsxx

sxsLsxx

VI

IV

−=∂∂

−=∂∂

Apabila ),( sxV dari persamaan pertama ini dimasukkan ke

persamaan pertama (2.104) kita dapatkan

xLCsxLCs

xLCsxLCs

esVLCsesVLCs

esVesVx

sxx

+−−+

+−−+

+−=

+

∂∂

=∂∂

)()(

)()(),(V (2.105.a)

Dengan (2.105.a) ini, persamaan pertama (2.104) menjadi

xLCsxLCs esVLCsesVLCs

sxsLsxx

+−−+ +−=

−=∂∂

)()(

),(),( IV (2.105.b)

dan dari sini diperoleh

xLCsxLCs

xLCsxLCs

esVL

CesV

L

C

esVsL

LCsesV

sL

LCssx

+−−+

+−−+

−=

−+

−−=

)()(

)()(),(I(2.105.c)

Dalam persamaan (2.105.c) ini, ruas kiri adalah pernyataan arus di

kawasan s sedangkan di ruas kanan merupakan LC / kali pernyataan tegangan yang juga di kawasan s. Kita dapat berharap

bahwa LC / adalah admitansi atau CLLC ///1 = adalah impedansi yang juga merupakan pernyataan impedansi di kawasan s. Kita lihat hal ini sebagai berikut.

Saluran Transmisi

113

Pada lossless line impedansi seri adalah LjXZ = karena R = 0.

Impedansi ini adalah besaran kompleks dan bukan merupakan fungsi waktu sehingga tidak dapat melakukan transformasi Laplace. Namun kita mengetahui bahwa peubah s dalam analisis di kawasan s adalah peubah kompleks. Kita dapat mendefinisikan pernyataan impedansi di kawasan s yaitu sL=Z dengan s adalah operator Laplace. Dengan argument yang sama, pernyatan admitansi CjXY = di kawasan s adalah sC=Y . Dengan

pengertian impedansi karakteristik yang sudah kita kenal, impedansi karekteristik di kawasan s adalah

C

L

sC

sLc ===

YZ

Z (2.106)

Dengan (2.106) ini maka arus pada (2.105.c) menjadi

c

xLCs

c

xLCs esVesVsx

ZZI

+−−+−= )()(

),( (2.107)

Dengan (2.107) ini maka persamaan tegangan dan arus

c

xLCs

c

xLCs

xLCsxLCs

esVesVsx

esVesVsx

ZZI

V

+−−+

+−−+

−=

+=

)()(),(

)()(),(

(2.108)

Persamaan (2.108) inilah persamaan gelombang berjalan di saluran transmisi dengan arus yang juga dinyatakan dalam tegangan.

2.7.5. Situasi di Ujung Saluran

Kita lihat sekarang situasi di ujung saluran (ujung terima). Di posisi ini, x = d. Jadi persamaan tegangan dan arus (2.108) menjadi

c

dLCs

c

dLCs

dLCsdLCs

esVesVsd

esVesVsd

ZZI

V

+−−+

+−−+

−=

+=

)()(),(

)()(),(

(2.109)

Saluran Transmisi


Rasio antara tegangan dan arus di ujung terima adalah impedansi di ujung terima. Kita bagi persamaan pertama pada (2.109) dengan persamaan yang kedua untuk mendapatkan impedansi di ujung terima Zr.

dLCsdLCs

dLCsdLCs

c

c

dLCs

c

dLCs

dLCsdLCs

r

esVesV

esVesV

esVesV

esVesV

sd

sd

+−−+

+−−+

+−−+

+−−+

−

+=

−

+==

)()(

)()(

)()(

)()(

),(

),(

Z

ZZ

IV

Z

(2.110.a)

atau

+=

−

+−−+

+−−+

xLCsxLCsc

xLCsxLCsr

esVesV

esVesV

)()(

)()(

Z

Z (2.110.b)

atau

xLCsrc

xLCscr esVesV +−−+ +=− )()()()( ZZZZ (2.110.c)

sehingga

xLCs

rc

crxLCs esVesV −++−+−= )(

)(

)()(

ZZZZ (2.110.d)

Persamaan (2.23.d) memperlihatkan bahwa di ujung saluran terdapat gelombang mundur yang merambat balik menuju ujung kirim. Inilah gelombang pantulan yang terjadi di ujung saluran. Besar gelombang pantulan ini adalah suatu faktor kr dikalikan besar gelombang maju. Faktor kr itu adalah

)(

)(

rc

crrk

ZZ

ZZ

+−= (2.110.e)

Saluran Transmisi

115

2.7.6. Superposisi Gelombang Maju Dan Gelombang Pantulan

Dalam perjalanannya menuju ujung kirim, gelombang pantulan akan ter-superposisi dengan gelombang maju yang masih akan datang dari ujung kirim. Jadi persamaan pertama (2.18) yang memberikan persamaan tegangan sebagai fungsi x di kawasan s menjadi

xLCs

rc

crxLCs

xLCsxLCs

esVesV

esVesVsx

−+−+

+−−+

+−+=

+=

)()(

)()(

)()(),(

ZZZZ

V (2.111)

Persamaan (2.111) ini menunjukkan bahwa gelombang tegangan di setiap posisi saluran transmisi merupakan superposisi dari gelombang maju dan gelombang pantulan. Besar gelombang pantulan sama dengan besar gelombang maju dengan faktor skala k

)(

)(

rc

crrk

ZZ

ZZ

+−=

yang disebut koefisien pantulan.

Koefisien pantulan ini bisa bernilai nol, positif, atau negatif. Jika k = 0, yaitu jika cr ZZ = , tidak terjadi pantulan di ujung saluran;

hanya ada gelombang maju. Seandainya gelombang maju ini adalah gelombang sinusoidal, yaitu gelombang yang ter-injeksi ke saluran transmisi pada waktu penutupan circuit breaker di ujung kirim, maka hanya gelombang inilah yang ada di semua posisi pada saluran transmisi. Hal ini berarti bahwa tegangan di semua posisi sama besar; inilah situasi yang kita ulas pada surge impedance loading di sub-bab-2.6.6

2.7.7 Pantulan di Ujung Kirim

Gelombng patulan di ujung terima, setibanya di ujung kirim akan dipantulkan oleh ujung kirim karena ada perbedaan impedansi karakteristirk saluran dengan impedansi sumber. Gelombang yang dipantulkan di ujung kirim akanmerambat ke ujung terima dan sesampai di ujung terima akan dipantulkan lagi menuju ujung

Saluran Transmisi


kirim. Di saluran akan terjadi superposisi gelombang gelombang pantul ini. Koefisien pantulan di ujung kirim adalah

)(

)(

sc

cssk

ZZ

ZZ

+−= (2.112)

Zs adalah impedansi ujung kirim.

Transformator

117

BAB 3 Transformator

3.1. Transformator Satu-fasa

Transformator banyak digunakan dalam teknik elektro. Dalam sistem komunikasi, transformator digunakan pada rentang frekuensi audio sampai frekuensi radio dan video, untuk berbagai keperluan. Kita mengenal misalnya input transformers, interstage transformers, output transformers pada rangkaian radio dan televisi. Transformator juga dimanfaatkan dalam sistem komunikasi untuk penyesuaian impedansi agar tercapai transfer daya maksimum.

Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan transformator berkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi. Dengan transformator tegangan tinggi ini penyaluran daya listrik dapat dilakukan dalam jarak jauh dan susut daya pada jaringan dapat ditekan. Di jaringan distribusi listrik banyak digunakan transformator penurun tegangan, dari tegangan menengah 20 kV menjadi 380 V untuk distribusi ke rumah-rumah dan kantor-kantor pada tegangan 220 V. Transformator daya tersebut pada umumnya merupakan transformator tiga-fasa. Dalam pembahasan ini kita akan melihat transformator satu-fasa lebih dulu.

Kita telah mempelajari transformator ideal pada waktu membahas rangkaian listrik. Berikut ini kita akan melihat transformator tidak ideal sebagai piranti pemroses daya. Akan tetapi kita hanya akan membahas hal-hal yang fundamental saja, karena transformator akan dipelajari secara lebih mendalam pada pelajaran mengenai mesin-mesin listrik.

Mempelajari perilaku transformator juga merupakan langkah awal untuk mempelajari konversi energi elektromekanik. Walaupun konversi energi elektromekanik membahas konversi energi antara sistem mekanik dan sistem listrik, sedangkan transformator merupakan piranti konversi energi listrik ke listrik, akan tetapi kopling antar sistem dalam kedua hal tersebut pada dasarnya sama yaitu kopling magnetik

Transformator


3.1.1. Teori Operasi Transformator

3.1.1.1. Transformator Dua Belitan Tak Berbeban.

Diagram transformator dua belitan tak berbeban diperlihatkan pada Gb.3.1. Belitan pertama kita sebut belitan primer dan yang ke-dua kita sebut belitan sekunder.

Jika fluksi di rangkaian magnetiknya adalah tmaks ωΦ=φ sin , maka fluksi ini akan

menginduksikan tegangan di belitan primer sebesar

tNdt

dNe maks ωωΦ=φ= cos111 (3.1)

atau dalam bentuk fasor :

efektif nilai ; 02

0 1o1o

11 =∠Φω

=∠= EN

E maksE (3.2)

Karena ω = 2π f maka:

maksmaks NfNf

E Φ=Φπ

= 11

1 44.42

2

(3.3)

Di belitan sekunder, fluksi tersebut menginduksikan tegangan sebesar

maksNfE Φ= 22 44.4 (3.4)

Dari (3.3) dan (3.4) kita peroleh:

masi transforrasio 2

1

2

1 =≡= aN

N

E

E

(3.5)

sV+

− N2 N1

Gb.3.1. Transformator dua belitan.

φ

+

−

∼ 1E 2E

fI

Transformator

119

Perhatikan bahwa 1E sefasa dengan 2E karena dibangkitkan

oleh fluksi yang sama. Karena 1E mendahului φ dengan sudut 90o

maka 2E juga mendahului φ dengan sudut 90o. Jika rasio

transformasi a = 1, dan resistansi belitan primer adalah R1 , diagram fasor tegangan dan arus adalah seperti ditunjukkan oleh Gb.3.2.a. Arus 1I adalah arus magnetisasi, yang dapat dipandang

sebagai terdiri dari dua komponen yaitu φI (90o dibelakang 1E )

yang menimbulkan φ dan cI (sefasa dengan 1E ) guna mengatasi

rugi inti. Resistansi belitan R1 dalam diagram fasor ini muncul sebagai tegangan jatuh 1RfI .

3.1.1.2. Fluksi Bocor

Fluksi di belitan primer transformator dibangkitkan oleh arus yang mengalir di belitan primer. Dalam kenyataan, tidak semua fluksi magnit yang dibangkitkan tersebut akan melingkupi baik belitan primer maupun sekunder. Selisih antara fluksi yang dibangkitkan oleh belitan primer dengan fluksi bersama (yaitu fluksi yang melingkupi kedua belitan) disebut fluksi bocor. Fluksi bocor ini hanya melingkupi belitan primer saja

1V

Gb.3.2. Diagram fasor transformator tak berbeban

a). tak ada fluksi bocor

φ

b). ada fluksi bocor

φ

φl

fI fIφI φI

21 EE =21 EE =

1RfI1RfI

lf Xj IcI

cI1V

Gb.3.3. Transformator tak berbeban. Fluksi bocor belitan primer.

∼ φl1

φ

sV

fI

2E

Transformator


dan tidak seluruhnya berada dalam inti transformator tetapi juga melalui udara. (Lihat Gb.3.3). Oleh karena itu reluktansi yang dihadapi oleh fluksi bocor ini praktis adalah reluktansi udara. Dengan demikian fluksi bocor tidak mengalami gejala histerisis sehingga fluksi ini sefasa dengan arus magnetisasi. Hal ini ditunjukkan dalam diagram fasor Gb.16.2.b.

Fluksi bocor, secara tersendiri akan membangkitkan tegangan induksi di belitan primer (seperti halnya φ menginduksikan 1E ).

Tegangan induksi ini 90o mendahului φl1 (seperti halnya 1E 90o

mendahului φ) dan dapat dinyatakan sebagai suatu tegangan jatuh ekivalen, 1lE , di rangkaian primer dan dinyatakan sebagai

11 XjI fl =E (3.6)

dengan X1 disebut reaktansi bocor rangkaian primer. Hubungan tegangan dan arus di rangkaian primer menjadi

1111111111 XjRR l IIEEIEV ++=++= (3.7)

Diagram fasor dengan memperhitungkan adanya fluksi bocor ini adalah Gb.3.2.b.

3.1.1.3. Transformator Berbeban.

Rangkaian transformator berbeban resistif, RB, diperlihatkan oleh Gb.3.4. Tegangan induksi

2E (yang telah

timbul dalam keadaan tranformator tidak berbeban) akan menjadi sumber di rangkaian sekunder dan memberikan arus sekunder 2I . Arus 2I

ini membangkitkan fluksi yang berlawanan arah dengan fluksi bersama φ dan sebagian akan bocor (kita sebut fluksi bocor sekunder).

Gb.3.4. Transformator berbeban.

φ

φl1 ≈

1I2I

φl2 RB sV 2V

Transformator

121

Fluksi bocor ini, φl2 , sefasa dengan 2I dan menginduksikan

tegangan 2lE di belitan sekunder yang 90o mendahului φl2.

Seperti halnya untuk belitan primer, tegangan 2lE ini diganti

dengan suatu besaran ekivalen yaitu tegangan jatuh ekivalen pada reaktansi bocor sekunder X2 di rangkaian sekunder. Jika resistansi belitan sekunder adalah R2 , maka untuk rangkaian sekunder kita peroleh hubungan

2222222222 XjRR l IIVEIVE ++=++= (3.8)

dengan 2V adalah tegangan pada beban RB.

Sesuai dengan hukum Lenz, arus sekunder membangkitkan fluksi yang melawan fluksi bersama. Oleh karena itu fluksi bersama akan cenderung mengecil. Hal ini akan menyebabkan tegangan induksi di belitan primer juga cenderung mengecil. Akan tetapi karena belitan primer terhubung ke sumber yang tegangannya tak berubah, maka arus primer akan naik. Jadi arus primer yang dalam keadaan transformator tidak berbeban hanyalah arus magnetisasi

fI , bertambah menjadi 1I setelah transformator berbeban.

Pertambahan arus ini haruslah sedemikian rupa sehingga fluksi bersama φ dipertahankan dan 1E juga tetap seperti semula.

Dengan demikian maka persamaan rangkaian primer (3.7) tetap terpenuhi.

Pertambahan arus primer dari fI menjadi 1I adalah untuk

mengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh 2I sehingga φ

dipertahankan. Jadi haruslah

( ) ( ) 02211 =−− III NN f (3.9)

Pertambahan arus primer )( 1 fII − disebut arus penyeimbang

yang akan mempertahankan φ. Makin besar arus sekunder, makin besar pula arus penyeimbang yang diperlukan yang berarti makin besar pula arus primer. Dengan cara inilah terjadinya transfer daya dari primer ke sekunder. Dari (3.9) kita peroleh arus magnetisasi

( )aN

Nf

212

1

21

IIIII −=−= (3.10)

Transformator


3.1.2. Diagram Fasor Transformator

Dengan persamaan (3.7) dan (3.8) kita dapat menggambarkan secara lengkap diagram fasor dari suatu transformator. Penggambaran kita mulai dari belitan sekunder dengan langkah-langkah:

Gambarkan 2V dan 2I . Untuk beban resistif, 2I sefasa dengan

2V . Selain itu kita dapat gambarkan a/22 II =′ yaitu besarnya

arus sekunder jika dilihat dari sisi primer.

Dari 2V dan 2I kita dapat menggambarkan 2E sesuai dengan

persamaan (3.8) yaitu

2222222222 XjRR l IIVEIVE ++=++=

Sampai di sini kita telah menggambarkan diagram fasor rangkaian sekunder.

Untuk rangkaian primer, karena 1E sefasa dengan 2E maka

1E dapat kita gambarkan yang besarnya 21 EE a= .

Untuk menggambarkan arus magnetisasi fI kita gambarkan

lebih dulu φ yang tertinggal 90o dari 1E . Kemudian kita

gambarkan fI yang mendahului φ dengan sudut histerisis γ.

Selanjutnya arus belitan primer adalah '21 III += f .

Diagram fasor untuk rangkaian primer dapat kita lengkapi sesuai dengan persamaan (3.7), yaitu

XjRR l 111111111 IIEEIEV ++=++=

Dengan demikian lengkaplah diagram fasor transformator berbeban. Gb.3.5. adalah contoh diagram fasor yang dimaksud, yang dibuat dengan mengambil rasio transformasi N1/N2 = a > 1

Transformator

123

CONTOH-3.1 : Belitan primer suatu transformator yang dibuat untuk tegangan 220 V(rms) mempunyai jumlah lilitan 160. Belitan ini dilengkapi dengan titik tengah (center tap). a). Berapa persenkah besar fluksi maksimum akan berkurang jika tegangan yang kita terapkan pada belitan primer adalah 110 V(rms)? b). Berapa persenkah pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 55 V (rms) pada setengah belitan primer? c). Berapa persenkah pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 110 V (rms) pada setengah belitan primer? d). Jika jumlah lilitan di belitan sekunder adalah 40, bagaimanakah tegangan sekunder dalam kasus-kasus tersebut di atas?

Solusi :

a). Dengan mengabaikan resistansi belitan, fluksi maksimum Φm adalah

ω=

ω=

ω=Φ

160

222022

1

1

1

1

N

V

N

Em

Jika tegangan 110 V diterapkan pada belitan primer, maka

ω=

ω′

=Φ′160

21102

1

1

N

Vm

Penurunan fluksi m aksimum adalah 50 %, Φ′m = Φm / 2.

b). Jika tegangan 55 V diterapkan pada setengah belitan primer,

ω=

ω=

ω′′

=Φ ′′160

2110

80

255

)2/1(

2

1

1

N

Vm

φ γ

Gb.3.5. Diagram fasor lengkap, transformator berbeban resistif . a > 1

fI

1V11Xj I

11RI1E

22 Xj I2E

22RI2V2I'2I

1I

Transformator


Penurunan fluksi maksimum adalah 50 %, Φ″m = Φm / 2.

c). Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan maka

ω=

ω=

ω′′′

=Φ ′′′160

2220

80

2110

)2/1(

2

1

1

N

Vm

Tidak terjadi penurunan fluksi maksimum, Φ′″m =Φm.

d). Dengan N1/N2 = 160/40 = 4 maka jika tegangan primer 220 V, tegangan sekunder adalah 55 V. Jika tegangan primer 110 V, tegangan sekundernya 229.5 V. Jika tegangan 55 V diterapkan pada setengah belitan primer, tegangan sekunder adalah 27.5 V. Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan primer, tegangan sekunder adalah 55 V.

CONTOH-3.2 : Sebuah transformator satu-fasa mempunyai belitan primer dengan 400 lilitan dan belitan sekunder 1000 lilitan. Luas penampang inti efektif adalah 60 cm2. Jika belitan primer dihubungkan ke sumber 500 V (rms) yang frekuensinya 50 Hz, tentukanlah kerapatan fluksi maksimum dalam inti serta tegangan di belitan sekunder.

Solusi :

Dengan mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor, maka

2

11

weber/m94.0006.0

00563.0 : maksimum fluksi Kerapatan

weber00563.0502400

2500500

2

==→

=×π×

=Φ→=Φω

=

m

mm

B

NV

Tegangan belitan sekunder adalah V 1250500400

10002 =×=V

CONTOH-3.3 : Dari sebuah transformator satu-fasa diinginkan suatu perbandingan tegangan primer / sekunder dalam keadaan tidak berbeban 6000/250 V. Jika frekuensi kerja adalah 50 Hz dan fluksi dalam inti transformator dibatasi sekitar 0.06 weber, tentukan jumlah lilitan primer dan sekunder.

Transformator

125

Solusi :

Pembatasan fluksi di sini adalah fluksi maksimum. Dengan mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor,

75.184506000

250

45006.0502

260006000

2

2

11

1

=×=⇒

=××π

=→=Φω

=

N

NN

V m

Pembulatan jumlah lilitan harus dilakukan. Dengan melakukan pembulatan ke atas, batas fluksi maksimum Φm tidak akan terlampaui. Jadi dapat kita tetapkan

lilitan 48020250

6000 lilitan 20 12 =×=⇒=⇒ NN

3.1.3. Rangkaian Ekivalen Transformator

Transformator adalah piranti listrik. Dalam analisis, piranti-piranti listrik biasanya dimodelkan dengan suatu rangkaian listrik ekivalen yang sesuai. Secara umum, rangkaian ekivalen hanyalah penafsiran secara rangkaian listrik dari suatu persamaan matematik yang menggambarkan perilaku suatu piranti. Untuk transformator, ada tiga persamaan yang menggambarkan perilakunya, yaitu persamaan (3.7), (3.8), dan (3.10), yang kita tulis lagi sebagai satu set persamaan (3.11).

aN

N

XjRXjR

f

22

1

2'2

'21

222222111111

dengan

; ;

III

III

IIVEIIEV

==

+=

++=++=

(3.11)

Dengan hubungan E1 = aE2 dan I ′2 = I 2/a maka persamaan ke-dua dari (3.11) dapat ditulis sebagai

; ; dengan

)()(

22

222

222

2222222

222

221

222221

XaXRaRaVV

XjRXajRaa

XjaRaa

=′=′=′

′′+′′+′=′+′+=⇒

′+′+=

IIVIIVE

IIVE

(3.12)

Transformator


Dengan (3.12) maka (3.11) menjadi

21

222221

111111

;

;

III

IIVE

IIEV

′+=

′′+′′+=

++=

f

XjRa

XjR

(3.13)

'2I , R′2 , dan X′2 adalah arus, resistansi, dan reaktansi sekunder

yang dilihat oleh sisi primer. Dari persamaan (3.13) dibangunlah rangkaian ekivalen transformator seperti Gb.3.6. di bawah ini.

Gb.3.6. Rangkaian ekivalen diturunkan dari persamaan (3.13).

Arus magnetisasi dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu I c dan I φ . I c sefasa dengan E1 sedangkan I φ 90o dibelakang E1. Dengan demikian maka impedansi Z pada rangkaian ekivalen Gb.3.6. dapat dinyatakan sebagai hubungan paralel antara suatu resistansi Rc dan impedansi induktif jXφ sehingga rangkaian ekivalen transformator secara lebih detil menjadi seperti Gb.3.7.

Gb.3.7. Rangkaian ekivalen transformator lebih detil.

Rangkaian Ekivalen Yang Disederhanakan. Pada transformator yang digunakan pada tegangan bolak-balik yang konstan dengan frekuensi yang konstan pula (seperti misalnya transformator pada sistem tenaga listrik), besarnya arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari arus beban penuh transformator. Keadaan ini bisa dicapai karena inti transformator dibangun dari material

R′2

∼

B

jX′2 R1 jX1

jXc Rc

22 VV a=′

1I '2I

fI

φI1E1V

cI

Z

R′2

∼

B

jX′2 R1 jX1

E1

1I '2I

2'2 VV a=fI

1V

Transformator

127

dengan permeabilitas magnetik yang tinggi. Oleh karena itu, jika I f diabaikan terhadap I1 kesalahan yang terjadi dapat dianggap cukup kecil. Pengabaian ini akan membuat rangkaian ekivalen menjadi lebih sederhana seperti terlihat pada Gb.3.8.

3.1.4. Impedansi Masukan Transformator

Resistansi beban B adalah RB = V2/I2. Dilihat dari sisi primer resistansi tersebut menjadi

BB RaI

Va

aI

aV

I

VR 2

2

22

2

2

2

2

/===

′′

=′ (3.14)

Dengan melihat rangkaian ekivalen yang disederhanakan Gb.16.10, impedansi masukan adalah

eBein jXRaRZ ++== 2

1

1

I

V (3.15)

3.1.5. Penentuan Parameter Transformator

Dari rangkaian ekivalen lengkap Gb.3.7. terlihat ada enam parameter transformator yang harus ditentukan, R1 , X1 , R′2 , X′2 , Rc , dan Xφ . Resistansi belitan primer dan sekunder dapat diukur langsung menggunakan metoda jembatan. Untuk menentukan empat parameter yang lain kita memerlukan metoda khusus seperti diuraikan berikut ini.

