Komponen Simetri

KOMPONEN SIMETRI
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
1
Pengertian Dasar Komponen Simetri
Tiga phasor tak seimbang dari sistem tiga phasa
dapat diuraikan menjadi tiga phasor yang seimbang
(Fortescue)

komponen urutan positif (positive components) yang
terdiri dari tiga phasor yang sama besarnya, terpisah satu
dengan yang lain dalam phasa sebesar 120, dan
mempunyai urutan phasa yang sama seperti phasor
aslinya (abc).

Komponen urutan negatif yang terdiri dari phasor yang
sama besarnya, terpisah satu dengan yang lain dalam
phasa sebesar 120, dan mempunyai urutan phasa yang
berlawanan dengan phasor aslinya (acb).

komponen urutan nol yang terdiri dari tiga phasor yang
sama besarnya dan dengan pergeseran phasa nol antara
yang satu dengan
yangSystems
lain. L4 - Olof
Electric Power
2
Samuelsson
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
3
OPERATOR a
a
 a2
 1,a 3
1, a 3
a2
a = 1  120 = -0.5 + j0.866
a2 = 1  240 = -0.5 – j0.866
a3 = 1  360 = 1  0 = 1
a
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
4
Vc1 = aVa1
Urutan positif
(Urutan Fasa abc)
Va1
Vb1 = a2 Va1
Vb2 = aVa2
Urutan negatif
Va2
(Urutan fasa acb)
Vc2 = a2 Va2
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
5
Penyelesaian Sistem Tiga Fasa Tak Seimbang
V a  V ao  V a1  V a2
V b  V bo  V b1  V b2
V c  V co  V c1  V c2
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
6
Dengan operator: a = 1120° dan a2 = 1240° = 1-120°
V a  V ao  V a1  V a2
V b  V ao  a 2 V a1  a V a2
V c  V ao  a V a1  a 2 V a2
Dalam bentuk matrix
Va  1 1
V   1 a 2
 b 
Vc  1 a
1  Vao 
a  Va1 
a 2  Va 2 
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
7
Matrix Transformasi A :
1 1

A  1 a 2
1 a
atau
A
1
1

a
2
a 
1 1
1 
 3 1 a
1 a 2
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
1
2
a 
a 
8
Va  1 1
V   1 a 2
 b 
Vc  1 a
Va 0 
1 1
V   1 1 a
 a1  3 
Va 2 
1 a 2
Iabc = A I012
1  Va 0 
a .Va1 
a 2  Va 2 
Vabc = A V012
1  Va 
a 2 .Vb 
a  Vc 
V012 = A-1 Vabc
I012 = A-1 Iabc
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
9
Vab  1 1
V   1 a 2
 bc  
Vca  1 a
1  Vab0 



a .Vab1 
a 2  Vab2 
Vab bc ca = A Vab 012
Vab 012 = A-1 Vab bc ca
Iab bc ca = A Iab 012
Iab 012 = A-1 Iab bc ca
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
10
Pada sistem 3 fasa dengan netral diketanahkan, jumlah arus
saluran sama dengan arus In yang mengalir melalui netral ke
ground, maka
Ia + Ib + Ic = I n
I a  I ao  I a1  I a 2
I b  I ao  a 2 I a1  aI a 2
In = 3 Iao
I c  I ao  aI a1  a 2 I a 2
BEBAN ATAU BELITAN TRANSFORMATOR YANG
TERHUBUNG DELTA, DIMANA TIDAK TERDAPAT
NETRAL, MAKA ARUS TIDAK MENGANDUNG
KOMPONEN URUTAN NOL
Contoh 1:
Carilah komponen urutan positif, negatif dan nol yang dapat
digunakan untuk merubah tegangan tak seimbang dan tak simetris
berikut ini: (selanjutnya hitung Vb0, Vc0, Vb1, Vc1, Vb2, Vc2)
Va  1400 o , Vb  100  90 o Vc  8090 o
Penyelesaian:


V o  13 V a  V b  V c  13 140  j100  j80
 47,14  8,13o

 





 




