Date post: | 06-May-2015 |
Category: |
Education |
Upload: | suparman-unkhair |
View: | 548 times |
Download: | 6 times |
Materi sistem tenaga listrik
Suparman,ST
Department of Electrical Engineering,
University of Brawijaya
Malang
BAGIAN I (BAHAN MID SEMESTER) A. REPRESENTASI SISTEM TENAGA
Model Generator
Model Line
Model Transformer
Model Load
Model Single line diagram
Sistem Perunit
B. MODEL RANGKAIAN STL
Matriks Ybus
Matriks Zbus
Persamaan aliran daya
Persamaan umum aliran daya
-Rectangular form
-Polar form
-Hybrid form
C. LOAD FLOW ANALYSIS
Daya real dan daya reaktif
The load flow problem
Gauss-Seidel
Newton Raphson
Fast decoupled
BAGIAN II (BAHAN FINAL SEMESTER) GANGGUAN TIGA FASA SIMETRI KOMPONEN ASIMETRI GANGGUAN ASIMETRI
BUKU: 1. JJ. GREIGER ‘POWER SYSTEM ANALYSIS’ 2. HADI SAADAT ‘POWER SYSTEM ANALYSIS’ 3. NAGRATH ‘POWER SYSTEM ANALYSIS’ 4. W.STEVENSON ‘‘POWER SYSTEM ANALYSIS’
(VERSI INDONESIA) 5. CEKMAS CEKDIN ‘‘POWER SYSTEM ANALYSIS_
(WITH MATLAB) 6. OTHERS …..
PENILAIAN:
Mid semester :35%
Final semester :35%
Tugas+Kuis :30%
Komponen utama sistem tenaga listrik
1. Generator Serempak
2. Saluran transmisi
3. Transformator
4. Beban
Digunakan rangkaian pengganti dari komponen-komponen
utama dalam menganalisis sistem tenaga listrik.
Rangkaian pengganti yang digunakan adalah rangkaian
pengganti satu fasa yaitu nilai phasa-netral sistem
dengan asumsi sistem tiga phasa yang dianalisis dalam
keadaan seimbang pada kondisi operasi normal.
PENDAHULUAN
MODEL RANGKAIAN MESIN SINKRON (SEREMPAK)
Gambar 1 Model generator sinkron(D.F.Warne)
1. MODEL RANGKAIAN MESIN SINKRON (SEREMPAK)
Pada analisis sistem tenaga (sistem dalam keadaan steady state),
karakteristik generator dengan kutub menonjol mendekati
karakteristik generator dengan kutub bulat. Sehingga dalam
analisis ini, semua generator diasumsikan mempunyai rotor
bulat.
Gambar 2 generator sinkron (a) Nonsalient pole (b) Salient pole
SEMUA GENERATOR DIASUMSIKAN MEMPUNYAI ROTOR BULAT
Rotor yang dicatu oleh sumber arus searah menghasilkan
medan magnet yang berasal dari arus yang mengalir pada
belitan rotor.
Rotor tersebut diputar oleh prime mover (turbin) sehingga
medan magnet yang dihasilkan rotor tersebut memotong
kumparan-kumparan pada stator, sehingga tegangan
diinduksikan (dibangkitkan) pada kumparan tersebut.
Frekuensi dari tegangan yang dibangkitkan oleh stator adalah
Dengan
p= jumlah kutub-kutub rotor
n=kecepatan rotor (rpm).
2 60
p nf Hz
Tegangan yang dibangkitkan pada kumparan stator tersebut
adalah merupakan tegangan beban nol. Generator 3 fasa
dengan belitan stator 3 fasa membangkitkan tegangan 3 fasa
yang seimbang.
Bila suatu beban 3 fasa dihubungkan ke generator, maka akan
mengalir arus 3 fasa seimbang pada belitan-belitan stator 3
fasanya(belitan jangkar).
Arus tersebut menimbulkan mmf yang disebut mmf dari reaksi
jangkar, sehingga medan magnet yang berada dalam air gap
merupakan resultan dari mmf yang dihasilkan oleh rotor dan
reaksi jangkar tersebut.
Mmf resultan tersebut membangkitkan tegangan pada tiap-tiap
phasa dari kumparan stator.
Фaf
ФfФr
Ia
Er
Ef
Eaf
90o
Gambar 3. diagram phasor antara fluks dan tegangan pada kumparan fase a
ar a arE jI X
r f arE E E
r f a arE E jI X
t f a ar a tV E jI X jI X
ar l sX X X
( )t f a sV E jI X
( )t f a a sV E jI R X
Ef= tegangan pada saat beban nol
JIaXar=tegangan akibat reaksi jangkar
jIaXl=tegangan akibat reaksi reaktansi leakage
Xs = reaktansi sinkron
Ra = tahanan jangkar
Xar XlRa
Ef
Ia
Er
Gambar 4. Rangkaian pengganti 1 fasa generator sinkron
Vt
Xs
Xs
Ef
Gambar 5. Rangkaian pengganti 1 fasa generator sinkron hasil penyederhanaan
Ia
Ef
Ia Xs
Vt
Ia
2. MODEL SALURAN TRANSMISI
Parameter Saluran transmisi terdistribusi sepanjang saluran
L Ω/km self and mutual inductance
R Ω/km conduction losses
C F/km capacitance between phases
Gambar 6 Saluran transmisi
Model Saluran transmisi
< 80 km Saluran transmisi pendek
80 – 240 km Saluran transmisi menengah
> 240 Saluran transmisi panjang
L R
G/2 G/2B/2 B/2
Gambar 5 Rangkaian Pengganti Saluran transmisi
Voltage Level
High voltage transmission
•Large equipment
•Lines have X/R ≥ 10, low losses
Medium voltage for industries
Low voltage indoor for households
•Compact equipment
•Lines have X/R << 10, high losses
X=ωL RIs IR
Vs VR
Gambar 6 Rangkaian Pengganti Saluran transmisi Pendek
X=ωL RIs IR
VsVRYc/2 Yc/2
Yc=1/Xc
Gambar 7 Rangkaian Pengganti Saluran transmisi menengah
Dalam analisis sistem tenaga listrik hanya digunakan rangkaian
pengganti saluran transmisi pendek dan menengah.
3. MODEL TRANSFORMATOR
Gambar 8 20 MVA, 13.2 kV three phase transformers (James H. Harlow)
N1>N2
Step-down
N1<N2
Step-up
Model transformator
Transformator adalah merupakan komponen kunci dalam transmisi
arus bolak-balik.
• Hight reliabiblity and efficiency >95%
• Rating up to 750 MVA in Sweden
Different type
• Two windings (most common)
• three windings (has two secondary)
• tap changing for voltage control
Single phase transformer model
Gambar 9 Transformator berdasarkan jumlah belitan
a2x2 a
2r2x1r1
GBV1 aV2
I1
IE I2/a
Gambar 10 a Rangkaian pengganti transformator ( besaran dinyatakan terhadap sisi primer)
b Rangkaian ekivalen transformator jika arus pemagnetan diabaikan
Xeq Req
V1 V2
I1
(a) (b)
Ekivalen Circuit
Req(12) =r1 + a2r2 Req(21) =r2 + r1/ a2
Xeq(12) =x1 + a2x2 Xeq(21) =x2 + x1/ a2
Rangkaian ekivalen transformator yang dinyatakan terhadap sisi
primer dan sisi sekunder, arus magnet diabaikan.