'2I

Gb.3.8. Rangkaian ekivalen transformator disederhanakan dan diagram fasornya.

∼

B

jXe =j(X1+ X′2) Re = R1+R′2

'21 II =

1V 2V ′

1V

2V ′ eXj '2I

Transformator


3.1.5.1. Uji Tak Berbeban ( Uji Beban Nol )

Uji beban nol ini biasanya dilakukan pada sisi tegangan rendah karena catu tegangan rendah maupun alat-alat ukur tegangan rendah lebih mudah diperoleh. Sisi tegangan rendah menjadi sisi masukan yang dihubungkan ke sumber tegangan sedangkan sisi tegangan tinggi terbuka. Pada belitan tegangan rendah dilakukan pengukuran tegangan masukan Vr, arus masukan Ir, dan daya (aktif) masukan Pr. Karena sisi primer terbuka, Ir adalah arus magnetisasi yang cukup kecil sehingga kita dapat melakukan dua pendekatan. Pendekatan yang pertama adalah mengabaikan tegangan jatuh di reaktansi bocor sehingga Vr sama dengan tegangan induksi Er. Pendekatan yang kedua adalah mengabaikan kehilangan daya di resistansi belitan sehingga Pr menunjukkan kehilangan daya pada Rcr (Rc dilihat dari sisi tegangan rendah) saja.

θ==

θ==⇒

θ=θ=⇒

−=θ→

==θ=

φφ

φ

sin ;

cos

sin ; cos

sin

cos ; :masukan kompleks Daya

22

r

r

r

rr

r

r

cr

rcr

rrrcr

r

rr

rr

r

r

rrrr

I

V

I

VX

I

V

I

VR

IIII

S

PS

IV

P

S

PIVS

(3.16)

3.1.5.2. Uji Hubung Singkat

Uji hubung singkat dilakukan di sisi tegangan tinggi dengan si`si tegangan rendah dihubung-singkat. Sisi tegangan tinggi menjadi sisi masukan yang dihubungkan dengan sumber tegangan. Tegangan masukan harus cukup rendah agar arus di sisi tegangan rendah masih dalam batas nominalnya. Pengukuran di belitan tegangan tinggi dilakukan seperti halnya pada uji beban nol, yaitu tegangan masukan Vt, arus masukan It, dan daya (aktif) masukan Pt. Tegangan masukan yang dibuat kecil mengakibatkan rugi-rugi inti menjadi kecil sehingga kita dapat membuat pendekatan dengan mengabaikan rugi-rugi inti. Dengan demikian kita dapat menggunakan rangkaian ekivalen yang disederhanakan Gb.3.9. Daya Pt dapat dianggap sebagai daya untuk mengatasi rugi-rugi

Transformator

129

tembaga saja, yaitu rugi-rugi pada resistansi ekivalen yang dilihat dari sisi tegangan tinggi Ret.

22

22

;

etetet

tetettt

t

tetettt

RZXI

VZZIV

I

PRRIP

−=→=→=

=→=

(3.17)

Dalam perhitungan ini kita memperoleh nilai Ret = R1 + R′2 . Nilai resistansi masing-masing belitan dapat diperoleh dengan pengukuran terpisah sebagaimana telah disebutkan di atas.

Untuk reaktansi, kita memperoleh nilai Xet = X1 + X′2 . Kita tidak dapat memperoleh informasi untuk menentukan reaktansi masing-masing belitan. Jika sekiranya nilai reaktansi masing-masing belitan diperlukan kita dapat mengambil asumsi bahwa X1 = X′2 . Kondisi ini sesungguhnya benar adanya jika transformator dirancang dengan baik.

CONTOH-3.5 : Pada sebuah transformator 25 KVA, 2400/240 volt, 50 Hz, dilakukan uji beban nol dan uji hubung singkat. Uji beban nol pada sisi tegangan rendah memberikan hasil

Vr = 240 volt, Ir = 1.6 amper, Pr = 114 watt Uji hubung singkat yang dilakukan dengan menghubung-singkat belitan tegangan rendah memberikan hasil pengukuran di sisi tegangan tinggi

Vt = 55 volt, I t = 10.4 amper, Pt = 360 watt a). Tentukanlah parameter transformator dilihat dari sisi tegangan tinggi. b). Hitung rugi-rugi inti dan rugi-rugi tembaga pada beban penuh.

Solusi :

a). Uji beban nol dilakukan di sisi tegangan rendah. Jadi nilai Rc dan Xφ yang akan diperoleh dari hasil uji ini adalah dilihat dari tegangan rendah, kita sebut Rcr dan Xφr.

Ω=×

==Ω=×

=θ

==

=×

−×=θ=

×==θ

φφ 158

95.06.1

240 ; 500

3.06.1

240

cos

240

95.06.1240

114)6.1240(sin ; 3.0

6.1240

114cos

22

I

VX

II

VR

VI

P

rc

cr

Transformator


Jika dilihat dari sisi tegangan tinggi :

Ω==

Ω=×

==

φφ k 8.15

k 50500240

2400

2

22

rt

crct

XaX

RaR

Resistansi ekivalen dan reaktansi bocor ekivalen diperoleh dari uji hubung singkat. Uji hubung singkat yang dilakukan di sisi tegangan tinggi ini memberikan

Ω===→Ω===

Ω===

1.433.329.5 29.54.10

55

; 33.3(10.4)

360

22

22

ett

tet

t

tet

XI

VZ

I

PR

b). Pada pembebanan penuh fluksi bersama dalam inti transformator hampir sama dengan fluksi dalam keadaan beban nol. Jadi rugi-rugi inti pada pembebanan penuh adalah 114 Watt.

Rugi-rugi tembaga tergantung dari besar arus. Besar arus primer pada beban penuh adalah sama dengan arus sisi tegangan tinggi pada percobaan hubung singkat, yaitu

W36033.3)4.10(A 4.102400

25000 221

11 =×==→=== etcu RIP

V

SI

Karena pada uji hubung singkat arus sisi tegangan tinggi dibuat sama dengan arus beban penuh, maka rugi-rugi tembaga adalah penunjukan wattmeter pada uji hubung singkat.

3.1.6. Efisiensi dan Regulasi Tegangan

Efisiensi suatu piranti didefinisikan sebagai

[watt]masukan daya

[watt]keluaran daya=η (3.18)

Karena daya keluaran sama dengan daya masukan dikurangi rugi-rugi daya, maka efisiensi dapat dinyatakan sebagai

Transformator

131

[watt]masukan daya

[watt] daya rugi-rugi1−=η (3.19)

Formulasi (3.19) ini lebih sering digunakan. Untuk transformator rugi-rugi daya dapat segera diperoleh melalui uji beban nol dan uji hubung singkat, yaitu jumlah rugi inti dan rugi tembaga.

Regulasi tegangan transformator didefinisikan sebagai perubahan besarnya tegangan sekunder bila arus berubah dari beban penuh ke beban nol dengan tegangan primer dijaga tetap. Jadi

2

21

2

21

2

21

penuhbeban 2

penuhbeban 2nolbeban 2

/

Tegangan Regulasi

V

VV

V

VV

V

VV

′′−

=−

=−

=

−=

a

aa

V

VV

(3.25)

Dengan memperhatikan diagram fasor Gb.16.9. maka (3.25) menjadi

2

222 )(Tegangan Regulasi

V

VIV

′′−+′+′

= ee jXR (3.26)

CONTOH-3.6 : Transformator pada Contoh-16.5. mencatu beban 25 KVA pada faktor daya 0.8. a). Hitunglah efisiensinya. b). Hitunglah regulasi tegangannya.

Solusi :

a).

% 97.6atau 976.020

474.01 : Efisiensi

KW 208.025000 :keluaran Daya

KW 0.474 W474360114 : daya rugi Total

o

=−=η

=×===+=+

P

P cuc

b). Mengambil V2 sebagai referensi : V′2 = 10×240 = 2400∠0o V.

% 2.2atau 022.0 2400

2400)1.433.3(8.364.1002400 Tegangan Reg.

8.364.108.0cos10/)240/25000(/

oo

o122

−+−∠+∠=

−∠=−∠==′ −

j

aII

Transformator


3.1.7. Konstruksi Transformator

Dalam pembahasan transformator, kita melihat transformator dengan satu inti dua belitan. Belitan primer digulung pada salah satu kaki inti dan belitan sekunder digulung pada kaki inti yang lain. Dalam kenyataan tidaklah demikian. Untuk mengurang fluksi bocor, belitan primer dan sekunder masing-masing dibagi menjadi dua bagian dan digulung di setiap kaki inti. Belitan primer dan sekunder digulung secara konsentris dengan belitan sekunder berada di dalam belitan primer. Dengan cara ini fluksi bocor dapat ditekan sampai hanya beberapa persen dari fluksi bersama. Pembagian belitan seperti ini masih mungkin dilanjutkan untuk lebih menekan fluksi bocor, dengan beaya yang sudah barang tentu lebih tinggi.

Gb.3.9. Dua tipe konstruksi transformator.

NT : jumlah lilitan tegangan tinggi; NR : jumlah lilitan tegangan rendah.

Dua tipe konstruksi yang biasa digunakan pada transformator satu-fasa adalah core type (tipe inti) dan shell type (tipe sel). Gb.3.9.a. memperlihatkan konstruksi tipe inti dengan belitan primer dan sekunder yang terbagi dua. Belitan tegangan rendah digulung dekat dengan inti yang kemudian dilingkupi oleh belitan tegangan tinggi. Konstruksi ini sesuai untuk tegangan tinggi karena masalah isolasi lebih mudah ditangani. Gb.3.9.b. memperlihatkan konstruksi tipe sel. Konstruksi ini sesuai untuk transformator daya dengan arus besar. Inti pada konstruksi ini memberikan perlindungan mekanis lebih baik pada belitan.

NR / 4 NT / 2 NR / 2 NT / 2 NR / 4

NT / 2

NR / 2 NR / 2 NT / 2

a). tipe inti. a). tipe sel.

Transformator

133

3.2. Transformator Pada Sistem Tiga-fasa

Pada sistem tiga-fasa, penaikan dan penurunan tegangan dapat dilakukan dengan dua cara yaitu :

(a) menggunakan tiga unit transformator satu-fasa,

(b) menggunakan satu unit transformator tiga-fasa.

Transformator tiga-fasa mempunyai inti dengan tiga kaki dan setiap kaki mendukung belitan primer dan sekunder. Untuk penyaluaran daya yang sama, penggunaan satu unit transformator tiga-fasa akan lebih ringan, lebih murah dan lebih efisien dibandingkan dengan tiga unit transformator satu-fasa. Akan tetapi penggunaan tiga unit transformator satu-fasa juga mempunyai beberapa kelebihan dibandingkan dengan satu unit transformator tiga-fasa. Misalnya beaya awal yang lebih rendah, jika untuk sementara beban dapat dilayani dengan dua unit saja dan unit ketiga ditambahkan jika penambahan beban telah terjadi. Terjadinya kerusakan pada salah satu unit tidak mengharuskan pemutusan seluruh penyaluran daya. Pemilihan cara mana yang lebih baik, tergantung dari berbagai pertimbangan keadaan-khusus. Pada dasarnya kedua cara adalah sama. Berikut ini kita akan melihat hubungan primer-sekunder transformator, dengan melihat pelayanan sistem tiga-fasa melalui tiga unit transformator satu-fasa.

3.2.1. Hubungan ∆∆∆∆−−−−∆∆∆∆

Pada waktu menghubungkan tiga transformator satu-fasa untuk melayani sistem tiga-fasa, hubungan sekunder harus diperhatikan agar sistem tetap seimbang. Diagram hubungan ini diperlihatkan pada Gb.3.10. Fasa primer disebut dengan fasa U-V-W sedangkan fasa sekunder disebut fasa X-Y-Z. Fasor tegangan fasa primer kita sebut VUO , VVO , VWO dengan nilai VFP , dan tegangan fasa sekunder kita sebut VXO , VYO , VZO dengan nilai VFS. Nilai tegangan saluran (tegangan fasa-fasa) primer dan sekunder kita sebut VLP dan VLS . Nilai arus saluran primer dan sekunder masing-masing kita sebut ILP dan ILS sedang nilai arus fasanya IFP dan IFS . Rasio tegangan fasa primer terhadap sekunder aVV FSFP =/ .

Dengan mengabaikan rugi-rugi untuk hubungan ∆-∆ kita peroleh :

Transformator


aI

I

I

Ia

V

V

V

V

FS

FP

LS

LP

FP

FP

LS

LP 1

3

3 ; ==== (3.27)

Gb.3.10. Hubungan ∆-∆.

3.2.2. Hubungan ∆∆∆∆-Y

Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.3.11. Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan tegangan fasa primer, sedangkan tegangan fasa-fasa sekunder sama dengan √3 kali tegangan fasa sekunder dengan perbedaan sudut fasa 30o. Dengan mengabaikan rugi-rugi kita peroleh

aI

I

I

I

a

V

V

V

V

FS

FP

LS

LP

FS

FP

LS

LP

33

33

==

==

(3.28)

Fasor tegangan fasa-fasa sekunder mendahului primer 30o.

VUV = VUO VXY = VXO

U

V

X

Y

VUO VXO

VVO VYO

VWO VZO

Transformator

135

Gb.3.11. Hubungan ∆-Y

3.2.3. Hubungan Y-Y

Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.3.12. Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan √3 kali tegangan fasa primer dengan perbedaan sudut fasa 30o, tegangan fasa-fasa sekunder sama dengan √3 kali tegangan fasa sekunder dengan perbedaan sudut fasa 30o. Perbandingan tegangan fasa-fasa primer dan sekunder adalah

aI

I

I

I

aV

V

V

V

FS

FP

LS

LP

FS

FP

LS

LP

1

3

3

==

== (3.29)

Antara fasor tegangan fasa-fasa primer dan sekunder tidak terdapat perbedaan sudut fasa.

VUV = VUO

VXY

VXO

VYO

VZO

U

V

X

Y

VUO VXO

VVO VYO

VWO VZO

Transformator


Gb.3.12. Hubungan Y-Y

3.2.4. Hubungan Y-∆∆∆∆

Hubungan ini terlihat pada Gb.3.13. Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan √3 kali tegangan fasa primer dengan perbedaan sudut fasa 30o, sedangkan tegangan fasa-fasa sekunder sama dengan tegangan fasa sekunder. Dengan mengabaiakan rugi-rugi diperoleh

3

1

33

3 aV

I

I

I

aV

V

V

V

FS

FP

LS

LP

FS

FP

LS

LP

==

== (3.30)

Fasor tegangan fasa-fasa primer mendahului sekunder 30o.

VUV VXY

VXO

VYO

VZO

VUO

VVO

VWO

U

V

X

Y

VUO VXO

VVO VYO

VWO VZO

Transformator

137

Gb.3.13. Hubungan Y-∆

CONTOH-3.7 : Sebuah transformator penurun tegangan 3 fasa, tegangan primernya dihubungkan pada sumber 6600 V dan mengambil arus 10 A. Jika rasio transformasi adalah 12, hitunglah tegangan saluran sekunder, arus saluran sekunder dan daya keluaran untuk hubungan-hubungan berikut : (a) ∆-∆ ; (b) Y-Y ; (c) ∆-Y ; (d) Y-∆ .

Solusi :

a). Untuk hubungan ∆-∆ :

A. 120101233

33

; V 55012

6600

=×====

=====

LPFPFSLS

LPFPFSLS

IaaIII

a

V

a

VVV

b). Untuk hubungan Y-Y :

A. 1201012

; V 55012

66003

333

=×=====

=====

LPFPFSLS

LPFPFSLS

aIaIII

a

V

a

VVV

VUV VXY = VXO

VYO

VZO

VUO

VVO

VWO

U

V

X

Y

VUO VXO

VVO VYO

VWO VZO

Transformator


c). Untuk hubungan ∆-Y :

A. 3,693

1012

3

; V 953312

6600333

=====

=====

LPFPFSLS

LPFPFSLS

IaaIII

a

V

a

VVV

d) Untuk hubungan Y-∆ :

.A 20831012333

; V 3183

6600

12

1

3

1

=××====

=====

LPFPFSLS

LPFPFSLS

aIaIII

V

aa

VVV

Dengan mengabaikan rugi-rugi daya keluaran sama dengan daya masukan.

kVA. 3,1143106,63 =×=== LPLPmasukankeluaran IVSS

3.3. Transformator Tiga Belitan

3.3.1. Transformator Ideal Tiga Belitan

Hubungan belitan primer, sekunder, dan tertier tansformator satu-fasa tiga belitan terlihat pada Gb.3.14. Konvensi titik kita gunakan di sini.

Gb.3.14. Hubungan belitan transformator tiga belitan. Indeks 1, 2, 3 menunjukkan primer, sekunder, tertier.

321 ,, VVV : tegangan.

321 ,, III : arus, digambarkan masuk pada ujung belitan

yang bertanda titik.

321 ,, NNN : jumlah lilitan.

1V

1I2I

3I

2V

3V

+

− +

− +

−

1N

2N

3N

Transformator

139

Untuk keperluan analisis ini kita menganggap resistansi belitan transformator nol, sehingga hubungan tegangan, arus dan jumlah lilitan adalah:

3

1

3

1

3

2

3

2

2

1

2

1 ; ;N

N

N

N

N

N ===VV

VV

VV

(3.31)

Kita juga menganggap tidak terjadi fluksi bocor dan permeabilitas magnetik inti inti yang sempurna, sehingga

0332211 =++ III NNN (3.32)

Contoh-3.8: Sebuah transformator tiga belitan (Gb.3.14), memiliki jumlah lilitan 2000,500,1000 321 === NNN .Belitan primer

terhubung ke sumber tegangan ideal, V 01000 o1 ∠=V . Belitan

sekunder terhubung ke resistor 20 Ω. Belitan tertier terhubung ke induktor dengan reaktansi 100 Ω. Hitung arus dan daya di belitan primer, 1I dan S1.

Solusi:

Arus di belitan primer dapat dihitung setelah arus di belitan sekunder dan tertier diperoleh; arus-arus ini adalah arus beban.

V 02000010001000

2000

V 0500010001000

500

oo1

1

33

oo1

1

22

∠=∠×==

∠=∠×==

VV

VV

N

N

N

N

Dengan referensi arah arus seperti tergambar pada Gb.16.1, kita dapatkan

A 200902090100

02000

A 025025020

0500

oo

o

3

33

oo

o

2

22

jZ

jZ

−=−∠=∠

∠==−

+=∠=∠∠==−

VI

VI

Arus di belitan primer dihitung dengan menggunakan formulasi (3.32) adalah

Transformator


A 6,729,41405,12

1000

)20(200025500

0

o1

33221

332211

−∠=−=

−×+×=−−=⇒

=++

j

j

N

NN

NNN

III

III

Daya kompleks yang masuk di belitan adalah

kVA 6,729,416,729,4101000 ooo111 ∠=+∠×∠== ∗IVS

Karena kita menganggap transformator ideal, tidak ada rugi-rugi daya pada transformator, daya masuk di belitan primer harus sama dengan jumlah daya keluar dari belitan sekunder dan tertier. Kita jakinkan hal itu sebagai berikut

kVA 41,9VA 419004000012500

VA 40000902002000)(

VA 12500250500)(

32

oo333

o222

==+=+⇒

=+∠×∠=−=

=×∠=−=∗

∗

jSS

jS

S

IV

IV

Ternyata benar 132 SSS =+

3.3.2. Transformator Nyata Tiga Belitan

Dalam kenyataan belitan-belitan transformator mengandung impedansi; impedansi belitan primer, sekunder, tertier, dapat kita nyatakan sebagai 111 jXRZ += , 222 jXRZ += , dan

333 jXRZ += . Selain itu terdapat rugi-rugi inti yang dalam

rangkaian dinyatakan dengan cabang parallel Rφ dan Xφ . Jika elemen-elemen ini tidak kita abaikan dan kita nyatakan juga dalam per-unit, maka rangkaian pada Gb.3.14. akan berbentuk seperti Gb.3.15.

Transformator

141

Contoh-3.9: [1] Hitunglah 1I pada contoh-3.8 jika diketahui pula

∝=====

===

φφ

pu 03,0

pu 01,0

321

321

XR

XXX

RRR

Solusi:

Dengan ∝== φφ XR , jika kita melihat ke belitan primer, kita

dapatkan

o

3322

3322111

92,71245,1184,138654,0

)31,102,4(

)28,101,0( )03,001,4(03,001,0

)25,1()4(

)25,1( )4(

∠=+=

+++++=

+++++++++++=

j

j

jjj

jjXRjXR

jjXRjXRjXRZ pu

Maka pu 71,92803,071,921,245

01 oo

o

1

11 −∠=

∠∠==

ZpuV

I

Perbedaan segera dapat kita lihat dengan hasil perhitungan

traformator ideal yang memberikan pu 6,72838,0 o1 −∠=I .

Perbedaan ini adalah sekitar 4%. Perbedaan arus 4% ini, jika kita

tinjau dari sisi daya dimana ∗= IV S berarti pula ada perbedaan daya sekitar 4%. Ditinjau dari kacamata bisnis, hal ini cukup besar.

1I1

o01∠ 25,1j

4

∼∼∼∼ +

−−−−

2

32I

3I

11 XR

22 XR

33 XRφφ XR

Gb.3.15. Rangkaian transformator nyata satu-fasa tiga belitan.

Transformator


3.4 Transformator Tiga-fasa Dibangun dari Tiga Transformator Satu-fasa

Untuk memperoleh transformator tiga-fasa tiga belitan kita dapat menggunakan tiga buah transformator satu-fasa tiga belitan. Masing-masing transformator satu-fasa tersebut sudah barang tentu memiliki tiga belitan, yaitu primer, sekunder, dan tersier. Jadi dengan tiga buah transformator satu-fasa kita mempunyai 3 belitan primer, 3 sekunder, dan 3 tersier. Masing-masing kelompok belitan tersebut secara sendiri-sendiri dapat dihubungkan Y atau ∆. Pada diagram satu garis Gb.1.11. di bab-14, transformator tiga-fasa tiga belitan yang terhubung ke generator, mempunyai sisi primer terhubung ∆, sisi sekunder yang terhubung Y menuju CB kemudian ke saluran transmisi, dan sisi tertier yang terhubung ∆ mencatu beban. Gb.3.16. memperlihatkan penggalan diagram satu garis tersebut.

Gb.3.16. Penggalan diagram satu garis Gb.1.11 untuk memperlihatkan hubungan transformator tiga-fasa tiga belitan.

3.4.1. Tinjauan Pada Sisi Primer Terhubung Y, dengan Netral Ditanahkan Melalui Impedansi

Kita akan melihat belitan primer terlebih dulu, dengan menganggap belitan sekunder dan belitan tertier terbuka. Pada Gb.3.16. belitan ini terhubung ∆. Namun dalam pembahasan transformator ini kita akan melihat sisi primer yang terhubung Y lebih dulu dengan titik netral yang dihubungkan ke tanah melalui sebuah impedansi. Karena sisi sekunder dan tersier terbuka, maka setiap transformator satu-fasa yang tersedia (untuk dibangun menjadi transformator tiga-fasa) mempunyai diagram rangkaian seperti pada Gb.3.17.

Generator

beban

Saluran transmisi G

Y

∆

∆

12

3CB

Transformator

143

Gb.3.17. Sisi primer transformator satu-fasa tiga belitan dengan sisi sekunder dan tersier terbuka.

Dari terminal primer terlihat impedansi, yang kita sebut impedansi fasa primer Zf1, sebesar

φφ ++=+= ZjXRZZZ f 1111 (3.33)

dengan

φφ

φφφ +

×=

jXR

jXRZ (3.34)

Impedansi Zf1 inilah kita hubungkan Y membentuk sisi primer transformator tiga-fasa. Dalam membentuk hubungan Y ini, di titik netral kita sambungkan satu impedansi Zn1 untuk pentanahan. Dengan demikian kita memperoleh rangkaian tiga-fasa abc seperti terliht pada Gb.3.18.

Gb.3.18. Hubungan Y sisi primer transformator tiga-fasa

tiga belitan.