V1  13 V a  a V b  a 2 V c  13 140  100  90o  120o  80 90o  120o
 13 295,9  j10  98,71,94o
V 2  13 V a  a 2 V b  a V c  13 140  100  90o  120o  80 90o  120o
 13  15,9  j10   6,26147,83o
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
12
Contoh 2:
Dalam suatu saluran tiga fasa masing-masing saluran mengalir arus
sebesar 10 A dan dihubungkan ke beban delta bila salah satu saluran
terputus (terbuka). Hitung komponen-komponen simetris arus-arus
salurannya
Penyelesaian :
I a  1000 A
Ib  101800 A
I a  100
I012 = A-1 Iabc
a
I b  10180
b
c
Ic  0 A
Z
1
I ao  I a  I b  I c 
3
Z
1
I a1  I a  aI b  a 2 I c
Ic  0
3
1
I a 2  I a  a 2 I b  aI c
Electric Power Systems L4
3 - Olof
Z
Samuelsson




13


1
1000  101800  0  0
3
1
I a1  1000  101800  1200  0  5,78  300 A
3
1
I a 2  1000  101800  2400  0  5,78300 A
3
I ao 




I b1  5,78  1500 A
I c1  5,78900 A
I b 2  5,781500 A
I c 2  5,78  900 A
I bo  0
I co  0
Tugas 3
KERJAKAN LAGI SOAL DIATAS, HITUNG
Iab, Ibc, Ica BILA YANG TERPUTUS
SALURAN a (IElectric
Ib=10<0A,
Ic-=10<180A)
Systems L4
Olof
14
a=0, Power
Samuelsson
Daya Pada Sistem 3 Fasa Tak Seimbang
S = P + jQ = Va Ia* + Vb Ib* + Vc Ic*
Daya 3Ф = jumlah daya 1Ф
Dimana:
Va , Vb , Vc = Tegangan fasa – netral
Ia , Ib , Ic = Arus fasa

S  Va
Vb
I a 
 Va 




Vc  I b   Vb 
 I c 
 Vc 
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
T
I a 
I 
 b
 I c 

15
S  Vabc T .I abc *
 A.V012 T A.I012 *
 V012 T . AT . A .I 012 *
dimana :
Va 0 
 I a0 
V012  Va1  dan I 012   I a1 
Va 2 
 I a 2 
S  Va 0 Va1 Va 2 
1 1
1 a 2

1 a
1
a 
a 2 
1 1
1 a

1 a 2
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
1
a 2 
a 
 I a0 
I 
 a1 
 I a 2 

16
S  3 Va 0 Va1 Va 2 
I a0 
I 
 a1 
 I a 2 
*
Va Ia* + Vb Ib* + Vc Ic* =
3Vao Iao* + 3Va1 Ia1* + 3Va2 Ia2*
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
17
Contoh 3:
Diketahui tegangan dan arus fasa dari sistem 3 fasa
sbb.:
 0 
 5
Vabc    50  dan I abc    j5 
 50
 5
carilah:
a. daya kompleks 3 fasa
b. tegangan dan arus urutan , [V012] dan [I012]
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
18
Penyelesaian:
a.Daya Kompleks 3 phase:
S  Vabc T .I abc *
 -5 
 0 50  50 - j5  250  j 250  353,5534  45o VA
 - 5 
b. Tegangan dan arus urutan : dng menggunakan V012 dan I012 yg sdr
peroleh, hitung daya kompleks 3 fasanya dan bandingkan dng “a”.
V012  A1 Vabc 
1 1
 13 1 a
1 a 2
1
a 2 
a 