Xeq
V1 V2'
I1=I2'
I1=I2' Xeq(12) =X1 + a2X2
Xeq(21) =X2 +X1 /a2
Gambar 11 Rangkaian ekivalen transformator dengan mengabaikan Req
Transformator tiga fasa
Transformator tiga fasa, dapat diperoleh dengan menggabungkan 3 trafo
1 fasa, atau menggunakan trafo 3 fase dalam 1 tank. Berdasarkan
bentuknya, dapat dibagi menjadi core-form (tipe inti) dan shell-form (tipe
cangkang).
Skema bentuk hubungan trafo tiga fasa
a
n
c
b
a'
n'
c'
b'
a
cb
a'
c'
b'
Gambar trafo hubungan Y-Y
Gambar trafo hubungan delta-delta
a
cb
Gambar trafo hubungan delta-Y
a'
n'
c'
b'
Gambar 12 Skema bentuk hubungan trafo tiga fasa
Analisis per fase
•Buat representasi tiga fasa hubungan Y dengan netral
•Bagi semua impedansi yang terhubung delta dengan 3 untuk mendapatkan
ekivalen satu fasa.
•Membagi semua tegangan line to line dengan untuk mendapatkan
rangkaian ekivalen tegangan line to netral 3
Trafo tiga belitan
I1
I2
I3V1
V2
V3
X1 R1 X2 R2
X3 R3
V2
V3
V1
I1 I2
I3
IM
XM RM
V1
V2
V3
X1 R1 X2 R2
X3 R3
V2
V3
V1
I1 I2
I3
Ф
I1
I2
I3
Gambar 13 Rangkaian pengganti trafo 3 fasa 3 belitan
1
( )
tan ( / )
P jQI I
V
V V
Q P
2V VZ
I P jQ
2
I P jQY
V V
Beban terdiri dari motor-motor induksi, pemanas dan penerangan serta
motor-motor singkron. Untuk tujuan analisis, ada 3 cara untuk
merepresentasikan beban:
• Representasi beban dengan daya tetap
Daya aktif (MW) dan daya reaktif (MVAR) mempunyai harga yang tetap
• Representasi beban dengan impedansi tetap Impedansi:
Admitansi:
Impedansi:
4. MODEL BEBAN
• Representasi beban dengan arus tetap
Dengan menganggap bahwa sistem 3 fasa dalam keadaan seimbang.
Penyelesaian/analisis dapat dikerjakan dengan menggunakan
rangkaian 1 fasa dengan saluran netral sebagai saluran kembali.
Untuk merepresentasikan suatu sistem tenaga listrik 3 fasa, cukup
menggunakan diagram 1 fasa yang digambarkan dengan memakai
simbol-simbol dan saluran netral diabaikan.
Diagram tersebut disebut sebagai diagram segaris. Diagram segaris
biasanya dilengkapi dengan data dari masing-masing komponen
sistem tenaga listrik.
5. DIAGRAM SEGARIS
(see STL William Stevenson Jr page: ………)
1
2
3
Load A
Load B
T1 T2
Generator 1: 20000 KVA, 6,6KV, X=0,655 ohm
Generator 2: 10000 KVA, 6,6KV, X=1,31 ohm
Generator 3: 20000 KVA, 3,81KV, X=0,1452 ohm
T1 dan T2 : masing-masing tediri dari tiga trafo fasa 10000 KVA,
3.81-38.1 KV, X=14,52 ohm dinyatakan terhadap sisi tegangan tinggi.
Saluran transmisi: x=17,4 ohm
Beban A= 15.000KW, 6,6KV, power factor: 0.9 lag
Beban B= 30.000KW, 3,81KV, power factor: 0.9 lag
6. DIAGRAM IMPEDANSI
Dengan menggunakan rangkaian pengganti masing-masing
komponen dan dari data yang diketahui diperoleh, maka akan
didapatkan diagram ipedansi
E2E1 E3
Neutral bus
+
_
+
_
+
_
XLXT1 XT2
XG1
XG2XG3
Lo
ad
A
Lo
ad
B
Nilai-nilai setiap komponen diperoleh setelah melakukan normalisasi
PER-UNIT (DIJELASKAN KEMUDIAN)
Normalisasi dilakukan pada nilai nominal
Contoh:
11 KV pada base 10 KV:
Vpu= Vsebenarnya/Vbase = 11KV/10KV = 1,1 pu
• Nilai perunit menunjukkan keadaan saat normal
• Level tegangan dapat diperbandingkan
• Perhitungan dilakukan lebih sedarhana
Dalam sistem tenaga listrik terdapat 4 besaran:
I (Arus – Ampere)
V (tegangan – Volt)
S (Daya – Voltampere)
Z (Impedansi – ohm)
7. NORMALISASI PERUNIT
Dengan menentukan besaran dasar (base), besaran persatuan (per-UNIT)
dapat dihitung.
Besaran besaran tersebut adalah besaran 1 fasa (Fasa-Netral).
Nilai actualNilai per UNIT
Nilai base
( ) ( )( )
( ) ( )
actual
base B
I Ampere I AmpereI pu
I Ampere I Ampere
( ) ( )( )
( ) ( )
actual
base B
V Volt V VoltV pu
V Volt V Volt
( ) ( )( )
( ) ( )
actual
base B
S VA S VAS pu
S VA S VA
( ) ( )( )
( ) ( )
actual
base B
Z ZZ pu
Z Z
Dengan mengetahui base dari dua kuantitas (S, V, I dan Z), maka
nilai base lainnya dapat diketahui.
Pada prakteknya, biasanya yang diketahui adalah MVA base, dan
satu base tegangan.
Perbandingan belitan trafo menyebabkan base tegangan pada
sistem berbeda-beda.
