kumpulan-soal-dan-jawaban-analisis-sistem-tenaga-listrik-4-pdf-free.pdf

KUMPULAN SOAL DAN JAWABAN ANALISIS SISTEM TENAGA LISTRIK (William D.
Stevenson, Jr.) (Bab 8)
BAB 8. PENYELESAIAN DAN PENGATURAN ALIRAN BEBAN
8.1 Hitunglah ΔP4(0) untuk meneruskan Contoh 8.1.
Jawab : Nilai-nilai Dasar untuk sistem adalah 100 MVA dan 138 kV.
Tabel 8.1
Panjang
R X R X Mvar
Saluran
mi Ω Ω p.u p.u
Pengisia
antar rel km n
1

1-2 64.4 40 8 32 0.042 0.168 4.1
1-5 48.3 30 6 24 0.031 0.126 3.1
2-3 48.3 30 6 24 0.031 0.126 3.1
3-4 128.7 80 16 64 0.084 0.336 8.2
3-5 80.5 50 10 40 0.053 0.210 5.1
4-5 96.5 60 12 48 0.063 0.252 6.1
Pengisian pada 138 kV
Tabel 8.2
Pembangkitan Beban
Rel V, p.u Keterangan
P, MW Q, Mvar P, MW Q, Mvar
1 ------ ------ 65 30 1.04a0° Rel berayun
2 0 0 115 60 1.00a0° Rel Beban (induktif)
3 180 ------ 70 40 1.02a0°
Besar tegangan
konstan
Dalam menghitung P4(0) admitansi-admitansi yang diperlukan adalah :
Y44 = – Y43 – Y45 = – |Y43| Aθ43 – |Y45| Aθ45
Y44 = – Y43 – Y45 = – 2.887 A104.04° – 3.850 A104.04°
Y44 = – ( – 0.7004 + j 2.8008) – ( – 0.934 + j 3.735)
Y44 = 1.6344 + j 6.5354 = 6.737 A–75.6° = |Y44| Aθ44
Dari pers.(8.18) karena Y41 dan Y42 = 0 , dan semua nilai-nilai awal δ(0) = 0, maka kita
sederhanakan :
P4(0)yang dihitung = |V4V3Y43| Cosθ43 + |V4V4Y44| Cosθ44 + |V4V5Y45| Cosθ45
P4(0)yang dihitung = 1x1.02x2.887 Cos104.04° + 1x1x6.737 Cos(-75.96°) + 1x1x3.850
Cos104.04°
P4(0)yang dihitung = – 0.7144 + 1.6344 – 0.934 = – 0.0140 p.u Daya
yang ditetapkan ke dalam rel 4 (lihat tabel 8.2)
2

ΔP4(0) = – 0.70 – ( – 0.0140) = – 6.860 p.u
Keterangan : (Slack Bus no. 1, PV Bus di tukar jadi no 2, untuk memudahkan eliminasi
matriknya)
Penyelesaian Soal di atas dengan bantuan komputer , program dibuat dalam bahasa
Basica.
Hasilnya bisa diperiksa di bawah ini ( dengan Metode Fast Decouple memerlukan iterasi ke
30 )
Bandingkan hasilnya dengan jawaban Soal 8.7 di bawah ini.
8.2 Tentukanlah nilai unsur ( ∂P3 /∂δ4 ) pada kolom ketiga dan baris kedua
darijacobian untuk iterasi pertama dalam meneruskan Contoh 8.1.
Jawab : Matrik Jacobian dari Contoh 8.1 dengan ketentuan rel 1 berayun dan rel 3
dibuat konstan (∂δ1 dan ∂|V3| tidak ada) adalah :
1 2 3 4 5 6 7
ΔP2 ∂P2 ∂P2 ∂P2 ∂P2 ∂P2 ∂P2 ∂P2 Δδ2 1
3

∂δ2 ∂δ3 ∂δ4 ∂δ5
ΔP3
∂P3 ∂P3 ∂P3 ∂P3
∂δ2 ∂δ3 ∂δ4 ∂δ5
ΔP4
∂P4 ∂P4 ∂P4 ∂P4
∂δ2 ∂δ3 ∂δ4 ∂δ5
ΔP5 =
∂P5 ∂P5 ∂P5 ∂P5
∂δ2 ∂δ3 ∂δ4 ∂δ5
∂|V2| ∂|V4| ∂|V5|
∂P3 ∂P3 ∂P3
Δδ3
∂|V2| ∂|V4| ∂|V5|
∂P4 ∂P4 ∂P4
Δδ4
∂|V2| ∂|V4| ∂|V5|
∂P5 ∂P5 ∂P5
x Δδ5
∂|V2| ∂|V4| ∂|V5|
2
3
4
ΔQ2
∂Q2 ∂Q2 ∂Q2 ∂Q2 ∂Q2 ∂Q2 ∂Q2
ΔV2
∂δ2 ∂δ3 ∂δ4 ∂δ5 ∂|V2| ∂|V4| ∂|V5|
ΔQ4
= - 1.02 x 1.0 x 2.887 Sin 104.04° = -
1.02 x 1.0 x 2.887 x 0.97013 = - 2.857
p.u
= - | V3 V4 Y34|Sin (θ34 + δ4 - δ3)

ΔQ5
∂Q5 ∂Q5 ∂Q5 ∂Q5 ∂Q5 ∂Q5 ∂Q5
ΔV5
∂δ2 ∂δ3 ∂δ4 ∂δ5 ∂|V2| ∂|V4| ∂|V5|
Y43 = Y34 dan semua nilai-nilai awal δ(0) = 0 :
∂P3
∂δ4
∂P3
∂δ4
∂P3
∂δ4
∂P3
∂δ4
8.3 Hitunglah unsur pada kolom ketiga dan baris ketiga dari jacobian pada Contoh 8.1
untuk iterasi pertama.
Jawab : lihat matrik jacobian di atas, baris ketiga dan kolom ketiga adalah (
∂P4 /∂δ4), seperti dalam Soal 8.1 :
Y41 = 0 dan Y42 = 0
Y43 = |Y43| Aθ43 = 2.887 A104.04°
Y44 = |Y44| Aθ44 = 6.737 A–75.6°
Y45 = |Y45| Aθ45 = 3.850 A104.04°
5
6
7

8.4 Hitunglah untuk iterasi pertama unsur pada kolom keenam dan baris ketiga dari
jacobian pada Contoh 8.1.
Jawab : lihat matrik jacobian di atas, baris ketiga dan kolom keenam adalah (
∂P4 /∂|V4| ), seperti dalam Soal 8.1 :
Y41 = 0 dan Y42 = 0
Y43 = |Y43| Aθ43 = 2.887 A104.04°
Y44 = |Y44| Aθ44 = 6.737 A–75.6°
Y45 = |Y45| Aθ45 = 3.850 A104.04°

8.5 Gambarkanlah sebuah diagram seperti dalam Gambar 8.3 untuk rel 3 pada sistem
dalam Contoh 8.1 dari keterangan yang diberikan oleh hasil -cetak aliran daya dalam
Gambar 8.2. Berapakah ketidakserasian (mismatch) megawatt dan megavar yang terlihat
pada rel ini?
Jawab :
44.59 + j 35.65 + 40.46 + j 18.06 + 24.95 + j 16.58 + 70.0 + j 40.0 = 180 + j
110.29
Bandingkan dengan gambar di atas :
180 – 180 = 0 ; 110.3 – 110.29 = 0.01 ; Jadi
Ketidakserasian (mismatch) = 0 + j 0.01 p.u