0.00 o
 0  
 50    28,867590 o  Volt


 
o
 50 28,8675  90 


1
a 2 
a 
o
 5  3,7268153,4 
 j 5    2,3570165o  Amp

  
 5  2,3570  75o 


I 012  A1 I abc 
1 1
 13 1 a
1 a 2
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
19
Pergeseran Fasa Pada Trafo Hubungan  - Y
A
a
A
a
B
b
B
b
C
c
C
c
VA1 mendahului Vb1 dengan 300
c
VA1 tertinggal Va1dengan 300
digunakan
c
b
a
30°
b
a
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
20
Ib
H1
A
IA
b
I bc
H2
B
IB
I ab
N
Ia
I ca
a
c
H3
C
Ic
IC
(a) Diagram hubungan
B1
VA1 leads Vb1
VAB1
A1
V A1
Vc1
VB1
Vbc1
b1
Vb1
VBC 1
Vab1
VCA1
Vc1
Va1
Vca1
Vca 2
A2
V A2
Vab2
VC 2
Urutan positif
abc
Va 2 Vca 2
Vbc2
VA2 lags Vb2
Vb 2
VB 2
Vab2
Vc 2
B2
a1
C1
a2
C2
c1
b2
Vbc2
Urutan negatif
acb
(b) Komponen-komponen tegangan
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
21
c2
IA
A
H1
X1
I AB
IB
B
IC
C
b
Ib
I CA
X3
N
H2
a
Ia
H3
I BC
X2
c
Ic
(a) Diagram hubungan perkawatan
B1
VBC1
C1
c1
A2
Vca1
VB1
V AB1
VC1
V A1
VCA1
A1
Vbc1
Vc1 Va1
V AB 2
a1
VB 2
Vb1
Vab1
b1
B2
V A2
b2
VCA2
VC 2
VBC 2
Urutan positif
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
Vb2
Vbc2
Vc 2
C2
c2
Urutan negatif
22
Vab2
Va 2
Vca 2
a2
Pergeseran Fasa
Va1 = +j VA1
VA1 = -j Va1
Ia1 = +j IA1
IA1 = -j Ia1
Va2 = -j VA2
VA2 = +j Va2
Ia2 = -j IA2
IA2 = +j Ia2
SATUAN PU.
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
23

Contoh 4 :
Tiga buah resistor (1.0<0pu) yang identik terhubung Y pada sisi
tegangan rendah (Y) dari trafo  - Y , tegangan pada beban resistor
itu adalah
Vab  0,8 p.u
Vbc  1,2 p.u
Vca  1,0 p.u
Netral beban tidak dihubungkan pada netral sekunder trafo (Y).
Hitunglah tegangan dan arus saluran dalam p.u pada sisi 
(tegangan tinggi) trafo.
Penyelesaian : (check Vab, Vbc dan Vca dibwh ini)
Vab  0,882,8 0 p.u
Vbc  1,2  41,4 0 p.u
Vca  1,0180 0 p.u
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
24
Vab 012 = A-1 Vab bc ca
Vab1  13 (0,882,80  1,2120 0  41,4 0  1,0240 0  180 0 )
 13 (0,1  j 0,946  0,237  j1,177  0,5  j 0,866)
 0,279  j 0,946  0,98573,6 0 p.u
Vab2  13 (0,882,8 0  1,2240 0  41,4 0  1,0120 0  180 0 )
 13 (1,0  j 0,794  1,138  j 0,383  0,5  j 0,866)
 0,179  j 0,152  0,235220,30 p.u
Van1  0,98573,60  300  0,98543,60 pu
I a1 
Va1
0

0
,
985

43
,
6
p.u
0
1,00
Van2  0,235220,30  300  0,235250,30 pu
Va 2
0

0
,
235

250
,
3
p.u
0
,00 L4 - Olof
Electric Power 1
Systems
25
I a2 
Samuelsson
VABC = A V012
V A1   jVa1  0,985  46,4 0  0,680  j 0,713
V A2  jVa 2  0,235  19,7 0  0,221  j 0,079
VA0=0
VA  VA1  VA2  0,901  j 0,792
 1,20  41,30 p.u
VB1  a 2V A1  0,985193,6 0  0,958  j 0,232
VB 2  aV A2  0,235100,30  0,042  j 0,232
VB  VB1  VB 2  1,0
 1,0180 0 p.u
VC1  aVA1  0,98573,6 0  0,278  j 0,944
VC 2  a 2VA2  0,235220,30  0,179  j 0,152
VC  VC1  VC 2  0,099  j 0,792
0,882,9 p.u
Electric Power Systems L4 -Olof
Samuelsson
26
VAB  VA  VB  0,901  j 0,792  1,0  1,901  j 0,792  2,06  22,60 pu
VBC  VB  VC  1,0  0,099  j 0,792  1,099  j 0,792  1,355215,80 p.u
VCA  VC  V A  0,099  j 0,792  0,901  j 0,792
  0,802  j1,584  1,78116,9 0 p.u
I A  1,20  41,30 p.u
IA0 = 0
IA1 = -j Ia1
I B  1,0180 0 p.u
IA2 = +j Ia2
I C  0,8082,9 0 p.u
IABC = A I012
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
27
Impedansi Urutan Saluran Transmisi
.SALURAN TRANSMISI "TRANSPOSED"
Vabc   Z abc I abc 
dimana :
 Z aa
Z abc    Z ba
 Z ca
Z ab Z ac 
Z bb Z bc  Zaa = Zbb = Zcc = Zs
ZElectric
Z cc Systems
Zab L4
= Zba
bb
Power
- Olof= Zca = Zm 28
Samuelsson
 Zs