1baseBase
baseLN
KVAI
KV
2
1
2
1
( ) 1000
( )
baseLNBase
base
baseLNBase
base
KV xZ
KVA
KVZ
MVA
3
3
baseBase
baseLL
KVAI
KV
2
3
2
3
( ) 1000
( )
baseLLBase
base
baseLLBase
base
KV xZ
KVA
KVZ
MVA
Dengan menggunakan data 1 fasa:
Dengan menggunakan data 3 fasa:
Contoh:
2
1
3
Load A
Load B
T1 T2
Generator 1: 20.000 KVA, 6,6KV, X=0,655 ohm
Generator 2: 10.000 KVA, 6,6KV, X=1,31 ohm
Generator 3: 30.000 KVA, 3,81KV, X=0,1452 ohm
T1 dan T2 : masing-masing tediri dari tiga trafo 1 fasa 10000 KVA,
3.81- 38.1 KV, X=14,52 ohm dinyatakan terhadap sisi tegangan tinggi
Saluran transmisi: x=17,4 ohm
Beban A=15.000KW, 6,6KV, power factor: 0.9 lag
Beban B=30.000KW, 3,81KV, power factor: 0.9 lag
Perhitungan dalam peunit dapat dilakukan sebagai berikut:
2
1
3
Load A
Load B
T1 T2
Perhitungan base tegangan Perhitungan base tegangan (dimulai dari rangkaian generator 1: Base tegangan pada rangkaian generator 1= = 6,6 KV (SEBAGAI AWAL) Base tegangan saluran transmisi= Base tegangan generator 3=
3 3,81/ 3 38,1 6,6 / 66 ; 30x x KV kV MVA
3 38,1/3,81 66/3,81 30x KV kV MVA
3 3,81x
6,6 / 3 3,81 3 38,1 66x x x KV KV
66 / 3 38,1 3,81 3,81x x KV KV
6,6 KV 66 KV
3,81 KV
( 1) ( ) ( 3)
30.000 30.000 30.0002,624 0,26243 4,546
3 6,6 3 66 3 3,81B gen B line B genI kA I kA I kA
x x x
Rating 3Φ trafo T1 = Rating 3Φ trafo T2 =
Perhitungan base arus
Perhitungan base Impedansi
2 2 2
( 1) ( ) ( 3)
6,6 66 3,811,452 145,2 0,48387
30 30 30B gen B line B genZ Z Z
6,6 / 66kV 66/3,81kV
Dengan menggunakan base V, S, I dan Z, maka nilai-nilai aktual dapat
diubah menjadi kuantitas dalam perunit :
E2E1 E3
Neutral bus
+
_
+
_
+
_
j0,10 j0,1198
j0,30j0,45 j0,009
j0,10
XG1 XG2XG3
XLXT1 XT2
Perhitungan dalam pe-unit: Reaktansi Generator:
1 2 3
0,655 1,31 0,14520,451 0,00902 0,3
1,452 145,2 0,48387G G GX pu X pu X pu
Reaktansi saluran:
17,40,1198
145,2lineX pu
Reaktansi transformator
1 2
14,52 14,520,1 0,1
145,2 145,2T TX pu X pu
MENGUBAH BASE DARI BESARAN PERSATUAN
Untuk mengubah kuantitas dengan base baru, dapat menggunakan rumus:
2
( ) ( )BO Bn
n pu o pu
Bn Bo
KV KVAZ Z
KV KVA
Zn = Impedansi (pu) dengan base baru
Zo = Impedansi (pu) dengan base lama
KVBN = Tegangan base (KV) baru
KVBo = Tegangan base (KV) lama
KVABN = Daya base(KVA) baru
KVABo = Daya base(KVA) lama
Nilai perunit Model transformator
Nilai perunit dari transformator bila ditinjau dari sisi primer, maupun dari sisi
sekunder adalah sama, Z12 = Z21. Untuk menyederhanakan model, maka
transformator hanya dimodelkan sebagai suatu impedansi ekivalen Zeq = Xeq.
Contoh:
Transformator 1 fasa dengan rating 110/440 V, 2,5 KVA. Reaktansi bocor diukur
dari sisi tegangan rendah 0,06 ohm. Tentukan harga reaktansi bocor dalam pu
Penyelesaian
2,5 KVA
110 volt 440 volt
I1 I2
V2V1
a=110/440 X12=0,06
2
1
0,110 10004,84
2,5B
xZ
Reaktansi bocor terhadap sisi tegangan rendah:
12
0,060,012
4,84X pu
Impedansi base pada sisi tegangan rendah:
Reaktansi bocor terhadap sisi tegangan tinggi:
2
1221 2
1100,06 0,96
440
XX
a
Impedansi base sisi tegangan tinggi:
2
2
0,440 100077,5
2,5B
xZ
Reaktansi bocor terhadap sisi tegangan tinggi:
21
0,960,012
77,5X pu
Jadi X12 = X21
Impedansi (pu) trafo 3 belitan
Dari hasil test hubung singkat, dapat diperoleh tiga impedansi sebagai berikut:
•Z12 = impdansi bocor diukur pada primer dengan sekunder short dan tersier open
•Z13 = impdansi bocor diukur pada primer dengan tersier short dan sekunder open
•Z23 = impdansi bocor diukur pada sekunder dengan tersier short dan primer open
Z1 Z2
Z3
1 2
3
Z12 = Z1 + Z2
Z13 = Z1 + Z3
Z23 = Z2 + Z3
1 12 13 23
2 12 13 23
3 12 23 13
1
2
1
2
1
2
Z Z Z Z
Z Z Z Z
Z Z Z Z
Semua impedansi dalam perunit
Contoh 2
T1 T2
M1
M2
Gk l m n
p
r
Data:
Generator G : 300 MVA, 20 KV, X’’=20%
Motor M1 : 200 MVA (input), 13,2 KV, X’’=20%
Motor M2 : 100 MVA (input), 13,2 KV, X’’=20%
Transmisi : 64 km, 0,5 ohm/km
Trafo T1 : 350 MVA, 230Y -20∆ KV, X=10%
Trafo T2 : Terdiri dari 3 trafo single phase: 100MVA, 127-13,2KV, X=10%
Gambarkan diagram reaktansi dalam pu dengan menggunakan base
300 MVA dan 20 kV pada rangkaian generator
T1 T2
M1
M2
Gk l m n
p
r
Trafo T2 : Terdiri dari 3 trafo single phase: 100MVA, 127-13,2KV, X=10%
Trafo T2(3Ф)=300MVA, 127 - 13,2KV= X=10% 3
Perhitungan dalam pu dengan menggunakan dasar 300 MVA, 20KV
(pada generator)
Perhitungan dasar tegangan:
Dasar Tegangan generator: 20 KV (ditentukan dari awal-sbg base point)
Dasar Tegangan Line : 20 KV(230/20) =230 KV
Dasar Tegangan Motor: 230kV(13,2 / 127 ) =13,8kV
Perhitungan dasar Impedansi:
Perhitungan dasar Arus:
3
2 2 220 230 13,81,333 176,33 0,6348
300 300 300gen Line MotorZ Z Z
300000 300000 30000010,606 753,065 12,551
3 20 3 230 3 13,8gen Line MotorI kA I A I kA
x x x
20kV 230kV
13,8kV
Penyelesaian
Perhitungan Impedansi (pu):
22
2
2
22
1 1
20 300000 3 127 3000000,2 0,2 0,1 0,0915
20 300000 230 300000
20 300000 13,20,1 0,0857 0,2
20 350000 13,8
( ) ( ) o nn o
T
o
g T
M
n
KV KVAZ pu Z pu