Relasi tegangan-arus pada hubungan Y ini adalah

a

c1bV

1cV

1aV b

1fZ

1fZ

1fZ

1nZn

1I1

+

2

3

1V

11 XR

φφ XR

Transformator


++

+=

1

1

1

1111

1111

1111

1

1

1

)(

)(

)(

c

b

a

nfnn

nnfn

nnnf

c

b

a

ZZZZ

ZZZZ

ZZZZ

I

I

I

V

V

V

(3.35)

Matriks impedansi kita transformasikan ke impedansi urutan,

[ ] [ ] [ ] [ ]TT012 11

1 abcZZ −=

kita peroleh

[ ]

+=

)00

00

00)3(

1

1

11

f

f

nf

primer

Z

Z

ZZ

Z012 (3.36.a)

Catatan: indeks 012 yang menunjukkan impedansi urutan, ditulis dengan huruf tebal untuk membedakan dengan indeks 1 yang menunjuk pada belitan primer.

3.4.2. Tinjauan Pada Sisi Sekunder dan Tersier Terhubung Y, dengan Netral Ditanahkan Melalui Impedansi

Persamaan (3.36.a) adalah impedansi urutan dilihat dari sisi primer. Jika kita memperlakukan sisi sekunder dan tersier sama seperti sisi primer, yaitu membuatnya terhubung Y dengan impedansi pada titik netralnya, kita akan mendapatkan rangkaian belitan sekunder dan tersier seperti terlihat pada Gb.3.19. Pada gambar ini Zf2 dan Zf3 adalah impedansi fasa sekunder dan impedansi fasa tersier.

Sekunder Tersier

Gb.3.19. Hubungan Y sisi sekunder dan tersier.

a

ccsV

2aVb

2fZ

2fZ

2fZ

2nZn

2bV

a

c3bV

3cV

3aVb

3fZ

3fZ

3fZ

3nZn

Transformator

145

Dengan cara yang sama seperti mencari impedansi urutan pada sisi primer, kita peroleh impedansi urutan di sisi sekunder dan tertier yaitu

[ ]

+=

2

2

22

00

00

003

f

f

nf

sekunder

Z

Z

ZZ

Z012 (3.36.b)

dan

[ ]

+=

3

3

33

00

00

003

f

f

nf

tersier

Z

Z

ZZ

Z012 (3.36.c)

Persamaan (3.36.a), (3.36.b), dan (3.36.c) memberi jalan untuk menggambarkan rangkaian impedansi urutan taransformator. Kita kumpulkan impedansi urutan sebagai berikut:

333222111 3 ;3 ;3 nfnfnf ZZZZZZZZZ +=+=+= 000 (3.37.a)

; ; 332211 fff ZZZZZZ === 111 (3.37.b)

; ; 332211 fff ZZZZZZ === 222 (3.37.c)

dan seperti (3.33)

φφφ +=+=+= ZZZZZZZZZ fff 332211 ; ; (3.37.d)

Persamaan pertama (3.37.a) dan (3.37.d) memberikan rangkaian urutan nol seperti pada Gb.3.20. Terminal 1, 2, 3 adalah terminal primer, sekunder, dan tersier.

Gb.3.20. Rangkaian urutan nol transformator tiga

belitan.

Persamaan pertama (3.37.b) dan (3.37.d) memberikan rangkaian urutan positif seperti pada Gb.3.21.

3

2Z 223 nZ

3Z 33 nZ1 13 nZ

φZ

1Z

Transformator


Gb.3.21. Rangkaian urutan positif transformator tiga belitan.

Persamaan pertama (3.37.c) dan (3.37.d) memberikan rangkaian urutan negatif seperti pada Gb.3.22.

Gb.3.22. Rangkaian urutan negatif transformator tiga belitan.

3.4.3. Tinjauan Pada Transformator Tiga-fasa Tiga Belitan Terhubung Y Dengan Ketiga Titik Netral Ditanahkan Langsung

Jika titik netral ditanahkan secara langsung (solidly grounded), baik di sisi primer maupun sekunder dan tersier, maka

0321 === nnn NZZ . Rangkaian urutan pada Gb.16.22 yang

berubah hanyalah rangkaian urutan nol; rangkaian urutan positif dan negatif tidak berubah. Rangkaian urutan nol menjadi sama dengan rangkaian urutan yang lain.

3.4.4. Tinjauan Pada Transformator Tiga-fasa Tiga Belitan Terhubung Y, dengan Ketiga Titik Netral Tidak Ditanahkan.

Jika titik netral tidak di tanahkan maka =∝== 321 nnn NZZ .

Rangkaian urutan pada Gb.16.22 yang berubah juga hanya rangkaian urutan nol; rangkaian urutan positif dan negatif tidak berubah. Rangkaian urutan nol menjadi terbuka baik di sisi primer, sekuder, maupun tersier.

3

2Z 2

3Z1 1Z

φZ

3

2Z 2

3Z1 1Z

φZ

Transformator

147

3.4.5. Tinjauan Pada Transformator Tiga-fasa Tiga Belitan dengan Ketiga Sisi Terhubung

Hubungan ∆ dapat kita cari ekivalennya dalam hubungan Y. Jika ini kita lakukan maka kita mendapatkan transformator terhubung Y dengan netral tidak ditanahkan. Rangkaian urutan nol menjadi terbuka. Jadi belitan yang terhubung ∆ memiliki rangkaian urutan nol yang terbuka (kita menganggap impedansi di ketiga belitan identik).

3.4.6. Tinjauan Pada Transformator Tiga-fasa Tiga Belitan dengan Sisi Primer, Sekunder, dan Tersier Memiliki Hubungan Berbeda.

Contoh dari situasi ini adalah situasi yang diperlihatkan pada diagram satu garis Gb.15.9. Dalam gambar ini sisi pimer terhubung ∆, sisi sekunder terhubung Y dengan netral ditanahkan langsung, dan sisi tersier terhubung ∆. Rangkaian urutan nol sisi primer dan tersier terbuka, sedangkan rangkaian urutan nol sekunder tidak mengandung 23 nZ

Demikianlah kita dapat membangun rangkaian urutan dari transformator tiga-fasa tiga belitan, dengan belitan terhubung Y maupun ∆. Namun ada sedikit catatan untuk belitan yang terhubung ∆: hubungan ini adalah hubungan yang membentuk loop tertutup; jika ketiga belitan yang membentuk ∆ ini tidak benar-benar idektik, ada kemungkinan terjadi arus sirkulasi di belitan ini.

Contoh-3.10: [1] Tiga transformator 1 fasa identik pada contoh-3.9 dipakai untuk membangun transformator 3 fasa dengan hubungan-hubungan belitan sebagai berikut:

Belitan-1: dihubungkan Y, titik netral ditanahkan melalui impedansi 04,0jZn =

Belitan-2: dihubungkan Y, titik netral ditanahkan langsung. Belitan-3: dihubungkan ∆

Gambarkanlah rangkaian urutan.

Solusi: Resistansi dan reaktansi dalam per-unit belitan trafo adalah:

Transformator


∝=====

===

φφ

pu 03,0

pu 01,0

321

321

XR

XXX

RRR

Rangkaian urutan nol adalah (Gb.3.20)

Dengan memasukkan nilai-nilai yang diketahui, rangkaian urutan nol menjadi

Rangkaian urutan positif adalah (Gb.3.21)

Dengan memasukkan nilai-nilai yang diketahui, rangkaian urutan positif menjadi

Rangkaian urutan negatif sama dengan rangkaian urutan positif.

1 03,001,0 j+3

203,001,0 j+

03,001,0 j+

3

2Z 2

3Z1 1Z

φZ

1 12,0j 03,001,0 j+3

203,001,0 j+

03,001,0 j+

3

2Z 223 nZ

3Z 33 nZ1 13 nZ

φZ

1Z

Transformator

149

3.4. Pergeseran Fasa Pada Hubungan Y-, Transformator Tiga-fasa Dua Belitan

Pada hubungan sisi primer-sekunder Y-Y ataupun ∆-∆, diagram fasor tegangan fasa-netral di kedua sisi transformator tidak berbeda fasa. Akan tetapi pada hubungan Y-∆ atau ∆-Y terjadi pergeseran fasa. Untuk melihat pergeseran fasa ini, kita tinjau transformator tiga-fasa dua belitan seperti terlihat pada Gb.3.23. Pada gambar ini terlihat 21 sefasa aba VV , 21 sefasa bcb VV , 21 sefasa cac VV .

Tegangan fasa-netral di sisi primer yang terhubung Y sefasa dengan tegangan fasa-fasa di sisi sekunder yang terhubung ∆. Kalau kita buat rangkaian ekivalen Y dari ∆, hal tersebtu berarti tegangan fas-netral di sisi sekunder berbeda fasa 30o dengan tegangan fasa-netral di sisi primer.

Berkaitan dengan terjadinya pergeseran fasa pada hubungan Y-∆ ataupun ∆-Y, penamaan fasa pada suatu transformator diberi ketentuan sebagai berikut:

Penamaan fasa baik pada hubugan Y-∆ ataupun ∆-Y haruslah sedemikian rupa sehngga urutasn positif di sisi tegangan tinggnya mendahului 30o dari pasangan di tegangan rendahnya.

Ketentuan ini untuk urutan negatif berarti kebalikannya, yaitu bahwa tegangan urutan negatif tegangan di sisi tegangan tinggi tertinggal 30o dari tegangan di sisi tegangan rendahnya.

Pergeseran fasa ini tidak berpengaruh pada urutan nol.

a

c1bV

1cV

1aV b

n

a

c

b

2abV

2bcV

2caV

Gb.3.23. Hubungan Y-∆ transformator tiga-fasa.

Transformator


3.5. Sistem Per-Unit Pada Saluran Dengan Transformator

Adanya transformator dalam sistem tenaga membuat sistem tenaga terbagi-bagi dalam banyak segmen yang masing-masing segmen memiliki tegangan kerja sendiri-sendiri. Dengan memanfaatkan sistem per-unit, maka representasi suatu sistem tenaga menjadi lebih sederhana dan perhitungan-perhitungan menjadi lebih mudah dilakukan. Dalam uraian berikut ini kita memusatkan perhatian pada sistem tiga-fasa.

Penetuan besaran basis untuk penggunaan sistem per-unit adalah sebagai berikut:

a) Tetapkan daya 3 fasa basis, kita sebut basisfS 3 . Penetapan

daya basis ini biasanya mengambil angka-angka yang mudah, seperti 1, 10, 100, 1000. Karena untuk analisis sistem tiga-fasa kita menggunakan model satu-fasa maka harus kita hitung daya basis untuk satu-fasa, yaitu:

3

3

basisfbasisf

SS =

b) Tetapkan tegangan basis di bus tertentu sebagai referensi, yaitu tegangan nominal. Tegangan nominal adalah nilai tegangan yang dirancang untuk sistem bekerja pada pembebanan seimbang. Tegangan nominal fasa-fasa, Vff di Indonesia misalnya 20 kV, 150 kV, 500 kV. Karena kita melakukan analisis menggunakan model rangkaian satu-fasa maka kita tetapkan tegangan basis fasa-netral di bus ini yaitu

3/ basisffbasisfn VV = .

c) Dalam menentukan besaran-besaran basis, kita menganggap semua saluran dan transformator adalah ideal. Dengan demikian maka bus-bus yang terhubung langsung oleh saluran transmisitanpa melalui transformator akan memiliki tegangan basis yang sama.

Tegangan basis bus-bus yang dihubungkan oleh saluran transmisi melewati suatu transformator berbanding lurus dengan perbandingan jumlah lilitan di kedua sisi transformator. Dengan demikian maka nilai per-unit tegangan di kedua sisi transformator tidak lagi tergantung dari tegangan transformator.

Transformator

151

d) Arus basis di setiap bagian sistem adalah daya basis di bagian tersebut dibagi dengan tegangan basisnya.

basisfn

basisfbasis V

SI

=

e) Impedansi basis di tiap bagian sistem adalah tegangan basis dibagi arus basis

basisf

basisfnbasis I

VZ =

Walaupun demikian, relasi ini dapat kita uraikan sebagai berikut:

( )basisf

basisff

basisf

basisff

basisf

basisff

basisf

basisfn

basisfnbasisf

basisfn

basisf

basisfnbasis

S

V

S

V

S

V

S

V

VS

V

I

VZ

3

2

2

2

2

3

3/

/

===

===

Relasi terakhir ini yang biasa digunakan menentukan impedansi basis, yaitu

basisf

basisffbasis S

VZ

3

2 =

f) Besaran dalam per-unit adalah besaran sesungguhnya dibagi dengan besaran basis. Dengan besaran dalam per-unit kita gambarkan diagram rangkaian model satu-fasa.

Contoh-3.11: [1] Gambarkan rangkaian model satu-fasa dalam per-unit dari sistem tiga-fasa yang diagram satu garisnya diberikan berikut ini. Gunakan daya basis tiga-fasa di bus-2

MVA 100 3 =basisfS

dan tegangan basis fasa-fasa

kV 345 =basisffV

Transformator


Solusi:

a) Kita harus membuat rangkaian ekivalen model 1 fasa dalam per-unit. Oleh karena itu besaran-besaran harus dinyatakan sebagai besaran fasa-netral. Daya basis 3 fasa telah ditentukan untuk bus-2 dengan memilih angka yang mudah yaitu

MVA 100 3 =basisfS

Dengan penetapan daya basis 3 fasa ini maka daya basis per fasa adalah

MVA 33,33

100 ==basisfnS

Daya basis per fasa ini berlaku untuk semua bus.

Tegangan nominal sistem ini adalah 345 kV fasa-fasa. Tegangan basis fasa-netral adalah

kV 1993

345

3

nominal === ffbasisfn

VV

Rangkaian ekivalen model satu-fasa yang harus kita bangun harus menggunakan basis ini, artinya semua besaran akan dilihat dari sisi tegangan tinggi, termasuk impedansi-impedansi di sisi tegangan rendah transformator. Rangkaian ekivalen saluran transmisinya adalah rangkaian ekivalen π dengan ujung di bus 2 terhubunhg ke transformator T1 dan ujung di bus-3 terhubung ke transformator T2. Rangkaian ekivalen sistem ini akan berbentuk seperti berikut:

Transformator T1

1 trafo 3 fasa, 120 MVA 35 kV ∆, 350 kV Y

Z=(1+j8%) pada ratingnya

∆ Y ∆ 1 2 3 4Y

Transformator T2

3 trafo 1 fasa, 30 MVA 200 kV / 20 kV

Z=(1+j7%) pada ratingnya

Z = 12,8 + j64 Ω

Y/2 = j280 mS

Transformator

153

1, 2, 3, 4: nomer bus

1TZ : impedansi trafo T1; 2TZ : impedansi trafo T2

Zs ; impedansi seri saluran transmisi; 2

Y: admitansi saluran transmisi

Kita lihat situasi di setiap bus sebagai berikut:

Bus-2. Daya basis di bus ini adalah MVA 33,3 =basisfnS dan

tegangan basis kV 199 2.. == basisfnbusbasisfn VV

Arus basis bus-2: kA 167,0199

3,33

2.. ===

basisfn

basisfbusbasisf V

SI

Impedansi basis: Ω=== 1190167,0

199

2..

basisf

basisfnbusbasis I

VZ

Bus-3. Daya basis di bus ini juga MVA 33,3=fbasisS Bus ini

terhubung ke bus-2 tanpa melalui transformator. Oleh karena itu tegangan basis bus ini sama dengan tegangan basis bus-2, yaitu

kV 199.3. =busbasisfnV

Arus basis bus-3: kA 167,0199

3,33

3.. ===

basisfn

basisfbusbasisf V

SI

Impedansi basis bus-3: Ω=== 1190167,0

199

3..

basisf

basisfnbusbasis I

VZ

Bus-1. Daya basis di bus ini sama dengan daya basis yang telah ditetapkan yaitu MVA 33,3 =basisfnS . Bus ini terhubung pada

transformator Y-∆ dengan perbadingan tegangan fasa-fasa 350 kV

1TZ2TZsZ

2

Y

2

Y

1 2 3 4

Transformator


: 35 kV atau tegangan fasa-netral kV 3/350 : kV 3/35 . Tegangan basis di bus-1 dapat kita hitung yaitu

kV 19,91993/350

3/35 2..

2.

1. 1.. =×=×= busbasisfn

busfn

busfnbusbasisfn V

V

VV

Arus basis di bus-1: kA 674,19,19

3,33

1.. ===

basisfn

basisfbusbasisf V

SI

Impedansi basis: Ω=== 9,11674,1

9,19

1.

basisf

basisfnbusbasis I

VZ

Bus-4. Basis daya di bus ini sama dengan basis daya yang telah ditetapkan yaitu MVA 33,3=fbasisS . Bus ini bertegangan fasa-

fasa 20 kV yaitu tegangan sisi sekunder trafo yang terhubung ∆.

Ini berarti tegangan fasa–netral adalah kV 3/20 , walaupun tak terlihat titik netral. Sisi primer transformator terhubung Y dengan tegangan fasa-fasa 350 kV atau tegangan fasa-netral

kV 2003/350 = . Tegangan basis di bus-4 ini adalah

kV 11,5199200

3/203..

3.

4. 4.. =×=×= busbasisfn

busfn

busfnbusbasisfn V

V

VV

Arus basis bus-4: kA 889,25,11

3,33

4..b ===

basisfn

basisfusbasisf V

SI

Impedansi basis: Ω===− 97,3889,2

5,11

basis

4

f

basisfbusbasis I

VZ

Untuk melihat dengan lebih jelas, hasil perhitungan di atas kita kumpulkan dalam satu tabel seperti di bawah ini.

Transformator

155

Bus Sbasis

MVA

Vbasis

kV

Ibasis

kA

Zbasis

Ω

1 33,3 19,9 1,674 11,9

2 33,3 199 0,167 1190

3 33,3 199 0,167 1190

4 33,3 11,5 2,889 3,97

b) Saluran Transmisi. Impedansi dan admitansi saluran dalam per-unit dihitung dengan menggunakan impedansi dan admitansi basis di bus-2 atau bus-3

pu 333,01190/1

100280,0

2

pu 0538,00108,01190

648,12

3pu

pu

jjY

jj

Z

ZZ

basissal

basis

salsal

=×

=

+=+

==

−

c) Impedansi transformator.

Nilai dalam per-unit impedansi transformator yang diberikan adalah:

T1: ratingnya) pada (pu 08,001,0pu 1 jZT +=

T2: ratingnya) pada (pu 07,001,0pu 2 jZT +=

Impedansi ini dinyatakan dalam per-unit dengan basis rating masing-masing transformator.

Transformator T1. Transformator T1 adalah sebuah transformator tiga-fasa, dua belitan. Rating daya T1 adalah 120 MVA, dengan tegangan nominal (sisi tegangan tinggi) 345 kV (fasa-fasa). Hal ini berarti bahwa basis yang di gunakan untuk menghitung ZT1pu adalah Zbasis rating yaitu

Ω= 3

2

ratingf

ratingffratingbasis S

VZ

Transformator


Dengan basis inilah impedansi per-unit yang telah diberikan, yaitu pu 08,001,01 jZT += . Impedansi ini harus kita ubah

menggunakan basis sistem yaitu MVA 100 3 =basisfS dan

tegangan nominal 345 kV dan Zbasis di bus-2 (tempat dihubungkannya T1) yang telah dihitung sebesar 1190 Ω. Perubahan nilai impedansi dari basis rating ke basis sistem kita lakukan sebagai berikut:

( )

( )pu 0,0667)0,0083(

1190

120/345)08,001,0(

1190

/)08,001,0(

)08,001,0(

2

32

istem

sistem basis 1

j

j

SVj

Z

ZjZ

ratingfratingff

sbasis

ratingbasisT

+=

×+=

×+=

×+=

Transformator T2. Transformator T2 adalah transformator 3 fasa yang dibangun dari 3 tansformator 1 fasa dua belitan. Rating daya trafo ini adalah 30 MVA dengan tegangan rating 200 kV. Sisi primer dihubungkan Y agar sesuai dengan tegangan sistem di sisi tegangan tinggi (345 kV), dan sisi sekunder dihubungkan ∆ dengan tegangan sekunder 20 kV. Impedansi yang diberikan adalah

ratingnya) pada (pu 07,001,02 jZT +=

Impedansi ini harus kita ubah dengan menggunakan basis sistem.

( )pu 0,0784)0,0112(

1190

30/200)07,001,0( 2

sistem basis 2

j

jZT

+=

×+=

Dengan hasil perhitungan ini, rangkaian ekivalen satu-fasa menjadi sebagai berikut:

Transformator

157

3.6. Transformator Polifasa

Dari transformator satu-fasa dapat pula dibangun transformator polifasa. Berikut ini kita lihat contoh transformator enam fasa yang dibangun dari enam transformator satu-fasa. Setiap transformator satu-fasa ini mempunyai rating masing-masing.

Contoh-3.12: [1] Enam buah transformator satu-fasa dua belitan yang identik dihubungkan sebagai berikut:

- dua-dua belitan primer di hubungkan paralel,

- kemudian tiga set paralel tersebut dihubungkan membentuk sisi primer transformator 3 fasa yang terhubung Y.

- enam belitan sekunder dari enam transformator dihubungkan membentuk sisi sekunder transformator 6 fasa.

Rating setiap transformator adalah 13,8 kV / 138 kV, 15 MVA, X = 7% (pada ratingnya). Tegangan nominal fasa-netral dari sistem adalah 13,2 kV pada bus tegangan rendah yang terhubung Y. Dengan menggunakan daya 3 fasa basis MVA 10063 == ff SS .

(a) Hitung semua besaran basis di kedua sisi transformator.

(b) Jika sisi primer terhubung pada sumber seimbang dengan tegangan fasa-netral kV 2,13=anV hitunglah tegangan fasa

dan tegangan urutan di kedua sisi transfomator.

(c) Gambarkan rangkaian urutan positif dengan X dalam per-unit.

Solusi:

Tranformator yang terbentuk terhubung Y- yang skema hubungan serta diagram fasor tegangannya terlihat pada gambar berikut.

0,07840,0112 j+0,06670,0083 j+

0538,00108,0 j+

333,0j

1 2 3 4

333,0j

Transformator


(a)

Besaran-besaran basis:

Bus tegangan rendah

MVA 3,333

100 ==basisfS

kV 2,13 =basisfnV

A 52,22,13

3,33

basis ===

basisfn

fbasisf V

SI

Ω=== 23,552,2

2,13

basis

basisf

fnbasis I

VZ

Bus tegangan tinggi

MVA 7,166

100 ==basisfS

Jika sisi tegangan Van=13,2 kV:

kV 1328,13

138 2,13 =

=ANV

kV 132 =basisfnV

A 126,0132

7,16

basis ===

basisfn

fbasisf V

SI

Ω=== 1045126,0

132

basis

basisf

fnbasis I

VZ

ab

c

BC

D

FE

A

a

b

c

A

B

C

D

F

E

Transformator

159

(b)

Dengan sumber 13,2 kV:

Bus tegangan rendah

Tegangan fasa-netral:

kV 2,13=== cnbnan VVV

Dalam per-unit:

pu 1,0 2,13

2,13 ==anV

Tegangan urutan:

020 == VV

kV 2,13) 3(3

11 == anVV

Dalam per-unit:

pu 0,12,13

2,131 ==V

Bus tegangan tinggi

Tegangan fasa-netral:

kV 132=====

FNDN

CNBNAN

VV

VVV

Dalam per-unit:

pu 1,0132

132 ==ANV

Tegangan urutan:

054320 ===== VVVVV

kV 132) 6(6

11 == ANVV

Dalam per-unit:

pu 0,1132

1321 ==V

c) Rangkaian urutan positif.

Rangkaian urutan positif dari transformator ini hanya berupa satu impedansi yang mengubungkan bus di sisi primer dan sisi sekunder. Kita dapat melihat trafo ini dari sisi tegangan rendah ataupun sisi tegangan tinggi.

Dari sisi tegangan rendah:

Reaktansi dalam per-unit trafo)rating (padapu 07,0%7 ==X .