8.6 Salinlah Gambar 8.20 dan tunjukkan pada gambar itu untuk Contoh 8.1 nilai-nilai dari
(a). P dan Q yang keluar dari rel 5 pada saluran 5 – 4.
(b).Q yang dicatu oleh kapasitansi tetap dari π nominal saluran 5 – 4
pada rel 5 (Ingatlah bahwa nilai Q ini berubah - ubah sesuai dengan |V5|2 ).
(c). P dan Q pada kedua ujung-ujung bagian seri dari π nominal saluran.
(d). Q yang dicatu oleh kapasitansi tetap dari π nominal saluran 5 – 4 pada rel
4.
(e). P dan Q ke dalam rel 4 pada saluran 5 – 4.
Jawab :
Lihat Gambar 8.2 pada hal.223 dalam buku analisa sistem tenaga listrik :
(a). P dan Q yang keluar dari rel 5 ke saluran 5 – 4 adalah S = 32.03 + j 8.77
MVA
(e). P dan Q yang masuk dari saluran 5 – 4 ke rel 4 adalah S = 31.25 + j 11.09
MVA
(b). Q yang dicatu oleh kapasitansi tetap dari π nominal saluran 5 – 4 pada rel 5. Mvar
pengisian saluran 5-4 adalah 6.1 pada rel 5 ;V5 = 0.968 p.u (6.1/2)
(0.968)2 = 2.86
(d). Q yang dicatu oleh kapasitansi tetap dari π nominal saluran 5 – 4 pada rel 4. Mvar
pengisian saluran 5-4 adalah 6.1 pada rel 5 ;V4 = 0.920 p.u (6.1/2)
(0.920)2 = 2.58
(c). P dan Q pada kedua ujung-ujung bagian seri dari π nominal saluran.
Di ujung keluar rel 5 adalah S = 32.03 + j ( 8.77 + 2.86) = 32.03 + j 11.63 MVA Di ujung
masuk rel 4 adalah S = 31.25 + j (11.09 – 2.58) = 31.25 + j 8.51 MVA

8.7 Sebagai bagian dari penyelesaian aliran beban dari Contoh 8.1 komputer memberikan
rugi saluran total sebesar 9.67 MW. Bagaimanakah hasil ini dibandingkan dengan jumlah
rugi-rugi yang dapat diperoleh dari pencatatan aliran beban dari setiap saluran sendiri-
sendiri ?
Jawab :
Tabel Aliran Beban
Ke dalam Dicatu oleh
Rugi
Saluran Saluran Saluran
MW MW MW
1-2 73,98 71,41 2,57
1-5 95,68 92,59 3,09
3-2 44,59 43,59 1,00
3-4 40,46 38,74 1,72
3-5 24,95 24,44 0,51
5-4 32,03 31,25 0,78
J u m l a h 9,670

8.8 Pengaruh penguatan medan yang telah dibicarakan dalam bagian 6.4 sekarang dapat
dihitung. Tinjaulah sebuah generator yang mempunyai reaktansi serempak sebesar 1.0 p.u
dan terhubung ke suatu sistem yang besar. Resistansi dapat diabaikan. Jika tegangan rel
adalah 1.0A0° p.u dan generator itu mencatu arus sebesar 0.8 p.u dengan faktor daya 0.8
tertinggal pada rel, hitunglah besar dan sudut tegangan Eg dari generator dalam keadaan
tanpa-beban, serta P dan Q yang diberikan pada rel. Kemudian carilah sudut δ antara Eg
dan tegangan rel, arus Ia, dan Q yang diberikan pada rel oleh generator, jika keluaran daya
generator tetap konstan tetapi penguatan generator (a). diturunkan sehingga | Eg| menjadi
15 % lebih kecil dan (b). dinaikkan sehingga|Eg| menjadi 15 % lebih besar. Berapa
persenkah perubahan pada Q dengan penurunan dan kenaikan | Eg| itu ?. Apakah hasil-
hasil soal ini sesuai dengan kesimpulan-kesimpulan yang dicapai dalam bagian 6.4 ?
Jawab :
| Vt |∙| Ia | Cos θ ; faktor daya 0.8 tertinggal ; Cos θ = 0.8 θ = 36.87° ; Sin θ = 0.6
Vt = 1.0 A0° ; Ia = 0.8 A- 36.87° = 0.8 ( 0.8 – j 0.6) = 0.64 – j 0.48 Eg = Vt + j Ia
.Xg = 1.0 + (0.64 – j 0.48) . j 1.0 = 1.0 + j0.64 + 0.48 Eg = 1.48 + j0.64 = 1.6125
A23.4° p.u
P + jQ = | Vt |∙| Ia | Cos θ = 1.0 (0.64 – j0.48) = (0.64 – j 0.48) p.u P = 0.64
p.u diberikan ke rel; Q = 0.48 p.u diberikan ke rel
(a). diturunkan hingga 15% ; |Eg|baru = (100-15)% x 1.6125 = 0.85 x 1.6125 = 1.370 p.u
(b). dinaikkan hingga 15% ; |Eg|baru = (100+15)% x 1.6125 = 1.15 x 1.6125 = 1.854 p.u

Kesimpulan :
Menurunkan eksitasi generator berarti menurunkan Q yang diserahkan dan
menaikkan eksitasi generator berarti menaikkan Q yang diserahkan.
8.9 Suatu sistem daya dimana dihubungkan sebuah generator pada sebuah rel tertentu
dapat disajikan sebagai tegangan Thevenin Eth = 0.9A0° p.u dalam hubungan seri
denganZth = 0.25A90° p.u . Bila dihubungkan pada sistem
ini, Eg dari generator adalah 1.4 A30° p.u. Reaktansi serempak generator dengan
dasar sistem itu adalah 1.0 p.u. (a). Hitunglah
tegangan Vt dan P dan Q yang dipindahkan ke dalam sistem pada rel; (b). Jika
tegangan rel akan dinaikkan menjadi | Vt | = 1.0 p.u untuk P yang sama yang
dipindahkan ke sistem, hitunglah nilai Eg yang diperlukan dan nilai Q yang dipindahkan
ke sistem pada rel. Misalkanlah bahwa emf-emf yang lain dalam sistem tidak berubah
besar dan sudutnya; yang berarti
bahwa Eth dan Zth konstan.
Jawab :

I = 0.56 – j0.25 = 0.613 A-24.06° p.u Vt =
Eth + Zth . I
Vt = 0.9 + j 025 ( 0.56 – j0.25) = 0.9 + 0.0625 + j0.14 Vt =
0.9625 + j0.14 = 0.973 A8.28° p.u
P + j Q = Vt . I*
P + j Q = 0.973 A8.28° x 0.613 A24.06° = 0.596 A32.34° P + j Q
= 0.504 + j 0.318 p.u
P = 0.504 p.u dan Q = 0.318 p.u yang dipindahkan ke rel.
I = 0.56 – j0.36 = 0.665 A-32.7° p.u
Eg = Vt + Xg . I
Eg = 0.990 + j0.14 + j1.0 (0.56 – j0.36) = 0.990 + j0.14 + j0.56 + 0.36 Eg = 1.35 +
j 0.70 = 1.52 A27.4° p.u
P + j Q = Vt . I*