KV KV
xX j pu X j pu
X
A
j pu X
2
2
3000000,274
200000
0,5 64 13,2 3000000,1815 0,2 0,549
176,33 13,8 100000L M
j pu
xZ j pu X j pu
Eg1 EM2EM1
Neutral bus
+
_
+
_
+
_
j0,0857 j0,1815
j0,274j0,20
j0,0915
XM2
Xg1XM1
XLXT1 XT2
k L m n
j0,549
TUGAS 1: KERJAKANLAH SOAL NO. 6.15 HALAMAN 155 ANALISIS SISTEM TENAGA LISTRIK, WILLIAM D. STEVENSON,Jr
Data:
Generator G : 300 MVA, 20 KV, X’’=20%
Motor M1 : 200 MVA (input), 13,2 KV, X’’=20%
Motor M2 : 100 MVA (input), 13,2 KV, X’’=20%
Transmisi : 64 km, 0,5 ohm/km
Trafo T1 : Terdiri dari 3 trafo single phase:150 MVA, 132,79Y-20∆ KV, X=10%
Trafo T2 : Terdiri dari 3 trafo single phase: 100MVA, 127-13,2KV, X=10%
Gambarkan diagram reaktansi dalam pu dengan menggunakan MVA base 20
MVA dan tegangan 20 KV pada rangkaian generator
1. MATRIKS Ybus
2. MATRIKS Zbus
3. PERSAMAAN ALIRAN DAYA
4. PERSAMAAN UMUM ALIRAN DAYA
5. RECTANGULAR FORM
6. POLAR FORM
7. HYBRID FORM
B. MODEL RANGKAIAN SISTEM
TENAGA LISTRIK
1. MATRIKS Ybus
1
23 4
1
23 4
I2
I1
I3
I4
y12
y23
y34
y13
y10
y20 y30
y40
Diagram admitansi
y10=yc12/2 + yc13/2
Diagram segaris
Persamaan
I1 = V1 y10 +(V1-V2)y12 + (V1-V3)y13
I2= V2 y20 +(V2-V1)y12 + (V2-V3)y23
I3= V3 y30 +(V3-V1)y13 + (V3-V2)y23 + (V3-V4)y34
I4= V4 y40 +(V4-V3)y34
Dengan menjabarkan persamaan-persamaan diatas, diperoleh:
I1 = V1 (y10 + y12+ y13) -V2 y12 -V3 y13 + 0 V4
I2= -V1 y12 +V2 (y20+y12+y23) -V3 y23 + 0 V4
I3= -V1 y13 -V2 y23 +V3 (y30+ y13+ y23+ y34) - V4 y34
I4= 0 V1 +0 V2 -V3 y34 + V4 (y40 +y34)
I1 = Y11V1 + Y12 V2 + Y13V3 + 0 V4
I2= Y12V1 + Y22V2 + Y 23V3 + 0 V4
I3= Y13V1 + Y 23V2 + Y33V3 - Y34V4
I4= 0 V1 + 0V2 + Y34V3 + Y44V4
Dalam bentuk matriks dapat dituliskan
dalam bentuk:
11 12 13 141 1
21 22 23 242 2
31 32 33 343 3
41 42 43 444 4
Y Y Y YI V
Y Y Y YI V
Y Y Y YI V
Y Y Y YI V
1
23 4
I2
I1
I3
I4
y12
y23
y34
y13
y10
y20 y30
y40
bus bus busI Y V
11 12 13 141 1
21 22 23 242 2
31 32 33 343 3
41 42 43 444 4
, ,bus bus bus
Y Y Y YI V
Y Y Y YI VI Y V
Y Y Y YI V
Y Y Y YI V
Atau secara umum dapat dituliskan:
Ibus = arus masuk bus,
Vbus = tegangan bus(L-N),
Ybus = matriks Ybus
Elemen diagonal Yii adalah semua admitansi yang terhubung pada bus i:
Y11= y10 + y12+ y13
Y22= y20+y12+y23
Y33= y30+ y13+ y23+ y34
Y44= y40 +y34
Tegangan bus(fasa-tanah) Matriks Ybus Arus masuk bus
1
bus busZ Y
11 12 13 14
21 22 23 24
31 32 33 34
41 42 43 44
bus
Z Z Z Z
Z Z Z ZZ
Z Z Z Z
Z Z Z Z
2. MATRIKS Zbus
Matriks impedansi bus, Zbus adalah merupakan invers dari matriks Ybus.
Nilai admitansi = 0, bila bus I dan j tidak terhubung
Elemen off diagonal Yij adalah negatif dari admitansi antara bus i dan bus j:
Y12= Y21=- y12
Y13= Y31=- y13
Y23= Y32=- y23
Y34= Y43=- y34
Y14= Y41=0
Y24= Y42=0
bus
P + jQ P + jQ
G
1
2 3 4
3. PERSAMAAN ALIRAN DAYA
Aliran daya masuk bus = Aliran daya keluar bus
Persaamaan aliran daya pada bus 2:
P2+ jQ2 = (P21 + jQ21 + (P23 + jQ23)
= V2 I*21 + V2 I
*23
= V2 I*21 + V2 I
*23
= V2 I*2
(P2+ jQ2)* = (V2 I
*2)
*
P2- jQ2 = V2* I2
Dengan menggunakan Ybus
11 12 13 141 1
21 22 23 242 2
31 32 33 343 3
41 42 43 444 4
Y Y Y YI V
Y Y Y YI V
Y Y Y YI V
Y Y Y YI V
Diperoleh:
I2= Y21V1 + Y22V2 + Y 23V3 + Y24V4
4
2 2
1
j j
j
I V Y
Persamaan umum aliran daya pada bus 2:
4*
2 2 2 2
1
j j
j
P jQ V V Y
Persamaan umum aliran daya untuk bus i:
*
1
N
i i i j ij
j
P jQ V V Y
*
* * * * * *S V I S VI S V I P jQ V I
*
1
n
i i i j ij
j
P jQ V V Y
i i i ij ij ijV e jf Y G jB
4. PERSAMAAN UMUM ALIRAN DAYA
Bentuk rectangular:
1 1
1 1
( ) ( )
( ) ( )
n n
i i ij j ij i i ij j ij j
j j
n n
i i ij j ij i i ij j ij j
j j
P e G e B f f G f B e
Q f G e B f e G f B e
1
1
s( )
( )
n
i i ij j i j ij
j
n
i i ij j i j ij
j
P V Y V Co
Q V Y V Sin
Bentuk polar
i i i ij ij ijV V Y Y
1
1
s( ) ( )
( ) ( )
n
i i j ij i j ij i j
j
n
i i j ij i j ij i j
j
P V V G Co B Sin
Q V V G Sin B Cos
Bentuk hybrid
i i i ij ij ijV V Y G B
dengan
dengan
dengan
1. Daya real dan daya reaktif
2. The load flow problem
3. Gauss-Seidel
4. Newton Raphson
5. Fast decoupled
C. LOAD FLOW ANALYSIS
Z
R
X
V S
P
Qx I x I
φ φ φ
Daya real dan daya reaktif
Z=R+jX
R=Zcosφ
R=ZSinφ
Cos φ= powerfactor
φ >0 induktif/lagging
φ <0 capasitif/leading
V=(R+jX)I S=P+jQ
P=S cos φ (heat, work)Q=S Sin φ
(E & M field)
Pada analisis aliran daya dihitung:
•Tegangan dan sudut tegangan tiap-tiap bus
•Aliran daya pada setiap saluran
Aliran daya pada setiap saluran i-j ditentukan sebagai berikut:
Load flow problem
*
*
ij i ij
i j
ij i
ij
S V I
V VS V
Z
Zij=Impedansi saluran i-j
Kesetimbangan daya pada setiap bus
To the rest system
PGK+jQGK
Load
PLK+jQLK
K KV
Bus K
Persamaan kesetimbangan pada bus k:
Pin – Pout =0
Qin – Qout =0
Pin dan Qin adalah merupakan pembangkitan dikurangi dengan load
Pout dan Qout adalah line transfer ke bus i≠j, tergantung pada Vi dan θi.
Terdapat tiga type bus:
Swing atau SLACK BUS, merupakan bus referensi, dimana V
dan θ diketahui
Terhubung dengan generator
V dan θ (referensi) dari generator diketahui dan tetap.
