8/3/2013

1

Saluran Transmisi

1

Sudaryatno Sudirham

Saluran transmisi merupakan koridor yang harus dilalui da lampenyaluran energi listrik. Walaupun rangkaian ekivalen c ukupsederhana, terdapat empat hal yang harus diperhatikan ya itu:

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.

biasanya diabaikan karena cukup kecildibandingkan dengan arus konduktor.

Namun arus bocor menjadi sangatpenting dalam permasalahan isolator

Saluran transmisi yang akan kita bahas adalah saluran udar a, dengan konduktor terbuka yang berarti memenfaatkan udara

sebagai bahan isolasi

2

Sebelum mulai membahas saluran transmisi itu sendiri, per lu kitaingat besaran-besarn fisis udara yang akan masuk dalam

perhitungan-perhitungan saluran transmisi, yaitu:

Permeabilitas: permeabilitas magnetik udara dianggap sa ma denganpermeabilitas ruang hampa:

H/m 104 700

−×π=µ≈µµ=µ r

Permitivitas: permitivitas elektrik udara dianggap sama denganpermitivitas ruang hampa:

F/m 36

10

9

0 π≈εε=ε

−

r

3

Resistansi Seri

4

Beberapa jenis konduktor:

Aluminium: AAL (all aluminium coductor)

Aloy aluminium: AAAL (all aluminium alloy conductor)

Dengan penguatan kawat baja: ACSR (aluminium conductor steel reinforced)

Data mengenaiukuran, konstruksi, resistansi [ ΩΩΩΩ per km], radius [cm],GMR [cm] ( Geometric Mean Radius)kemampuan mengalirkan arus [A]

dapat kita peroleh namun untuk sementara kita tidakmembahasnya dalam paparan ini.

5

Untuk arus searah, resistansi konduktor diformulasikan:

resistivitas bahan [ ΩΩΩΩ.m]panjang konduktor [m]luas penampang [m 2]A

lR dc

ρ=[ΩΩΩΩ]

C 20 pada agauntuk temb m 1077,1

C 20 pada aluminiumuntuk m. 1083,2o8

o8

Ω×=

Ω×=ρ−

−

Resistivitas tergantung dari temperatur.

6

8/3/2013

2

Pada saluran transmisi kita memperhatikan dua hal berikut :

Arus yang mengalir adalah arus bolak-balik, yang menimbulkan efek kulit ( skin effect), yaitukecenderungan arus mengalir di pinngiranpenampang konduktor.

Konduktor saluran transmisi berupapilinan konduktor sehingga panjangsesungguhnya konduktor lebih besardari panjang lateral konduktor.

7

Induktansi Seri

8

Tinjau satu konduktor lurus berjari-jari r0, denganpanjang l, yang dialiri arus i. Menurut hukum Ampere,

medan magnet di sekitar konduktor ini adalah:

∫ = iHdl

9

Untuk udara: H/m 104 700

−×π=µ≈µµ=µ r

r

iB

πµ=

2

Fluksi di luar konduktor yang melingkupi konduktor sampai di titik P yang berjarak DkP dari konduktor adalah

i

r0x

H

0ln

20

r

DilBldr kP

D

r

luar

P

πµ==λ ∫

kPD

0r Pk

jarak konduktor-k sampai titik P

r0 : radius konduktor

Fluksi Sendiri Hluar

Hdalam

Namun arus mengalir di seluruh penampangkonduktor walaupun kerapatan arus di pusatkonduktor mungkin berbeda dengan kerapatanarus di dekat permukaannya. Oleh karena itu, selain di sekitar konduktor terdapat juga medanmagnet di dalam konduktor.

Untuk menyederhanakan perhitungan, maka medan magnet di sekitarkonduktor dan di dalam konduktor disatukan dengan mencari apa yang disebut GMR (Geometric Mean Radius).

GMR merupakan radius konduktor pengganti yang kitabayangkan merupakan konduktor ber-rongga berdindingtipis berjari-jari r′ (yaitu GMR) dan arus mengalir di dindingkonduktor berrongga ini. Dengan GMR ini, fluksi di dalamkonduktor telah tercakup dalam perhitungan.

r ′

0r

r

Dil P

′πµ=λ′ 1ln2

10

Atau per satuan panjang:r

Di P

′πµ=λ 1ln2

Oleh karena itu fluksi lingkup total pada konduktor adalah :

Selain fluksi yang ditimbulkan oleh arus yang mengalir pa danya,

suatu konduktor juga dilingkupi oleh fluksi yang ditimbul kan oleh arus yang mengalir di konduktor lain yang berdekatan dengannya.

Fluksi sendiri Fluksi bersama

Fluksi Bersama

11

Tinjau satu kelompok n konduktor yang masing-masing dialiri arus ii.

Kelompok konduktor ini merupakan satu sistem saluran denga n:

021 =+⋅⋅⋅++ niii

Konduktor ke- k memiliki fluksi lingkup total:

⋅⋅⋅⋅1i

⋅2i

⋅ni

2kD

⋅⋅⋅⋅ki

knkkkkk λ+⋅⋅⋅+λ+⋅⋅⋅+λ+λ=λ 11

Fluksi bersama Fluksi sendiri

12

8/3/2013

3

Tinjau satu kelompok n konduktor dan kita hitung fluksi lingkup sampaisuatu titik P:

Sampai di titik P konduktor ke- k memiliki fluksi lingkup total:

[m] -kekonduktor GMR :

[m] -kekonduktor radius :

/m][ -kekonduktor resistansi :

kr

kr

kR

k

k

k

′

ΩP

⋅⋅⋅⋅1i

⋅2i

⋅ni

nPD

2kD

⋅⋅⋅⋅ki

kn

nPn

k

kPk

k

P

k

Pk D

Di

r

Di

D

Di

D

Diln

2ln

2ln

2ln

2 2

22

1

11

πµ

+⋅⋅⋅+′π

µ+⋅⋅⋅+

πµ+

πµ=λ

Fluksi lingkupsendiri

Untuk mencakup seluruh fluksi, titik P kita letakkan pada posisisemakin jauh, sampai tak hingga.

13

Dengan posisi titik P semakin jauh maka:

DDDDD knkPPP =≈⋅⋅⋅≈⋅⋅⋅≈ 21

( ) 0ln21 =+⋅⋅⋅++ Diii ndan

Dengan demikian fluksi lingkup konduktor- k menjadi

kn

n

k

k

kkk D

i

r

i

D

i

D

i 1ln

2

1ln

2

1ln

2

1ln

2 2

2

1

1

πµ

+⋅⋅⋅+′π

µ+⋅⋅⋅+

πµ+

πµ=λ

fluksi sendiri konduktor k

fluksi karena arus di konduktor yang lain

fluksi karena arus di konduktor yang lain

14

Kalau kita batasi tinjauan pada sistem empat konduktor (3 f asa dan 1 netral), relasi fluksi lingkup setiap konduktor adalah:

+++

′πµ=λ

ANN

ACC

ABB

AAA D

iD

iD

ir

i1

ln1

ln1

ln1

ln2

++

′+

πµ=λ

BNN

BCC

BB

ABAB D

iD

ir

iD

i1

ln1

ln1

ln1

ln2

+

′++

πµ=λ

CNN

CC

ACB

ACAC D

ir

iD

iD

i1

ln1

ln1

ln1

ln2

′+++

πµ=λ

NN

CNC

BNB

ANAN r

iD

iD

iD

i1

ln1

ln1

ln1

ln2

15

Impedansi Seri

16

•

•

•

LAB

LBCRC

AI

BI

CI

•

LAA

LBB

LCC

LNNLCN

LAC

LBN

LAN

NI

RA

RB

RN

A

B

C

N N′

C′

B′

A′

Dengan adanya fluksi lingkup di setiap konduktor maka sela in resistansi, setiap konduktor juga mengandung induktansi. Untuk salur an 4 konduktor (3 konduktor fasa dan 1 netral) dengan panjang tertentu kita memiliki rangkaian

ekivalen seperti berikut:

( ) NANCACBABAAAAAA LjLjLjLjRV IIII ω+ω+ω+ω+=′

( ) NBNCBCAABBBBBBB LjLjLjLjRV IIII ω+ω+ω+ω+=′

( ) NCNBBCAACCCCCCC LjLjLjLjRV IIII ω+ω+ω+ω+=′

( ) CCNBBNAANNNNNNN LjLjLjLjRV IIII ω+ω+ω+ω+=′

17

•

•

•

LAB

LBCRC

AI

BI

CI

•

LAA

LBB

LCC

LNNLCN

LAC

LBN

LAN

NI

RA

RB

RN

A

B

C

N N′

C′

B′

A′

NAANNNAA ′′′′ −=− VVVV

Jika konduktor N digunakan sebagai referensi, maka:

NBBNNNBB ′′′′ −=− VVVV

NCCNNNCC ′′′′ −=− VVVV

18

8/3/2013

4

CAC

ANB

AB

ANA

A

ANAA

NAN

CAC

BAB

AA

AAAA

D

Dj

D

Dj

r

DjR

Dj

Dj

Dj

rjR

IIII

IIIIIV

ln2

ln2

ln2

1ln

2

1ln

2

1ln

2

1ln

2

πµω+

πµω+

′πµω+=

πµω+

πµω+

πµω+

′πµω+=′

CNCN

NBN

BN

NAN

AN

N

CCN

BBN

AAN

NN

NNN

RD

rjR

D

rjR

D

rj

Dj

Dj

Dj

rjR

III

IIIIV

−

′ω+

−

′ω+

−

′ω=

ω+ω+ω+

′ω+=′

lnlnln

1ln

1ln

1ln

1ln

πµ+

πµ+

πµ+

′πµ=λ

ANN

ACC

ABB

AAA

Di

Di

Di

ri

1ln

2

1ln

2

1ln

2

1ln

2Karena maka

′+++

πµ=λ

NN

CNC

BNB

ANAN r

iD

iD

iD

i1

ln1

ln1

ln1

ln2

Karena maka

NAANCNAC

CNANN

BNAB

BNANNA

NA

ANNANNAA

rD

DDjR

rD

DDjR

rr

DjRR

′′

′′

−=

′πµω++

′πµω++

′′πµω++=−

VVI

IIVV

ln2

ln2

ln2

2Jadi:

19

•

•

•

LAB

LBCRC

AI

BI

CI

•

LAA

LBB

LCC

LNNLCN

LAC

LBN

LAN

NI

RA

RB

RN

A

B

C

N N′

C′

B′

A′

CNAC

CNANNB

NAB

BNANNA

NA

ANNANAAN rD

DDjR

rD

DDjR

rr

DjRR IIIVV

′πµω++

′πµω++

′′πµω++=− ′′ ln

2ln

2ln

2

2

Impedansi bersama ZmBImpedansi sendiri ZsA Impedansi bersama ZmC

CNBC

CNBNNB

NB

BNNBA

NBA

ANBNNNBBN rD

DDjR

rr

DjRR

rD

DDjR IIIVV

′πµω++

′′πµω+++

′πµω+=− ′′ ln

2ln

2ln

2

2

Impedansi sendiri ZsBImpedansi bersama ZmA Impedansi bersama ZmC

CNC

CNNCB

NCB

BNCNNA

NAB

BNANNNCCN rr

DjRR

rD

DDjR

rD

DDjR IIIVV

′′πµω+++

′πµω++

′πµω+=− ′′

2

ln2

ln2

ln2

Impedansi sendiri ZsCImpedansi bersama ZmA Impedansi bersama ZmB

20

•

•

•

LAB

LBCRC

AI

BI

CI

•

LAA

LBB

LCC

LNNLCN

LAC

LBN

LAN

NI

RA

RB

RN

A

B

C

N N′

C′

B′

A′

Dalam bentuk matriks

=

−

′

′

′

C

B

A

sCmBmA

mCsBmA

mCmBsA

A

B

A

C

B

A

ZZZ

ZZZ

ZZZ

I

I

I

V

V

V

V

V

V

[ ] ABCABCABCABC Z IVV~

~~ =′−

Matriks komponen simetris: [ ] 012012012012~

~~IVV Z=′−

[ ] [ ] [ ][ ] /m 1012 Ω= − TT ABCZZ

21

CONTOH: Satu seksi saluran sepanjang l dengan konfigurasi segitigasama sisi dan penghantar netral di titik pusat segitiga

B

A

CN

DDAB =

DDBC =

DDCA =

3

DDDD CNBNAN ===

RRRR CBA ===

rrrr CBA ′=′=′=′

rrrr CBA ===

=

−

′

′

′

C

B

A

sCmBmA

mCsBmA

mCmBsA

C

B

A

C

B

A

ZZZ

ZZZ

ZZZ

llI

I

I

V

V

V

V

V

V

11

Dinyatakan per satuan panjang

22

/m ln2

2Ω

′′πµω++====

NNssCsBsA rr

DjRRZZZZ

/m 3

ln2

3ln

2

3/ln

2ln

2

2

Ω′π

µω+====

′πµω+=

′πµω+=

′πµω+=

NNmmCmBmA

NN

NN

NAB

BNANNmA

r

DjRZZZZ

r

DjR

rD

DjR

rD

DDjRZ

[ ] [ ] [ ][ ]

=

−−

+== −

2

1

01

012

00

00

00

00

00

002

Z

Z

Z

ZZ

ZZ

ZZ

ZZ

ms

ms

ms

ABC TT

( )34

2

0

27ln

23

3ln

22ln

22

NN

NN

NNms

rr

DjRR

r

DjR

rr

DjRRZZZ

′′πµω++=

′πµ

ω++′′π

µω++=+=

r

DjR

r

DjR

rr

DjRRZZZZ

NN

NNms

′πµ

ω+=

′πµω−−

′′πµω++=−==

3ln

2

3ln

2ln

2

2

21

23

Transposisi

24

8/3/2013

5

A

A′

B

C

N

B′

C′

3/l3/l 3/l

1AND

2AND

3AND

RRRR CBA === :Misalkan rrrr CBA ′=′=′=′

( ) ( ) ( )321 333 NAANNAANNAANNAAN VVl

VVl

VVl

VV ′′′′′′′′ −+−+−=−

( )

CNABCAAC

CNANCNANCNANN

BNCABCAB

BNANBNANBNANN

ANA

ANANANNANAAN

rDDD

DDDDDDjR

rDDD

DDDDDDjR

rr

DDDjRR

l

I

I

IVV

′πµω++

′πµω++

′′πµω++=− ′′

332211

332211

23

21

21

ln2

33

1

ln2

33

1

ln2

333

11

25

Jika didefinisikan 33321 dan CABCABeANANANx DDDDDDDD ==

( )