P + j Q = 1.0 A8.05° x 0.665 A32.7° = 0.665 A40.75° P + j Q
= 0.504 + j 0.434 p.u
P = 0.504 p.u dan Q = 0.434 p.u yang dipindahkan ke rel.
8.10 Dalam Soal 7.10 tegangan -tegangan pada ketiga rel dihitung sebelum dan sesudah
pemasangan sebuah kapasitor dari netral ke rel 3. Tentukanlah P dan Q yang memasuki
atau meninggalkan rel 3 lewat saluran -saluran transmisi, melalui reaktansi yang
terhubung antara rel dan netral, dan dari kapasitor sebelum dan sesudah kapasitor
dipasang. Misalkan bahwa tegangan- tegangan yang dibangkitkan tetap konstan besar
dan sudutnya. Gambarkanlah diagram-diagram seperti dalam Gambar 8.9 untuk
menunjukkan niali-nilai yang telah dihitung.
Jawab :
Sebelum penambahan Kapasitor
Dari jawaban Soal 7.10 diperoleh :
V1 = 0.980 + j0.186 = 0.997 A10.75° p.u
V2 = 0.959 + j0.268 = 0.996 A15.61° p.u
V3 = 0.912 + j0.200 = 0.934 A12.37° p.u
Dalam reaktansi shunt pada simpul (3)
Q = (V3)2/X3-0 = (0.934)2/2.0 = 0.436 p.u
Kedalam rel 3 dari rel 1 :

Sesudah penambahan Kapasitor
Dari jawaban Soal 7.10 diperoleh :
V1 = 1.0509 + j0.2016 = 1.070 A10.86° p.u
V2 = 1.0257 + j0.2826 = 1.064 A15.41° p.u
V3 = 1.0022 + j0.2198 = 1.026 A12.37° p.u Dalam
shunt XL dan XC pada simpul (3)

Perhatikan bahwa P ke rel 3 harus sama dengan nol terbukti benar, kecuali ada selisih
dalam hal pembulatan-pembulatan :
- 0.1316 + 0.1314 = - 0.0002 dan
- 0.1446 + 0.1447 = 0.0001

KUMPULAN SOAL DAN JAWABAN ANALISIS SISTEM TENAGA LISTRIK (William D.
Stevenson, Jr.) (Bab 7)
BAB 7. PERHITUNGAN JALA – JALA
7.1 tuliskanlah kedua persamaan- persamaan simpul seperti pada Persamaan (7.5) dan
(7.6) yang diperlukan untuk mendapatkan tegangan-tegangan pada simpul 1 dan 2 dari
rangkaian pada Gambar 7.11 tanpa merubah sumber-sumber emf menjadi sumbe-sumber
arus. Kemudian tuliskan persamaan- persamaan itu dalam bentuk standar sesudah
merubah sumber-sumber emf menjadi sumber-sumber arus.
Gambar 7.11. Rangkaian untuk Soal 7.1 Nilai-nilai yang ditunjukkan adalah
tegangan-tegangan dan impedansi-impedansi dalam per satuan (p.u)
Jawab :
I1 + I2 + I3 = 0
Ya (V1 – Ea) + Yb .V1 + Yc (V1 – V2) = 0

1/j1.0 (V1) – 1/j1.0( Ea) + 1/j0.8 (V1) + 1/j0.2( V1) – 1/j0.2 (V2) = 0 (1/j1.0 +
1/j0.8 + 1/j0.2) V1 – 1/j0.2 V2 = (Ea)/j1.0
(- j1.0 – j 1.25 – j 5.0 ) V1 – j 5.0 V2 = (1A30°) / (1A90°)
- j 7.25 V1 – j 5.0 V2 = 1A-60°
I6 + I5 + I4 = 0
Ye (V2 – Ed) + Yd .V2 + Yc (V2 – V1) = 0
1/j1.25(V2) – 1/j1.25(Ed) + 1/j1.0(V2) + 1/j0.2(V2) – 1/j0.2(V1) = 0
- 1/j0.2 V1 + (1/j1.25 + 1/j1.0 + 1/j0.2) V2 = (Ed)/j1.25
j5.0 V1 + (- j0.8 – j1.0 – j5.0) V2 = (1A0°) / (1.25A90°)
j5.0 V1 – j6.8 V2 = 0.8A- 90°
= (- j1.0 – j 1.25 – j 5.0 ) = - j 7.25
Y11 = (1/j1.0 + 1/j0.8 + 1/j0.2)
Y22 = (1/j1.25 + 1/j1.0 + 1/j0.2) = (- j0.8 – j1.0 – j5.0) = - j 6.8
Y12 = Y21 = – 1/j0.2 = j 5.0
I1 = (1A30°) / j1.0 = (1A30°) / (1A90°) = 1A-60°
I2 = (1A0°) / j1.25 = (1A0°) / (1.25A90°) = 0.8A-90°
Persamaan- persamaan ini adalah sama seperti yang dicetak tebal dan miring di atas.
7.2 Carilah tegangan-tegangan pada simpul 1 dan 2 dari rangkaian Gambar
7.11 dengan menyelesaikan persamaan- persamaan yang ditetapkan dalam Soal
7.1
tegangan-tegangan dan impedansi-impedansi dalam per satuan (p.u) Jawab :
Semua perhitungan matrik menggunakan komputer dengan bahasa program
Quickbasic 3.

7.3 Hapuskanlah sekaligus simpul-simpul 3 dan 4 dari jala-jala Gambar 7.12 dengan
menggunakan metoda penyekatan yang dipakai dalam Contoh 7.3 untuk mendapatkan
matriks admitansi Yrel 2 x 2 yang dihasilkan. Gambarkanlah rangkaian yang sesuai dengan
matriks yang dihasilkan dan tunjukkanlah dalam rangkaian tersebut nilai-nilai parameternya.
Dapatkanlah V1 dan V2 dengan pembalikan matriks.
Gambar 7.12. Rangkaian untuk Soal 7.3 Nilai-nilai yang ditunjukkan adalah arus-
arus dan admitansi dalam per satuan (p.u)
Jawab :
Y12 = Y21 =
Y11 = - j20 – j20 – j10 = - j50
0 Y24 = Y42 = + j20
Y13 = Y31 =
Y22 = -j40 – j20 = - j60
+j20
– j50
Y34 = Y43 = + j50
Y14 = Y41 = + j10
Y33 = - j2 – j20 = - j72
Y44 = - j1 – j20 – j50 – j10 = - j81 Y23= Y32 = 0

Semua perhitungan matrik menggunakan komputer dengan bahasa program
Quickbasic 3.0
Matrik admitansi dari rangkaian yang diperkecil adalah :
Admitansi antara rel 1 dan 2 yang masih tertinggal adalah Y12 = -j10.326
Admitansi antara masing-masing rel ini dengan rel pedoman adalah :
Y10 = -j32.111 - (-j10.326 )= - j21.785 Y20 = -j51.356 - (-j10.326) = -j41.03

Untuk mendapatkan V1 dan V2 dengan pembalikan matrik admitansi dengan
perhitungan komputer diperoleh :
V1 = (j0.0333) (20A-30°) + (j0.0067) (40A-90°)
V1 = 0.0333A90° x 20A-30° + 0.0067A90° x 40A-90°
V1 = 0.666A60° + 0.268A0° = 0.333 + j 0.5768 + 0.268
V1 = 0.601 + j 0.5768 = 0.833 A43.8° p.u
V2 = (j0.0067) (20A-30°) + (j0.0208) (40A-90°)
V2 = 0.0067A90° x 20A-30° + 0.0208A90° x 40A-90°
V2 = 0.134A60° + 0.832A0° = 0.067 + j 0.116 + 0.832
V2 = 0.899 + j 0.116 = 0.906 A7.4° p.u
7.4 Hapuskanlah simpul-simpul 3 dan 4 dari jala-jala Gambar 7.12 untuk mendapatkan
matriks admitansi 2 x 2 yang dihasilkan dengan pertama-tama menghapuskan simpul 4
dan kemudian simpul 3 seperti dalam Contoh 7.4
Gambar 7.12. Rangkaian untuk Soal 7.4 Nilai-nilai yang ditunjukkan adalah arus-arus dan
admitansi dalam per satuan (p.u)
Jawab :