P dan Q dihitung
Mencatu rugi-rugi daya dari beban yang tidak dapat disupply
oleh generator lain.
PV bus atau generator bus
Terhubung dengan generator
P dan V dari generator diketahui dan tetap
Q dan θ dari generator dihitung
PQ bus atau load bus, V dan θ tidak diketahui.
Terhubung dengan beban
P, Q dari beban diketahui dan tetap
V dan θ tegangan dihitung
Metode Gauss Seidel
ANALISIS ALIRAN DAYA (load flow analisis).
Dalam penyelesaian load flow metode Gauss Saidel dapat dilakukan melalui langkah-
langkah sebagai berikut :
1. Tegangan pada Swing Bus diabaikan dari penyelelesaian iterasi tegangan-
tegangan Bus yang lain, karena besar dan sudut tegangan pada Swing Bus telah
DITENTUKAN/DITETAPKAN.
2. Untuk keseluruhan n buah Bus, tegangan dihitung untuk setiap Bus k (kecuali
Swing Bus) dimana Pk dan Qk diberikan adalah:
N
n
nkn
k
kk
kk
k VYV
jQP
YV
1
.*
1
dimana n k
Nilai-nilai untuk tegangan pada ruas kanan persamaan itu adalah nilai-nilai
hitungan terbaru untuk Bus yang bersesuaian atau tegangan perkiraan jika belum
dilakukan iterasi pada suatu Bus. Persamaan (1) hanya berlaku untuk Bus dimana
daya nyata (P) dan reaktif (Q) telah ditentukan (Load Bus).
…(1)
3. Pada suatu Generator Bus dimana besar tegangannya telah ditentukan,
perhitungan hanya dilakukan pada komponen reaktif (Q). Nilai tegangan setiap
iterasi diperoleh dengan menghitung nilai daya reaktifnya dengan menggunakan
persamaan (2) berikut:
*..1
k
N
n
nknkkk VVYVY
*
1
N
k k k kn n
n
P jQ V Y V
1
Im * .N
k k kn n
n
Q V Y V
dimana n k .
Jika dibuat n sama dengan k
…(2)
…(3)
…(4)
Daya reaktif Qk didapat dari persamaan (4) dan untuk mendapatkan suatu nilai Vk
yang baru menggunakan nilai-nilai tegangan sebelumnya yang terdapat pada Bus-
bus tersebut dan nilai Qk ini dimasukkan ke persamaan (1). Hasilnya merupakan
tegangan kompleks yang telah dibetulkan untuk besar yang telah ditentukan.
Proses iterasi berhenti apabila V bernilai kecil atau nilai tegangan sama dengan
nilai tegangan iterasi sebelumnya (mendekati nilai toleransi yang diberikan
biasanya 10-4).
Proses iterasi dapat dipercepat dengan cara memberikan faktor percepatan yaitu
pada umumnya bernilai 1,6.
( 1) ( ) ( 1) ( ) ( ) ( )
( ) .k k k k k k
i accelerated i i i i iV V V V V V
CONTOH
Penggunaan Metode GAUSS SEIDEL
1
5
2
3
4
white
Yellow
Red
Green
Black
Saluran R X
1-2 0,10 0,40
1-4 0,15 0,60
1-5 0,05 0,20
2-3 0,05 0,20
2-4 0,10 0,40
3-5 0,05 0,20
Data Line
Bus P (pu) Q (pu) V (pu) Keterangan
1 … … Swing/slack bus
2 -0,6 -0,3 Load bus
3 1,0 … Generator bus
4 -0,4 -0,1 Load bus
5 -0,6 -0,2 Load bus
1,02 0o
1,00 0o
1,04 0o
1,00 0o
1,00 0o
Data Bus
12 21
12 12
1 10,588225 2,3529
0.10 0,40y y j
R jX j
12 21 12 0,588225 2,3529Y Y y j
Penyelesaian
Saluran G B
1-2 0,588235 -2,352941
1-4 0,392157 -1,568627
1-5 1,176471 -4,705882
2-3 1,176471 -4,705882
2-4 0,588235 -2,352941
3-5 1,176471 -4,705882
2,1569 8,6275 0,5882 2,3539 0 0,3922 1,5686 1,1765 4,7059
0,5882 2,3539 2,3529 9,4118 1,1765 4,7059 0,5882 2,3539 0
0 1,1765 4,7059 2,3529 9,4118 0 1,1765 4,7059
0,3922 1,5686 0,5882 2,353
bus
j j j j
j j j j
Y j j j
j j
9 0 0,9804 3,9216 0
1,1765 4,7059 0 1,1765 4,7059 0 2,3529 9,4118
j
j j j
Matriks Ybus adalah:
Admitansi saluran
OFF DIAGONAL
Y12=-y12
Saluran R X
1-2 0,10 0,40
1-4 0,15 0,60
1-5 0,05 0,20
2-3 0,05 0,20
2-4 0,10 0,40
3-5 0,05 0,20
Data Line
Bus 1 adalah slack bus (umumnya bus 1 atau bus yang mempunyai daya
pembangkitan yang paling besar dianggap sebagai slack bus), dimana slack bus,
tegangan dan sudut diketahui. Untuk analisis aliran daya, perhitungan dilakukan
langsung pada bus 2:
Iterasi I
*
1
n
i i i j ij
j
P jQ V V Y
*
2 2 2 2
1
*
2 21 1 22 2 23 3 24 4
n
j j
j
P jQ V V Y
V Y V Y V Y V Y V
2 22 21 1 23 3 24 4*
22 2
1 P jQV Y V Y V Y V
Y V
Y21= -0,588235 + j2,352941
Y22= 2,352941 – j9,411764
Y23= -1,176471+j4,705882
Y24= -0,588235+ j2,352941
Y25= 0 – j0,0
Tegangan pada bus 2 (Load bus)
(1) 2 22 21 1 23 3 24 4*
22 2
1 P jQV Y V Y V Y V
Y V
(1)
2
(1)
2
1 0,6 0,3((-0,588235 + j2,352941)(1,02)
2,352941-j9,411764 1,0 0,0
(-1,176471+j4,705882)(1,04) (-0,588235+ j2,352941)(1,0))
1 0,6 0,32,411764 - j9,647058
2,352941-j9,411764 1,0 0,0
jV
j
jV
j
(1)
2 0,98000 0,052500jV
Koreksi
(1) 2 22 21 1 23 3 24 4*
22 2
1 P jQV Y V Y V Y V
Y V
(1)
20,98000 0,05
1 0,6 0,32,411764 - j9,647058
2,352941-j9,41176 25004
j
jV
(1)
2 0,976351 0,050965V j pu