Rating trafo adalah 15 MVA, 13,8 kV sehingga impedansi basis menurut rating trafo adalah

15

8,13 22

==rating

ratingratingbasis S

VZ

Transformator


Dalam membangun sisi tegangan rendah, dua belitan primer trafo satu-fasa diparalelkan menjadi salah satu-fasa hubungan Y, sehingga reaktansi menjadi setengahnya, yaitu

Ω=××=××= 444,015

8,1307,0

2

107,0

2

1 2

ratingbasisZX

Impedansi basis sistem sudah dihitung sebesar 5,23 Ω. Impedansi basis ini memberikan reaktansi dalam per-unit:

pu 0850,023,5

0444,0 ==X . Rangkaian urutan positif menjadi :

Dari sisi tegangan tinggi:

Ω=×= 8,8815

13807,0

2X

Dalam per-unit: pu 0,0850 1045

8,88 ==X . Rangkaian urutan positif

menjadi :

pu 0850,0

pu 0850,0

Mesin Sinkron

161

BAB 4 Mesin Sinkron

Kita telah melihat bahwa pada transformator terjadi alih energi dari sisi primer ke sisi sekunder. Energi di ke-dua sisi transformator tersebut sama bentuknya (yaitu energi listrik) akan tetapi mereka mempunyai peubah sinyal (yaitu tegangan dan arus) yang berbeda besarnya. Kita katakan bahwa transformator merupakan piranti konversi energi dari energi listrik ke energi listrik.

Kita perhatikan pula bahwa peubah-peubah sinyal di sisi sekunder transformator muncul karena fluksi di inti transformator merupakan fungsi waktu. Fluksi fungsi waktu ini dibangkitkan oleh arus di sisi primer, yang juga merupakan fungsi waktu. Fluksi fungsi waktu dapat pula dibangkitkan dengan cara lain misalnya secara mekanis; cara inilah yang dilaksanakan pada piranti konversi energi dari energi mekanis ke energi listrik atau disebut konversi energi elektromekanik. Konversi energi elektromekanik ini tidak hanya dari mekanis ke listrik tetapi juga dari listrik ke mekanis, dan dilandasi oleh dua hukum dasar yang kita kenal yaitu hukum Faraday dan hukum Ampere. Secara matematis kedua hukum ini dinyatakan dalam dua persamaan berikut

dt

dN

dt

de

φ−=λ−= dan )( θ= fiBKF B

Persamaan pertama menunjukkan bagaimana tegangan dibangkitkan dan persamaan ke-dua menunjukkan bagaimana gaya mekanis ditimbulkan.

Berikut ini kita akan mempelajari mesin konversi energi yang sangat luas digunakan di pusat-pusat pembangkit listrik, yang disebut generator sinkron. Ada dua macam konstruksi yang akan kita lihat yaitu konstruksi kutub menonjol dan konstruksi rotor silindris.

4.1. Mesin Sinkron Kutub Menonjol

Skema konstruksi mesin ini adalah seperti terlihat pada Gb.4.1.a. Mesin ini terdiri dari bagian stator yang mendukung belitan-belitan a1a11 sampai c2c22 pada alur-alurnya, dan bagian rotor yang berputar yang mendukung kutub-kutub magnit. Belitan pada stator tempat

Mesin Sinkron


kita memperoleh energi disebut belitan jangkar. Belitan pada rotor yang dialiri arus eksitasi untuk menimbullkan medan magnit disebut belitan eksitasi. Pada gambar ini ada empat kutub magnit. Satu siklus kutub S-U pada rotor memiliki kisar sudut (yang kita sebut sudut magnetis atau sudut listrik) 360o. Kisar sudut 360o ini melingkupi tiga belitan di stator dengan posisi yang bergeser 120o antara satu dengan lainnya. Misalnya belitan a1a11 dan belitan b1b11 berbeda posisi 120o, belitan b1b11 dan c1c11 berbeda posisi 120o, dan mereka bertiga berada di bawah satu kisaran kutub S-U. Tiga belitan yang lain, yaitu a2a22, b2b22, dan c2c22 berada dibawah satu kisaran kutub S-U yang lain dan mereka juga saling berbeda posisi 120o.

konstruksi kutub menonjol belitan fluksi magnetik

Gb.4.1. Mesin sinkron kutub menonjol

Karena mesin yang tergambar ini merupakan mesin empat kutub (dua pasang kutub) maka satu perioda siklus mekanik (perputaran rotor) sama dengan dua perioda siklus magnetik. Jadi hubungan antara sudut kisaran mekanik dan sudut kisaran magnetik adalah

][2][ derajatderajat mekanikmagnetik θ×=θ

atau secara umum

][2

][ derajatp

derajat mekanikmagnetik θ×=θ (4.1)

dengan p adalah jumlah kutub.

a1 a11

S

U

S

U a2 a1

b1 a11 c1

b2 c2

b11

c22

a22

b22

c11 φ

φ φ

180o mekanis = 360o

a) b) c)

Mesin Sinkron

163

Kecepatan sudut mekanik adalah

mekanikmekanik

mekanik fdt

d 2π=

θ=ω (4.2)

Frekuensi mekanik fmekanik adalah jumlah siklus mekanik per detik yang tidak lain adalah kecepatan perputaran rotor per detik. Biasanya kecepatan perputaran rotor dinyatakan dengan jumlah rotasi per menit (rpm). Jadi jika kecepatan perputaran rotor adalah n

rpm, maka jumlah siklus per detik adalah 60

n atau

60

nfmekanis=

siklus per detik.

Kecepatan sudut magnetik adalah

magnetikmagnetik

magnetik fdt

d 2π=

θ=ω (4.3)

Dengan hubungan (4.1) maka (4.3) menjadi

120

2

602

2 2

22

npnpf

ppmekanikmekanikmagnetik π=π=π=ω=ω

yang berarti 120

npfmagnetik= siklus per detik (4.4)

Perubahan fluksi magnetik akan membangkitkan tegangan induksi di setiap belitan. Karena fluksi magnetik mempunyai frekuensi

Hz 120

npfmagnetik= maka tegangan pada belitanpun akan

mempunyai frekuensi

Hz 120

npf tegangan= (4.5)

Dengan (4.5) ini jelaslah bahwa untuk memperoleh frekuensi tertentu, kecepatan perputaran rotor harus sesuai dengan jumlah kutub. Jika diinginkan f = 50 Hz misalnya, untuk p = 2 maka n = 3000 rpm; jika p = 4 maka n = 1500 rpm; jika p = 6 maka n = 1000 rpm, dan seterusnya. Konstruksi mesin dengan kutub menonjol seperti pada Gb.17.1. sesuai untuk mesin putaran rendah tetapi tidak sesuai untuk mesin putaran tinggi karena kendala-kendala mekanis.

Mesin Sinkron


Untuk mesin putaran tinggi digunakan rotor dengan konstruksi silindris.

Dengan pergeseran posisi belitan 120o magnetik untuk setiap pasang kutub, maka kita mendapatkan tegangan sistem tiga-fasa untuk setiap pasang kutub, yaitu ea1 pada belitan a1a11 , eb1 pada b1b11 , dan ec1 pada c1c11 . Demikian pula kita memperoleh tegangan ea2 , eb2 dan ec2 pada belitan-belitan di bawah pasangan kutub yang lain. Jadi setiap pasang kutub akan membangkitkan tegangan sistem tiga-fasa pada belitan-belitan yang berada dibawah pengaruhnya. Tegangan yang sefasa, misalnya ea1 dan ea2 , dapat dijumlahkan untuk memperoleh tegangan yang lebih tinggi atau diparalelkan untuk memperoleh arus yang lebih besar.

Tegangan yang terbangkit di belitan pada umumnya diinginkan berbentuk gelombang sinus

tAv ω= cos , dengan pergeseran 120o untuk belitan fasa-fasa yang lain. Tegangan sebagai fungsi waktu ini pada transformator dapat langsung diperoleh di belitan sekunder karena fluksinya merupakan fungsi waktu. Pada mesin sinkron, fluksi dibangkitkan oleh belitan eksitasi di rotor yang dialiri arus searah sehingga fluksi tidak merupakan fungsi waktu. Akan tetapi fluksi yang ditangkap oleh belitan stator harus merupakan fungsi waktu agar persamaan (4.1) dapat diterapkan untuk memperoleh tegangan. Fluksi sebagai fungsi waktu diperoleh melalui putaran rotor. Jika φ adalah fluksi yang dibangkitkan di rotor dan memasuki celah udara antara rotor dan stator dengan nilai konstan maka, dengan mengabaikan efek pinggir, laju pertambahan fluksi yang ditangkap oleh belitan stator adalah

magnetikmagnetiks

dt

d

dt

dωφ=

θφ=

φ (4.6)

Gb.4.2. Perhitungan fluksi.

180o mekanis = 360o magnetik

φs

a1

a11

θ

Mesin Sinkron

165

Karena 120

2 2

npfmagnetikmagnetik π=π=ω , maka

60

np

dt

d s πφ=φ

(4.7)

Dari (4.4) kita peroleh tegangan pada belitan, yaitu

60

npN

dt

dNv s πφ−=

φ−= (4.8)

Jika φ bernilai konstan, tidaklah berarti (4.8) memberikan suatu tegangan konstan karena φ bernilai konstan positif untuk setengah perioda dan bernilai konstan negatif untuk setengah perioda berikutnya. Maka (4.8) memberikan tegangan bolak-balik yang tidak sinus. Untuk memperoleh tegangan berbentuk sinus, φ harus berbentuk sinus juga. Akan tetapi ia tidak dibuat sebagai fungsi sinus terhadap waktu, akan tetapi sebagai fungsi sinus posisi, yaitu terhadap θmaknetik . Jadi jika

maknetikm θφ=φ cos (4.9)

maka laju pertambahan fluksi yang dilingkupi belitan adalah

( )

magnetikmmmagnetikmagnetikm

magnetikmagnetikmmagnetikm

s

np

dt

d

dt

d

dt

d

dt

d

θ

πφ−=θωφ−=

θθφ−=θφ=φ=φ

sin 120

2sin

sincos (4.10)

sehingga tegangan belitan

tNNf

npN

dt

dNe

mmagnetikm

magnetikms

ωφω=θφπ=

θφπ=φ

−=

sin sin 2

sin60

(4.11)

Persamaan (4.11) memberikan nilai sesaat dari dari tegangan yang dibangkitkan di belitan stator. Nilai maksimum dari tegangan ini adalah

Volt mm NE φω= (4.12)

dan nilai efektifnya adalah

Volt 44,4

2

2

2

2

m

mmm

rms

Nf

NfNE

E

φ=

φπ

=φω

== (4.13)

Dalam menurunkan formulasi tegangan di atas, kita menggunakan perhitungan fluksi yang merupakan penyederhanaan dari konstruksi mesin a. Di sini ada beberapa hal yang perlu kita perhatikan yaitu:

Mesin Sinkron


1. Belitan terdiri dari hanya satu gulungan, misalnya belitan a1a11, yang ditempatkan di sepasang alur stator, walaupun gulungan itu terdiri dari N lilitan. Belitan semacam ini kita sebut belitan terpusat.

2. Lebar belitan, yaitu kisar sudut antara sisi belitan a1 dan a11 adalah 180o magnetik. Lebar belitan semacam ini kita sebut kisar penuh.

Dalam praktek lilitan setiap fasa tidak terpusat di satu belitan, melainkan terdistribusi di beberapa belitan yang menempati beberapa pasang alur stator. Belitan semacam ini kita sebut belitan terdistribusi, yang dapat menempati stator sampai 1/3 kisaran penuh (60o magnetik). Selain dari pada itu, gulungan yang menempati sepasang alur secara sengaja dibuat tidak mempunyi lebar satu kisaran penuh; jadi lebarnya tidak 180o akan tetapi hanya 80% sampai 85% dari kisaran penuh. Pemanfaatan belitan terdistribusi dan lebar belitan tidak satu kisar penuh dimaksudkan untuk menekan pengaruh harmonisa yang mungkin ada di kerapatan fluksi. Sudah barang tentu hal ini akan sedikit mengurangi komponen fundamental dan pengurangan ini dinyatakan dengan suatu faktor Kw yang kita sebut faktor belitan. Biasanya Kw mempunyai nilai antara 0,85 sampai 0,95. Dengan adanya faktor belitan ini formulasi tegangan (4.13) menjadi

Volt 44,4 mwrms KNfE φ= (4.14)

Berikut ini beberapa contoh perhitungan tegangan jangkar. Untuk sementara pembahasan mesin sinkron kutub menonjol kita hentikan di sini. Kita akan melihat mesin jenis ini lagi setelah pembahasan mesin sinkron rotor silindris.

CONTOH-4.1: Sebuah generator sinkron tiga-fasa, 4 kutub, belitan jangkar terhubung Y, mempunyai 12 alur pada statornya dan setiap alur berisi 10 konduktor. Fluksi kutub terdistribusi secara sinus dengan nilai maksimumnya 0,03 Wb. Kecepatan perputaran rotor 1500 rpm. Carilah frekuensi tegangan jangkar dan nilai rms tegangan jangkar fasa-netral dan fasa-fasa.

Solusi : Frekuensi tegangan jangkar adalah

Hz 50120

15004

120

=×== npf

Mesin Sinkron

167

Jumlah alur per kutub adalah 34

12 = yang berarti setiap pasang

kutub terdapat 3 belitan yang membangun sistem tegangan tiga-fasa. Jadi setiap fasa terdiri dari 1 belitan yang berisi 10 lilitan. Nilai rms tegangan jangkar per fasa per pasang kutub adalah

V 6,6603,0105044,4 44,4 =×××=φ= mak NfE

Karena ada dua pasang kutub maka tegangan per fasa adalah : 2 × 66,6 = 133 V.

Tegangan fasa-fasa adalah 133 √3 = 230 V.

CONTOH-4.2: Soal seperti pada Contoh-4.1. tetapi jumlah alur pada stator ditingkatkan menjadi 24 alur. Ketentuan yang lain tetap.

Solusi : Frekuensi tegangan jangkar tidak tergantung jumlah alur. oleh karena itu frekuensi tetap 50 Hz.

Jumlah alur per kutub adalah 64

24 = yang berarti setiap pasang

kutub terdapat 6 belitan yang membangun sistem tegangan tiga-fasa. Jadi setiap fasa pada satu pasang kutub terdiri dari 2 belitan yang masing-masing berisi 10 lilitan. Nilai rms tegangan jangkar untuk setiap belitan adalah

V 6,6603,0105044,4 V 44,41 =×××=φ= ma NfE .

Karena dua belitan tersebut berada pada alur yang berbeda, maka terdapat beda fasa antara tegangan imbas di keduanya. Perbedaan sudut mekanis antara dua alur yang berurutan adalah

oo

1524

360 = mekanik. Karena mesin mengandung 4 kutub atau 2

pasang kutub, maka 1o mekanik setara dengan 2o listrik. Jadi selisih sudut fasa antara tegangan di dua belitan adalah 30o listrik sehingga tegangan rms per fasa per pasang kutub adalah jumlah fasor tegangan di dua belitan yang berselisih fasa 30o tersebut.

3,338,124)30sin30(cos6,666,66 oo jjak +=++=E

Karena ada 2 pasang kutub maka

V 258)3,33()8,124(2 22 =+×=aE

Mesin Sinkron


Tegangan fasa-fasa adalah 258 √3 = 447 V

CONTOH-4.3: Soal seperti pada Contoh-4.1. tetapi jumlah alur pada stator ditingkatkan menjadi 144 alur, jumlah kutub dibuat 16 (8 pasang), kecepatan perputaran diturunkan menjadi 375 rpm. Ketentuan yang lain tetap.

Solusi :

Frekuensi tegangan jangkar : Hz 50120

37516 =×=f

Jumlah alur per kutub 916

144 = yang berarti terdapat 9 belitan

per pasang kutub yang membangun sistem tiga-fasa. Jadi tiap fasa terdapat 3 belitan. Tegangan di tiap belitan adalah

V 6,6603,0105044,41 =×××=aE ; sama dengan tegangan per

belitan pada contoh sebelumnya karena frekuensi, jumlah lilitan, dan fluksi maksimum tidak berubah. Perbedaan sudut mekanis antara dua alur yang berturutan adalah

oo

5,2144

360 = mekanik. Karena mesin memiliki 16 kutub (8

pasang) maka 1o mekanik ekivalen dengan 8o listrik, sehingga beda fasa tegangan pada belitan-belitan adalah

o2085,2 =× listrik. Tegangan per fasa per pasang kutub adalah jumlah fasor dari tegangan belitan yang masing-masing berselisih fasa 20o.

( )6,652,180

)40sin20(sin40cos20cos16,66

406,66206,666,66oooo

oo

j

j

ak

+=++++=

∠+∠+=E

Karena ada 8 pasang kutub maka tegangan fasa adalah

V 15348,1918)6,65()2,180(8 22 =×=+×=aE

Tegangan fasa-fasa adalah 1534 √3 = 2657 V

Mesin Sinkron

169

4.2. Mesin Sinkron Rotor Silindris

Sebagaimana telah disinggung di atas, mesin kutub menonjol sesuai untuk perputaran rendah. Untuk perputaran tinggi digunakan mesin rotor silindris yang skemanya diperlihatkan ada Gb.4.3. Rotor mesin ini berbentuk silinder dengan alur-alur untuk menempatkan belitan eksitasi. Dengan konstruksi ini, reluktansi magnetik jauh lebih merata dibandingkan dengan mesin kutub menonjol. Di samping itu kendala mekanis untuk perputaran tinggi lebih mudah diatasi dibanding dengan mesin kutub menonjol. Belitan eksitasi pada gambar ini dialiri arus searah sehingga rotor membentuk sepasang kutub magnet U-S seperti terlihat pada gambar. Pada stator digambarkan tiga belitan terpusat aa1 , bb1 dan cc1 masing-masing dengan lebar kisaran penuh agar tidak terlalu rumit, walaupun dalam kenyataan pada umumnya dijumpai belitan-belitan terdistribusi dengan lebar lebih kecil dari kisaran penuh.

Karena reluktansi magnetik praktis konstan untuk berbagai posisi rotor (pada waktu rotor berputar) maka situasi yang kita hadapi mirip dengan tansformator. Perbedaannya adalah bahwa pada transformator kita mempunyai fluksi mantap, sedangkan pada mesin sinkron fluksi tergantung dari arus eksitasi di belitan rotor. Kurva magnetisasi dari mesin ini dapat kita peroleh melalui uji beban nol. Pada uji beban nol, mesin diputar pada perputaran sinkron (3000 rpm) dan belitan jangkar terbuka. Kita mengukur tegangan keluaran pada belitan jangkar sebagai fungsi arus eksitasi (disebut juga arus medan) pada belitan eksitasi di rotor. Kurva tegangan keluaran sebagai fungsi arus eksitasi seperti terlihat pada Gb.17.4 disebut karakteristik beban nol. Bagian yang berbentuk garis lurus pada kurva itu disebut karakteristik celah udara dan kurva inilah (dengan

Gb.4.3. Mesin sinkron rotor silindris.

a

b

a1

c1 b1

c

U

S

Mesin Sinkron


ekstra-polasinya) yang akan kita gunakan untuk melakukan analisis mesin sinkron.

Karakterik lain yang penting adalah karakteritik hubung singkat yang dapat kita peroleh dari uji hubung singkat. Dalam uji hubung singkat ini mesin diputar pada kecepatan perputaran sinkron dan terminal belitan jangkar dihubung singkat (belitan jangkar terhubung Y). Kita mengukur arus fasa sebagai fungsi dari arus eksitasi. Kurva yang akan kita peroleh akan terlihat seperti pada Gb.4.4. Kurva ini berbentuk garis lurus karena untuk mendapatkan arus beban penuh pada percobaan ini, arus eksitasi yang diperlukan tidak besar sehingga rangkaian magnetiknya jauh dari keadaan jenuh. Fluksi magnetik yang dibutuhkan hanya sebatas yang diperlukan untuk membangkitkan tegangan untuk mengatasi tegangan jatuh di impedansi belitan jangkar.

Perhatikanlah bahwa karakteristik beban-nol dan hubung singkat memberikan tegangan maupun arus jangkar sebagai fungsi arus medan. Sesungguhnya arus medan berperan memberikan mmf (lilitan ampere) untuk menghasilkan fluksi dan fluksi inilah yang mengimbaskan tegangan pada belitan jangkar. Jadi dengan karakteristik ini kita dapat menyatakan pembangkit fluksi tidak dengan mmf akan tetapi dengan arus medan ekivalennya dan hal

0

1000

2000

3000

4000

5000

6000

7000

8000

9000

10000

11000

12000

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500Arus medan [A]

Te

ga

ng

an

Fa

sa

-Ne

tra

l [V

]

Gb.4.4. Karakteristik beban-nol dan hubung singkat. Karakteristik celah udara (linier).

beban-nol V=V(If )|I =0

hubung singkat I = I (If ) |V=0

celah udara V=kIf

0 0

Aru

s fa

sa [

A]

Mesin Sinkron

171

inilah yang akan kita lakukan dalam menggambarkan diagram fasor yang akan kita pelajari beikut ini.

4.2.1. Diagram Fasor dan Reaktansi Sinkron

Kita ingat bahwa pada transformator besaran-besaran tegangan, arus, dan fluksi, semuanya merupakan besaran-besaran yang berubah secara sinusoidal terhadap waktu dengan frekuensi yang sama sehingga tidak terjadi kesulitan menyatakannya sebagai fasor. Pada mesin sinkron, hanya tegangan dan arus yang merupakan fungsi sinus terhadap waktu; fluksi rotor, walaupun ia merupakan fungsi sinus tetapi tidak terhadap waktu tetapi terhadap posisi sehingga tak dapat ditentukan frekuensinya. Menurut konsep fasor, kita dapat menyatakan besaran-besaran ke dalam fasor jika besaran-besaran tersebut berbentuk sinus dan berfrekuensi sama. Oleh karena itu kita harus mencari cara yang dapat membuat fluksi rotor dinyatakan sebagai fasor. Hal ini mungkin dilakukan jika kita tidak melihat fluksi rotor sebagai dirinya sendiri melainkan melihatnya dari sisi belitan jangkar. Walaupun fluksi rotor hanya merupakan fungsi posisi, tetapi ia dibawa berputar oleh rotor dan oleh karena itu belitan jangkar melihatnya sebagai fluksi yang berubah terhadap waktu. Justru karena itulah terjadi tegangan imbas pada belitan jangkar sesuai dengan hukum Faraday. Dan sudah barang tentu frekuensi tegangan imbas di belitan jangkar sama dengan frekuensi fluksi yang dilihat oleh belitan jangkar.

Kita misalkan generator dibebani dengan beban induktif sehingga arus jangkar tertinggal dari tegangan jangkar.

Gb.4.5. Posisi rotor pada saat emaks dan imaks.

U

S

sumbu emaks

sumbu magnet

(a)

a

a1

a

a1

U

S

sumbu imaks

sumbu magnet (b)

θ

Mesin Sinkron


Gb.4.5.a. menunjukkan posisi rotor pada saat imbas tegangan di aa1 maksimum. Hal ini dapat kita mengerti karena pada saat itu kerapatan fluksi magnetik di hadapan sisi belitan a dan a1 adalah maksimum. Perhatikanlah bahwa pada saat itu fluksi magnetik yang dilingkupi oleh belitan aa1 adalah minimum. Sementara itu arus di belitan aa1 belum maksimum karena beban induktif. Pada saat arus mencapai nilai maksimum posisi rotor telah berubah seperti terlihat pada Gb.4.5.b.

Karena pada mesin dua kutub sudut mekanis sama dengan sudut magnetis, maka beda fasa antara tegangan dan arus jangkar sama dengan pegeseran rotasi rotor, yaitu θ. Arus jangkar memberikan mmf jangkar yang membangkitkan medan magnetik lawan yang akan memperlemah fluksi rotor. Karena adanya reaksi jangkar ini maka arus eksitasi haruslah sedemikian rupa sehingga tegangan keluaran mesin dipertahankan.

Catatan : Pada mesin rotor silindris mmf jangkar mengalami reluktansi magnetik yang sama dengan yang dialami oleh mmf rotor. Hal ini berbeda dengan mesin kutub menonjol yang akan membuat analisis mesin kutub menonjol memerlukan cara khusus sehingga kita menunda pembahasannya.