7.5 Rubahlah Zrel yang diberikan dalam Contoh 7.2 untuk rangkaian pada Gambar 7.4
dengan menambahkan sebuah simpul baru yang dihubungkan pada rel 4 melalui suatu
impedansi sebesar j1.2 per satuan.
Jawab :

Y11 = - j5.0 – j4.0 – j0.8 = - j9.8 Y12 = Y21 =
0
= - j5.0 – j2.5
Y23 = Y32 = + j2.5
Y13 = Y31 = +
Y22 – j0.8 = - j8.3
j4.0
= - j4.0
Y24 = Y42 = + j5.0
Y14 = Y41 = +
Y33 – j2.5 – j8.0 – j0.8 = - j15.3
j5.0
= - j5.0
Y34 = Y43 = + j8.0
Y44 – j5.0 – j8.0 = - j18.0

7.6 Rubahlah Zrel yang diberikan dalam Contoh 7.2 dengan menambahkan suatu cabang
yang mempunyai impedansi sebesar j1.2 per satuan antara simpul 4 dan rel pedoman dari
rangkaian pada Gambar 7.4.
Jawab :
7.7 Tentukanlah impedansi-impedansi pada baris pertama dari Zrel untuk rangkaian
pada Gambar 7.4 tetapi impedansi antara rel 3 dan rel pedoman ditiadakan dengan
merubah Zrel yang didapat dalam Contoh 7.2. Kemudian dengan sumber-sumber arus
yang terhubung hanya pada rel 1 dan rel 2,

dapatkanlah tegangan pada rel 1 dan bandingkan nilai ini dengan yang didapat dalam
Contoh 7.3.
Jawab :
Metode I : dengan cara pembalikan admitansi rel Yrel menjadi impedansi rel Zrel
Y11 = - j5.0 – j4.0 – j0.8 = - j9.8 Y12 = Y21 =
0
= - j5.0 – j2.5
Y23 = Y32 = + j2.5
Y13 = Y31 = +
Y22 – j0.8 = - j8.3
j4.0
= - j4.0
Y24 = Y42 = + j5.0
Y14 = Y41 = +
Y33 – j2.5 – j8.0 = - j14.5
j5.0
= - j5.0
Y34 = Y43 = + j8.0
Y44 – j5.0 – j8.0 = - j18.0

7.8 Rubahlah Zrel yang diberikan dalam Contoh 7.2 dengan meniadakan impedansi
yang terhubung antara simpul-simpul 2 dan 3 dari jala-jala pada Gambar 7.4.
Jawab :

7.9 Hitunglah Zrel untuk jala-jala pada Gambar 7.13 dengan proses penentuan
langsung seperti yang telah dibicarakan dibagian 7.7.
reaktansi-reaktansi dalam per satuan (p.u)
Jawab

7.10 Untuk jala-jala reaktansi pada Gambar 7.14 carilah (a). Zrel dengan perumusan
langsung atau dengan pembalikan Yrel, (b). tegangan pada masing-masing rel, (c). arus
yang ditarik oleh kapasitor yang mempunyai suatu reaktansi

sebesar 5.0 per satuan dan terhubung antara rel 3 dan netral, (d). perubahan dalam
tegangan pada masing -masing rel ketika kapasitor tersebut dihubungkan pada rel 3, dan
(e). tegangan pada masing-masing rel setelah kapasitor itu terhubung. Besar dan sudut
dari setiap tegangan yang dibangkitkan dapat dianggap tetap konstan.
Gambar 7.14. Rangkaian untuk Soal 7.10 Tegangan-tegangan dan impedansi-
impedansi diberikan dalam per satuan (p.u)
Jawab :
a). Zrel dengan cara pembalikan Yrel , rangkaian diubah menjadi admitansi :

V1 = (j0.4106) (1.6 A– 90°) + (j0.3099) (1.2 A– 60°)
V1 = (j0.4106) (– j 1.6) + (j0.3099) ( 0.6 – j1.03923)
V1 = 0.65696 + j0.18594 + 0.32206
V1 = 0.97902 + j0.18594 = 0.9965 A10.75° p.u
V2 = (j0.3099) (1.6 A– 90°) + (j0.4459) (1.2 A– 60°)
V2 = (j0.3099) (– j 1.6) + (j0.4459) ( 0.6 – j1.03923)
V2 = 0.49584 + j0.27754 + 0.46339
V2 = 0.95974 + j0.26754 = 0.9963 A15.57° p.u

V3 = (j0.3535) (1.6 A– 90°) + (j0.3331) (1.2 A– 60°)
V3 = (j0.3535) (– j 1.6) + (j0.3331) ( 0.6 – j1.03923)
V3 = 0.5656 + j0.19986 + 0.34616
V3 = 0.91176 + j0.19986 = 0.9334 A12.36° p.u
d). Perubahan-perubahan tegangan karena IC :(besar sudut tegangan dianggap tetap
konstan)
Pada rel 1 : IC x Z13
ΔV1 = 0.205 A102.36° x 0.3535A-90° = 0.0725 A12.36° p.u Pada
rel 2 : IC x Z23
ΔV2 = 0.205 A102.36° x 0.3331A-90° = 0.0683 A12.36° p.u Pada
rel 3 : IC x Z33
ΔV3 = 0.205 A102.36° x 0.4500A-90° = 0.0923 A12.36° p.u
e). Tegangan pada masing-masing rel setelah kapasitor terhubung : sudut tegangan
tetap konstan
V1 = V1awal + ΔV1
V1 = 0.9965 A10.75° + 0.0725 A12.36°
V1 = 0.97902 + j0.18594 + 0.0733 + j0.016
V1 = 1.052 + j0.2019 = 1.071 A10.86° p.u
V2 = V2awal + ΔV2
V2 = 0.9963 A15.57° + 0.0683 A12.36°
V2 = 0.95974 + j0.26754 + 0.06672 + j0.011462
V2 = 1.0264 + j0.28212 = 1.064 A15.57° p.u
V3 = V3awal + ΔV3
V3 = 0.9334 A12.36° + 0.0923 A12.36°
V3 = 0.91176 + j0.19986 + 0.0901 + j0.01975
V3 = 1.00186 + j0.21961 = 1.026 A12.36° p.u
KUMPULAN SOAL DAN JAWABAN ANALISIS SISTEM TENAGA LISTRIK
(William D. Stevenson, Jr.) (BAB 9)
BAB 9. OPERASI EKONOMIS SISTEM TENAGA
9.1   Untuk sebuah unit pembangkit tertentu dalam suatu stasiun masukan bahan bakar dalam
jutaan BTU per jam yang dinyatakan sebagai suatu fungsi dari keluaran daya P dalam
megawatt adalah  0.0001 P3
+ 0.015 P2
+ 0.3 P + 90
a)   Tentukan persamaan untuk biaya bahan bakar tambahan dalam dolar per megawattjam
sebagai fungsi dari keluaran daya dalam megawatt dengan dasar biaya bahan bakar sebesar $
1.40 per juta BTU.