ΔV2 = (V2(1) – V2
(0)) = (0,976351 - j0,052500) – (1,0 + j0,0) = -0,02365 –j0,050965
ΔV2 = 0,0561857 0,0001
V2(1) = V2
(0) + ΔV2 = (1,0 + j0,0) + 1,6 (-0,02365-j0,050965) = 0,96216 – j0,081544
Tegangan pada bus 3 (bus generator)
(1) 3 33 32 2 35 5*
33 3
1 P jQV Y V Y V
Y V
(1)
3
(1)
3
(1)
3
1 1,0((-1,176471+j4,705882)
2,352941 +j9,411764 1,04 0,0
(0,976351 0,050965) (-1,176471+j4,705882)(1,0)
10,961538 0,4277801 2,085285 0,360334
2,352941-j9,411
0,444
764
0,304 2
913
68 3
V xj
j
j
V j j
V
9,788135
1,054984 0,0599792,352941-j9,411764
jj pu
*
3 3 3 3
1
*
3 32 2 33 3 35 5
n
j j
j
P jQ V V Y
V Y V Y V Y V
*
3 3 32 2 33 3 35 5ImQ V Y V Y V Y V
3
3
Im 1,04 -1,176471+j4,705882 0,976351 0,050965
2,352941 +j9,411764 1,04 -1,176471+j4,705882
0,444913
1,0
Q j
Q pu
Y32= -1,176471+j4,705882
Y33= 2,352941 +j9,411764
Y35= -1,176471+j4,705882
Koreksi
(1)
3
1,041,054984 0,059979 1,038322 0,0590
1,05668832V j j
(1)
3 1,056688V
V ΔV3
(1) = (V3(1) – V3
(0)) = (1,038322 + j 0,059032) - (1,04 + j0,0)
= -0,001678 + j0,059032 pu
ΔV3 = 0,0591 0,0001
V3(1) = V3
(0) + ΔV3
= 1,04 + 1,6(-0,001678 + j0,059032) = 1,0373152 + j0,0944
Y41 = -0,392157 + j1,568627 = 1,61690104
Y42 = -0,588235 + j2,352941 = 2,43160104
Y43 = -0,0 + j0,0 pu
Y44 = 0,392157 + 0,588235 -j1,568627 - j2,352941
= 0,9804 –j3,921568 = 4,0423-75,964
Tegangan pada bus 4 (load bus)
4 4
4 41 1 42 2
44 4
1 P jQV Y V Y V
Y V
1
0,4 0,1 -0,392157 + j1,568627 1,0 + (-0,588235 + j2,352941)(0,98000 - j0,052500)0,9804 j3,921568
j
0,374107 3,8118725
0,9804 30,937295
,92153 0,1389284
68j
j
j
Koreksi
(1)
4
0,9372953 0,13
1 0.4 0,10,7741 3,9118725
0,9804 3,921568 89284j
jV
j
0,949111 0,15031434j
ΔV4(1) = (V4
(1) – V4(0)) = (0,949111 – j0,15031434) – 1 = -0,050889 – j0,15301434
ΔV4 = 0,1586 0,0001
V4(1) = V4
(0) + ΔV4 = 1 + 1,6(-0,05088 – j0,15031434) = 0,9185776 – j0,240503
Tegangan pada bus 5 (load bus)
Y51 = -1,176471 + j4,705882 = 4,85071104
Y52 = - 0,0 + j0,0 pu
Y53 = 1,176471 + j4,705882 pu
Y55 = 1,176471 + 1,176471 - j4,705882 -j4,705882 = = 2,3524942 – j9,411764
353151(1)
5
55
55
(1)
5 VYVYV
jQP
Y
1V
1 0,6 j0,2
1,17641 j4,705882 1,022,352942- j9,411764 1
-1,76471 j4,70588 1,037352 0,0944512j
1
0.6 0,2 2,8648899 9,57053452,352942 - j9,411764
j j
0,993675755 0,0077745j
(1)
5
1 0,6 0,22,86488 9,5705345
2,3529442 9,411764 0,9936755 0,0077745
jV j
j j
= 0,993888184 – j0,0083967
Koreksi
ΔV5(1) = (V5
(1) – V5(0)) = -0,006111815 – j0,0083967
ΔV5 = 0,01038 0,0001
V5(1) = V5
(0) + ΔV5 = (1 + j0,0) + 1,6(-0,006111815 – j0,0083967)
= 0,990221095 – j0,013434708
Iterasi 0 Iterasi 1 ΔV Koreksi
(a = 1,6)
V1(0) = 1,02+j0,0 V1
(1) = 1,02+j0,0 ΔV1=V1(1)-V1
(0) V1(1) = 1,02+j0,0
V2(0) = 1,00+j0,0 V2
(1) = 0,97635+j0,050965 ΔV2=V2(1)-V2
(0)
0,0561857
V2(1) = V2
(0)+aΔV2 =
0,96216 – j0,081544
V3(0) = 1,04+j0,0 V3
(1) = 1,038322 + j0,059032 ΔV3=V3(1)-V3
(0)
0,0591
V3(1) = optional =
1,0373152 + j0,0944
V4(0) = 1,00+j0,0 V4
(1) = 0,949111-j0,1503143 ΔV4=V4(1)-V4
(0)
0,1586
V4(1) = V4
(0)+aΔV4
0,9185776 – j0,240503
V5(0) = 1,00+j0,0 V5
(1) = 0,9938881 – j0,00839 ΔV5=V5(1)-V5
(0)
0,01038
V5(1) = V5
(0)+aΔV5
0,9902211 – j0,0134347
Hasil iterasi 1 secara lengkap adalah:
If |ΔV| < toleransi iterasi stop, toleransi biasanya 0,0001
Tugas 2: Lanjutkan PROSES iterasi sampai iterasi ke-4 untuk contoh soal tersebut diatas dengan menggunakan Methode Gauss Seidel
Metode Newton Raphson
Menentukan harga x untuk f(x) =0 dengan metode Newton-Raphson
Fungsi dengan 1 variabel
f(x) = 0
Dengan menggunakan deret TAYLOR 2
2
( ( )) ( ( )) ( ( ))1 1 1( ) ( ) ( ) .....
1! 2! !
n
o o oo o n
d f x d f x d f xf x f x x x
dx dx n dx
Dengan pendekatan linier
( ( ))1( ) ( ) ( ) 0
1!
oo o
d f xf x f x x x
dx
ΔFo ΔF1
ΔF2
ΔX1 ΔX2
F(x)
Xo X1 X2
SEHINGGA DIPEROLEH
dxxdf
xfxx
/0
001
ATAU DAPAT DITULISKAN SBB
dxxdf
xfxx
/0
001 0x
1x
RUMUS UNTUK ITERASI KE ( K+1 )
1
/
x
k k
k
f xx x
df x dx
CONTOH PENERAPAN METODE NEWTON-RAPHSON
643 xxf Fungsi dengan satu variabel
2
0' 3 ; 5f x x x
nnn xxx 1
3
2
64
' 3
n nn
n n
f x xx
f x x
3
2
64 125 640,8133
3 75
oo
o
xx
x
1 5 0.8133 4.1867o ox x x
33
11 22
1
4.18676464 0.1785
3 3 4.1867
xx
x
2 4.1867 0.1785 4.0082x DAN SETERUSNYA
= Harga pada Iterasi Ke 1
= Harga Awal
Fungsi dengan dua variabel:
f1(x1,x2)=0
f2(x1,x2)=0
Persamaan yang digunakan pada setiap iterasi:
1 1
1 2 1 1
2 22 2
1 2
df df
dx dx x f
x fdf df
dx dx
( ( ))1( ) ( ) ( ) 0
1!