Diagram fasor (Gb.4.6) kita gambarkan dengan ketentuan berikut

1. Diagram fasor dibuat per fasa dengan pembebanan induktif.

2. Tegangan terminal aV dan arus jangkar aI adalah

nominal.

3. Tegangan imbas digambarkan sebagai tegangan naik; jadi tegangan imbas tertinggal 90o dari fluksi yang membangkitkannya.

4. Belitan jangkar mempunyai reaktansi bocor Xl dan resistansi Ra.

5. Mmf (fluksi) dinyatakan dalam arus ekivalen.

Dengan mengambil tegangan terminal jangkar Va sebagai referensi, arus jangkar Ia tertinggal dengan sudut θ dari Va (beban induktif). Tegangan imbas pada jangkar adalah

( )laaaa jXR ++= IVE (4.15)

Mesin Sinkron

173

Tegangan imbas aE ini harus dibangkitkan oleh fluksi celah udara

yang dinyatakan dengan arus ekivalen faI yang 90o mendahului

aE . Arus jangkar aI memberikan fluksi lawan dari jangkar yang

dinyatakan dengan arus ekivalen aφI . Jadi fluksi dalam celah udara

merupakan jumlah dari fluksi rotor Φf yang dinyatakan dengan arus ekivalen fI dan fluksi jangkar. Jadi

affa φ+= III atau afaf φ−= III (4.16)

Dengan perkataan lain arus eksitasi rotor fI haruslah cukup untuk

membangkitkan fluksi celah udara guna membangkitkan aE dan

mengatasi fluksi lawan jangkar agar tegangan terbangkit aE dapat

dipertahankan. Perhatikan Gb.4.6: fI membangkitkan tegangan

fE yang 90o di belakang fI dan lebih besar dari aE .

Gb.4.6. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris.

Hubungan antara nilai aE dan faI diperoleh dari karakteristik

celah udara, sedangkan antara nilai aI dan aφI diperoleh dari

karakteristik hubung singkat. Dari karakteristik tersebut, seperti terlihat pada Gb.17.4., dapat dinyatakan dalam bentuk hubungan

fava IkE = dan aia IkI φ= atau

afaf φ−= III

θ

γ

fE

aE

la Xj I

aaRIaV

aIaφI

aφ− I

faI

Mesin Sinkron


vafa kEI /= dan iaa kII /=φ (4.17)

dengan kv dan ki adalah konstanta yang diperoleh dari kemiringan kurva Gb.17.4. Dari (4.7) dan Gb.17.6. kita peroleh

θ−∠−γ∠=

θ−∠+γ+∠=−= φ

i

a

v

a

i

a

v

aafaf

k

I

k

Ej

k

I

k

E

)180()90( ooIII

(4.18)

Dari (4.18) kita peroleh fE yaitu

ai

vaa

i

va

i

a

v

avfvaa

k

kjI

k

kjE

k

I

k

Ejjkjk

IE

IE

+=θ−∠+γ∠=

θ−∠−γ∠−=−=

(4.19)

Suku kedua (4.19) dapat kita tulis sebagai aajX Iφ dengan

i

va k

kX =φ (4.20)

yang disebut reaktansi reaksi jangkar karena suku ini timbul akibat adanya reaksi jangkar. Selanjutnya (4.19) dapat ditulis

( )( )aaaa

aalaaaaaaf

jXR

jXjXRjX

++=

+++=+= φφ

IV

IIVIEE

(4.21)

dengan ala XXX φ+= yang disebut reaktansi sinkron.

Diagram fasor Gb.4.6. kita gambarkan sekali lagi menjadi Gb.4.7. untuk memperlihatkan peran reaktansi reaksi jangkar dan reaktansi sinkron.

Perhatikanlah bahwa pengertian reaktansi sinkron kita turunkan dengan memanfaatkan karakteristik celah udara, yaitu karakteristik linier dengan menganggap rangkaian magnetik tidak jenuh. Oleh karena itu reaktansi tersebut biasa disebut reaktansi sinkron tak jenuh.

Mesin Sinkron

175

4.2.2. Rangkaian Ekivalen Mesin Sinkron Rotor Silindris

Sumber tegangan cukup memadai untuk menggambarkan rangkaian ekivalen mesin sinkron rotor silindris. Kumparan-kumparan jangkar, tempat dibangkitkannya tegangan, mengandung resistansi dan reaktansi. Selain itu, antar kumparan juga terjadi kopling magnetic karena letak mereka yang saling berdekatan pada posisi yang simetris. Kita anggap bahwa ketiga kumparan jangkar adalah identik, masing-masing dengan resistansi Ra dan reaktansi Xa. Antar ketiga kumparan terjadi reaktansi bersama Xm. Jika tegangan terbangkit di kumparan jangkar adalah cba EEE dan , , dan tegangan fasa-netral di

terminal mesin adalah cnbnan VVV dan , , , maka dapat

digambarkan rangkaian ekivalen seperti pada Gb.4.8.

Pada Gb.4.8. ini cba III dan , , adalah arus fasa a, b, dan c yang

keluar dari terminal mesin dan ketiganya kembali melalui penghantar netral melalui impedansi Zn. Aplikasi hokum Kirchhoff pada rangkaian ini memberikan persamaan

θ

γ

Gb.4.7. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris; reaktansi reaksi jangkar (Xφa) dan reaktansi sinkron (Xa).

afaf φ−= III

aaE

aa Xj φI

aa Xj I

la Xj I

aE

aaRIaV

aIaφI

aφ− I

faI

Mesin Sinkron


ancmnbmnanaa

ancbmcbanaaaa

jXZjXZZjXR

jXZjXR

VIII

VIIIIIIE

+++++++=

+++++++=

)()()(

)()()(

(4.20.a)

bncmnamnbnaab jXZjXZZjXR VIIIE +++++++= )()()(

(4.20.b)

cnbmnamncnaac jXZjXZZjXR VIIIE +++++++= )()()(

(4.20.c)

Jika kita tuliskan

mnm

naas

jXZZ

ZjXRZ

+=++=

(4.21)

Maka persamaan 4.20.a,b,c menjadi

cnbmamcsc

bncmambsb

ancmbmasa

ZZZ

ZZZ

ZZZ

VIIIE

VIIIE

VIIIE

+++=

+++=

+++=

(4.22)

Dalam bentuk matriks, persamaan (4.22) adalah

+

=

an

an

an

c

b

a

smm

msm

mms

c

b

a

ZZZ

ZZZ

ZZZ

V

V

V

I

I

I

E

E

E

(4.23.a)

cI

a

b

c

bnV

aa jXR

n

aI

bI

cba III ++

mjX

mjXmjX

anV

cnV

N +

+

nZ

∼

∼ ∼

cE

aEbE

aa jXR

aa jXR

Gb.4.8. Rangkaian ekivalen mesin sinkron

Mesin Sinkron

177

atau secara lebih ringkas

[ ] abcabcabcabc Z VIE~~~ += (4.23.b)

Kita ingat bahwa

[ ] 012~

~ITI =abc dan [ ] 012

~

~VTV =abc

dan kita masukkan ke (4.23.b) serta kita kalikan kedua ruas

(4.23.b) dengan [ ] 1−T maka kita peroleh

[ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ]