b)      Carilah persamaan untuk suatu pendekatan linier yang baik bagi biaya bahan bakar tambahan
sebagai suatu fungsi dari keluaran daya pada suatu daerah antara 20 dan 120 MW.
c)      Berapakah biaya bahan bakar rata-rata per megawattjam bila stasiun itu mengirim daya 100
MW ?
d)     Berapakah kira-kira biaya bahan bakar yang harus ditambahkan per jam untuk menaikkan
keluaran stasiun itu dari 100 menjadi 110 MW ?
Jawab :
(a).       F = 1.4(0.0001)P3
+ 0.015P2
+ 3.0P + 90)
            F = (1.4x10-4
)P3
+ 0.021P2
+ 4.2P + 126
            dF/dP = 4.2x10-4
P2
+ 0.0421P + 4.2   .......................................(1)
(b).      Dengan metoda kwadrat terkecil untuk :
            P = 20, 40, 60, 80, 100 dan 120 MW, persamaan menjadi :
   dF/dP = 0.10 (P) + 2.63    .........................................(2)
(c).      F = 0.00014(100)3
+ 0.021(100)2
+ 4.2(100) + 126 = $ 896 /MW jam
            Biaya rata-rata = 8.96 $/MW jam
(d).      Daya kira-kira adalah dF/dP dimana P = 100 MW
            Dengan pers.(1) dF/dP = 0.00042 (100)2
+ 0.042 (100) + 4.2 = $ 12.60/MW jam

Dengan pers.(2) dF/dP = 0.10 (100) + 2.63 = $ 12.63/MW jam

9.2   Biaya bahan bakar tambahan untuk dua unit dari sebuah stasiun adalah
            dF1/dP1 = 0.010 P1 + 11.0     dan    dF2/dP2 = 0.012 P2 + 8.0

Dimana F adalah dalam dollar per jam dan P dalam megawatt. Jika kedua unit itu bekerja
sepanjang waktu dan beban-beban maksimum dan minimum pada masing-masing unit adalah
625 dan 100 MW. Buatlah grafik λ dalam dollar per jam megawattjam versus keluaran
stasiun dalam megawatt untuk biaya bahan bakar terendah pada saat beban total berubah dari
200 menjadi 1250 MW.
Jawab :
Misalkan P1 = P2 = 100 MW
dF1/dP1 = 0.010 (100) + 11.0 = 12
dF2/dP2 = 0.012 (100) + 8.0 = 9.2
Sampai dF2/dP2 = 12 , semua kenaikan daya diambil dari unit #2 :
0.012P2 + 8.0 = 12
P2 = (12 – 8.0 ) / 0.012 = 333.33         untuk  dF2/dP2 = 12
Misalkan P1 dan P2 = 625 MW
dF1/dP1 = 0.010 (625) + 11.0 = 17.25
dF2/dP2 = 0.012 (625) + 8.0   = 15.50
Jika  dF2/dP2 menjadi 15.50 semua kenaikan daya diambil dari unit #1.
Dengan memasukkan berbagai nilai λ = dF/dP kedalam persamaan-persamaan,

dibuatlah daftar berikut ini :
Pemetaan λ versus P1 + P2 terdiri dari tiga garis lurus yang menghubungkan titik-titik yang di
tandai *
9.3   Hitunglah penghematan dalam dolar per jam untuk alokasi beban yang ekonomis di
antara unit-unit pada Soal 9.2 dibandingkan dengan bila keduanya membagi dua sama besar
keluarannya bila keluaran keseluruhan adalah 750 MW.
Jawab :
Pada penyerahan ekonomis untuk keluaran total sebesar 750 MW.
P1 + P2 = 750 MW              P2 = 750 – P1
0.01P1 + 11 = 0.012 P2 + 8
0.01P1 + 11 = 0.012( 750 – P1 ) + 8
0.01P1 + 11 = 9 – 0.012P1 + 8
0.01P1 + 0.012P1 = 9 + 8 – 11
0.022P1 = 6    P1 = 6/0.022 = 272.7 MW
0.01P1 + 11 = 0.012 P2 + 8
0.01(272.7) + 11 = 0.012P2 + 8
0.012P2 = 13.727 – 8          P2 = 5.727/0.012 = 477.3 MW
Kenaikan biaya operasi bila beban adalah
Untuk :

P1 = {0.005(375)2
+ 11(375)} – {0.005(272.7)2
+ 11(272.7)}
P1 = (703.125 + 4125) – (371.83 + 2999.7) = 4828.125 – 3371.53
P1 = 1456.595 $/jam
Untuk :

P2 = {0.0012(375)2
+ 8(375)} – {0.0012(477.3)2
+ 8(477.3)}
P2 = (843.75 + 3000) – (1366.892 + 3818.4) = 3843.75 – 5185.292
P2 = – 1341.542 $/jam
Penghematan : P1 + P2 = 1456.595 – 1341.542 = 115.053 $/jam
9.4  Sebuah stasiun mempunyai dua generator  yang mencatu  rel stasiun itu, dan tidak
satupun  bekerja di bawah 100 MW atau di atas  625 MW.  Biaya-biaya tambahan dengan
P1 dan P2 dalam megawatt adalah :
            dF1/dP1 = 0.012 P1 + 8.0       $/MWjam
            dF2/dP2 = 0.018 P2 + 7.0       $/MWjam
Untuk pengiriman yang ekonomis tentukalah  λ stasiun  bila  P1+P2 sama dengan (a) 220
MW, (b) 500 MW, dan (c) 1150 MW.
Jawab :
(a).       P1 + P2 = 200 MW
            Masing-masing generator harus menyerahkan 100 MW.
            Untuk P1 :               λ = 0.012P1 + 8 = 0.012(100) + 8 = 9.2
            Untuk P2 :               λ = 0.018P2 + 7 = 0.018(100) + 7 = 8.8
            Peningkatan daya harus diambil dari P2
Jadi λ = 8.8 $/MWjam
(b).       P1 + P2 = 500 MW  P1 = (500 – P2) ;  P2 = (500 – P1)
            0.012P1 + 8 = 0.018P2 + 7
            0.012P1 + 8 = 0.018(500 – P1) + 7
            0.012P1 + 8 = 9 – 0.018P1 + 7
            (0.012 + 0.018)P1 = (16 – 8)                 P1 = 8/0.03 = 266.7 MW
            P1 + P2 = 500 MW                               P2 = 500 – 266.7 = 233.3 MW
            Jadi λ = 0.012P1 + 8 = 0.012(266.7) + 8 = 11.2 $/MWjam atau
            Jadi λ = 0.018P2 + 7 = 0.018(233.3) + 7 = 11.2 $/MWjam
(c).       P1 + P2 = 1150 MW  P1 = (1150 – P2) ;  P2 = (1150 – P1)
            0.012P1 + 8 = 0.018P2 + 7
            0.012P1 + 8 = 0.018(1150 – P1) + 7 = 20.7 – 0.018P1 + 7
            (0.012 + 0.018)P1 = (27.7 – 8)             P1 = 19.7/0.03 = 656.7 MW
            P1 + P2 = 11500 MW                          P2 = 500 – 656.7 = 493.3 MW
Batas P1 adalah 625 MW, jadi peningkatan daya datang dari P2 , adalah
P2 = 1150 – 625 = 525 MW.
Jadi λ = 0.018P2 + 7 = 0.018(525) + 7 = 16.45 $/MWjam
9.5   Hitunglah rugi daya dalam sistem pada Contoh 9.3 menurut koefisien-koefisien rugi
pada contoh dan menurut | I |2
| R | untuk I1=1,5a 0° p.u dan I2 = 1,2a 0° p.u .
Misalkan bahwa V3= 1,0a 0° p.u