oo o
d f xf x f x x x
dx
( ( ))( ) ( ) ( )o
o o
d f xx x f x f x
dx
( ( ))od f xx f
dx Fungsi dengan satu variabel:
( )df x
x fdx
Jika dipilih bentuk Hybrid dalam penerapan metode Newton-Raphson pada penyelesaian persamaan aliran beban maka mengikuti langkah-langkah sebagai berikut :
1. Menentukan nilai-nilai Pik dan Qj
k yang mengalir ke dalam sistem pada setiap Bus untuk nilai yang ditentukan atau perkiraan dari besar dan sudut tegangan untuk iterasi pertama atau tegangan yang ditentukan paling akhir untuk iterasi berikutnya.
ij
i i i iV V e V
1
[ cos( ) sin( )]n
i i j ij i j ij i j
j
P V V G B
1
[ sin( ) cos( )]n
i i j ij i j ij i j
j
Q V V G B
ij ij ijY = G + j B
2. Menentukan Pik dan Qi
k dari persamaan berikut Pi
k = Pi,spec - Pik ..... (3)
Qik = Qi, spec – Qi
k
..... (2)
..... (1)
dimana subskrip spec berarti “yang ditetapkan”.
Analisis load flow dengan menggunakan Metode Newton Raphson
3. Menghitung nilai-nilai untuk jacobian dengan menggunakan nilai-nilai perkiraan atau yang ditentukan dari besar dan sudut tegangan dalam persamaan untuk turunan parsial yang ditentukan dengan diferensasi persamaan berikut :
n
n
n
nn
n
nn
nn
n
nn
n
nn
nn
n
n
V
V
V
Q
V
QQQ
V
Q
V
QQQ
V
P
V
PPP
V
P
V
PPP
Q
Q
P
P
...
...
.
......
..................
......
......
...............
......
...
...
1
1
11
1
1
11
1
1
111
1
1
11
1
1
1
1
V
V
LJ
NH
Q
P .
dimana koefisien matrik jacobian adalah
4. Menentukan invers Matrik Jacobian dan hitung koreksi-koreksi sudut dan tegangan pada setiap Bus.
5. Menghitung nilai baru dari dan dengan menambahkan dan pada nilai sebelumnya.
)1( k
i)1( k
iV i iV
6. Kembali ke langkah 1 dan mengulangi proses itu dengan menggunakan nilai untuk besar dan sudut tegangan yang ditentukan paling akhir sehingga semua nilai
dan lebih kecil dari suatu indeks ketepatan (error) yang telah ditentukan. i
iV
..... (4)
..... (5)
Contoh
load flow dengan menggunakan Metode Newton Raphson
4 5 0 0 4 5
0 0 4 10 4 10
4 5 4 10 8 15
j j j
Ybus j j j
j j j
Diketahui:
P2(0) = 1.7 P3
(0) = 2.0 V1(0) = 1.0 0
θ1(0) = 0 |V2|
(0) = 1.1249 Q3(0) = 1.
θ2(0) = 0 θ3
(0) = 0
Y11 = 4-j5 Y12 = Y21 = 0
Y22 = 4-j10 Y13 = Y31 = -4+j5
Y33 = 8-j15 Y23 = Y32 = -4+j10
G11 = 4 G12 = G21 = 0
G22 = 4 G13 = G31 = -4
G33 = 8 G23 = G32 = -4
B11 = -5 B12 = B21 = 0
B22 = -10 B13 = B31 = 5
B33 = -15 B23 = B32 =10
Matriks Ybus
~ ~
Bus
Generator2 1
3
Slacky23=4-j10 y13=4 - j5
P2=1,70
|V2|=1,1249 P3=2,0
Q3=1,0
1 1,0 0oV Load bus
1
[ cos( ) sin( )]n
i i j ij i j ij i j
j
P V V G B
1
[ sin( ) cos( )]n
i i j ij i j ij i j
j
Q V V G B
Untuk hybrid sistem berlaku:
ij
i i i iV V e V ij ij ijY = G + j B
2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 3 23 2 3 23 2 3cos( ) sin( ) cos( ) sin( )P V V G B V V G B
Persamaan non linier yang digunakan
1 1 1 11 1 1 11 1 1 1 3 13 1 3 13 1 3cos( ) sin( ) cos( ) sin( )P V V G B V V G B
1 1 1 11 1 1 11 1 1 1 3 13 1 3 13 1 3sin( ) cos( ) sin( ) cos( )Q V V G B V V G B
2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 3 23 2 3 23 2 3sin( ) cos( ) sin( ) cos( )Q V V G B V V G B
3 3 3 33 3 3 33 3 3 3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( )P V V G B V V G B V V G B
3 3 3 33 3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2sin( ) cos( ) sin( ) cos( )Q V V B V V G B V V G B
1 1 1 11 1 3 13 1 3 13 1 3cos( ) sin( )P V V G V V G B
1 1 1 11 1 3 13 1 3 13 1 3cos( ) sin( )Q V V B V V G B
2 2 2 22 2 3 23 2 3 23 2 3cos( ) sin( )P V V G V V G B
2 2 2 22 2 3 23 2 3 23 2 3sin( ) cos( )Q V V B V V G B
Persamaan tersebut merupakan fungsi dari |V| dan θ pada tiap tiap
bus Persamaan tersebut digunakan untuk menghitung |V| dan θ dari
tiap-tiap bus
~ ~
Bus
Generator2 1
3
Slacky23=4-j10 y13=4 - j5
P2=1,70
|V2|=1,1249 P3=2,0
Q3=1,0
1 1,0 0oV Load bus
1 1 1 1 1 1
1 1 2 2 3 3
1 1 1 1 1 1
1 1 2 2 3 3
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3
3 3 3 3 3 3
1 1 2 2 3 3
3 3 3
1 1 2
P P P P P P
V V V
Q Q Q Q Q Q
V V V
P P P P P P
V V V
Q Q Q Q Q Q
V V V
P P P P P P
V V V
Q Q Q Q
V
1 1
1 1
2 2
2 2
3 3
3 3
3 3 3
2 3 3
P
V Q
P
V Q
P
V Q
Q Q
V V
Persamaan yang digunakan pada setiap iterasi adalah:
Penyederhanaan 1 1 1 1 1 1
1 1 2 2 3 3
1 1 1 1 1 1
1 1 2 2 3 3
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 3
3 3 3 3 3 3
1 1 2 2 3 3
3 3 3
1 1 2
P P P P P P
V V V
Q Q Q Q Q Q
V V V
P P P P P P
V V V
Q Q Q Q Q Q
V V V
P P P P P P
V V V
Q Q Q Q
V
1 1
1 1
2 2
2 2
3 3
3 3
3 3 3
2 3 3
P
V Q
P
V Q
P
V Q
Q Q
V V
1. SLACK BUS (θ & V TETAP), ∆θ1
∆V1, ∆P1 ∆Q1 SAMA DENGAN NOL
2. GENERATOR BUS
(V & P TETAP), V2, P2
3. LOAD BUS
2
2
3
3
222 22 23 23 2
22 22 23 23 2
32 32 33 33 33
32 32 33 33 3
.