CNABCAAC

CNANCNANCNANN

BNCABCAB

BNANBNANBNANN

ANA

ANANANNANAAN

rDDD

DDDDDDjR

rDDD

DDDDDDjR

rr

DDDjRR

l

I

I

IVV

′πµω++

′πµ

ω++

′′πµ

ω++=− ′′

3/1332211

3/1332211

3/123

21

21

ln2

ln2

ln2

1

maka:

( ) CNe

xNB

Ne

xNA

NA

xNANAAN rD

DjR

rD

DjR

rr

DjRR

lIIIVV

′πµω++

′πµω++

′′πµω++=− ′′

23/122ln

2ln

2ln

2

1

N

xNs rr

DjRRZ

′′πµω++=

2

ln2 Ne

xNm rD

DjRZ

′πµω+=

2

ln2

( )/m ln

232

32

6

0 Ω′′π

µω++=+=Ne

xNms

rrD

DjRRZZZ

/m ln221 Ω

′πµω+=−==

r

DjRZZZZ e

ms

26

CONTOH: Tentukan impedansi urutan positif saluran tansmisi:

4,082 m 4,082 m

230 KV L-LI rated 900 Ar = 1,35 cmr’ = gmr = 1,073 cmR = 0,088 Ω / km

/km 3877,0088,0

01073,0

143,5ln

2

104)314(88,0ln

2Z

314100 :Hz 50 frekuensiUntuk

H/km 104 H/m 104 :udaraUntuk

m 143,5164,8082,4082,4

4

1

47

3

Ω+=π

×π+=′π

µω+=

=π=ω×π=×π=µ

=××=

−

−−

j

jr

DjR

D

e

e

27

Admitansi

28

Jika konduktor lurus kita anggap tak hingga panjangnya danmengandung muatan dengan kerapatan ρρρρ, maka geometri untuk

penerapan hukum Gauss menjadi sederhana. Bidang equipotensial di sekitar konduktor akan berbentuk silindris. Displacement dan kuat

medan listrik di suatu titik berjarak x dari konduktor adalah

xEx πε

ρ=2

Beda potensial antaratitik A yang berjarak xA dari konduktor dan

titik B yang berjarak xB dari konduktoradalah

A

Bx

x

x

xAB x

xdx

xEdxv

B

A

B

A

ln22 περ=

περ== ∫∫

A

xA

B

xB

xDx π

ρ=2

29

Tinjau konduktor a dengan radius ra bermuatan ρρρρadan dua konduktor lain i dan j yang tidak bermuatan

i

Dik

jk, rk , ρk

Djk

Ini adalah beda potensial konduktor i dan j yang diakibatkan oleh adanya muatan di konduktor a

ik

jkk

k

jk

ik

kkkjikij

D

D

r

D

D

rvvv

kkk

ln2

lnln2 πε

ρ=

+

περ

=+=ρρρ

ik

jkkij

D

Dv

k

ln2περ

=ρ

Ini menjadi formula umum

30

8/3/2013

6

Dab

a, ra , ρa

Dac

Dbc

c, rc , ρcb, rb , ρb

cbaabababab vvvv ρρρ ++=

ac

bccab D

Dv

cln

2περ

=ρ

aa

baaab D

Dv

aln

2περ

=ρ

ab

bbbab D

Dv

bln

2περ

=ρ

ρ+ρ+ρ

πε=

ac

bcc

ab

bb

a

abaab D

D

D

r

r

Dv lnlnln

2

1

Tinjau sistem 3 konduktor a, b, c

ik

jkkij D

Dv

k

ln2περ

=ρ

Formula umum: Merupakan superposisi darivab oleh pengaruh ρρρρa , ρρρρb , ρρρρc

seandainya konduktor a danb tidak bermuatan.

31

ba

caabc

D

Dv

aln

2περ

=ρ

bb

cbbbc D

Dv

bln

2περ

=ρ

bc

cccbc

D

Dv

cln

2περ

=ρ

ρ+ρ+ρ

πε=

bc

cc

b

bcb

ab

acabc D

r

r

D

D

Dv lnlnln

2

1

Dab

a, ra , ρa

Dac

Dbc

c, rc , ρcb, rb , ρb

cbabcbcbcbc vvvv ρρρ ++=

sistem 3 konduktor a, b, c

ik

jkkij D

Dv

k

ln2περ

=ρ

Formula umum:

32

Dab

a, ra , ρa

Dac

Dbc

c, rc , ρcb, rb , ρb

cbacacacaca vvvv ρρρ ++=

ca

aaaca D

Dv

aln

2περ

=ρ

cb

abbca D

Dv

bln

2περ

=ρ

cc

accca D

Dv

cln

2περ

=ρ

ρ+ρ+ρ

πε=

c

acc

bc

abb

ca

aaaca r

D

D

D

D

Dv lnlnln

2

1

sistem 3 konduktor a, b, c

ik

jkkij D

Dv

k

ln2περ

=ρ

Formula umum:

33

Tinjau sistem empat konduktor a, b, c, n.

ncbaananananan vvvvv ρρρρ +++=

c, rc , ρcb, rb , ρba, ra , ρa n, rn , ρn

aa

naaan D

Dv

aln

2περ

=ρ

ab

nbban D

Dv

bln

2περ

=ρ

ac

nccan D

Dv

cln

2περ

=ρ

an

nnnan D

Dv

nln

2περ

=ρ

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

an

nn

ac

cnc

ab

bnb

a

anaan D

r

D

D

D

D

r

Dv lnlnlnln

2

1

ik

jkkij D

Dv

k

ln2περ

=ρ

Formula umum:

34

ncbaininininin vvvvv ρρρρ +++=

c, rc , ρcb, rb , ρba, ra , ρa n, rn , ρn

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

an

nn

ac

cnc

ab

bnb

a

anaan D

r

D

D

D

D

r

Dv lnlnlnln

2

1

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

bn

nn

bc

cnc

b

bnb

ba

anabn D

r

D

D

r

D

D

Dv lnlnlnln

2

1

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

cn

nn

c

cnc

cb

bnb

ca

anacn D

r

r

D

D

D

D

Dv lnlnlnln

2

1

0lnlnlnln2

1 =

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

nn

nnn

cn

cnc

bn

bnb

an

anann D

D

D

D

D

D

D

Dv

sistem empat konduktor a, b, c, n.

ncbai , , ,=

35

c, rc , ρcb, rb , ρba, ra , ρa n, rn , ρn

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

an

nn

ac

cnc

ab

bnb

a

anaan D

r

D

D

D

D

r

Dv lnlnlnln

2

1

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

bn

nn

bc

cnc

b

bnb

ba

anabn D

r

D

D

r

D

D

Dv lnlnlnln

2

1

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

cn

nn

c

cnc

cb

bnb

ca

anacn D

r

r

D

D

D

D

Dv lnlnlnln

2

1

sistem empat konduktor a, b, c, n.

ρρρρn dapat di-ganti melalui konservasi muatan

0=ρ+ρ+ρ+ρ ncba ( )cban ρ+ρ+ρ−=ρ

36

8/3/2013

7

c, rc , ρcb, rb , ρba, ra , ρa n, rn , ρn

ρ+ρ+ρ

πε=

nac

cnanc

nab

bnanb

na

anaan

rD

DD

rD

DD

rr

Dv lnlnln

2

12

ρ+ρ+ρ

πε=

nbc

cnbnc

nb

bnb

nba

bnanabn rD

DD

rr

D

rD

DDv lnlnln

2

1 2

ρ+ρ+ρ

πε=

nc

cnc

ncb

bncnb

nca

ancnacn rr

D

rD

DD

rD

DDv

2lnlnln

2

1

sistem empat konduktor a, b, c, n.