Jawab :
V1 = V3 + I1 x Za = 1.0 + (1.5 + j0)(0.04 + j0.16)
V1 = 1.0 + 0.06 + j0.24 = 1.06 + j0.24 = 1.087 a 12.76°
V2 = V3 + I2 x Zb = 1.0 + (1.2 + j0)(0.03 + j0.12)
V2 = 1.0 + 0.036 + j0.144 = 1.036 + j 0.144 = 1.047 a 7.9°
P1 = Real | V1 . I1| = Real |(1.06 + j0.24)(1.5 + j0)| = 1.590 p.u
P2 = Real | V2 . I2| = Real |(1.036 + j0.144)(1.2 + j0)| = 1.243 p.u
Dengan koefisien-koefisien B :
PL = P1
2
+ B11 + 2 P1 P2 B12 + P2
2
B22
PL = (1.592
x 0.0534) + (2 x 1.59 x 1.243 x 0.0182) + (1.2432
x 0.0466)
PL = 0.135 + 0.07194 + 0.07199
PL = 0.2789 p.u
Dengan I2
R :
PL = I1
2
x Ra + (I1 + I2)2
x Rc + I2
2
x Rb
PL = (1.52
x 0.04) + (2.72
x 0.02) + (1.22
x 0.03)
PL = 0.090 + 0.1458 + 0.0432
P L = 0.2790 p.u

9.6   Hitunglah koefisien-koefisien rugi yang akan memberikan rugi daya sesungguhnya
untuk sistem pada Contoh Soal 9.3 untuk I1 = 0,8 a 0° p.u ,  I2 = 0,8 a 0° p.u
dan V3 = 1,0 a 0° p.u.
Jawab :
I1 = 0.8 a 0°                          Za = 0.04 + j 0.16
I2 = 0.8 a 0°                          Zb = 0.03 + j 0.12
V3 = 1.0 a 0°                        Zc = 0.02 + j 0.08
V1 = V3 + I1 x Za = 1.0 + 0.8 (0.04 + j 0.16)
V1 = 1.0 + 0.032 + j 0.128 = 1.032 + j 0.128 p.u
V2 = V3 + I2 x Zb = 1.0 + 0.8 (0.03 + j 0.12)
V2 = 1.0 + 0.024 + j 0.096 = 1.024 + j 0.096 p.u
Korfisien-koefisien B :
|V1| (pf1) = 1.032                     ; |V2| (pf2) = 1.024

9.7   Sebuah sistem tenaga hanya mempunyai dua stasiun pembangkit dan daya dikirimkan
secara ekonomis dengan P1 = 140 MW dan P2 = 250 MW. Koefisien-koefisien ruginya adalah
            B11 =    0.10 x 10-2
MW-1
            B12 = – 0.01 x 10-2
MW-1
            B22 =    0.13 x 10-2
MW-1
Untuk menaikkan beban total sistem dengan 1 MW biayanya akan bertambah dengan $12
per jam. Hitunglah (a) faktor hukuman untuk stasiun 1, dan (b) pertambahan biaya per jam
untuk menaikkan keluaran stasiun ini dengan 1 MW.
Jawab :           P1 = 140 MW              ; P2 = 250 MW
Koefisien-koefisien ruginya :
B11 =    0.10 x 10-2
MW-1
B12 = – 0.01 x 10-2
MW-1
B22 =    0.13 x 10-2
MW-1
λ = 12 $/MWjam
PL = B11 P1
2
+ 2 (B12 P1 P2) + B22 P2
2
PL = 0.10 x P1
2
– 0.02 x 10-2
P1 P2 + 0.113 x 10-2
P2
2
∂PL /∂P2 = – 0.02x10-2
P1 + 0.26x10-2
P2
∂PL /∂P2 = 10-2
( 0.26P2 – 0.02P1 )

∂PL /∂P2 = 10-2
(0.26 x 250 – 0.02 x 140)
∂PL /∂P2 = 10-2
(65 – 28 ) = 62.2 x 10-2
= 0.622 p.u
Faktor Hukuman L1 = 1 / (1- 0.622)  = 2.645
(dF1/dP1) x L1 = λ    (dF1/dP1) = ( λ / L1 ) = (12 / 2.645 ) = $ 4.537 /jam
Biaya per jam dari MW selanjutnya dari stasiun #1.
9.8  Pada suatu sistem yang terdiri dari dua stasiun pembangkit biaya tambahan dalam dollar
per megawattjam dengan P1 dan P2 dalam megawatt adalah

            dF1/dP1 = 0.008P1 + 8.0          dF2/dP2 = 0.012P2 + 9.0
Sistem itu bekerja pada penerimaan ekonomis dengan P1= P2=500 MW
dan (∂PL/∂P2) = 0.2.
Hitunglah faktor hukuman dari stasiun 1.
Jawab :

9.9   Suatu sistem tenaga bekerja dengan pengiriman beban ekonomis dengan λ sistem
sebesar $12,5 per megawattjam. Jika dengan menaikkan keluaran stasiun 2 sebesar 100 kW
(sementara keluaran lain-lainnya dibuat konstan) rugi-rugi |I|2
|R| untuk sistem meningkat
dengan 12 kW, berapakah kira-kira pertambahan biaya per jam jika keluaran stasiun ini
dinaikkan dengan 1 MW?
Jawab :

9.10  Sebuah sistem tenaga dicatu oleh dua buah stasiun saja, yng keduanya bekerja menurut
pengiriman ekonomis Pada rel stasiun 1 biaya tambahan adalah $11.0 per megawattjam dan
pada stasiun 2 $10.0 per megawattjam. Stasiun manakah yng mempunyai faktor hukuman
yang lebih tinggi ? Berapakah faktor hukuman dari stasiun 1 jika biaya per jam untuk
menaikkan beban pada sistem dengan 1 MW adalah $12.5 ?
Jawab :
11.0 L1 = 10.0 L2
L2 = (11.0/10.0) L1
L2 = 1.1 L1   L2 > L1  Stasiun 2 lebih tinggi Faktor Hukumannya.
Faktor Hukuman dari stasiun 1 adalah :
11.0 L1 = 12.5  L1 = (12.5 / 11.0) = 1.136
9.11   Hitunglah nilai-nilai yang terdaptar di bawah ini untuk sistem dalam Contoh Soal 9.5
dengan λ sistem = $13.5 per megawattjam. Misalkan bahwa biaya bahan bakar pada keadaan
tanpa beban untuk stasiun 1 dan 2 berturut-turut adalah $200 dan $400 per jam.
a.         P1 , P2 dan daya yang diserahkan pada beban untuk pengiriman yang ekonomis dengan rugi
transmisi yang dikoordinasikan.
b.         P1 dan P2 untuk nilai daya yang diserahkan pada beban yang didapatkan pada bagian (a)
tetapi dengan rugi transmisi tidak dikoordinasikan. Tetapi rugi transmisi harus dimasukkan
dalam penentuan masukan daya total ke dalam sistem.
c.         Biaya bahan bakar total dalam dollar per jam untuk bagian (a) dan (b).