Z abc   Z m
 Z m
Zm
Zs
Zm
Zm 

Zm 
Z s 
Vabc  Z abcI abc
A Vabc  A Z abcAI 012
1
1
V012 A1 Z abc AI 012
Z 012A Z abc A
1
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
29
0 
 Z 00 0
Z 012   0 Z11 0 
 0
0 Z 22 
0
Z s  2Z m 
Z s  Z m 
 
0

0
0
0


0

Z s  Z m 
Z 0  impedansi urutan nol
 Z 00  Z s  2 Z m
Z 1  impedansi urutan positif
 Z 11  Z s  Z m
Z 2  impedansi urutan negatif
 Z 22  Z s  Z m
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
30
Ia0
Z0
Ia1
Z1
Va0’ Va1
Va0
N0
Ia2
Z2
Va1’ Va2
N1
Va2’
N2
Rangkaian/Impedansi Urutan Saluran Transmisi
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
31
Impedansi Urutan Mesin Sinkron
Impedansi urutan Positif : Z1 = j X1
Xd” = Reaktansi sub-peralihan, atau
Xd’ = Reaktansi peralihan, atau
Xd = Reaktansi sinkron
Impedansi urutan Negatif : Z2 = j X2
 X d "  X q" 

j
2


Pada mesin sinkron dengan rotor bulat, reaktansi subperalihan sama dengan reaktansi urutan negatif
Impedansi urutan Nol : Z0 = j X0
Mempunyai harga yang sangat bervariasi, harganya jauh lebih kecil
dari urutan Positif dan Negatif.
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
32
Tak Seimbang
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
33
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
34
Impedansi Urutan Transformator
Impedansi urutan Positif dan Negatif dari transformator sama
Impedansi urutan Nol sedikit berbeda (besarnya) dari
impedansi urutan Positif dan Negatif, biasanya dianggap sama
dengan impedansi urutan Positif dan Negatif.
Z0 = Z1 = Z2 = Ztrafo
Ada/tidaknya aliran arus urutan Nol tergantung pada hubungan
belitan transformator.
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
35
Rangkaian
Urutan Nol
Trafo 3 Fasa
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
36
Rangkaian
Urutan Nol
Beban 3 Fasa
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
37
GEN. G1: X+ = 0.2 p.u
X- = 0,12 p.u
X0 = 0.06 p.u
TRAFO T1: X+= X- = X0 = 0.2 p.u
T2: X+= X- = X0 = 0.225 p.u
T3: X+= X- = X0 = 0.27 p.u
T4: X+= X- = X0 = 0.16 p.u
LOAD: X+ = X- = 0.9 p.u
X0 = 1.2 p.u
GEN. G2: X+ = 0.33 p.u
X- = 0.22 p.u
X0 = 0.066 p.u
LINE L1: X+ = X- = 0.14 p.u
X0 = 0.3 p.u
LINE L2: X+ = X- = 0.2 p.u
X0 = 0.4 p.u
LINE L3: X+ = X- = 0.15 p.u
X0 = 0.2 p.u
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
38
Rangkaian Urutan Positif
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
39
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
40
Rangkaian Urutan
Negatif
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
41
Rangkaian Urutan Nol
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
42
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
43
Rangkaian Urutan Positif
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
44
Rangkaian Urutan Negatif
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
45
Electric Power Systems L4 - Olof
Samuelsson
46