penyaluran energi listrik. Walaupun rangkaian ekivalen ... · Tinjau satu konduktor lurus...
Transcript of penyaluran energi listrik. Walaupun rangkaian ekivalen ... · Tinjau satu konduktor lurus...
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