37

Yang dapat dituliskan dalam bentuk matriks

ρρρ

πεπεπε

πεπεπε

πεπεπε

=

c

b

a

nc

cn

ncb

bncn

nca

ancn

nbc

cnbn

nb

bn

nba

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

ρρρ

=

c

b

a

cccbca

bcbbba

acabaa

c

b

a

fff

fff

fff

v

v

v

[ ] abcabcabc ρFv ~ ~ =

cbaji

rD

DDf

nij

jninij

, ,,

ln2

1

=

πε=

Ini menjadi formula umum

38

Untuk tegangan sinus keadaan mantap:

=

c

b

a

cccbca

bcbbba

acabaa

c

b

a

fff

fff

fff

ρ

ρ

ρ

V

V

V

=

−

c

b

a

cccbca

bcbbba

acabaa

c

b

a

fff

fff

fff

V

V

V

ρ

ρ

ρ1

[ ] [ ] abcabcabcabcabc VCVFρ~

~~ -1 ==

[ ] [ ] F/m -1abcabc FC =

[ ] [ ]abcabc j CY ω=Kita ingat untuk kapasitorQ = C V

admitansi

39

[ ] [ ]abcabc j CY ω=Admitansi

[ ] [ ] F/m -1abcabc FC =

Inversi matriks ini menyulitkan kitauntuk menghitung langsung

[ ] [ ]abcabc YC maupun

Yang lebih mudah kita peroleh langsung dari rangkaian adalah

[ ]

=

cccbca

bcbbba

acabaa

abc

fff

fff

fff

F

Oleh karena itu kita mencari

[ ] [ ] [ ][ ]TFTF 1012 abc

−=yang akan memberikan

[ ] [ ] 1012012

−= FC

[ ] [ ]012012 CY ω= j

40

Contoh: Satu seksi saluran sepanjang l dengan konfigurasi segitiga samasisi dan penghantar netral di titik pusat segitiga

b

a

cN

DDab =

DDbc =

DDca =3

DDDD cnbnan ===

rrrr cba ===

[ ] ?=abcF

[ ] ?012 =F

[ ] ?012 =C

DDDD cabcab ===

[ ]

=

πε=

smm

msm

mms

nnn

nnn

nnn

abc

fff

fff

fff

rr

D

Dr

D

Dr

D

Dr

D

rr

D

Dr

D

Dr

D

Dr

D

rr

D

222

222

222

)3/(ln

)3/(ln

)3/(ln

)3/(ln

)3/(ln

)3/(ln

)3/(ln

)3/(ln

)3/(ln

2

1F

cbaji

rD

DDf

nij

jninij

, ,,

ln2

1

=

πε=

formula umum

41

rr

Df

ns 3

ln2

1 2

πε=

nm r

Df

3ln

2

1

πε=

Kita ingat matriks simetris

[ ] [ ] [ ][ ]

== −

2

1

01

012

00

00

00

f

f

f

abc TFTF

di manarr

Dfff

nms 27

ln2

12

4

0 πε=+=

r

Dfff ms ln

2

11 πε

=−=

r

Dfff ms ln

2

12 πε

=−=

42

8/3/2013

8

[ ]012F yang merupakan matriks simetris dengan mudah memberikan

[ ] [ ]

=

== −

2

1

0

2

1

01

012012

00

00

00

/100

0/10

00/1

C

C

C

f

f

f

FC

( )34027/ln

2

nrrDC

πε= ( )rDC

/ln

21

πε= ( )rDC

/ln

22

πε=

( )34027/ln

2

nrrDY

πεω= ( )rDY

/ln

21

πεω= ( )rDY

/ln

22

πεω=

43

Transposisi

44

[ ]

=

scbm

msm

mms

abc

fff

fff

fff

F

( ) ( ) ( )[ ]

jiff

jiff

ffff

ijm

ijs

ijijijij

≠=

==

++=

jika

jika 3

1321

A

B

C

N3/l3/l 3/l

3/1

33

23

22

21

33

23

22

21 ln

2

1ln

2

1

3

1

πε=

πε×=

n

ananan

n

ananans

rr

DDD

rr

DDDf

3/1

3332211

3332211

ln2

1

ln2

1

3

1

πε=

πε×=

ncabcab

ancncnbnbnan

ncabcab

ancncnbnbnanm

rDDD

DDDDDD

rDDD

DDDDDDf

cbaji

rD

DDf

nij

jninij

, ,,

ln2

1

=

πε=

formula umum

45

Telah didefinisikan 33321 dan cabcabeanananx DDDDDDDD ==

ne

xm rD

Df

2ln

2

1

πε=

n

xs rr

Df

2ln

2

1

πε=

32

6

0 ln2

12

ne

xms

rrD

Dfff

πε=+=

r

Dffff ems ln

2

121 πε

=−==

F/m )/ln(

21326

00

nex rrDDfC

πε==

F/m )/ln(

21

121 rDf

CCe

πε===

S/m 00 Cjω=Y

S/m 11 Cjω=Y

46

Konstanta PropagasiImpedansi Karakteristik

Rangkaian Ekivalen

47

Impedansi : ΩΩΩΩ / mAdmitansi : S / m

Yang kita peroleh dalam perhitungan impedansi dan admitan si suatusaluran transmisi adalah nilai per satuan panjang.

Impedansi dan admitansi ini terdistribusi sepanjang salur antransmisi.

Setiap meternya misalnya, mengandung impedansi dan admit ansi.

Hal ini berarti, jika saluran transmisi digunakan untuk m enyalurkanenergi, di setiap perubahan posisi sepanjang saluran aka n terjadi

penurunan tegangan dan penurunan arus

48

8/3/2013

9

Tinjau saluran transmisi (dua konduktor)

ujungkirim

ujungterima

suatu posisi xdihitung dariujung terima

x

Pertanyaan: Jika tegangan dan arus di ujung terimadiketahui, berapakah tegangan dan arus di posisi

berjarak x dari ujung terima?

Persamaan Tegangan dan Arus Saluran Transmisi

sVTegangan

ujungkirim

rVTegangan

ujungterima

rI Arus di ujungterima

49

Tinjau jarak sempit ∆∆∆∆x pada posisi x dari ujung kirim

rVsV

x

rIxI

xV

x∆

xx ∆+I

xx ∆+V

xxY V ∆

xxZ I∆

panjangsatuan per admitansi :

panjangsatuan per impedansi :

Y

Z

Dalam jarak sempit ini terdapat tegangan jatuh

dan arus antar kedua konduktor sebesar sehinggaxx xY VI ∆=∆xx xZ IV ∆=∆

xxxx xZ IVV ∆+=∆+

xxxx Z

xI

VV =∆

−∆+atau

xxxx xY III ∆−=∆+

xxxx Y

xI

II −=∆

−∆+atau

dalam jarak ∆∆∆∆x ini terdapatimpedansi dan admitansi sebesar:

xZ∆ xY∆dan

50

xx Z

dx

dI

V= x

x Ydx

dV

I−=

dx

dZ

dx

d xx IV=

2

2

dx

dY

dx

d xx VI−=

2

2

xx ZY

dx

dV

V=

2

2

xx YZ

dx

dI

I−=

2

2

dan persamaanorde ke-dua

substitusi

dx

d

dx

d xx VIdan

Inilah persamaan tegangan dan arus saluran transmisi. Dal am dua persamaan ordeke-dua ini faktor YZ muncul di keduanya.