Jawab :
Dari Contoh Soal 9.5 :
(dF1 / dP1) = 0.010P1 + 8.5    $/MWjam         (dF2 / dP2) = 0.015P2 + 9.5 $/MWjam
PL = B11 P1
2
+ 2 (B12 P1 P2) + B22 P2
2
Bila rugi daya pada saluran PL=16 MW. Daya yang dikirimkan dari stasiun 1,
P1= 200 MW.
B22 = 0 dan B12 = 0. Beban terletak di stasiun 2, perubahan P2 tidak mempengaruhi PL Jadi :
PL = B11 P1
2
   16 = B11 x 2002
   B11 = (16/2002
) = 0.0004 MW-1
(∂PL / ∂P1) = 2 B11 P1 + 2 B12 P2 = 2 x 0.0004 P1 = 0.0008 P1
(∂P2 / ∂P1) = 2 B22 P2 + 2B12 P1 = 0
(a). Untuk λ = 13.5
13.5 (1– 0.0008P1) = 0.010P1 + 8.5
13.5 – 0.0108P1 = 0.010P1 + 8.5
13.5 – 8.5 = (0.010 + 0.0108) P1
P1 = (5.0 / 0.0208) = 240.4 MW
0.015 P2 + 9.5 = λ   0.015 P2 + 9.5 = 13.5
P2 = (4 / 0.015) = 266.7 MW
PL = B11 P1
2
         = 0.0004 (240.4)2
= 23.1 MW
PR = P1 + P2 – PL  = 240.4 + 266.7 – 23.1 = 484 MW (Daya yang diserahkan pada beban).
(b).       P1 + P2 – 0.0004 P1
2
= 484 .................................................(1)
0.010P1 + 8.5 = 0.015 P2 + 9.5
P2 = (0.010P1 + 8.5 – 9.5) / 0.015 = (0.010P1 – 1 ) / 0.015
P2 = 0.667 P1 – 66.7 ..........................................................(2)
            (2)   (1)
            P1 + (0.667 P1 – 66.7) – 0.0004 P1
2
= 484
            1.667 P1 – 0.0004 P1
2
= 550.7
            – 0.0004 P1
2
+ 1.667 P1 – 550.7 = 0
P1
2
– 4167.5 P1 + 1376750 = 0
Diselesaikan dengan mencari akar-akar dari persamaan kwadrat,
dengan bantuan program EXCEL maka diperoleh sbb :

  P1 = 361.7 MW
P2  = 0.667 P1 – 66.7
  P2 = 0.667 (361.7) – 66.7 = 174.5 MW
(c).

Untuk P1 = 240.4 MW dan P2 = 266.7 MW (dari bagian a.)
F1 = 0.005 (240.4)2
+ 8.5 (240.4) + 200 = 2532.4 $/jam
F2 = 0.0075 (266.7)2
+ 9.5 (266.7) + 400 = 3467   $/jam
F1 + F2 = 5999.4 $/jam
Untuk P1 = 361.7 MW dan P2 = 174.5 MW (dari bagian b.)
F1  = 0.005 (361.7)2
+ 8.5 (361.7) + 200 = 3928 $/jam
F2 = 0.0075 (174.5)2
+ 9.5 (174.5) + 400 = 2286  $/jam
F1 + F2 = 6214 $/jam
(William D. Stevenson, Jr.) (BAB 10)
BAB 10.  GANGGUAN TIGA FASA SIMETRIS
10.1     Suatu tegangan bolak-balik 60-Hz yang mempunyai nilai rms sebesar 100 V
dikenakan pada suatu rangkaian RL seri dengan menutup sebuah sakelar. Resistansinya
adalah 15 Ω sedangkan induktansinya 0.12 H.
(a). Hitunglah nilai komponen dc arus pada saat sakelar ditutup jika nilai sesaat tegangan pada
waktu itu adalah 50 V.

(b). Berapakah nilai sesaat tegangan yang akan menghasilkan komponen dc arus yang maksimum
pada saat penutupan sakelar?
(c). Berapakah nilai sesaat tegangan yang akan menghasilkan komponen dc arus yang bernilai
nol pada saat penutupan sakelar?
(d). Jika sakelar ditutup ketika tegangan sesaat sama dengan nol, tentukanlah arus sesaat 0.5, 1.5,
dan 5.5 perioda kemudian.
Jawab :
Vm  = √2 Vrms = 1.4142 x 100 = 141.42 V
(a).       v = Vm Sin (ωt + α)
            Untuk t = 0 ; v = 50 V
            50 = √2 Vrms Sin α
            50 = √2 100 Sin α
            Sin α = ( 50/141.42) = 0.3536
            α = 20.70° atau 159.30°
            Z = R + j (2π f) L = 15 + j (2π60) 0.12
            Z = 15 + j 45.24 = 47.66 a 71.66° Ω
Pada t = 0
idc = (Vm / |Z|) Sin (ωt + α – θ)
idc = – (141.42/ 47.66) Sin ( 20.70° – 71.66°)
idc = – 2.9673 Sin ( – 50.96°)
idc = 2.305 A
atau
idc = – (141.42/ 47.66) Sin ( 159.3° – 71.66°)
idc = – 2.9673 Sin ( 87.64°)
idc = – 2.965 A Maksimum
(b).       Komponen dc maksimum terjadi bila Sin (α – θ) = ± 1 atau bila Sin (α – θ) = ± 90°,
α = (90° + 71.66°) = 161.66° ; α = (71.66° – 90°) = – 18.34°
            v = Vm Sin 161.66°    = 141.42 (0.31465) = 44.5 V     atau
v = Vm Sin (– 18.34°) = 141.42 (0.31465) = 44.5 V
(c).       Komponen dc tidak akan terjadi bila (α – θ) = 0 atau 180° : yaitu bila
α = (0° + 71.66°) = 71.66° ; α = (180° + 71.66°) = 251.66°
            v = Vm Sin 71.66°     = 141.42 (0.9492) = 134.24 V     atau
v = Vm Sin (251.66°) = 141.42 (0.9492) = 134.24 V
(d).      Untuk v = 0 bila t = 0 dan α = 0 ; 0.5 perioda kemudian ωt = π rad.

Untuk 1.5 perioda kemudian ωt = 3π rad.
            t = (ω / 2πf) = (3π / 2π60) = 0.025 detik
            i = 2.9673 x 0.9492 (1 + e[(--15x0.025)/0.12]
)
            i = 2.9673 x 0.9492 (1 + e -3.125
) = 2.940 A
            Untuk 5.5 perioda kemudian ωt = 11π rad.
            t = (ω / 2πf) = (11π / 2π60) = 0.091 detik
            i = 2.9673 x 0.9492 (1 + e[(-15x0.091)/0.12]
)
            i = 2.9673 x 0.9492 (1 + e -11.46
) = 2.817 A

10.2     Sebuah generator yang dihubungkan melalui suatu pemutus rangkaian 5 putaran
(cycle = perioda) pada sebuah transformator mempinyai rating 100 MV, 18 kV,
dengan reaktansi-reaktansi Xd
”
= 19%,Xd
’
= 26% dan  Xd = 130%. Generator itu sedang
bekerja tanpa beban dan pada tegangan nominalnya ketika suatu hubung-singkat tiga-fasa
terjadi diantara pemutus dan transformator. Tentukanlah (a). Arus hubung-singkat bertahan
pada pemutus rangkaian, (b). Arus rms simetris awal pada pemutus itu, dan (c). Komponen
dc maksimum yang mungkin pada arus hubung-singkat dalam pemutus tersebut.
Jawab :
Arus Dasar = (100 000 / √3 x 18) = 3 207.5 A
(a). Arus hubung singkat steady pada CB :
            Ihs = (1 / jXd ) x I = (1 / j1.3 ) x 3 207.5
            Ihs = (1 / 1.3a 90°) x 3 207.5 = 2 467.3 a– 90° A
(b). Arus rms symetris awal pada CB :
            Isym = (1 / Xd
”
) x I = (1 / j0.19 ) x 3 207.5
            Isym = (1 / 0.19a 90°) x 3 207.5 = 16 882 a– 90° A
(c). Komponen dc maks. pada arus hubung-singkat dalam CB :
            Idc = √2 x Isym = √2 x 16 882 a– 90° = 23 874.8 a– 90° A
10.3     Transformator tiga-fasa yang terhubung pada generator seperti dilukiskan dalam Soal
10.2 mempunyai rating 100 MVA, 240Y/18∆ kV, X = 10%. Jika terjadi suatu hubung-
singkat tiga fasa pada sisi tegangan tinggi transformator pada tegangan nominal dan tanpa
beban, hitunglah (a). Arus rms simetris awal dalam gulungan-gulungan transformator pada
sisi tegangan tingginya dan (b). Arus simetris awal dalam saluran pada tegangan-rendah.
Jawab :