[ ] 012012012

0121

01211

~~

~~~

VI

VTTITTET

+=

+= −−−

Z

Zabcabc (4.24.a)

Kita hitung ruas kiri (9.24.a)

[ ]

=

=

=−

0

0

0

3

0

3

1

1

1

111

3

1~ 2

2

21ff

f

f

f

abc

a

a

aa

aa EE

E

E

E

ET ( 4.24.b)

[ ]012Z pada (4.24.a) adalah

[ ] [ ] [ ][ ]

−−

+== −

ms

ms

ms

abc

ZZ

ZZ

ZZ

ZZ

00

00

002

1012 TT (4.24.c)

dengan Zs dan Zm diberikan oleh (4.21). Elemen-elemen matriks (4.24.c) menjadi

nmaa

mnnaams

ZXXjR

XjZZjXRZZZ

3)2(

22200

+++=++++=+=

(4.25.a)

)( 11

maa

mnnaams

XXjR

jXZZjXRZZZ

−+=−−++=−=

4.25.b)

)( 22

maa

mnnaams

XXjR

jXZZjXRZZZ

−+=−−++=−=

(4.25.c)

sehingga (4.24.c) menjadi

Mesin Sinkron


[ ]

=

22

11

00

012

00

00

00

Z

Z

Z

Z (4.25.d)

Dengan (4.25.b) dan (4.25.d) maka (4.23.a) menjadi

+

=

2

1

0

2

1

0

22

11

00

00

00

00

0

0

V

V

V

I

I

I

E

Z

Z

Z

(4.26.a)

Persamaan (4.26.a) ini memberi jalan untuk menggambarkan rangkaian urutan dari mesin sinkron. Dengan mengingat bahwa Zn bukanlah komponen mesin, didefinisikan impedansi urutan mesin sebagai

222111000 ; ; 3 ZZZZZZZ n ==−= (4.26.b)

Berdasarkan (4.26.a) dan (4.26.b) kita gambarkan rangkaian urutan seperti terlihat pada Gb.4.9.

0Z

nZ30V

0I

+

−Rangkaian urutan nol.

1V

1I

+

−

1Z

E ∼

Rangkaian urutan Positif

Rangkaian urutan negatif.

Gb.4.9. Rangkaian urutan mesin sinkron.

2V

2I

+

−

2Z

Mesin Sinkron

179

Penurunan rangkaian urutan di atas cukup sederhana dengan hasil yang sederhana pula dan kita akan menggunakannya dalam analisis. Namun sesungguhnya beberapa hal tidak kita pertimbangkan dalam penurunan tersebut. Misalnya keberadaan damper winding tidak kita singgung; dan demikian juga tegangan terbangkit di kumparan jangkar kita anggap ditimbulkan oleh arus eksitasi yang konstan padahal dalam kenyataannya tidak demikian; rangkaian magnetic mesin juga kita anggap memiliki karakteristik linier walaupun kenyataannya nonlinier. Hal-hal yang kita abaikan ini diperhitungkan oleh pembuat mesin.

4.2. Kopling Turbin-Generator

Generatos sinkron diputar oleh turbin. Turbin memberikan daya mekanis. Jika generator tidak bebeban, torka mekanis yang dikeluarkan oleh turbin hanya digunakan untuk mengatasi gesekan dengan udara dari bagian-bagian yang berputar dan gesekan poros dengan bantalan. Gesekan ini memberikan torka yang melawan torka dari turbin; torka lawan akibat gesekan ini biasanya kecil dibandingkan dengan torka lawan dari generator, dan biasanya diabaikan. Torka lawan dari generator terjadi jika generator diberi beban. Arus yang mengalir di kumparan jangkar sebagai akibat pembebanan, menimbulkan medan magnet yang berinteraksi dengan medan magnet dari rotor. Interaksi ini menimbulkan torka lawan terhadap torka turbin. Jika torka turbin kita sebut Tm (torka mekanis) dan torka lawan dari generator kita sebut Te (torka listrik) maka kita mendapat persamaan

dt

dJTT rm

emω

=− (4.27)

dengan J adalah inersia seluruh massa yang berputar, dan ωrm adalah kecepatan perputaran rotor (kecepatan putar mekanis). Persamaan (4.27) ini sudah barang tentu merupakan persamaan umum yaitu jika memang ωrm berubah terhadap waktu; hal demikian terjadi pada peristiwa transien. Untuk sementara kita tidak melihat kondisi transien, tetapi hanya kondisi mantap. Oleh karena itu 0/ =ω dtd rm sehingga (4.27) menjadi

0=− em TT atau em TT = (4.28)

Mesin Sinkron


Dalam kondisi mantap, kecepatan perputaran mekanis rotor, ωrm, sama dengan kecepatan perputar sinkron, srm ω=ω . Jika

persamaan (4.28) kita kalikan dengan ωrm maka kita peroleh

em

sermermm

PP

TTT

=

ω=ω=ω

atau (4.29)

Persamaan (4.29) menunjukkan bahwa dengan mengabaikan rugi-rugi gesekan dengan udara dan bantalan poros, seluruh daya mekanik diubah menjadi daya listrik.

4.4. Daya Mesin Sinkron

Dalam model satu-fasa, tegangan terbangkit di kumparan jangkar per fasa adalah fE , tegangan di terminal generator adalah V .

Adanya impedansi belitan jangkar membuat fE dan V berbeda fasa.

Jika kita ambil tegangan terminal generator sebagai referensi dan beda sudut fasa antara tegangan terminal dan tegangan terbangkit adalah δ, maka

δ∠=∠= ff EV EV dan 0o (4.30)

dan δ disebut sudut daya (power angle)

Impedansi belitan jangkar tiap fasa adalah

aa jXRZ += (4.31.a)

Karena Xa >> Ra maka

da jXjXZ =≈ (4.31.b)

Xd adalah reaktansi jangkar yang disebut direct axis reactance.

Mesin Sinkron

181

Kita menganggap generator sinkron terbebani seimbang. Oleh karena itu rangkaian ekivalen yang kita perlukan hanyalah rangkaian urutan positif. Jika beban generator sinkron kita modelkan sebagai sumber tegangan, kita memperoleh rangkaian ekivalen generator sinkron dengan bebannya seperti terlihat pada Gb.4.10.

Dengan (4.12.b) daya per fasa yang keluar dari terminal generator adalah

∗∗

−==

d

ff jX

SVE

VIV (4.32.a)

Dengan memasukkan (4.30) maka (4.32.a) menjadi

ffdd

f

d

f

dd

f

d

ff

jQPX

V

X

VEj

X

VE

X

V

X

VE

X

VEVS

+=

−δ+δ=

∠−δ−∠=

∠

∠−δ∠∠=

∗

2

o2

oo

oo

cossin

90)90(90

00

(4.32.b)

dengan

δ= sind

ff X

VEP dan

−δ=

dd

ff X

V

X

VEQ

2cos (4.33)

Pf adalah daya nyata dan Qf adalah daya reaktif (per fasa).

Kita telah melihat pada (4.10) bahwa dengan mengabaikan rugi daya pada gesekan, seluruh daya mekanik dari turbin dikonversi menjadi daya listrik. Turbin hanya memberikan daya nyata, namun generator mengubahnya menjadi daya nyata dan daya reaktif. Hal

V

I

+djX

fE ∼ ∼ +

Gb.4.10. Rangkaian ekivalen model satu-fasa generator sinkron dengan beban

seimbang.

Mesin Sinkron


ini berarti bahwa jika kita menambah daya turbin dengan menambah uap pada turbin uap atau menambah debit air pada turbin air, daya yang bertambah adalah daya nyata, P. Jika df XVE , , tidak

berubah maka peningkatan P berarti bertambahnya sudut daya δ. Pertambahan daya nyata ini ada batasnya, yaitu pada saat 1sin =δ , dan inilah daya nyata maksimum yang bisa diberikan oleh generator, yang disebut batas stabilitas keadaan mantap. Apabila kita teruskan menambah daya turbin dengan menambah uap lagi, mesin akan keluar dari perputaran sinkron. Oleh karena itu generator sinkron dioperasikan pada nilai yang cukup rendah dari daya maksimumnya, sekitar 20%.

Kelebihan pasokan daya nyata mekanis tidak hanya terjadi jika kita menambah daya turbin. Kelebihan tersebut juga terjadi jika dalam operasi normal tiba-tiba beban hilang sebagian (beban keluar dari jaringan). Dalam hal demikian sudut δ meningkat untuk sementara, perputaran bertambah, sampai governor secara otomatis mengatur masukan uap untuk mengembalikan perputaran turbin ke perputaran semula, dan kondisi operasi kembali normal.

Jika kita perhatikan persamaan untuk Qf pada (4.33), peningkatan δ yang meningkatkan Pf, justru menurunkan Qf. Daya reaktif Qf bisa meningkat jika Ef meningkat yaitu dengan menambah arus eksitasi. Dengan kata lain penambahan Qf dilakukan dengan menambah arus eksitasi. Sebagaimana telah kita pelajari, daya ini mengalir dari sumber ke beban dalam setengah perioda dan mengalir dari beban ke sumber dalam setengah perioda berikutnya. Nilai rata-ratanya adalah nol; daya reaktif tidak memberikan transfer energi. Kita lihat contoh persoalan berikut.

CONTOH-4.4: [1] Beban seimbang generator sinkron memiliki faktor daya 0,8 lagging. Reaktansi ratingnya) (padapu 7,0=dX .

a). Hitung , Pf, Qf, Ef, dan δ, dan gambarkan fasor diagramnya.

V

I

+pu 7,0=djX

fE ∼ ∼ +

Mesin Sinkron

183

b). Daya turbin penggerak generator ditambah sebesar 20% dengan menambahkan pasokan uap. Hitung P, Q, Ef , dan δ, pada keadaan ini, dan gambarkan diagram fasornya bersama dengan diagram fasor keadaan sebelumnya (soal a).

c) Kembalikan pasokan daya turbin pada kondisi a. Sekarang naikkan arus eksitasi sehingga Ef meningkat sebesar 20%. Hitung P, Q, Ef, dan δ, pada keadaan baru ini, dan gambarkan diagram fasornya bersama dengan diagram fasor keadaan sebelumnya (soal a).

Solusi:

a). Kita tetapkan referensi o01∠=V o1 9,36)8,0(cos ==ψ −

6,08,09,361 o j−=−∠=I o5,2153,156,042,11)6,08,0(7,0 ∠=+=+−== jjjjX df IE

⇒ 53,1=fE

o5,21=δ

8,0)5,21sin(7,0

53,11sin o =×=δ=

d

ff X

VEP

6,07,0

1)5,21cos(

7,0

53,11cos

2o

21 =−×=−δ=dd

ff X

V

X

VEQ

Diagram fasornya terlihat pada gambar berikut.

b). Daya turbin penggerak generator ditambah sebesar 20% dengan menambahkan pasokan uap. Hitung P, Q, Ef , dan δ, pada keadaan ini, dan gambarkan diagram fasornya bersama dengan diagram fasor keadaan sebelumnya (soal a).

Tetap gunakan referensi o01∠=V

δV

fEIdjX

Iψ

Mesin Sinkron


96,08,02,12,1 =×==′ PP (meningkat 20% dari P pada soal a).

53,1==′ ff EE (tidak berubah, eksitasi tidak ditambah).

o11 1,26153,1

7,096,0sinsin =

××=

′′

=δ′ −−VE

XP

f

d (meningkat 21%).

11%)(menurun 535,0

7,0

1)1,26cos(

7,0

153,1cos

2o

2

=

−×=−δ′′

=′dd

f

X

V

X

VEQ

Diagram fasor adalah seperti gambar berikut

.

c) Kembalikan pasokan daya turbin pada kondisi a. Sekarang naikkan arus eksitasi sehingga Ef meningkat sebesar 20%. Hitung P, Q, Ef, dan δ, pada keadaan baru ini, dan gambarkan diagram fasornya bersama dengan diagram fasor keadaan sebelumnya (soal a).

Tetap gunakan referensi o01∠=V .

8,0==′′ PP (tidak berubah)

84,153,12,12,1 =×=×=′′ ff EE (naik 20%)

o11 8,17184,1

7,08,0sinsin =

××=

′′′′

=δ ′′ −−VE

XP

f

d (menurun 17%)

44%) (meningkat 07,1

7,0

1)8,17cos(

7,0

184,1cos

2o

2

=

−×=−δ ′′′′

=′′dd

f

X

V

X

VEQ

δV

fE ′

IdjX

1Iψ

fEδ′

1I ′

I ′djX

Mesin Sinkron

185

Diagram fasor terlihat di bawah ini.

4.5. Batas Operasi Mesin Sinkron

Menambah daya nyata ada batasnya karena menambah daya nyata berarti memperbesar arus jangkar yang berarti menaikkan temperatur kumparan jangkar. Demikian juga halnya dengan daya reaktif. Meningkatkan Ef , untuk menambah daya reaktif, ada batasnya karena meningkatkan Ef berarti menambah arus eksitasi.

Kita lihat lebih dulu upaya menambah daya reaktif dengan menambah arus eksitasi. Makin tinggi arus eksitasi berarti kenaikan temperatur pada belitan eksitasi. Kenaikan temperatur ini harus dibatasi agar tidak merusak belitan eksitasi dengan menetapkan nilai maksimum arus eksitasi, I fmaks. Arus maksimum ini akan memberikan tegangan terbangkit maksimum, Ef maks. Dengan Ef maks

maka daya per fasa generator adalah:

−δ+δ=

dd

fmaks

d

fmaks

Ef X

V

X

VEj

X

VES

fmaks

2cossin (4.34)

yaitu batas daya yang terkait dengan pembatasan Ef. Jika daya ini

kita plot pada bidang P-Q, maka kurva fmaksEfS akan berbentuk

lingkaran dengan jari-jari

d

maksfE X

VEr

=

dan pusat di

−=′

dX

V 2 ,0O

seperti terrlihat pada Gb.4.11.

δ ′′V

fEIdjX

1I ′′ψ ′′

fE ′′

Mesin Sinkron


Akan tetapi tidak seluruh lingkaran merupakan tempat kedudukan

fmaksEfS karena ada nilai maksimum daya nyata yaitu batas

stabilitas keadaan mantap yang terjadi pada nilai o90atau 1sin =δ=δ . Pada o90=δ P mencapai nilai maksimum

dan Q = 0; keadaan ini ditunjukkan oleh posisi titik p. Pada o0=δ , P = 0 dan Q mencapai nilai maksimum; keadaan ini ditunjukkan oleh posisi titik q. Inilah batas operasi generator sinkron yang terkait dengan pembatasan arus eksitasi.

Sekarang kita lihat upaya menambah daya nyata. Penambahan daya nyata, dengasn menambah pasokan uap misalnya, akan menambah arus jangkar; arus jangkar juga harus dibatasi. Kumparan jangkar mengandung resistansi. Arus yang dikeluarkan oleh generator harus melalui resistansi ini dan menimbulkan panas di kumparan jangkar. Upaya pendinginan harus dilakukan agar panas yang timbul di kumparan jangkar tidak melewati batas yang bisa merusakkan isolasi. Perlu kita ingat bahwa suhu jangkar tidaklah merata, akan tetapi ada bagian-bagian tertentu yang lebih tinggi suhunya dari bagian lain. Suhu di titik terpanas inilah yang harus diperhatikan untuk menetapkan batas suhu dalam operasi. Bagaimanapun usaha pendinginan dilakukan, tetap ada batas teratas nilai arus yang harus

P

Q

dX

V2−

Er

fmaksEfS

O'

p

q

Gb.4.11. Kurva fmaksEfS pada bidang P-Q.

Mesin Sinkron

187

ditetapkan yang tak boleh dilampaui. Batas atas yang ditetapkan untuk arus itu disebut rated current, ratedI .

Selain ditetapkan batas atas nilai arus jangkar, ditetapkan juga batas atas nilai tegangan yang juga tak boleh dilampaui, yang disebut rated voltage, Vff rated. Batas arus dan batas tegangan memberikan batas nilai daya tiga-fasa |S3f rated|.

3 3 ××= ratedfratedffratedf IVS (4.35.a)

Daya keluaran mesin pada waktu operasi haruslah

ratedff SS 33 ≤ atau daya per fasa

3 3 ratedf

fS

S ≤ (4.35.b)

Dari rangkaian ekivalen Gb.4.10, batas daya per fasa adalah

ratedratedratedf

ratedd

ratedratedratedratedf

IVS

X

VS

ψ=

ψ∠== ∗

cos

2

IV (4.36)

Faktor daya juga memiliki nilai batas yang terkait dengan batas tegangan terbangkit yang ditetapkan, Ef maks.

Kurva batas daya per fasa ratedfS juga berbentuk lingkaran dengan

pusat di O(0,0)

jari-jari dratedr XVr /2= .

Gb.4.12. memperlihatkan kurva ratedfS bersama dengan kurva

fmaksEfS .

Mesin Sinkron


Titik potong antara kurva ratedfS dan kurva fmaksEfS , yaitu titik a

pada Gb.4.12, harus berarti bahwa titik tersebut menunjukkan batas daya yang terkait dengan ratedrated IV , , mupun terkait dengan Ef

maks; dan garis Oa membuat sudut faktor daya ψrated dengan sumbu P.

Apabila ψ kita turunkan sampai bernilai nol, maka kurvaratedfS

mencapai titik b, dan 1cos =ψ ; daya reaktif nol. Titik b inilah

menunjukkan nilai maksimum daya nyata yang dapat diberikan oleh mesin dan bukan p karena daya nyata di b lebih rendah dari daya nyata di p.

Apabila ψ kita naikkan sampai 90o maka kurva ratedfS mencapai

titik c, dan 0cos =ψ ; daya nyata nol. Akan tetapi titik c tidak

menjadi batas nilai daya reaktif maksimum, karena ada pembatasan lain yang lebih redah yang ditunjukkan oleh titik q yaitu batas daya reakti oleh adanya pembatasan Efmaks.

Berikut ini kita lihat contoh mencari nilai Ef maks pada kedua kondisi limit tersebut.

P

Q

dX

V2− fmaksEfS

O'

ratedfS

ratedψ

O

ab

c

p

q

Gb.4.12. Kurva fmaksEfS dan ratedfS .

Mesin Sinkron

189

CONTOH-4.5. [1] Sebuah generator memiliki Xd = 1,2 pu. Hitung Ef yang diperlukan, agar faktor daya menjadi (a) maksimum, f.d.=1, (b) minimum, f.d. = 0 (lagging),

Solusi: Kita ambil referensi fasor

o01∠=V pada rangkaian ekivalen di samping ini.

a) Agar faktor daya = 1:

0101 o j+=∠=I

o2,5056,1112,1 ∠=+×=+= jjX df VIE

⇒ 56,1=fE

b) Agar faktor daya = 0:

10901 o j−=−∠=I

o020,21)1(2,1 ∠=+−×=+= jjjX df VIE

⇒ 20,2=fE

Contoh-4.5 menunjukkan bahwa pada faktor daya lagging mulai dari 1 sampai 0, Ef yang diperlukan cukup tinggi. Tingginya Ef berarti tingginya arus eksitasi. Sedangkan makin tinggi arus eksitasi berarti kenaikan temperature belitan eksitasi.yang makin tinggi pula. Kenaikan temperatur ini harus dibatasi agar tidak merusak belitan eksitasi dengan menetapkan nilai maksimum arus eksitasi, I f maks. Arus maksimum ini akan memberikan tegangan terbangkit maksimum, Ef maks. Batas yang ditentukan ini tidaklah perlu sampai mencapai kondisi dimana faktor daya nol (Ef =2,20 pada contoh di atas) karena tak ada manfaatnya membuat generator yang dioperasikan untuk tidak memberikan daya nyata.

Tugas generator adalah mencatu daya ke beban. Beban memiliki impedansi dan faktor dayanya sendiri. Jika generator harus menuruti permintaan beban, maka jika faktor daya beban terlalu rendah,

V

I

+djX

fE ∼ ∼ +

Mesin Sinkron


generator akan menderita karena harus beroperasi pada faktor daya yang terlalu rendah tersebut. Oleh karena itu harus ada persyaratan faktor daya di beban; persyaratan itu misalnya faktor daya beban paling rendah 0,85 lagging.

Kita amati sekarang bagian kurva ratedfS yang berada di bawah

sumbu P. Bagian kurva ini adalah tempat kedudukan ratedfS

dengan faktor daya leading, Q negatif. Makin negatif daya reaktif, makin kecil arus eksitasi karena batas Emaks kecil, namun makin besar sudut daya δ makin besar. Contoh berikut ini akan memberikan gambaran lebih jelas.

CONTOH-4.6: [1] Pada rangkaian ekivalen contoh-4.5, tentukan Ef agar faktor daya menjadi 0,553.

Solusi:

Pada faktor daya 0,553, o1 4,56)553,0(cos ==ψ −

→ o4,561∠=I

o90664,014,5612,1 ∠=+∠×=+= jjX df VIE

⇒ 664,0=fE o90=δ

Untuk pembebanan dengan faktor daya leading eksitasi yang diperlukan cukup rendah. Namun makin rendah Emaks, sudut δ makin besar dan mencapai 90o pada faktor daya 0,553. Inilah nilai δ yang tak dikehendaki karena generator berada pada titik batas stabilitas mantapnya; sedikit saja terjadi kenaikan δ, generator akan keluar dari perputaran sinkron. Oleh karena itu diperlukan suatu nilai maksimum δmaks untuk membatasi operasi. Penetapan nilai δmaks dapat dilakukan dengan menetapkan daya nyata minimum yang tetap harus masih ada jika terjadi pembebanan kapasitif; misalkan Pminimal = 10% Prated atau 9,0sin =δmaks sehingga

o1 2,649,0sin ==δ −maks . Pada suatu maksδ yang ditetapkan, nilai

P dan Q diberikan melalui relasi (4.14) yaitu

Mesin Sinkron

191

maksd

f

X

VEP δ= sin dan

−δ=

dmaks

d

f

X

V

X

VEQ

2cos (4.37)

Dari daya nyata diperoleh relasi

maksd

f P

X

VE

δ=

sin

jika ini kita pakai untuk menyatakan Q kita peroleh:

dmaksdmaks

maks X

VP

X

VPQ

22

tancos

sin−

δ=

−δ

δ= (4.38)

Persamaan (4.38) membentuk kurva garis lurus di bidang P-Q.

Garis ini memotong sumbu Q di dX

V 2− dan memotong sumbu P di

d

maks

X

V δtan2

. Gb.4.13. menunjukkan posisi garis lurus tersebut,

bersama dengan kurva fratedS dan maksEfS ; garis lurus itu

berpotongan dengan kurva fratedS di titk d.

P

Q

dX

V2−

fmaksEfS

O'

ratedfS

ratedψ

O

ab

c

d

q

p

d

maks

X

V δtan2

Gb.4.13. Batas-batas operasi generator sinkron.

Mesin Sinkron


Dengan demikian maka batas-batas operasi generator sinkron, baik karena pembatasan arus eksitasi maupun pembatasan arus jangkar dan tegangan terminal, adalah kurva qabdO’ pada Gb.4.13. Bagian kurva qa adalah batas operasi karena pembatasan arus eksitasi pada pembebanan induktif, kurva ab adalah batas operasi karena pembatasan arus dan tegangan jangkar pada pembebanan induktif, kurva bd adalah batas operasi karena pembatasan oleh arus jangkar dan tegangan jangkar pada pembebanan kapasitif., garis dO’ adalah batas operasi karena pembatasan δmaks. Di dalam batas-batas kurva inilah generator sinkron boleh beroperasi. Bagian kurva di sebelah kiri sumbu Q tidak diperlukan dan dihapus.

Sesungguhnya batas operasi generator tidak hanya oleh pembatasan di rangkaian eksitasi dan rangkaian jangkar saja, tetapi juga pembatasan di rangkaian magnetik stator. Medan magnet bolak-balik di inti stator menimbulkan rugi-rugi inti seperti halnya pada transformator. Pengaruh ini tidak tergambarkan pada Gb.4.13. Perlu kita sadari pula bahwa kerapatan fluksi magnetik tidaklah merata. Pada gigi-gigi alur jangkar terdapat kerapatan medan magnetik yang tinggi dan di sini bisa terjadi kenaikan temperatur yang tinggi yang sudah pasti akan mempengaruhi kenaikan temperatur di kumparan jangkar. Di ujung-ujung stator arah fluksi magnet tegak lurus dengan laminasi jangkar dan kenaikan temperatur di daerah ini juga tinggi. Pembatasan di rangkaian magnetic sudah barang tentu akan memodifikasi bentuk kurva yang telah tergambarkan di Gb.4.13. Untuk sementara perihal rangkaian magnetik ini tidak kita bahas.

4.6. Transien Pada Mesin Sinkron

Peristiwa transien terjadi jika ada pembebanan tiba-tiba pada mesin sinkron. Salah satu contoh yang akan kita uraikan di sini adalah terjadinya hubung singkat tiga-fasa pada terminal generator; hubung singkat tiga-fasa merupakan pembebanan seimbang. Oleh karena itu kita dapat menyatakan rangkaian ekivalen model satu-fasa untuk situasi ini, seperti terlihat pada Gb.4.14.

hsIda jXR +

fE ∼ +

Gb.4.14. Rangkaian ekivalen model satu-fasa, gangguan hubung singkat tiga-fasa.

Mesin Sinkron

193

Peristiwa transien di sini adalah peristiwa transien pada rangkaian orde-2, seperti yang kita pelajari pada Analisis Rangkaian Listrik. Sinyal masukan adalah sinyal sinus. Hasil analisis di kawasan waktu akan memberikan arus hubung singkat yang berbentuk

)1)(sin(ˆ)( / τ−+α−ω= thshs etiti (4.39.a)

α ditentukan oleh saat terjadinya hubung singkat atau masuknya saklar pada rangkaian Gb.4.14. Sudah barang tentu nilainya sangat tidak menentu dan α ini membuat alur variasi arus hubung singkat tidak simetris terhadap sumbu waktu, seperti terlihat pada Gb.4.15.

Gb.4.15. Arus hubung singkat tak simetris terhadap sumbu waktu.

hsi

t

Gb.4.16. Arus hubung singkat simetris terhadap sumbu waktu.

hsi

hsi

t

Mesin Sinkron


Untuk keperluan analisis sistem tenaga, α dianggap nol dan persamaan arus transien yang diperhitungkan berbentuk

)1)(sin(ˆ)( / τ−+ω= thshs etiti (4.39.b)

Kurva arus hubung singkat akan simetris terhadap sumbu waktu seperti terlihat pada Gb.4.16, dan disebut arus hubung singkat simetris.

Penurunan nilai arus hubung singkat ditentukan oleh konstanta waktu τ, yang besarnya tergantung dari proporsi Ra dan Xd. Namun bentuk gelombang arus ini hampir sinusoidal dan kita dapat mendekati nilai arus efektifnya dengan membagi nilai puncak

dengan 2 . Nilai efektif ini dapat kita plot sebagai nilai efektif yang merupakan fungsi waktu seperti terlihat pada Gb.4.17.

Kurva 2/)(ˆ)( titI hshs = dapat didekati dengan suatu nilai

konstan dalam selang-selang waktu tertentu.

Gb.4.17. Kurva arus hubung singkat efektif.

Itt ′′≤≤ :0 1 disebut arus hubung singkat subtransien

Ittt ′≤≤ :21 disebut arus hubung singkat transien

Itt :2≥ disebut arus hubung singkat mantap.

Analisis sistem tenaga dilakukan di kawasan fasor, bukan di kawasan waktu. Oleh karena itu pernyataan arus hubung singkat harus dilakukan dalam bentuk

d

f

da

fhs X

E

jXR

EI ≈

+= (4.40)

Perubahan Ihs terhadap waktu, di kawasan fasor dapat dinyatakan dengan memilih salah satu apakah tegangan sumber Ef konstan dan

2

)(ˆ)(

titI hs

hs =

t

pendekatan

I ′′

I ′I

1t 2t0

Mesin Sinkron

195

Xd yang berubah terhadap waktu, atau Xd konstan dan Ef yang berubah terhadap waktu. Kita memilih Ef tetap dan Xd berubah terhadap waktu. Dengan demikian maka dalam selang

I

EXtt

fd ′′

=′′≤≤ :0 1 disebut reaktansi subtransien

I

EXttt

fd ′

=′≤≤ :21 disebut reaktansi transien

I

EXtt

fd =≥ :2 disebut reaktansi mantap.