ZY=γ2 atau ZY=γ

Jika ∆∆∆∆x →→→→ 0, kita tuliskan persamaan orde pertama:

konstanta propagasi

Dengan harapan akan memperoleh kemudahan solusi, didefin isikan:

51

Konstanta Propagasi

52

ZY=γ

Konstanta Propagasi:

Karena Z maupun Y adalah bilangan-bilangan kompleks, maka γγγγjuga bilangan kompleks:

β+α=γ j

Konstanta redaman Konstanta fasa

menyebabkanpenurunan amplitudo

gelombang karenadesipasi daya sepanjangtransmisi. Nilai αααα terkait

dengan resistansisaluran

menyebabkan perubahanfasa dan bentuk

gelombang terkaitdengan perubahan

induktansi dankapasitansi sepanjang

saluran

53

CONTOH: Dari suatu saluran transmisi telah dihitung impedansidan admitansi per satuan panjang:

/km 4654,0088,0 Ω+= jZ S/km 524,3 µ= jYdan

Hitung konstanta propagasi γγγγ.

kmper 10)2863,11205,0(84,61,29210

3,16967,11090524,33,79474,010

524,3)4654,0088,0(10

)10524,3)(4654,0088,0(

3o3-

o3oo3

3

6

−

−−

−

−

×+=∠×=

∠=∠×∠=

×+=

×+==γ

j

jj

jjZY

S/km 105243S/km 524,3 6−×=µ= ,jjY

Penyelesaian:

54

8/3/2013

10

Dengan konstanta propagasi ZY=γ2

xx ZY

dx

dV

V=

2

2Persamaan tegangan orde ke-2:

persaman tersebut menjadi

xx

dx

dV

V 22

2

γ= 022

2

=γ− xx

dx

dV

V

Persaman karakteristik: γ±=→=γ− ss 022

Solusi: xxx eKeK γ−γ += 21V

rx VV =

yang untuk x = 0, yaitu di ujung kirim:

21 KKr +=V

xx Z

dx

dI

V= xxx eKeK

dx

d γ−γ γ−γ= 11V γ−γ= 21 KKZ rI

21 KKZ r −=

γI

Solusi Persamaan Tegangan

Persamaan tegangan orde ke-1:

55

21 KKr +=V

21 KKZ r −=

γI

12KZ r

r =γ

+ IV

12K

Z rr

=γ+ I

V

22KZ r

r =γ

− IV

22K

Z rr

=γ− I

V

)sinh()cosh(

22

2221

xZ

x

eeZee

e

Z

e

Z

eKeK

rr

xxr

xx

r

x

rr

x

rr

xxx

γγ

+γ=

−γ

++=

γ−

+γ+

=+=

γ−γγ−γ

γ−γγ−γ

IV

IV

IV

IV

Vmaka

)sinh()cosh( xZ

x rrx γγ

+γ=⇒ IVV

56

Persamaan tegangan orde pertama menjadixx Z

dx

dI

V=

)cosh()sinh(

22

xZx

eeZeeZ

dx

d

rr

xxr

xx

rxx

γ+γγ=

γ+γγ

+γ−γ==γ−γγ−γ

IV

IVI

V

atau )cosh()sinh( xxZ rrx γ+γγ= IVI

Dengan demikian kita mempunyai sepasang persamaan untuktegangan dan arus, yaitu:

)sinh()cosh( xZ

x rrx γγ

+γ= IVV

)cosh()sinh( xxZ rrx γ+γγ

= IVI

57

Impedansi Karakteristik

58

)sinh()cosh( xZ

x rrx γγ

+γ= IVV )cosh()sinh( xxZ rrx γ+γγ

= IVI

Kita perhatikan persamaan tegangan dan arus:

tegangan arus

Ini harus merupakanadmitansi

arus arustegangan

Ini harus merupakanimpedansi

Maka didefinisikanlah: Impedansi Karakteristik

Impedansi Karakteristik

Y

Z

ZY

ZZZc ==

γ=

Perhatikan: Z adalah impedansi per satuan panjangY adalah admitansi per satuan panjangZc adalah impedansi karakteristik

59

CONTOH: Dari suatu saluran transmisi telah dihitung impedansidan admitansi per satuan panjang:

/km 4654,0088,0 Ω+= jZ S/km 524,3 µ= jYdan

Hitung Impedansi Karakteristik.

S/km 105243S/km 524,3 6−×=µ= ,jjY

Ω−∠=

∠∠×=

×+==

−

35,56,366

903,524

3,79584,110

10524,3

4654,0088,0

o

o

o3

6j

j

Y

ZZc

Penyelesaian:

Ω=Ω=Ω== :Catatan 2

SY

ZZc

60

8/3/2013

11

Apabila d adalah jarak antara ujung kirim dan ujung terima, maka tegangan dan arus di ujung kirim dapat kita peroleh

dengan mengantikan x dengan d pada relasi di atas:

)sinh()cosh( dZd rcrs γ+γ= IVV

)cosh()sinh( ddZ r

c

rs γ+γ= I

VI

Dengan menggunakan impedansi karakteristik Zc sepasangpersamaan untuk tegangan dan arus, menjadi:

)sinh()cosh( xZx rcrx γ+γ= IVV

)cosh()sinh( xxZ r

c

rx γ+γ= I

VI

61

Rangkaian Ekivalen

62

Rangkaian Ekivalen

63

Apabila kita hanya ingin mengetahui keadaan di ujung terim a danujung kirim suatu saluran transmissi, persamaan yang tel ah kita

peroleh telah cukup untuk melakukan perhitungan

Namun karena saluran transmisi terhubung dengan peralatan lain (transformator misalnya) maka kita perlu menyatakan salu ran

transmisi dalam sebuah

Kita tinjau rangkaian ekivalen ππππ seperti berikut:

Pada rangkaian ekivalen, impedansi dan admitansi yang te rdistribusi sepanjang salurandimodelkan sebagai impedansi dan admitansi tergumpal Zt dan Yt.

rVsV

rI

2eY

tZ

2tY

sI

rtrtt

rt

rtrs

ZYZ

YZ

IV

VIVV

+

+=

++=

21

2

rtt

rt

rtrttt

rt

r

st

rt

rs

YZYZY

ZYZYY

YY

IV

IVVI

VVII

++

+=

+

+++=

++=

21

4

21

22

22

2

Rangkaian Ekivalen ππππ

64

Aplikasi hukum Kirchhoff pada rangkaian ini memberikan:

Dengan demikian untuk rangkaian ekivalen ππππ kita peroleh persamaan:

rtrtt

s ZYZ

IVV +

+=2

1 rtt

rtt

tsYZYZ

Y IVI

++

+=

21

4

2

)sinh()cosh( dZd rcrs γ+γ= IVV

Jika kita perbandingkan persamaan tegangan ini denganpersamaan tegangan sebelumnya, yaitu

dan )sinh( dZZ ct γ=)cosh(2

1 dYZ tt γ=+

)sinh(

1)cosh(

1)cosh(

2

1)cosh(2

dZ

d

Z

dY

dYZ

c

t

t

tt

γ−γ=

−γ=→

−γ=

γ=2

tanh2 d

ZY

ct

Zt dan Yt adalah “ nilai tergumpal” impedansi dan admitansi saluran

kita dapatkan

γ=

γ=

2tanh

)sinh(

1

2

d

d

ZY ct

65

Jadi dalam rangkaian ekivalen ππππ

rVsV

rI

2tY

tZ

2tY

sI

)sinh( dZZ ct γ=

γ=2

tanh2 d

ZY

ct

kirim ujungdan terimaujungjarak =d

tikkarakteris impedansi =cZ

66

8/3/2013

12

Catatan Tentang Fungsi Hiperbolik Kompleks

Kita mengetahui bahwa2

sinhxx ee

x−−=

Jika maka:jbax +=

22)sinh(

)()( jbajbajbajba eeeeeejba

−−+−+ −=−=+

bjbebjbe jbjb sincosdan sincos −=+= −Kita dapat menuliskan

sehingga

bajba

bee

jbee

bjbebjbejba

aaaa

aa

sincoshcossinh

sin2

)(cos

2

)(

2

)sin(cos)sin(cos)sinh(

+=

++−=

−−+=+

−−

−

Dengan cara yang sama kita dapatkan

bajbajba sinsinhcoscosh )cosh( +=+

Sedangkan)cosh(

)sinh( )tanh(

jba

jbajba

++=+

Sebuah catatan perlu diberikan mengenai fungsi hiperbolik kompleks

67

Sistem Tiga Fasa Seimbang

68

Diagram fasor sumber tiga fasa

Sumber terhubung Y

Keadaan Seimbang

B

A

C

N

VANVBN

VCN

− +

+−

−+

Diagram fasortegangan

120o

120o

Im

Re

CNV

BNV

o

o

o

240

120

0

−∠=

−∠=

∠=

CNCN

BNBN

ANAN

VV

VV

VV

CNBNAN VVV ==

69

Beban Terhubung Y,

Vff

N

A

B

C

Z = R + j X

Z = R + j X

Z = R + j X

NI

AI

BI

CI

70

Beban Terhubung ∆∆∆∆,

Vff

A

B

C

Z = R + j X

Z = R + j X

Z = R + j X

AI

BI

CI

71

Dalam sistem tiga fasa kita berhadapan dengan paling sedik it 6 peubah sinyal, yaitu 3 tegangan dan 3 arus.

Dalam keadaanseimbang:

33 **3 AAfffS IVIV == 333 LLLfff IVIVS ==

fCBA V=== VVV LCBA I=== III 0=NI

CBA ϕ=ϕ=ϕ=ϕ 3fLLCABCAB VV ==== VVV

ϕ=ϕ=ϕ=

ϕ=ϕ=ϕ=

sin3sin3cos

cos3cos3cos

33

33

LLLffff

LLLffff

IVIVSQ

IVIVSP jQPS fff 333 +=

A

B

CJaringan

XJaringan

Y

AI

BI

CI

CAVABV

BCV

AV BV CV

NI

72

8/3/2013

13

Sistem Tiga Fasa Tak Seimbang

Komponen Simetris

73

Sistem tiga fasa tidak selalu dalam keadaan seimbang. Padawaktu-waktu tertentu, misalnya pada waktu terjadi hubungsingkat satu fasa ke tanah, sistem menjadi tidak seimbang.

Analisis sistem tiga fasa tidak seimbang, dilakukan denga nmemanfaatkan komponen simetris.

Pada 1918, C.L. Fortesque memaparkan dalam papernya, ba hwategangan (ataupun arus) dalam sistem tak seimbang dapat

dinyatakan sebagai jumlah dari tegangan-tegangan (atau ar us-arus) yang seimbang. Tegangan-tegangan (atau arus-aru s) yang

seimbang ini disebut komponen simetris.

Dengan menggunakan komponen simetris, tegangan dan arus tigafasa yang dalam keadaan tak seimbang di-transformasikan k e dalamkomponen-komponen simetris. Setelah analisis dilaksana kan pada

setiap komponen simetris, dilakukan transformasi balik d an kitadapatkan solusi dari keadaan tak seimbang.

74

Hanya ada 3 kemungkinan fasor seimbang yang bisa menjadikomponen simetris yaitu:

o

o

o

240

120

0

−∠=

−∠=

∠=

fC

fB

fA

V

V

V

V

V

V

o

o

o

240

120

0

+∠=

+∠=

∠=

fC

fB

fA

V

V

V

V

V

V

θ∠=

θ∠=

θ∠=

fC

fB

fA

V

V

V

V

V

V

CBA VVV ==

Urutan Positif Urutan Negatif Urutan Nol

120o

120o VA

VB

VC

Im

Re

120o

120o VA

VC

VB

Im

Re

VA= VB= VC

Im

Re

A

B

CJaringan

XJaringan

Y

AI

BI

CI

AV BV CV

NI

75

Operator a

o1201∠=aRe

120o

120o

ImAaV

Aa V2

AV

Badingkan dengan operator j yang sudah kita kenal

o9011 ∠=−=j

Im

ReAV

AjV

Aj V2

Aj V3

Operator a

76

Uraian fasor yang tak seimbang ke dalam komponen-komponen simetris dengan menggunakan operator a

CBA VVV ,,

22

10210

212

0210

210210

VVVVVVV

VVVVVVV

VVVVVVV

aa

aa

CCCC

BBBB

AAAA

++=++=

++=++=

++=++=

77

Urutan nolUrutan positif

Urutan negatif

0112

1 =++ VVV aa 022

22 =++ VVV aa03VVVV =++ CBA

( ) 3/0 CBA VVVV ++=

Im

Re

0V120o

120o

Im

1V

1Va

12Va

120o

120o

Im

Re

22Va

2V

2Va

22

10

212

0

210

VVVV

VVVV

VVVV

aa

aa

C

B

A

++=

++=

++=

+

( ) ( ) 22

12

0 113 VVVVVV aaaaCBA ++++++=++

0 0

( ) 3/0 CBA VVVV ++=

2102

24

13

022

22

1022

13

0

210

VVVVVVV

VVVVVVV

VVVV

aaaaaa

aaaaaa

C

B

A

++=++=

++=++=

++=

+

( ) ( ) 22

1022 131 VVVVVV aaaaaa CBA ++++++=++ ( ) 3/2

1 CBA aa VVVV ++=

+21

202

31

20

2102

23

14

022

210

VVVVVVV

VVVVVVV

VVVV

++=++=

++=++=

++=

aaaaaa

aaaaaa

C

B

A

( ) ( ) 212

022 311 VVVVVV ++++++=++ aaaaaa CBA ( ) 3/2

2 CBA aa VVVV ++=

Mencari komponen simetris dari fasor tak seimbang

78

8/3/2013

14

Contoh: Carilah komponen simetris dari tiga fasor arus tak seimbangberikut ini.