V
V
V
V
H N H N P
J L J L Q
H N H N P
J L J L Q
2 2 2
2 3 3
2 2
3 3 33 3
2 3 3
3 3
3 3 3
2 3 3
P P P
VP
P P PP
VV Q
Q Q Q
V
2 2 23
2 3 3
2 2
3 3 33 3 3
2 3 3
33
3 3 33 3
2 3 3
P P PV
VP
P P PV P
VQV
Q Q QV V
V
Jacobian matriks
iij
j
PH
iij j
j
PN V
V
iij
j
QJ
iij j
j
QL V
V
Nilai Perkiraan awal:
(0)
2 (dihitung)
1
P = cos( ) sin( )n
i j ij i j ij i j
j
V V G B
= |V2||V1|G21 cos (θ2 – θ1) + B21 sin(θ2 – θ1)+ |V2||V2|G22 cos (θ2 – θ2) +
B22 sin(θ2 – θ2)+ |V2||V3|G23 cos (θ2 – θ3) + B23 sin(θ2 – θ3)
= |V2||V1|G21+ |V2||V2|G22 + |V2||V3|G23
= |1,1249||1,0|(0) + |1,1249|1,1249(4) + |1,1240||1,0|(-4)
= 0,562
P3(0) = P3
(0)(diketahui) – P3
(0) (dihitung)
(0)
3 (dihitung)
1
P = cos( ) sin( )n
i j ij i j ij i j
j
V V G B
= |V3||V1|G31 cos (θ3 – θ1) + B31 sin(θ3 – θ1)+ |V3||V3|G32 cos (θ3 – θ2) + B32 sin(θ3 – θ2)
+ |V3||V3|G33 cos (θ3 – θ3) + B33 sin(θ3 – θ3)
= |V3||V1|G31+ |V3||V2|G32 + |V3||V3|G33
= |1,0||1,0|(-4) + |1,0|1,1249(-4) + |1,0||1,0|(8) = -0,4996
P2(0) = P2
(0)(diketahui) – P2
(0)(dihitung)
P2(0) = 1,7 – 0,562 = 1,138
P2(0) = P2
(0)(diketahui) – P2
(0)(dihitung)
P3(0) = -2 + 0,4996 = -1,5004
Iterasi 1:
Q3(0) = Q3
(0)(diketahui) – Q3
(0) (dihitung)
(0)
3 (dihitung)
1
Q = sin( ) cos( )n
i j ij i j ij i j
j
V V G B
= |V3||V1|G31 sin (θ3 – θ1) - B31 cos(θ3 – θ1)+ |V3||V2|G32 sin (θ3 – θ2) - B32 cos(θ3 – θ2)+
|V3||V3|G33 sin (θ3 – θ3) - B33 cos(θ3 – θ3)
= -|V3||V1|B31- |V3||V2|B32 - |V3||V3|B33
= -|1,0||1,0|(5) + |1,0|1,1249(10) + |1,0||1,0|(-15) = -1,249
Q3(0) = -1 + 1.1249 = 0.1249
222 2 2 22 2 2 22 2 2 2 3 23 2 3 23 2 3
2 2
2 2 22 2 3 23 2 3 23 2 3
2
2 3 23 2 3 23 2 3
H = cos( ) sin( ) cos( ) sin( )
cos( ) sin( )
sin( ) cos( )
|1.1249||1.0|[(0) + 10] =11.249
PV V G B V V G B
V V G V V G B
V V G B
223 2 2 22 2 2 22 2 2 2 3 23 2 3 23 2 3
3 3
2 3 23 2 3 23 2 3
3
2 3 23 2 3 23 2 3
H = cos( ) sin( ) cos( ) sin( )
cos( ) sin( )
sin( ) cos( )
|1.1249| |1.0| [(0) - 10]= -11.249
PV V G B V V G B
V V G B
V V G B
223 2 2 22 2 2 22 2 2 2 3 23 2 3 23 2 3
3 3
2 3 23 2 3 23 2 3
3
2 23 2 3 23 2 3
N = cos( ) sin( ) cos( ) sin( )
cos( ) sin( )
cos( ) sin( )
|1.1249|[- 4 +(0)] = - 4.4996
PV V G B V V G B
V V
V V G BV
V G B
332 3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2 3 3 33 3 3 33 3 3
2 2
3 2 32 3 2 32 3 2
2
3 2 32 3 2 32 3 2
H cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( )
cos( ) sin( )
sin( ) cos( )
|1.0||1.1249| [(0) -
PV V G B V V G B V V G B
V V G B
V V G B
10] = -11.249
333 3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2 3 3 33 3 3 33 3 3
3 3
3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2
3 1 31 3 2 32
H = cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( )
sin( ) cos( ) sin( ) cos( )
|1.0||1
PV V G B V V G B V V G B
V V G B V V G B
V V B V V B
.0| [5]+|1.0| |1.1249|[10] =16.249
333 3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2 3 3 33 3 3 33 3 3
3 3
1 31 2 32 3 33
N = cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( )
2
|1.0|[-4] +|1.1249|[-4] +2[8] =7.5004
PV V G B V V G B V V G B
V V
V G V G V G
332 3 2 32 3 2 32 3 2 3 3 33 3 3 33 3 3
2 2
3 2 32 3 2 22 3 2
2
3 2 32 3 2 32 3 2
J = sin( ) cos( ) sin( ) cos( )
sin( ) cos( )
cos( )) sin( )
|1.0||1.1249| [-(-4) + 0] = 4.4996
QV V G B V V G B
V V G B
V V G B
333 3 1 21 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2 3 3 33 3 3 33 3 3
3 3
3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2
3 1 31 3 2 32
J = sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( )
cos( ) sin( ) cos( ) sin( )
) |1,0||1,
QV V G B V V G B V V G B
V V G B V V G B
V V G V V G
0|(-4)+|1,0||1,1249|(-4) = -8,4996
333 3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2 3 3 33 3 3 33 3 3
3 3
1 31 3 1 31 3 1 2 32 3 2 32 3 2 3 33 3 3 33 3 3
L sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( )
sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) 2 sin( ) cos(
QV V G B V V G B V V G B
V V
V G B V G B V G B
1 31 2 32 3 33
)
2 |1.0|[-5]+|1.1249|[-10]+2|1.0|[15]=13.751V B V B V B
Matriks Jacobian-nya adalah
11.249 11.249 4.496
11.249 16.249 7.5004
4.4996 8.4996 13.751
J
Persamaan Matriks untuk mendapatkan nilai-nilai iterasi 1 adalah:
3
3
1
2
3
11.249 11.249 4.496 1.138
11.249 16.249 7.5004 1.5004
4.4996 8.4996 13.751 0.249V
V
3
3
2
3
0.2844 0.1911 0.0112 1.138
0.1866 0.1733 0.0334 1.5004
0.0223 0.0446 0.0557 0.249V
V
θ2 = 0.0341 θ2 = 0.0341 × (180/3.14) = 1.955
θ3 = -0.056 θ3 = -0,056 × (180/3.14) = -3.21
3
3
0.0277V
V
|V3| = -0.0277 × 1.0 = -0.0277
θ2 (1) = θ2
(0) + θ2 = 0 +1.955 = 1.955
θ3(1) = θ3
(0) + θ3 = 0 +(-3.21) = -3.21
V3(1) = V3
(0) + V3 = 1 + (-0.0277) = -0.9723 pu
Nilai ini digunakan pd iterasi berikutnya
MID SEMESTER