Impedansi urutan positif menjadi

da XjRZ ′′+=′′1 ;

da XjRZ ′+=′1 ;

da jXRZ +=1

Nilai-nilai dX ′′ dan dX ′ diberikan oleh pembuat generator. Mana yang akan kita gunakan tergantung dari persoalan yang kita hadapi. Untuk menghitung arus hubung singkat misalnya, kita akan memilih menggunakan reaktansi subtransien, dX ′′ .

4.7. Mesin Sinkron Kutub Menonjol

Rangkaian ekivalen satu-fasa mesin sinkron rotor silindris kita gambarkan sekali lagi pada Gb.4.18. Xd adalah direct axis reactance yang memberikan beda tegangan sebesar IXd antara tegangan terbangkit dan tegangan terminal generator; arus I adalah arus jangkar yang menimbulkan medan magnet berputar yang melawan medan magnet rotor. Medan magnet lawan dari stator ini berbeda fasa secara mekanis dengan magnet rotor. Hal demikian tidak menjadi masalah pada mesin sinkron rotor silindris karena lebar celah udara antara rotor dan stator sama di

V

I

+djX

fE ∼ ∼ +

Gb.4.18. Rangkaian ekivalen model satu-fasa generator sinkron rotor silindris.

Mesin Sinkron


seluruh keliling rotor. Tidak demikian halnya dengan mesin kutub menonjol; celah udara di depan sepatu kutub lebih sempit disbanding dengan celah udara yang terletak di antara dua sepatu kutub. Lihat Gb.4.19.

Rotor silindris Kutub menonjol

Gb.4.19. Mesin rotor silindris dan kutub menonjol.

Sumbu fluksi magnet rotor adalah sumbu d (direct axis); sumbu yang tegak lurus pada d dan tertinggal 90o adalah sumbu q (quadrature axis). Fluksi lawan jangkar dapat dianggap terdiri dari dua komponen yaitu komponen sejajar sumbu d dan komponen sejajar sumbu q. Masing-masing komponen ini dinyatakan dengan tegangan jatuh ekivalen pada jangkar sebesar qqdd XIXI dan ,

dengan Id dan Iq adalah direct axis current dan quadrature axis current, sedangkan Xd dan Xq adalah direct axis reactance dan quadrature axis reactance. Jika tegangan terbangkit di kumparan fasa adalah fE dan tegangan di terminal generator adalah V maka

dengan mengabaikan resistansi belitan jangkar,

VIIE ++= qqddf XjXj (4.41)

Gb.4.19 menggambarkan mesin sinkron dua kutub, sehingga sudut mekanis θ sama dengan sudut listrik. Pada umumnya generator dibangun dengan lebih dari dua kutub; oleh karena itu kita gunakan sudut listrik δ yang memiliki relasi tertentu dengan sudut mekanis.

Jika V kita ambil sebagai referensi dengan sudut fasa nol, maka

dqa

a1

U

S

sumbu fluksi lawan jangkar

sumbu fluksi rotor

θ

d

qa

a1

U

S

sumbu fluksi lawan jangkar

sumbu fluksi rotor

θ

Mesin Sinkron

197

δ∠=−δ∠=δ∠=ψ−∠=∠= qqddff IIEIV IIEIV ,90 , , ,0 oo

Untuk jelasnya kita gambarkan diagram fasor seperti pada Gb.4.20. Perhatikan bahwa beda fasa antara tegangan terbangkit dan tegangan terminal adalah δ; tegangan jatuh direct axis sefasa dengan tegangan terbangkit; tegangan jatuh quadrature axis berbeda fasa 90o dengan tegangan terbangkit.

Kita perhatikan pula bahwa pada tegangan terminal yang ditetapkan (dalam operasi), sudut δ tergantung dari daya beban dan faktor daya beban (tergantung dari I dan ψ dalam diagram fasor). Nilai Xd dan Xq dapat diberikan oleh pembuat generator, maka menjadi pertanyaan berpakah daya maksimum yang dapat diberikan oleh generator.

Daya per fasa adalah

( )( )( )( )( )

ff

qddq

dq

dq

dq

dq

dqf

jQP

IIjVIIV

jIjIV

jjIjIV

jIIV

S

+=

δ−δ+δ+δ=

δ+δ+δ−δ=

δ−δ+δ−δ=

δ−∠+=

δ−∠+δ−∠=

−δ∠+δ∠==∗∗

)sincos()sincos(

)sincos()sin(cos

)sin(cos)sin(cos

90

)90((

o

o

IIV

IIVIV

(4.42)

Gb.4.20. Diagram fasor mesin kutub menonjol.

V

I

ψ

fE

δdd Xj I

qI

dI

qq Xj IqXjI

)( qdd XXI −

qqXI

Mesin Sinkron


Dari Gb.4.20 kita peroleh

qq

qq

d

fd

ddf

X

VI

V

XI

X

VEI

V

XIE

δ=→=δ

δ−=→

−=δ

sinsin

coscos

(4.43)

sehingga kita peroleh daya nyata

( ) δ−+δ=

δδ

−+δ=

δδ−δ+δδ=

δ

δ−+δδ=

δ+δ=

2sin2

sin

cossinsin

cossinsincossin

sincos

cossin

)sincos(

2

22

22

qdqdd

f

dqd

f

dd

f

q

d

f

q

dqf

XXXX

V

X

VE

X

V

X

V

X

VE

X

V

X

VE

X

V

X

VE

X

VV

IIVP

(4.44)

Jika kita bandingkan persamaan (4.44) ini dengan peramaan (4.33) untuk mesin rotor silindris, yaitu

δ= sind

ff X

VEP

terlihat bahwa daya maksimum mesin kutub menonjol lebih tinggi dan terjadi pada sudut δ yang lebih rendah. Lagipula pada Ef = 0 (kehilangan eksitasi) mesin kutub menonjol masih bisa memberikan daya. Persamaan (4.44) akan menjadi (4.33) bila Xd = Xq.

Untuk daya reaktif mesin kutub menonjol, (4.42) memberikan

Mesin Sinkron

199

qd

qd

qd

qd

d

f

qdqdd

f

qdd

f

qdd

f

qd

fqdf

XX

XXV

XX

XXV

X

VE

X

V

X

V

XX

V

X

VE

X

V

X

V

X

VE

X

V

X

V

X

VE

X

V

X

VEVIIVQ

)(2cos

2

)(cos

cossin11

2

2coscos

cos2

2cossin

2

2coscos

sincoscos

sinsin

coscos

)sincos(

22

22222

22

22

2222

+−δ

−+δ=

δ−δ−

+−δ+δ=

δ−δ+

δ+δ−δ=

δ−δ−δ=

δδ−δ

δ−=δ−δ=

(4.45)

Jika kita bandingkan relasi ini dengan relasi daya reaktif untuk mesin sinkron rotor silindris yang diberikan oleh persamaan (4.33) yaitu:

−δ=

dd

ff X

V

X

VEQ

2cos

terlihat bahwa (4.33) dapat diperoleh dari (4.45) jika Xd = Xq.

Mesin Sinkron


Analisis Aliran Daya

201

BAB 5 Analisis Aliran Daya

Dalam analisis rangkaian listrik pada umumnya, suatu sumber dinyatakan sebagai sumber tegangan ideal atau sumber arus ideal, dan beban dinyatakan sebagai impedansi. Sumber tegangan ideal memberikan daya ke rangkaian pada tegangan tertentu, berapapun besar arus yang dibutuhkan oleh rangkaian; sumber arus ideal memberikan daya pada rangkaian pada arus tertentu, berapapun tegangan yang diperlukan oleh rangkaian. Oleh karena itu apabila rangkaian merupakan rangkaian linier, terdapat hubungan linier antara tegangan, arus dan impedansi; dan dalam analisis, misalnya dengan menggunakan metoda tegangan simpul, kita memperoleh persamaan linier.

Dalam sistem tenaga, kita melihat situasi yang berbeda. Sumber, merupakan sumber daya yang hanya boleh beroperasi pada batas daya dan tegangan tertentu. Sementara itu beban dinyatakan sebagai besar daya yang diminta/diperlukan, pada tegangan yang juga ditentukan. Suatu permintaan daya hanya dapat dilayani selama pembebanan tidak melampaui batas daya yang mampu disediakan oleh sumber. Kita mengetahui bahwa walaupun rangkaian tetap rangkaian linier, relasi daya antara sumber dan beban tidaklah linier. Oleh karena itu jika kita menurunkan persamaan rangkaian, dengan daya sebagai parameter, persamaan rangkaian yang kita peroleh merupakan persamaan nonlinier. Dalam memecahkan persamaan nonlinier ini kita memerlukan cara khusus.

5.1. Analisis Aliran Daya

Dalam analisis aliran daya, kita mengambil ketentuan-ketentuan sebagai berikut:

a). Sistem dalam keadaan seimbang; dengan demikian kita dapat melakukan perhitungan dengan menggunakan model satu-fasa.

b). Semua besaran dinyatakan dalam per-unit; dengan demikian berbagai tingkat tegangan dalam sistem sebagai akibat digunakannya transformator, tidaklah menjadi persoalan.



Bus-bus dalam rangkaian sistem tenaga merupakan simpul-simpul rangkaian yang biasa kita kenal dalam analisis rangkaian listrik. Bus-bus ini dapat dikelompokkan dalam beberapa jenis:

i) Bus-generator (generator bus), adalah bus dimana generator dihubungkan melalui transformator. Daya yang masuk dari generator ke bus-generator ke-i (bus nomer i) adalah

GiGiGi jQPS += (5.1)

Dari bus ke-i ini mengalir daya ke dua jurusan; yang pertama adalah aliran daya langsung ke beban yang terhubung ke bus ini dan yang kedua adalah aliran daya menuju saluran transmisi. Daya yang langsung menuju beban adalah

BiBiBi jQPS += (5.2)

dan daya yang menuju saluran transmisi menjadi

BiGiiii SSjQPS −=+= (5.3)

ii) Bus yang tidak terhubung ke generator tetapi terhubung hanya ke beban disebut bus-beban (load bus). Dari bus-beban ke-j (nomor bus j) mengalir daya menuju ke beban sebesar SBj atau kita katakan daya mengalir menuju saluran transmisi sebesar

Bjj SS −= (5.4)

iii) Jika kita hanya memperhatikan daya sumber dan daya beban, teorema Tellegen tidak akan terpenuhi karena masih ada daya keluar dari rangkaian yang tidak diketahui yaitu daya yang diserap oleh saluran dan transformator. Oleh karena itu, untuk keperluan analisis, jika tegangan semua bus-beban diketahui, baik melalui dugaan maupun ditetapkan, tegangan bus-generator juga harus dapat ditetapkan kecuali satu di antaranya yang dibiarkan mengambang; bus mengambang ini disebut slack bus. Slack bus seolah berfungsi sebagai simpul sumber tegangan bebas dalam analisis rangkaian listrik yang biasa kita kenal. Dengan cara ini maka teorema Tellegen akan bisa dipenuhi.


203

5.2. Persamaan Arus-Tegangan

Karena relasi linier hanya ada pada tegangan dan arus, tidak pada daya, maka persamaan aliran daya harus diturunkan melalui persamaan arus dan tegangan terlebih dulu. Selain itu, karena kita menggunakan sistem per-unit, impedansi transformator dapat disatukan dengan impedansi generator sehingga transformator tak digambarkan lagi dalam diagram satu garis untuk analisis ini.

Sistem Dengan Dua Bus. Kita tinjau bus-1 (bus-generator nomer-1) yang terhubung melalui saluran transmisi ke bus-2 (bus-generator nomer-2). Diagram satu garis dan model satu-fasa terlihat pada Gb.5.1.

Gb.5.1. Model satu-fasa. Diagram dan rangkaian ekivalen.

ππekivalen rangkaian pada ansmisisaluran tr paralel admitansi :

ekivalen rangkaian dalam busantar seri impedansi :

2.-busdan 1-bus dari (langsung)beban arus : ,

2-busdan 1-bus dari ansmisisaluran tr ke arus : ,

netral-fasa tegangan : ,

generator fasaper daya : ,

12

21

21

11

21

p

BB

GG

y

z

SS

II

II

VV

Arus yang keluar dari bus-1 ke saluran transmisi adalah

212112211211 )()( VVVVVI yyyyy pp −+=−+= (5.5.a)

dengan 1212 /1 zy = adalah admitansi transfer antara bus-1 dan bus-2.

diagram rangkaian

rangkaian ekivalen

1GS 2GS2BS

1I 2I

py py

sz

1-bus 2-bus

1BS

1GS 2GS1V 2V1I 2I

1BI 2BI

∼ ∼

1-bus 2-bus

saluran transmisi



Admitansi total yang dilihat oleh bus-1 didefinisikan sebagai

1211 yyY p += (5.5.c)

Dengan pengertian ini maka relasi (5.5.a) dapat ditulis

2121111 VVI yY −= (5.6.a)

Dengan pengertian yang sama, kita peroleh relasi untuk bus-2 sebagai

1122222 VVI yY −= (5.6.b)

Dengan demikian kita memperoleh persamaan untuk sistem dengan dua bus (dengan mengubah urutan penulisan pada (5.6.b))

1221122

2121111

VVI

VVI

yY

yY

+−=−=

(5.7)

Sistem Dengan Tiga Bus. Untuk sistem dengan tiga bus, relasi (5.7) dikembangkan menjadi

333232123

3231221122

3132121111

VVVI

VVVI

VVVI

Yyy

yYy

yyY

+−−=

−+−=

−−=

(5.8.a)

Secara formal, penulisan persamaan (5.8.a) adalah

333232123

3231221122

3132121111

VVVI

VVVI

VVVI

YYY

YYY

YYY

++=

++=

++=

(5.8.b)

dengan ijij yY −= . Persamaan (5.8.b) dapat kita tuliskan dalam

bentuk matriks sebagai

=

3

2

1

332313

232212

131211

3

2

1

V

V

V

I

I

I

YYY

YYY

YYY

(5.9)

Sistem Dengan n Bus. Persamaan untuk sistem dengan tiga bus (5.9) dikembangkan untuk sistem dengan n bus menjadi


205

=

nnnnnn

n

n

n

n YYYY

YYYY

YYYY

YYYY

V

V

V

V

I

I

I

I

.

.

.....

.

.

.

.3

2

1

321

3332313

2232212

1131211

3

2

1

(5.10.a)

Persamaan (5.10.a) ini dapat kita tulis dengan ringkas:

busbusbus Y VI~

][~ = (5.10.b)

5.3. Persamaan Aliran Daya

Untuk menurunkan persamaan aliran daya kita perhatikan arus yang mengalir ke saluran transmisi (tidak termasuk arus ke beban langsung). Untuk bus ke-i dalam sistim dengan n bus, kita dapatkan

∑=

=n

jjiji Y

1

VI (5.11)

jjjijijij VYYnij ψ∠=θ∠== V ; ;... ,... 2, ,1

Dengan (5.11) ini kita dapat menghitung daya dari bus-i yang menuju saluran transmisi, yaitu

( ) ii

n

jjjijijii

n

jjijiiii

jQPVYV

YS

+=ψ−∠θ−∠ψ∠=

==

∑

∑

=

=

∗∗

)(

1

1

VVIV

(5.12)

ψ−θ−ψ=

ψ−θ−ψ=

∑

∑

=

=

n

jjijijijii

n

jjijijijii

VYVQ

VYVP

1

1

)sin(

dan )cos(

(5.13)



Perhatikan bahwa Si adalah daya yang mengalir ke saluran transmisi. Hubungan dengan daya generator bisa diperoleh melalui relasi (5.3) yaitu

BiGiiii SSjQPS −=+=

sehingga

θ−ψ−ψ=−

θ−ψ−ψ=−

∑

∑

=

=

n

jijjiijjiBiGi

n

jijjiijjiBiGi

YVVQQ

YVVPP

1

1

)sin(

dan )cos(

(5.14)

Persamaan (5.14) adalah dua persamaan yang kita peroleh untuk setiap bus-i. Dalam persamaan ini terdapat enam besaran peubah yang terkait dengan bus yang bersangkutan, yaitu

iiBiBiGiGi VQPQP ψdan , , , , , (5.15)

Besaran yang lain adalah peubah di luar bus-i.

Jika bus-i adalah bus-generator, maka sebagian besaran yang terdapat pada persamaan (5.14) merupakan besaran yang diketahui atau ditentukan:

- PBi dan QBi adalah daya beban yang diketahui.

- PGi merupakan besaran yang diketahui karena daya nyata ini bisa ditentukan dengan mengatur masukan uap di turbin misalnya.

- Vi juga tertentu besarnya karena bisa di atur melalui arus eksitasi.

- QGi walaupun tidak diketahui namun, akan tertentu besarnya jika tegangan dan sudut fasa di bus yang lain diketahui.

- dengan demikian hanya tinggal satu peubah yang harus dihitung yaitu ψi.

Jika bus-i adalah bus-beban, tak ada generator terhubung ke sini; PGi dan QGi bernilai nol, dan BiiBii QQPP −=−= dan keduanya

diketahui (tanda minus pda PBi dan QBi diberikan karena daya


207

dianggap mengalir ke saluran). Dengan demikian untuk bus-beban hanya ada dua besaran peubah yang harus dihitung yaitu Vi dan ψi.

Jadi di setiap bus pada dasarnya hanya ada dua atau satu peubah yang harus dicari, yaitu Vi dan ψi di bus-beban dan ψi saja di bus-generator. Dalam satu jaringan transmisi yang terdiri dari total n bus, dengan nG bus-generator dan satu slack-bus, terdapat besaran yang harus dihitung sebanyak

Gnn −−= )1(2dihitung harusbesaran (5.16)

Kebanyakan bus dalam sistem tenaga adalah bus-beban; hanya sebagian kecil dari total jumlah bus merupakan bus-generator.

5.4. Proses Pencarian Solusi

Solusi suatu persamaan aliran daya adalah mencari profil tegangan di semua bus dalam suatu sistem tenaga. Karena persamaan daya merupakan persamaan non-linier, maka solusi dilakukan dengan cara iterasi. Proses pencarian solusi adalah sebagai berikut:

1. Berdasarkan data teknis dari jaringan, tentukan elemen-elemen dari matriks [Ybus].

2. Pada bus-beban tentukan PB dan QB. 3. Pada bus-generator tentukan nilai tegangan bus V dan PG.

4. Buat slack-bus (bus nomer-1) bertegangan o1 01∠=V .

5. Asumsikan profil tegangan dan sudut fasanya, V dan ψ, bus yang lain.

6. Masukkan data [Ybus] dan profil tegangan yang diasumsikan ke persamaan (5.14) untuk mencari Pi dan Qi. Setiap kali iterasi dilakukan, bandingkan hasil perhitungannya dengan besaran yang ditetapkan sesuai langkah-2 dan langkah-3 atau hasil perhitungan sebelumnya.

7. Selisih yang diperoleh pada langkah-6, digunakan sebagai dasar untuk melakukan koreksi pada langkah iterasi berikutnya sedemikian rupa sehingga selisih tersebut menjadi semakin kecil.

8. Ulangi langkah-langkah iterasi sampai selisih yang didapat mencapai nilai kecil yang dapat diterima. Profil tegangan pada situasi terakhir ini menjadi solusi yang dicari.



5.4. Metoda Newton-Raphson

5.4.1. Formula Iterasi – Persamaan Rekursi

Dalam buku Vincent del Toro, [2], formula iterasi diturunkan melalui penguraian fungsi nonlinier menjadi deret Taylor dan mengabaikan suku-suku dengan orde tinggi. Di sini kita akan menurunkannya melalui pengamatan grafis.

Persamaan dengan Peubah Tunggal. Kita misalkan sebuah persamaan nonlinier dengan peubah tunggal

0)( =xp (5.17)

dan kita akan mencari solusinya dengan cara iterasi. Ruas kiri persamaan ini dapat kita pandang sebagai sebuah fungsi, dan kita misalkan fungsi ini adalah kontinyu dalam domain yang ditinjau.

Kita dapat menggambarkan kurva fungsi ini di bidang px; nilai x sebagai solusi adalah titik potong kurva dengan sumbu-x, yaitu

solx , seperti terlihat pada Gb.5.2 di bawah ini. Indeks atas digunakan untuk menunjukkan langkah iterasi; misalnya x0 adalah iterasai ke-0 yaitu dugaan awal, x1 adalah iterasi ke-1, dan seterusnya.

Gb.5.2. Proses iterasi untuk persamaan 0)( =xp .

Kita tentukan dugaan awal solusi persamaan, yaitu x0. Jika kita masukkan solusi dugaan ini ke dalam persamaannya, kita

memperoleh )( 0xp . Antara )( 0xp ini dengan nilai yang

p

x

solx

0

dx

dp

0x∆1x∆

)(xp

)( 0xp

0x1x2x

)( 1xp

)( 2xp


209

ditentukan pada persamaan (5.17) yaitu 0, terdapat selisih sebesar

)(0)( 00 xpxp −=∆ ; perhatikan bahwa selisih ini bernilai negatif.

Oleh karena itu kita melakukan dugaan solusi baru yaitu x1 yang mendekati xsol; dugaan baru ini kita masukkan ke persamaan, dan

akan memberikan )( 1xp . Jika )( 1xp belum juga bernilai nol

sebagaimana diminta, kita coba lagi nilai x2, dan demikian seterusnya sampai kita memperoleh suatu nilai x yang memberikan

0)( =xp atau sangat dekat dengan 0.

Menetukan x1 secara efektif dilakukan sebagai berikut. Setelah

dugaan solusi x0 memberikan p(x0), kita buat garis singgung pada

kurva di titik p(x0) yaitu 0

/ dxdp ; garis singgung ini akan

memotong sumbu-x di x1 yang berposisi tergeser sebesar 0x∆ dari

posisi x0. Karena 000/)(/ xxpdxdp ∆= maka

0

00

)/(

)(

dxdp

xpx

∆=∆

dan karena )( 0xp∆ bernilai negatif maka kita dapat menentukan x1

yaitu

0

00001

)/(

)(

dxdy

xpxxxx

∆+=∆+=

x1 akan memberikan )( 1xp yang memungkinkan kita menghitung 111 )/(/)( dxdpxpx ∆=∆ yang akan memberikan x2; dan demikian

seterusnya sampai kita mendapatkan nx∆ yang akan memberikan

0)( ≈nxp .

Secara umum formulasi dari proses iterasi ini dapat kita turunkan sebagai berikut:

Jika xk adalah nilai x untuk iterasi ke-k maka

1

11

)/(

)(−

−− ∆+=

k

kkk

dxdp

xpxx (5.18)

Persamaan (5.18) inilah persamaan rekursi atau formula iterasi.



Uraian di atas adalah untuk persamaan (5.17) dimana ruas kanan bernilai nol. Kita tinjau sekarang persamaan dengan ruas kanan tidak bernilai nol, yang kita tuliskan sebagai

Pxp =)( (5.19)

dengan P adalah tetapan. Ruas kiri (5.19) kita pandang sebagai fungsi x dengan kurva seperti pada Gb.5.2; akan tetapi solusi xsol

yang dicari adalah nilai x pada titik potong antara p(x) dengan garis P sejajar sumbu-x . Situasi ini digambarkan pada Gb.5.3.

Gb.5.3. Proses iterasi untuk persamaan Pxp =)( .

Untuk persamaan (5.19) ini 0x∆ adalah

)/(

0

00

dxdp

pPx x∆+=∆ (5.20)

Kita coba untuk memahami persamaan terakhir ini.

)( 00 xpPpx −=∆ adalah perbedaan antara nilai fungsi yang

seharusnya, yaitu P, dengan nilai fungsi jika dugaan awal peubah x0 kita terapkan; perbedaan ini bernilai negatif. Perbedaan ini harus dikoreksi dengan mengoreksi dugaan awal sebesar ∆x0

sehingga nilai peubah berubah dari x0 menjadi 001 xxx ∆+= ; koreksi inilah koreksi terhadap dugaan awal. Setelah koreksi awal ini, perbedaan nilai fungsi terhadap nilai seharusnya adalah

)( 11 xpPp −=∆ yang lebih kecil dari 0p∆ yang berarti nilai

fungsi mendekati P. Koreksi peubah kita lakukan lagi untuk lebih mendekat lagi ke P; langkah koreksi ini merupakan iterasi pertama. Pada iterasi pertama ini kita akan memperoleh

p

x0x

)( 0xp

solx

0/ dxdp

1x0x∆

2x1x∆

P

)(xp

)()( 10 xpxp −

)( 1xp


211

perbedaan )( 22 xpPpx −=∆ yang mungkin masih harus di koreksi

lagi pada itersi ke-dua. Demikian seterusnya sampai kita peroleh

0))(( ≈− nxpP . Dalam perjalanan menuju P tersebut alur yang

kita lewati adalah kurva p(x). Secara umum, pada iterasi ke-k kita akan mempunyai persamaan yang memberikan perbedaan nilai fungsi dengan nilai seharusnya, yaitu

kkk xdxdpp ∆=∆ )/( (5.21)

Dengan pemahaman ini kita lanjutkan pengamatan pada persamaan dengan dua peubah.

Persamaan Dengan Dua Peubah. Sepasang persamaan dengan dua peubah kita tuliskan sebagai

Qyxq

Pyxp

==

),(

),( (5.22)

dengan P dan Q adalah tetapan. Kita harus melakukan iterasi untuk dua peubah x dan y. Dugaan solusi awal memberikan persamaan yang merupakan pengembangan dari (15.21) yaitu

0000000

0000000

)/()/(),(

)/()/(),(

yyqxxqyxqPq

yypxxpyxpPp

∆∂∂+∆∂∂=−=∆

∆∂∂+∆∂∂=−=∆ (5.23)

yang dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks

00

000

//

//

∆∆

=

∆∆

∂∂∂∂∂∂∂∂

=

∆∆

y

xJ

y

x

ypxp

ypxp

q

p (5.24)

Matriks 2×2 turunan parsial terhadap x dan y disebut jacobian dan dinyatakan dengan J. Apabila ∆p0 dan ∆q0 tidak bernilai nol maka

( ) 001

0

∆∆

=

∆∆ −

q

pJ

y

x (5.25)

Inilah persamaan untuk menentukan besar koreksi. Dengan (5.25) ini dapat dihitung ∆x0 dan ∆y0 sehingga dapat diperoleh x1 dan y1 untuk iterasi selanjutnya.



01

∆+∆+

=

yy

xx

y

x (5.26)

Pada langkah ke-k kita mempunyai identitas dan persamaan-persamaan sebagai berikut:

( ) kk

kkk

kk

kkk

q

pJ

y

x

yp

xpJ

y

xJ

q

p

ypP

xpP

q

p

∆∆

=

∆∆

∂∂∂∂

=

∆∆

=

∆∆

−−

≡

∆∆

−1 4). ;/

/ ).3

;2). ;)(

)( ).1

(5.27)

Persamaan pertama (5.27) yang berupa identitas akan menentukan perlu tidaknya dilakukan koreksi (iterasi) lagi terhadap hasil perhitungan sebelumnya; oleh karena itu persamaan ini disebut corrective force. Identitas ini menjadi ruas kiri persamaan ke-dua, yang terkait dengan koreksi peubah yang harus dilakukan melalui jacobian Jk yang nilainya diberikan oleh persamaan ke-tiga. Besar koreksi yang harus dilakukan diberikan oleh persamaan ke-empat. Setelah koreksi dilakukan, kita kembali pada persamaan pertama untuk melihat perlu tidaknya iterasi dilanjutkan lagi.

5.4.2. Aplikasi Pada Analisis Aliran Daya

Berapa banyak peubah yang harus ditentukan dalam satu jaringan transmisi diberikaan oleh (5.16). Namun dalam menuliskan persamaan aliran daya, kita memperlakukan semua bus sebagai bus-beban, agar penulisan lebih terstruktur; ini berarti bahwa semua bus megandung dua peubah yaitu tegangan dan sudut fasanya, walupun ada peubah yang sudah ditetapkan di beberapa bus-generator.

Karena slack-bus ditetapkan sebagai bus nomer-1, dengan

tegangan pu 01 o∠ , maka kita bekerja mulai dari bus-2, dan nilai

peubah yang harus dicari agar persamaan aliran daya terpenuhi adalah tegangan serta sudut fasa di setiap bus yaitu (V2 , V3, Vi ,..., Vn) dan (ψ2, ψ3, …., ψi, … ψn). Pengembangan dari (5.28) untuk jaringan transmisi dengan n bus adalah sebagai berikut:


213

k

nkknn

nkk

nkknn

nkk

nkk

n

nk

VqQ

VqQ

VpP

VpP

VpP

q

q

p

p

p

ψ−

ψ−ψ−

ψ−ψ−

≡

∆

∆∆

∆∆

=∆

),.......,(

),.......,(

),.......,(

),.......,(

),.......,(

~ .)1

2

222

2

233

222

2

3

2

M

M

M

M

u (5.28.a)

kkk xJu ∆=∆~ ).2 (5.28.b)

k

n