0 ;609 ;609 oo =−∠=∠= CBA III

79

ooo

ooo21

606603603

3/)0)60120(9609(3/)(

∠=∠+∠=

+−∠+∠=++= CBA aa IIII

o

oo

ooo22

1203

3)60sin60(cos31803603

3/)0)60240(9609(3/)(

∠=

−+=∠+∠=

+−∠+∠=++=

j

aa CBA IIII

ooo

oo0

03603603

3/)0609609(3/)(

∠=−∠+∠=

+−∠+∠=++= CBA IIII

Transformasi fasor tak seimbang ke dalam komponen simetris nya dapatdituliskan dalam bentuk matriks sebagai:

=

2

1

0

2

2

1

1

111

V

V

V

V

V

V

aa

aa

C

B

A

80

=

C

B

A

aa

aa

V

V

V

V

V

V

1

1

111

3

1

2 2

21

0

Dengan cara yang sama, kita peroleh untuk arus:

[ ] [ ][ ]012~

~

VTV =ABC

[ ] [ ] [ ]ABCVTV~

~ 1

012−=

[ ] [ ][ ]012~

~

ITI =ABC [ ] [ ] [ ]ABCITI~

~ 1

012−=

Fasor tak seimbang

Fasor tak seimbang Fasor komponen simetris

komponensimetris

Komponensimetris

Fasor takseimbang

ditulis

ditulis

Fasor tak seimbang

komponen simetris

Inversi matriks [T]

Karena fasor tak seimbang ditransformasi ke dalam komponen simetrisnyamaka impedansi harus disesuaikan. Sesuai dengan konsep Im pedansi di

kawasan fasor, kita dapat menuliskan relasi :

[ ] [ ][ ]ABCABCABC Z IV~

~ =

81

Ini adalah matriks impedansi 3 ××××3 yang memberikan induktansi sendiri dan induktansi bersama antar fasa

[ ] [ ][ ]012~

~

VTV =ABC

[ ] [ ][ ]012~

~

ITI =ABC

[ ][ ] [ ][ ][ ]012012~

~

ITVT ABCZ=

[ ] [ ] [ ][ ][ ]0121

012~

~

ITTV ABCZ−=

[ ] [ ][ ]012012012~

~

IV Z=

didefinisikan sebagi [ ] [ ] [ ][ ]TT ABCZZ 1012

−=

relasi komponen simetris

CmBmAsCC

CmBmAsBB

CmBmAsAA

jjXjX

IjjXjX

jjXjX

IXIIVV

XIIVV

IXIIVV

++=′−

++=′−

++=′−

Contoh:•

•

•

Xm

XmXm

AV BV CV

AI

BI

CI

CBA III ++

AV′BV′CV′

Tentukan Z012

=

′′′

−

C

B

A

smm

msm

mms

C

B

A

C

B

A

XXX

XXX

XX

j

I

I

IX

V

V

V

V

V

V

[ ] [ ] [ ][ ]ABCABCABCABC Zj IVV~

~~ =′−

Transformasi: [ ] [ ] [ ][ ]012012012012~

~~

IVV Z=′−

82

[ ] [ ] [ ][ ]

−−

+=

−−+

+=

++++++++++++

+++=

== −

)(00

0)(0

00)2(

3300

0)(330

00)2(3

3

1

1

1

111

)()()(

)()()(

)2()2()2(

3

1

1

1

111

1

1

111

3

1

2

2

222

222

2

2

2

21012

ms

ms

ms

ms

ms

ms

smmmsmmms

smmmsmmms

msmsms

smm

msm

mms

ABC

XX

XX

XX

j

XX

XX

XX

j

aa

aaj

aXXaXaXXaXaXXaX

XaaXXXaaXXXaaXX

XXXXXX

aa

aa

XXX

XXX

XXX

j

aa

aaZZ TT

=

′′′

−

C

B

A

smm

msm

mms

C

B

A

C

B

A

XXX

XXX

XX

j

I

I

IX

V

V

V

V

V

V

[ ] [ ] [ ][ ]ABCABCABCABC Zj IVV~

~~ =′−

Transformasi: [ ] [ ] [ ][ ]012012012012~

~~

IVV Z=′−

)2(0 ms XXjZ += )(1 ms XXjZ −= )(2 ms XXjZ −=

Impedansi urutan nol Impedansi urutan positif Impedansi urutan negatif83

)2(0 ms XXjZ += )(1 ms XXjZ −= )(2 ms XXjZ −=

Impedansi urutan nol Impedansi urutan positif Impedansi urutan negatif

0Z

0V 0V′1Z

1V 1V′2Z

2V 2V′

Masing-masing dipecahkan dengan tatacara rangkaian seimb ang.

Transformasi balik memberikan pemecahan rangkaian tak sei mbang.

Hasil transformasi merupakan 1 set rangkaian seimbang

84

8/3/2013

15

Rangkaian ekivalen diturunkan darisistem dua konduktor

Untuk aplikasi pada sistem tiga fasa kita menggunakankomponen simetris.

Masing-masing komponen dalam komponen simetrismerupakan fasa-fasa seimbang sehingga masing-masing

komponen dapat di analisis menggunakan rangkaian ekivale nsatu fasa.

Dengan demikian masing-masing komponen memilikirangkaian ekivalen, yaitu rangkaian ekivalenurutan positif, urutan negatif, dan urutan nol.

85

0rV0sV

rI

20tY

0tZ

20tY

0sI

1rV1sV

1rI

21tY

1tZ

21tY

1sI

2rV2sV

2rI

22tY

2tZ

22tY

2sI

Rangkaian Urutan Nol Rangkaian Urutan Positif

Rangkaian Urutan Negatif

000000 YYZZ == 111111 YYZZ ==

222222 YYZZ ==

][dan ][ matriks diagonal dalam nilaiadalah dan 012012 YZ YZ iiii

86

000 YZ=γ 111 YZ=γ 222 YZ=γ

Konstanta propagasi urutan adalah

Impedansi karakteristik urutan adalah

0

00 Y

ZZc =

1

11 Y

ZZc =

2

22 Y

ZZc =

)sinh(

)sinh(

)sinh(

222

111

000

dZZ

dZZ

dZZ

ct

ct

ct

γ=γ=γ=

γ=

γ=

γ=

2tanh

2

2tanh

2

2tanh

2

2

22

1

11

0

00

d

ZY

d

ZY

d

ZY

ct

ct

ct

Impedansi dan Admitansi ekivalen urutan adalah

87

Dalam analisis sistem tenaga, sering dilakukan asumsi bahwa sistemberoperasi dalam keadaan seimbang.

Dengan asumsi ini maka hanya rangkaian urutan positif yang diperlukan, dan dengan mengambil fasa a, rangkaian ekivalen satu

fasa menjadi

aI

Z

jXR

a a′

av2

Yav′

2

Y

n n′

88

CONTOH: Dari suatu saluran transmisi telah dihitung impedansidan admitansi per satuan panjang:

/km 4654,0088,0 Ω+= jZ S/km 524,3 µ= jYdan

dan telah dihitung pula impedansi karakteristik serta fak torredaman

o35,56,366 −∠=cZ

kmper 10)2863,11205,0( 3−×+=γ j

Tentukan elemen-elemen rangkaian ekivalen jika panjangsaluran transmisi 100 km.