n

n

nnn

nn

n

nn

n

nnn

nn

nn

k

qq

V

q

V

q

V

q

qq

V

q

V

q

V

q

pp

V

p

V

p

V

p

pp

V

p

V

p

V

p

pp

V

p

V

p

V

p

ψ∂∂

ψ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

ψ∂∂

ψ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

ψ∂∂

ψ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

ψ∂∂

ψ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

ψ∂∂

ψ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=

2

232

2

2

22

3

2

2

2

232

3

2

33

3

3

2

3

2

2

22

3

2

2

2

).3

LL

M

LL

LL

M

LL

LL

J (5.28.c)

( ) kk

k

n

nk V

V

V

uJx ~~ ).4 1

2

3

2

∆=

ψ∆

ψ∆∆

∆∆

≡∆ −

M

M

(5.28.d)

Kiranya perlu kita fahami arti dari persamaan-persamaan (5.28) sebelum kita melangkah lebih lanjut.

ku~∆ adalah vektor yang berisi perbedaan nilai daya di setiap bus terhadap nilai daya yang ditetapkan untuk setiap bus yang



bersangkutan pada iterasi ke-k, baik daya nyata maupun daya reaktif.

kx~∆ adalah vektor yang berisi koreksi peubah di setiap bus, yaitu tegangan dan sudut fasanya, yang diperoleh pada iterasi ke-k untuk melakukan iterasi selanjutnya. Pada waktu

menetapkan dugaan awal misalnya, diperoleh 0~x∆ untuk melakukan koreksi pada iterasi ke-1; pada itersai ke-1

diperoleh 1~x∆ untuk melakukan koreksi pada iterasi ke-2; dan seterusnya.

Matriks jacobian adalah matriks yang berisi laju perubahan daya, baik daya nyata maupun reaktif, terhadap perubahan tegangan maupun sudut fasa di setiap bus. Perhatikan bahwa daya merupakan fungsi semua peubah di setiap bus. Oleh karena itu perbedaan nilai daya di setiap bus dengan daya yang ditetapkan pada bus yang bersangkutan pada iterasi ke-k, merupakan hasil kali matriks jacobian pada iterasi ke-k dengan vektor koreksi tegangan maupun sudut fasa pada iterasi ke-k. Jika matriks jacobian tidak bernilai nol, yang berarti bahwa dalam peninjauan secara grafis (pada persamaan dengan peubah tunggal misalnya), garis singgung pada kurva tidak sejajar dengan sumbu-x, besaran koreksi dapat dihitung dengan

relasi (5.28.d), ( ) kkk uJx ~~ 1 ∆=∆ − . Inversi matriks jacobian

dalam relasi ini, akan kita fahami dengan meninjau sistem dengan dua bus seperti dalam contoh berikut.

5.4.3. CONTOH Sistem Dua Bus

Untuk melihat aplikasi dalam perhitungan kita akan melihat sistem dua bus seperti pada gambar berikut. Contoh ini diambil dari buku referensi [3], sedangkan perhitungan-perhitungan dilakukan secara manual dengan menggunakan “excel”. Cara ini akan membuat kita memahami langkah demi langkah proses perhitungan; hasil perhitungan yang kita lakukan ini sedikit berbeda dengan apa yang tercantum dalam buku referensi. Diagram rangkaian untuk contoh ini terlihat pada halaman berikut, dimana saluran transmisi digambarkan sebagai rangkaian ekivale π.


215

Bus-1 adalah bus-generator tanpa beban langsung. Bus-2 adalah bus-beban.

Hal pertama yang harus dilakukan adalah mengumpulkan data jaringan; kemudian data jaringan ini kita nyatakan dalam per unit dengan memilih suatu nilai basis tertentu. Data jaringan adalah:

S 75,650,011865

011495,0002942,0

S 1027,0

S 011765,0002941,0

96,75012127,096,754621,82/1

96,754621,828020

o

122211

3

oo12

o12

−∠=

−=+==

×=

−=−∠=∠=

Ω∠=+=

−

jyyyy

jy

j

y

jz

p

p

Besaran-besaran dinyatakan dalam per-unit setelah ditetapkan nilai basis.

S 001890,0529/1 ; 529230/100

kV 230 ;MVA 1002 ==Ω==⇒

==

basisbasis

basisbasis

YZ

VS

o22112211

o2112

2112

122112

65,75 ;2766,6

04,10418096,75

4151,600189,0/012127,0

−=θ=θ==→

=+−=θ=θ

===−==→

YY

YY

yYY

Peubah dan daya yang ditetapkan di bus adalah:

dihitung) (harus dan

beban)-(bus ;1 ;1:2-

) ( 0 ;1:1-

22

22

o11

ψ−=−=

=ψ=

V

QPBus

busslackVBus

pu 01 o1 ∠=V

1-bus 2-bus11,QP802012 jz +=

S 1027,0 3−×=py py

pu 11

2

j

SB

+=

pu 222 ψ∠= VV



Matriks Y-bus. Dari perhitungan di atas kita peroleh matriks Ybus sebagai berikut

[ ]

−∠∠∠−∠=

=

oo

oo

2221

1211

64,752766,604,1044151,6

04,1044151,664,752766,6YY

YYbusY (5.29)

Persamaan Aliran Daya dan Jacobian. Secara umum, persamaan aliran daya di bus-i adalah

)sin(

)cos(

12

12

jijj

n

jijii

jijj

n

jijii

VYVq

VYVp

ψ−θ−ψ∠=

ψ−θ−ψ∠=

∑

∑

=

=

Untuk bus-2 persamaan ini menjadi

)]sin()sin([

)]sin()sin([

]cos()cos([

)]cos()cos([

2222212121212

2222222121212122

2222212121212

2222222121212122

θ−+ψ−θ−ψ=ψ−θ−ψ+ψ−θ−ψ=

θ−+ψ−θ−ψ=ψ−θ−ψ+ψ−θ−ψ=

VYVYV

VYVYVq

VYVYV

VYVYVp

(5.30)

Daya nyata maupun reaktif untuk bus-2, dituliskan dengan huruf kecil karena ia masih akan berubah menuju nilai yang ditetapkan yaitu P2 dan Q2.

Nilai yang sudah tetap, yaitu 0 , 1 11 =ψ=V di slack bus, dan

elemen-elemen matriks Ybus , dapat kita masukkan ke dalam persamaan daya untuk mendapatkan persamaan yang lebih sederhana. Namun karena kita akan menggunakan excel, kita biarkan persamaan aliran daya ini seperti apa adanya agar mudah ditelusuri dalam spreadsheet.

Karena kita hanya menghadapi dua persamaan daya, yaitu persamaan p dan q dengan dua peubah yaitu V2 dan ψ2, maka matriks jacobian akan berukuran 2×2.

∂∂ψ∂∂∂∂ψ∂∂

=2222

2222

//

//

Vqq

VppJ (5.31.a)

dengan elemen-elemen:


217

)]sin(2)sin(

)cos(

]cos(2)cos(

)sin(

2222212121212

2

121212122

2

2222212121212

2

121212122

2

θ−+ψ−θ−ψ=∂∂

ψ−θ−ψ=ψ∂

∂

θ−+ψ−θ−ψ=∂∂

ψ−θ−ψ−=ψ∂

∂

VYVYV

q

VYVq

VYVYV

p

VYVp

(5.31.b)

Dugaan Awal dan Iterasi. Kita buat dugaan awal yaitu nilai awal daya di bus-2. Seberapa dekat nilai dugaan yang kita buat ini ke nilai yang ditetapkan, akan menentukan seberapa cepat kita sampai ke iterasi terakhir. Kita coba dugaan awal

=

ψ≡1

0~02

020

Vx (5.32)

Kita masukkan dugaan awal ini ke persamaan aliran daya (5.30)

untuk mendapatkan nilai 02

02 dan qp . Darisini kita peroleh

corrective force:

−−−−==

∆∆

=∆02

02

0

2

20

1

1~q

pq

pu (5.33)

Corrective force menentukan besar koreksi

( ) ( )

−−−−=∆=

∆ψ∆≡∆ −−

02

0201001

02

020

1

1~~q

p

VJuJx (5.34)

Formulasi (5.29) sampai dengan (5.34) kita gunakan dalam perhitungan menggunakan excel. Semua besaran akan berubah setiap kali iterasi, kecuali besaran yang sudah ditetapkan, P2, Q2, dan elemen matriks Ybus.

Hasil Perhitungan. Dalam perhitungan ini, sudut fasa tegangan dinyatakan dalam radian. Perhitungan jacobian inversi pada secara umum dilakukan dengan eliminasi Gauss-Jordan. Berikut ini ditulis lagi data Ybus , persamaan aliran daya, kemudian diberikan hasil perhitungan dalam tabel. Elemen matriks jacobian dan inversinya langsung dicantumkan dalam tabel.

[ ]

−∠∠∠−∠=

=

oo

oo

2221

1211

64,752766,604,1044151,6

04,1044151,664,752766,6YY

YYbusY



)sin()()sin(

)cos()()cos(

222

222121212122

222

222121212122

θ−+ψ−θ−ψ=

θ−+ψ−θ−ψ=

VYVYVq

VYVYVp

P2 -1 (tetapan)

Q2 -1 ψ2 0 (dugaan

awal)

-0.1169 (iterasi ke-1)

V2 1 0.8250

p2 5.29E-06 (substitusi ke persamaan)

-0.8149 (substitusi ke persamaan) q2 -0.14283 -0.8109

u~∆ ∆p2 -1.0000 0~u∆ -0.1851 1~u∆ ∆q2 -0.8572 -0.1891

Jk 6.2235 1.5559 4.9496 0.2959 -1.5559 5.9379 -1.8739 4.0337

(J−1)k 0.1508 -0.0395 0.1966 -0.0144 0.0395 0.1581 0.0913 0.2412

x~∆ ∆ψ2 -0.1169 0~x∆ -0.0337 1~x∆ ∆v2 -0.1750 -0.0625

P2 -1 (tetapan)

Q2 -1 ψ2 -0.1506 (iterasi

ke-2)

-0.1552 (iterasi ke-3)

V2 0.7625 0.7535

p2 -0.9803 (substitusi ke persamaan)

-0.9996 (substitusi ke persamaan) q2 -0.9784 -0.9996

u~∆ ∆p2 -0.0197 2~u∆ -0.0004 3~u∆ ∆q2 -0.0216 -0.0004

Jk 4.5137 -0.0993 4.4518 -0.1543 -1.8849 3.3532 -1.8830 3.2551

(J−1)k 0.2243 0.0066 0.2292 0.0109 0.1261 0.3020 0.1326 0.3135

x~∆ ∆ψ2 -0.0046 2~x∆ -0.0001 3~x∆ ∆v2 -0.0090 -0.0002


219

P2 -1 (tetapan) Q2 -1 ψ2 -0.1553 (iterasi

ke-4) Iterasi ke-5 tidak

dilakukan. 42p dan

42q sudah

dianggap sama dengan P2 dan Q2 yang ditetapkan

V2 0.7533 p2 -0.99999983 (substitusi ke

persamaan) q2 -0.99999981

u~∆ ∆p2 -2.0000 4~u∆ ∆q2 -2.0000

Jk 4.4505 -0.1554 -1.8829 3.2531

(J−1)k 0.2293 0.0110 0.1327 0.3137

x~∆ ∆ψ2 -0.4806 4~x∆ ∆v2 -0.8930 P1 1.1229 Q1 1.2677

Sampai iterasi ke-3, nilai 1dan 1 32

32 −≈−≈ qp . Pada iterasi ke-4

nilai tersebut sudah dapat dikatakan sama dengan nilai P2 dan Q2 yang ditetapkan. Oleh karena itu iterasi ke-5 tidak perlu dilakukan lagi.

Profil Tegangan Sistem dan Daya Pada Bus-Generator. Pada Iterasi terakhir kita perloeh profil tegangan sistem dua bus ini sebagai berikut

o22

o11

-8.90rad 1553,0 ;pu 7533,0

0 pu; 1

=−=ψ=

=ψ=

V

V

dengan diagram fasor:

Pada kondisi ini, daya yang dialirkan ke saluran transmisi dari bus-1 dan bus-2 adalah

beban)-(buspu 1 ;pu 1

generator)-(buspu 1,27 ;pu 12,1

22

11

−=−===

QP

QP

Dalam contoh ini tegangan jatuh di saluran cukup besar, dan susut daya di saluran, yang diperlihatkan oleh selisih P1 dan P2 cukup besar pula yaitu pu 12,0112,1 =−=salP ≈ 12%. (P1 dan Q1 pada

iterasi ke-4 dicantumkan dalam tabel pada dua baris terakhir).

2V 1V



5.6.4 CONTOH Sistem Tiga Bus

Contoh ini juga diambil dari buku referensi [3]. Seperti pada contoh sebelumnya, perhitungan-perhitungan di sini dilakukan secara manual dengan menggunakan excel.

Diagram rangkaian beserta data jaringan yang diketahui diberikan berikut ini.

S 00189,0529/1 , 529100/230

V 230 MVA, 1002 ==Ω==

==

basisbasis

basisbasis

YZ

VS

kV 15 MVA, 3001 =G

kV 15 MVA, 2503 =G

Saluran transmisi dianggap sebagai lossless line.

Admitansi saluran per fasa sudah dihitung dalam per unit:

o3232

o3131

o323133

o2323

o2121

o231222

o1313

o1212

o131211

9012 ;9015 ;9027

9012 ;9010 ;9022

9015 ;9010 ;9025

∠=−=∠=−=−∠=+=

∠=−=∠=−=−∠=+=

∠=−=∠=−=−∠=+=

yYyYyyY

yYyYyyY

yYyYyyY

Matriks Ybus. Dari perhitungan di atas kita dapatkan matriks sebagai berikut:

−∠∠∠∠−∠∠∠∠−∠

=

=ooo

ooo

ooo

333231

232221

131211

902790129015

901290229010

901590109025

YYY

YYY

YYY

busY (5.35)

pu 01 o1 ∠=V

1-bus2-buspu 1012 jy −=

pu 1513 jy −=

0.2

1.1

3

3

==

P

V

1BS pu 21 =BSpu 1223 jy −=

3-bus

1GS

3GS3G

1G

pu 2j−pu 5,2

pu 2,1j

0,82,5 22,15.22 jjjSB −=−+=


221

Peubah-Peubah Dan Pembebanan Pada Bus.

Bus-1: slack bus, o11 0 1 =ψ=V . Daya di bus 11 dan QP ini

tergantung dari profil tegangan di semua bus; jadi 11 dan QP

merupakan peubah tak bebas.

Bus-2: bus-beban. Beban di bus ini dinyatakan dengan resistor yang menyerap daya nyata pu 5,2=RP , terhubung seri dengan

ystem r yang menyerap daya reaktif pu 2,1 jQL = . Sebuah

kapasitor dihubungkan ke bus-2 dan menyerap daya reaktif sebesar 2jQC −= . Total beban yang tersambung ke bus-2

menjadi 8,05,22 jSB −= . Beban di bus-2 yang mengalir ke

saluran transmisi menjadi 8,0dan 5,2 22 jQP =−= . Peubah di

bus ini adalah tegangan dan sudut fasanya, 22 dan ψV .

Bus-3: bus-generator. Daya nyata dari generator di diberikan melalui pengaturan masukan uap (di turbin) sebesar pu 0,23 =P

sedangkan tegangan diatur melalui arus eksitasi sebesar pu 1,13 =V ; oleh karena itu peubah di bus ini tinggallah sudut

fasa tegangan 3ψ .

Jadi peubah yang ada pada ystem ini adalah 322 dan , , ψψV .

Persamaan Aliran Daya. Bentuk umum persamaan aliran daya adalah

ψ−θ−ψ=

ψ−θ−ψ=

∑

∑

=

=

n

jjijijijii

n

jjijijijii

VYVq

VYVp

1

1

)sin(

)cos(

Karena bus-1 adalah slack bus maka kita akan bekerja pada bus-2 dan bus-3. Di bus-2, daya yang harus dicapai pada akhir iterasi adalah 8,0dan 5,2 22 =−= QP . Sedangkan di bus-3 daya nyata

yang harus dicapai adalah 0,22 =P . Jadi dalam ystem ini

diberikan tiga tetapan daya, dengan tiga peubah. Oleh karena itu persamaan aliran daya terdiri dari tiga persamaan yaitu untuk p2, p3, dan q2.



)]sin()(

)sin( )sin(

)]cos()(

)cos()cos(

)]cos()(

)cos()cos(

222

222

32323232121212122

332

333

23232323131313133

222

222

32323232121212122

θ−+

ψ−θ−ψ+ψ−θ−ψ=θ−+


ψ−θ−ψ+ψ−θ−ψ=

VY

VYVVYVq

VY

VYVVYVp

VY

VYVVYVp

(5.36)

Jacobian. Persamaan aliran daya terdiri dari tiga persamaan seperti ditunjukkan oleh (5.36) dengan tiga peubah yaitu

322 dan , , ψψV . Matriks jacobian akan berukuran 3×3, yaitu

223222

233323

223222

///

///

///

Vqqq

Vppp

Vppp

J

∂∂ψ∂∂ψ∂∂∂∂ψ∂∂ψ∂∂∂∂ψ∂∂ψ∂∂

= (5.37.a)

Elemen-elemen matriks ini adalah

)sin(2

)sin( )sin(

)cos(

)cos( )cos(

)cos(

)sin()sin(

)sin(

)]cos(2

)cos()cos(

)sin(

)sin()sin(

22222

323232312121212

2

323232323

2

32323232121212122

2

23233232

3

23232323131313133

3

232323232

3

22222

323232312121212

2

323232323

2

32323232121212122

2

θ−+

ψ−θ−ψ+ψ−θ−ψ=∂∂

ψ−θ−ψ−=ψ∂

∂

ψ−θ−ψ+ψ−θ−ψ=ψ∂

∂

ψ−θ−ψ+=∂∂

ψ−θ−ψ−ψ−θ−ψ−=ψ∂

∂

ψ−θ−ψ+=ψ∂

∂θ−+

ψ−θ−ψ+ψ−θ−ψ=∂∂

ψ−θ−ψ+=ψ∂

∂

ψ−θ−ψ−ψ−θ−ψ−=ψ∂

∂

VY

VYVYV

q

VYVq

VYVVYVq

YVV

p

VYVVYVp

VYVp

VY

VYVYV

p

VYVp

VYVVYVp

(5.37.b)


223

Dugaan Awal dan Iterasi. Kita coba dugaan awal

=

ψψ≡∆

0

0

1~

03

02

02

0V

x (5.38)

Kita masukkan dugaan awal ini ke persamaan aliran daya untuk mendapatkan corrective force:

−−

−−=

−−−

=

∆∆∆

≡∆02

03

02

022

033

022

2

3

20

8,0

2

5,2~

q

p

p

qQ

pP

pP

q

p

p

u (5.39)

Besar koreksi

( ) ( )

−−

−−=∆=∆ −−

02

03

02

010010

8,0

2

5,2~~

q

p

p

JuJx (5.40)

Hasil Perhitungan. Dalam perhitungan ini, sudut fasa tegangan dinyatakan dalam radian. Perhitungan jacobian inversi pada dilakukan dengan eliminasi Gauss-Jordan. Berikut ini ditulis lagi data Ybus , persamaan aliran daya, formulsi jacobian, kemudian diberikan hasil perhitungan dalam tabel. Elemen matriks jacobian dan inversinya langsung dicantumkan dalam tabel.

−∠∠∠∠−∠∠∠∠−∠

=

=ooo

ooo

ooo

333231

232221

131211

902790129015

901290229010

901590109025

YYY

YYY

YYY

busY

)]sin()(

)sin( )sin(

)]cos()(

)cos()cos(

)]cos()(

)cos()cos(

222

222

32323232121212122

332

333

23232323131313133

222

222

32323232121212122

θ−+



ψ−θ−ψ+ψ−θ−ψ=

VY

VYVVYVq

VY

VYVVYVp

VY

VYVVYVp



223222

233323

223222

///

///

///

Vqqq

Vppp

Vppp

J

∂∂ψ∂∂ψ∂∂∂∂ψ∂∂ψ∂∂∂∂ψ∂∂ψ∂∂

=

P2 -2.5

(tetapan)

P3 2 Q2 0.8 ψ1 0 V1 1 ψ2 0

(dugaan awal)

-0.0929

(iterasi ke-1) V2 1 1.0962 ψ3 0 0.0260 V3 1.1 (tetapan)

p,q p2 0.0000 (substitusi ke

persamaan aliran daya)

-2.7349 (substitusi ke persamaan aliran

daya) p3 3E-15 2.2399

q2 -1.2000 1.1530 u~∆

∆p2 -2.5 0~u∆

0.2349

1~u∆ ∆p3 2 -0.2399

∆q2 2.0000 -0.3530

Jk

23.2000 -13.2000 0.0000 25.2812 -14.3669 -2.4950

-13.2000 29.7000 0.0000 -14.3669 30.8614 1.5668

0.0000 0.0000 20.8000 -2.7349 1.7175 25.1673

(J-1)k

0.0577 0.0256 0.0000 0.0542 0.0250 0.0038

0.0256 0.0451 0.0000 0.0250 0.0441 -0.0003

0.0000 0.0000 0.0481 0.0042 -0.0003 0.0402 x~∆

ψ2 -0.0929 0~x∆

0.0054 1~x∆ ψ3 0.0260 -0.0046

V2 0.0962 -0.0131


225

P2 -2.5

(tetapan) P3 2 Q2 0.8 ψ1 0 V1 1 ψ2 -0.0876

(iterasi ke-2) -0.0874

(iterasi ke-3) V2 1.0830 1.0828 ψ3 0.0214 0.0217 V3 (tetapan)

p,q

p2 -2.5023 (substitusi ke persamaan aliran

daya)

-2.5000 (substitusi ke persamaan aliran

daya) p3 1.9963 1.9998 q2 0.8049 0.8000

u~∆

∆p2 0.0023 2~u∆

0.0000 3~u∆ ∆p3 0.0037 0.0002

∆q2 -0.0049 0.0000

Jk 24.9999 -14.2111 -2.3105

Proses iterasi dihentikan; nilai p2, p3, dan q2 sudah

dapat dianggap sama dengan nilai tetapan yang diberikan

yaitu P2 = −2,5 P3 = 2 Q2 = 0,8

-14.2111 30.7073 1.4359 -2.5023 1.5551 24.5698

(J-1)k 0.0546 0.0251 0.0037 0.0251 0.0442 -0.0002 0.0040 -0.0002 0.0411

x~∆ ψ2 0.0002

2~x∆ ψ3 0.0002 V2 -0.0002

P1 0.5876 Q1 -2.2832 Q3 1.9653 P12 -0.9448 Q12 0.7870 P13 0.3573 Q13 1.4961 P31 -0.3573 Q31 -1.6539 P32 -1.5552 Q32 -0.3115 P21 -0.9448 Q21 0.9382 P23 -1.5552 Q23 -0.1382



Profil Tegangan Sistem. Pada iterasi terakhir kita perloeh profil tegangan sistem tiga bus ini yaitu

o33

o22

o11

24,1rad 0214,0pu 1,1

0,5rad 0876,0pu 08,1

0 pu; 1

==ψ=

−=−=ψ=

=ψ=

V

V

V

Diagram fasor tegangan di tiga bus tersebut kurang lebih adalah:

Aliran Daya Antar Bus. Kita akan melihat bagaimana aliran daya antar bus di saluran transmisi. Aliran daya ini kita hitung menggunakan relasi

( )

)sin()sin(

)cos()cos(

)(

12

12

jijjijiijiijij

jijjijiijiijij

jijiiijijiijiijiij

VYVVYQ

VYVVYP

YYYS

ψ−θ−ψ−θ−=⇒

ψ−θ−ψ−θ−=⇒

−=−=×= ∗∗∗∗∗∗ VVVVVVVIV

yang tidak lain adalah bentuk awal dari persamaan aliran daya sebelum cara penulisannya diubah untuk memperoleh bentuk pernyataan yang lebih terstruktur. Hasil perhitungan tercantum dalam bagian tabel yang diberi batas garis tebal. Dari bagian tabel tersebut kita peroleh daya kompleks antar bus dan daya kompleks di setiap bus.

Bus-1:

pu 2,2830,588

pu 1,4960,357

pu 0,7870,945

1

13

12

jS

jS

jS

+−=⇒

+=+−=

Bus-3:

pu 1,9651,912

pu 0.311555,1

pu 1,6540,357

3

32

31

jjS

jS

jS

−−=⇒

−−=−−=

3V

1V2V


227

Bus-2:

pu 0,8002,500

pu 138,0555,1

pu 0.938945,0

2

23

21

jS

jS

jS

+−=⇒

−−=+−=

Antara bus-1 dan bus-3 aliran daya hanya terjadi dari bus-3 ke bus-1; daya di bus-3 1,6540,35731 jS −−= sedangkan daya di

bus-1 1,4960,35713 jS += . Daya nyata yang dikirim oleh bus-3

tepat sama dengan daya nyata yang diterima bus-1; hal ini terjadi karena saluran transmisi merupakan lossless line. Perbedaan antara daya reaktif yang dikirim bus-3 dan yang diterima bus-1 adalah daya reaktif yang terserap di saluran yaitu sebesar pu 158,0j .

Aliran daya di bus-2 dari arah bus-1 adalah 0.938945,021 jS +−= sedang dari arah bus-3

138,0555,123 jS −−= dengan jumlah yang sesuai yang

ditetapkan yaitu 0.8002.5002 jS +−= . Penyerapan daya reaktif

di saluran antara bus-1 dan bus-2 adalah pu 151,0j sedangkan

antara bus-3 dan bus-2 pu 499,0j .

Bus-Generator. Kita perhatikan sekarang dua bus-generator pada sistem ini yaitu bus-1 dan bus-3. Seperti kita pelajari di bab sebelumnya, mesin sinkron memiliki batas-batas maksimum dan minimum dalam mencatu daya reaktif agar tidak over-excited ataupun under-excited. Oleh karena itu pada setiap langkah iterasi perlu dicermati apakah batas-batas tersebut tidak dilampaui. Jika pada suatu tahap iterasi batas tersebut dicapai, maka batas tersebut dijadikan besaran tetapan untuk dipakai dalam melakukan iterasi selanjutnya.

Persamaan aliran daya di bus generator adalah (5.14)

θ−ψ−ψ=−

θ−ψ−ψ=−

∑

∑

=

=

n

jijjiijjiBiGi

n

jijjiijjiBiGi

YVVQQ

YVVPP

1

1

)sin(

dan )cos(



atau iBiGiiBiGi QQQPPP =−=− dan

Dengan demikian maka

pu 3,58684,2283,2412,1

pu 283,20283,2

pu 412,12588,0

o1

111

111

∠=+=⇒

=+=+==+−=+=

jS

QQQ

PPP

G

BG

BG

dan

pu 8,45742,2

pu 965,10965,1

pu 912,10912,1

o3

333

333

∠=⇒

−=+−=+=−=+−=+=

G

BG

BG

S

QQQ

PPP

Karena daya basis adalah 100 MVA, maka

MVA 2742dan MVA 2684 31 == GG SS

Ternyata SG1 masih dalam batas kapasitas G1 yaitu 300 MVA; akan tetapi SG3 melebihi kapasitas generator G3 yang 250 MVA. Kita dapat menurunkan pasokan daya nyata oleh G3; pasokan daya ini ditetapkan pu 23 =GP pada awal iterasi. Jika tetapan ini kita

kurangi dengan diimbangi tambahan daya nyata dari G1 agar kebutuhan daya di seluruh sistem terpenuhi, maka hasil iterasi ulang dari awal (tidak disajikan dalam tabel) memberikan:

profil tegangan

o33

o22

o11

21,0rad 0035,0 pu 1,1

60,5rad 0977,0pu 083,1

0 pu; 1

==ψ=

−=−=ψ=

=ψ=

V

V

V

daya di setiap bus

pu 1.94911.5022

pu 0.80002.5000

pu 2.27720.9978

3

2

1

jS

jS

jS

−−=+−=+−=

daya generator:

pu 52,382,4611,94911,5022

pu 25,662,4882,27721,0022

3

o1

∠=−−=−∠=−=

jS

jS

G

G

229

Daftar Pustaka

1. Charles A. Gross : “Power System Analysis”, John Willey & Son, 1986.

2. Turan Gönen: ”Electric Power Transmission System Engineering”, John Willey & Son, 1988.

3. Vincent Del Toro, “Electric Power Systems”, Prentice-Hall International, Inc., 1992.

4. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB 2002.

5. “Rencana Umum Kelistrikan Nasional”, 2005.

6. Sudaryatno Sudirham, “Fungsi dan Grafik, Diferensial dan Integral”, Darpublic, Bandung, , 2011.

7. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listik Jilid 1”, Darpublic, Bandung, , 2012.

8. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listik Jilid 2”, Darpublic, Bandung, , 2012.

9. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik Jilid 3”, Darpublic, Bandung, , 2012.


Biodata Penulis

Nama: Sudaryatno Sudirham Lahir: 26 Juli 1943, di Blora. Istri: Ning Utari Anak: Arga Aridarma, Aria Ajidarma.

Pendidikan & Pekerjaan: 1971 : Teknik Elektro, Institut Teknologi Bandung. 1982 : DEA, l’ENSEIHT, INPT, Perancis. 1985 : Doktor, l’ENSEIHT, INPT, Perancis. 1972−2008 : Dosen Teknik Elektro, ITB.

Training & Pengalaman lain: 1974 : TERC, UNSW, Australia; 1975 − 1978 : Berca Indonesia PT, Jakarta; 1979 : Electricité de France, Perancis; 1981 : Cour d”Ete, Grenoble, Perancis; 1991 : Tokyo Intitute of Technology, Tokyo, Jepang; 2005 : Asian Institute of Technology, Bangkok, Thailand; 2005 − 2009 : Tenaga Ahli, Dewan Komisaris PT PLN (Persero); 2006 − 2011 : Komisaris PT EU – ITB.

231

Indeks

a ABCD, konstanta 85 admitansi 48, 64 air, tenaga 17 aliran daya 199, 203, 210, 214 angin 17 arus laut 17

b batas operasi 183 batubara 14 beban 5, 17, 18 beban, model 18 bintang, hubungan 25 biomassa 17 bus beban 200, 205 bus-generator 200, 205, 225

d daya 6, 37, 199 daya mesin sinkron 178 diagram lingkaran 94 diagram satu garis 40 distribusi 5

e efisiensi 128 energi 1, 6 energi primer 14

f fluksi bocor 117

g gas alam 15 gelombang laut 17

i impedansi 48, 55 impedansi karakteristik 75 impedansi urutan 34 induktansi 49 iterasi 206, 215, 220

j jacobian 209, 214, 220

k komponen simetris 29, 31 konfigurai saluran 7 konfigurasi ∆ 56, 69 kutub menonjol 159, 193

l lossless line 90

m mesh, hubungan 25 mesin sinkron 159 minyak bumi 15

n Newton-Raphson 206 nuklir 17

o operator a 30

p panas bumi 16 pembangkitan 3 pergeseran fasa 147 permeabilitas 47 permitivitas 47 per-unit 41, 44, 148 polifasa 21 propagasi, konstanta 74

r rangkaian ekivalen 72, 123 rangkaian ekivalen π 78 reaktansi sinkron 169 regulasi tegangan 128 resistansi 48 rotor silindris 167, 173


s sampah 17 slack bus 200, 205 stabilitas, mantap 95 struktur 3 subtransmisi 4 surge impedance loading 98 surja 101 surya, tenaga 17

t tiga-fasa 26, 29 transformator 115, 116, 118, 120, 123, 125, 130, 131 transformator polifasa 155 transformator tiga belitan 136, 138, 140, 144 transien 100, 102, 190 transmisi 4, 47, 73 transposisi 61, 70 turbin 177

u uji beban nol 126 uji hubung singkat 126 urutan negatif 29 urutan nol 29 urutan positif 29

y Ybus 203, 205, 214

analisis sistem tenaga - "darpublic" at ee-cafe.org ... · alat rumah tanggga, alat...

Documents