Impedansi dan admitansi ekivalen saluran adalah:

γ=γ=2

tanh1

2dan )sinh(

d

Z

YdZZ

c

tct

Penyelesaian:

89

( )Ω+=

××+−∠=

γ=−

41,4676,8

10010)2863,11205,0(sinh35,56,366

)sinh(3o

j

j

dZZ ct

o35,56,366 −∠=cZ kmper 10)2863,11205,0( 3−×+=γ j km 100=dDengan:

mS 1764,01764,00000262,0

2

10010)2863,11205,0(tanh

35,56,366

1

2tanh

1

2

3

o

jj

j

d

Z

Y

c

t

≈+=

××+−∠

=

γ=

−

90

8/3/2013

16

Contoh: Tentukan admitansi urutan positif Y1 saluran tansmisi:

4,082 m 4,082 m

230 KV L-LI rated 900 Ar = 1,35 cmr’ = gmr = 1,073 cmR = 0,088 Ω / km

)0135,0/143,5ln(

)2(

)/ln(

)2(

111

επω=επω=ω=ω= j

rD

j

f

jCjY

e

m 143,5164,8082,4082,43 =××=eD

F/km 36

1F/m

36

10 : udara Untuk

9µ

π=

π=ε

−

314100 : Hz 50 frekuensi Pada =π=ω

S/km 935,2)0135,0/143,5ln(

)36/1)(2(3141 µ=ππ= jjY

91

Daya Pada Komponen Simetris

92

∗∗∗ ++= CCBBAAfS IVIVIV3

93

Secara umum relasi dayakompleks 3 fasa adalah:

Dalam bentuk matriks jumlahperkalian ini dinyatakan sebagai: [ ]

=∗

∗

∗

C

B

A

CBAfS

I

I

I

VVV 3

A

B

CJaringan

XJaringan

Y

AI

BI

CI

AV BV CV

NI

maka :

∗= ABCABCtfS IV~~

3

Jika fasor tegangan dinyatakandalam bentuk vektor kolom:

=

C

B

A

ABC

V

V

V

V~

94

dan fasor arus dinyatakan dalambentuk vektor kolom:

=

C

B

A

ABC

I

I

I

I~

[ ]

=∗

∗

∗

C

B

A

CBAfS

I

I

I

VVV 3

dituliskan secara kompak:

[ ] 012~

~

VTV =ABCkarena

[ ] [ ] [ ] [ ] *

012*

012

*012012

3

~~

~

~

~~

ITTV

ITVT

IV

tt

t

ABCABCtfS

=

=

= ∗

[ ] 012~

~

ITI =ABC

maka

dan

[ ] [ ]

=

=

=∗

100

010

001

3

300

030

003

1

1

111

1

1

111

2

2

2

2

aa

aa

aa

aat TT

95

sehingga *0120123

~~3 IV tfS =

atau [ ]∗∗∗ ++= 2211003 3 IVIVIVfS

Contoh:

Tentukan daya kompleks 3 fasa dalam keadaan tak seimbang di mana fasortegangan fasa dan arus saluran diberikan dalam bentuk matri ks sbb:

−=0

100

100~

ABCV

96

−−=

10

10

10~

j

ABCI

Perhatikan bahwa:

=

C

B

A

ABC

V

V

V

V~

dan

=

C

B

A

ABC

I

I

I

I~

[ ] [ ]

10001000010001000

10

10

10

0100100

10

10

10

0100100~

3

jj

jj

IS ABCTABCf

−=++−=

−−

−−=

−−−==

∗

∗V

8/3/2013

17

Contoh:Tentukan daya kompleks 3 fasa dalam Contoh sebelumnya deng anmenggunakan komponen simetris

[ ]

+∠−∠=

+∠++∠−

+−=

−

== −

o

o

o

o

2

21012

303100

303100

0

3

1

0240100100

0120100100

0100100

3

1

0

100

100

1

1

111

3

1~~

aa

aaABCVTV

97

[ ]

++−

=

−∠+∠+∠+−∠+

−−=

−−

== −

1010

1010

2010

3

1

6010601010

6010601010

101010

3

1

10

10

10

1

1

111

3

1~~

oo

oo

2

21012

j

j

j

j

j

j

j

aa

aaABCITI

[ ] 100010001517513

21000

45210

45210

2010

303

10030

3

1000

~~3

oo

o

ooo

0120123

j

j

S f

−=−∠+−∠=

−∠−∠−−

∠−∠=

= ∗IV

98

Hasil perhitungan sama dengan hasilpada Contoh sebelumnya.

Sistem Per-Unit

99

Sistem per-unit merupakan sistem penskalaan atau normalisasi gunamempermudah kalkulasi.

basis nilai

yasesungguhn nilaiunit-per Nilai =

100

Nilai basis selalu memiliki satuan sama dengan nilai sesun gguhnyasehingga nilai per-unit tidak berdimensi.

Di samping itu nilai basis merupakan bilangan nyata sedan gkan nilaisesungguhnya bisa bilangan kompleks.

Kita ambil contoh daya kompleks

*IV=S

α∠= VVJika dan β∠= II maka

)()( β−α∠=β−α∠= SVIS

Kita ambil nilai basis sembarang baseS maka )( β−α∠=base

pu S

SS

Salah satu, Vbase atau Ibase , dapat ditentukan sembarang namuntidak ke-dua-dua-nya. Dengan cara itu maka

basebasebase IVS =

Basis impedansi

basepu V

VV =

Basis tegangan dan basis arus harus memenuhi relasi

basepu I

II =

base

basebase I

VZ =

basebasebasebasepu Z

Xj

Z

R

Z

jXR

Z

ZZ +=+==

tidak diperlukan menentukan basis untukR dan X secara sendiri-sendiri

101

Contoh:3Ω −j4 Ω

j8 Ω∼V 0100 o∠=sV

Jika kita tentukan Sbase = 500 VA dan Vbase = 100 V maka

A 5100

500 ===base

basebase V

SI dan Ω=== 20

5

100

base

basebase I

VZ

Dalam per-unit, nilai elemen rangkaian menjadi:

pu 1100

100 ===base

pu V

VV pu 15,0

20

3 ===base

pu Z

RR

pu 2,020

4 ==puCX

pu 4,020

8 ==puLX

pu 1,5325,02,015,04,02,015,0 o∠=+=+−+= jjjZ pu

102

8/3/2013

18

pu 1,5341,5325,0

01 oo

o−∠=

∠∠==

pu

pupu Z

VI

Penggambaran rangkaian dalam per-unit menjadi

0,15 −j0,2j0,4 ∼o01∠=sV

103

CONTOH: Terapkan sistem per-unit untuk menyatakan elemenrangkaian ekivalen pada contoh sebelumnya, denganmenggunakan besaran basis:

KV 230dan MVA 1003 ==φ LLbasisbasis VS

Dari basis daya dan basis tegangan, kita hitung basis i mpedansi:

529100

2302

3

2

Ω===φbasis

LLbasisbasis S

VZ

pu 09321,0529,0/1

01764

)10529/(1

1764,0

2

pu 08773,001660529

41,4676,8

3j

jjY

j,j

Z

t

t

==×

=

+=+=

−

Rangkaian ekivalen ππππ menjadi seperti di bawah ini.

Penyelesaian:

104

tZ

pu 09321,0j

pu 08773,0pu 01660 j,

pu 09321,0j

Rangkaian ekivalen ππππ :

105

Diagram Satu Garis

106

Diagram satu garis digunakan untuk menggambarkan rangkai an sistemtenaga listrik yang sangat rumit. Walaupun demikian diag ram satu garisharus tetap memberikan informasi yang diperlukan mengena i hubungan-

hubungan piranti dalam sistem.

YZ

Y ∆∆∆∆ loadload

Generator

Pentanahannetral melalui

impedansi

Y

∆∆∆∆

∆∆∆∆

CB

1

3

2 4 5 6

Hubungan Y ditanahkan

Hubungan ∆∆∆∆

Transformatortiga belitan

Transformatordua belitan

Saluran transmisi

Nomor bus

Hubungan Y sering dihubungkan ke tanah. Pentanahan melal uiimpedansi berarti ada impedansi (biasanya induktif atau re sistif) diselipkan antara titik netral dan tanah. Titik netral jug a mungkin

dihubungkan secara langsung ke tanah.

107

Saluran Transmisi

Sudaryatno Sudirham

108