I ” = [1 / (Xd” + X)] = [1 / (j0.19 + j0/10)] = 1/ j 0.29 = – j3.448 = – 3.448 a 90° p.u
ITT Dasar = (100 000 / √3 x 240) = 240.6 A
ITR Dasar = (100 000 / √3 x 18) = 3 207.5 A
(a). Arus rms simetris awal dalam gulungan transformator pada sisi tegangan-tinggi:
            Irms  = 3.448 x 240.6   = 829.6 A
(b). Arus simetris awal dalam saluran pada tegangan-rendah :
            Irms  = 3.448 x 3 207.5 = 11 059.5 A
10.4     Sebuah generator 60-Hz mempunyai rating 500 MVA, 20 kV dengan Xd” = 0,20 p.u.
Generator itu mencatu suatu beban resistif murni sebesar 400 MW pada 20 kV. Beban itu
terhubung langsung pada terminal-terminal generator. Jika keseluruhan beban tiga-fasa
terhubung-singkat dengan serentak, hitunglah arus rms simetris awal pada generator dalam
p.u dengan 500 MVA, 20 kV sebagai dasar.
Jawab :
IBeban = (400 / 500) = 0.8 p.u ;   Vf = (20 / 20) = 1.0 p.u
Eg” = Vf + j IBeban . Xd” = 1.0 + (0.8 x j0.20) = 1.0 + j0.16 p.u
Ig” = (Eg” / Xd”) = [(1.0 + j0.16) / j0.20] = [(1.01272 a 9.09°) / 0.20 a 90°]
Ig” = 5.064 a 80.91° p.u
10.5     Sebuah generator dihubungkan melalui suatu transformator pada sebuah motor
serempak. Dengan dasar yang sama, reaktansi-reaktansi sub-peralihan p.u
dari generator dan motor berturut-turut adalah 0.15dan 0.35 sedangkan reaktansi bocor
transformator adalah 0.10 p.u. Suatu gangguan tiga-fasa terjadi pada terminal-terminal motor
ketika tegangan terminal generator adalah 0.9 p.u dan arus keluaran generator 1.0 p.u dengan
faktor daya 0.8 mendahului. Hitunglah arus sub-peralihan dalam p.u pada gangguan, dalam
generator dan dalam motor. Pakailah tegangan terminal generator sebagai phasor pedoman
dan dapatkanlah penyelesaiannya (a) dengan menghitung tegangan-tegangan di belakang
reaktansi sub-peralihan pada generator dan motor, (b) dengan menggunakan
teorema Thevenin.
Jawab :

(a).       Eg” = Vf + (Cos φ + j Sin φ) . Xd”generator
            Eg” = 0.9 + (0.8 + j 0.6) . j 0.15
            Eg” = 0.9 + j 0.12 – 0.09 = 0.81 + j 0.12 p.u
            Em” = Vf – (Cos φ + j Sin φ) ( XTR + Xd”motor )
            Em” = 0.9 – (0.8 + 0.6) (j0.10 + j0.35)
            Em” = 0.9 – (0.8 + 0.6) (j0.45) = 0.9 – (j0.36 – 0.27)
            Em” = 0.9 – j0.36 + 0.27 = 1.17 – j0.36 p.u
            Ig” = [ Eg” / (Xd”gen + XTR)] = [(0.81 + j0.12) / (j0.15 + j0.10)]
            Ig” = (0.81 + j0.12) / j0.25 = (– 0.12 + j0.81) / – 0.25
            Ig” = 0.48 + j3.24 p.u
            Im” = (Em” / Xd”motor) = (1.17 – j0.36) / j0.35 = (0.36 + j1.17) / – 0.35
            Im” = – 1.03 – j3.34 p.u
            If” = Ig” + Im” = (0.48 + j3.24) + (– 1.03 – j3.34)
            If” = 0.48 + j3.24 – 1.03 – j3.34
            If” = – 0.55 – j6.58 p.u
(b).       Vf = V – (Cos φ + j Sin φ) ( XTR )
            Vf = 0.9 – (0.8 + 0.6) (j0.10)
            Vf = 0.9 – (j0.08 – 0.06) = 0.9 + 0.06 – j0.08
            Vf = 0.96 – j0.08 p.u
            Secara Teori Thevenin

   Zth = [(Xd”g + XT) (Xd”m) / (Xd”g + XT) + Xd”m]
            Zth = [(j0.15 + j0.10) (j0.35) / (j0.15 + j0.10) + j0.35]
            Zth = (j0.25) (j0.35) / (j0.60) = (– 0.0875 / j0.60) = j 0.146 p.u
            If” = (Vf / Zth) = [(0.96 – j0.08) / j0.146] = [(0.08 + j0.96) / – 0.146]
            If” = – 0.55 – j6.58 p.u
            Ig” = (Cos φ + j Sin φ) + (Xd”motor / Xtotal) . If”
            Ig” = (0.8 + j 0.6) + (j0.35 / j0.60) ( – 0.55 – j6.58)
            Ig” = (0.8 + j 0.6) + [(2.303 – j0.1925) / j0.60]
            Ig” = (0.8 + j 0.6) + [(j2.303 + 0.1925) / – 0.60]
            Ig” = (0.8 + j 0.6) + (– j3.838 – 0.3208)
            Ig” = 0.8 + j 0.6 – j3.838 – 0.3208 = 0.4792 – j3.238
`           Ig” = 0.48 – j3.24 p.u  [hasilnya sama dengan bagian (a).]

Im” = – (Cos φ + j Sin φ) + [(Xd”gen +XT) / Xtotal] . If”
            Im” = (– 0.8 – j 0.6) + (j0.25 / j0.60) ( – 0.55 – j6.58)
            Im” = (– 0.8 – j 0.6) + [(– j0.1375 + 1.645) / j0.60]
            Im” = (– 0.8 – j 0.6) + [(0.1375 + j1.645) / – 0.60]
            Im” = – 0.8 – j 0.6 + (– 0.23 – j2.742) = – 0.8 – j 0.6 – 0.23 – j2.742
            Im” = – 1.03 – j3.34 p.u [hasilnya sama dengan bagian (a).]

10.6 Dua buah motor serempak yang mempunyai mempunyai reaktansi sub-peralihan
berturut-turut sebesar 0.80 dan 0.25 p.u atas dasar 480 V, 2000 kVA dihubungkan pada
sebuah rel. Rel motor ini dihubungkan oleh suatu saluran transmisi yang mempunyai
reaktansi sebesar 0.023Ω pada suatu rel dari sebuah sistem. Pada rel sistem tenaga
itu megavoltampere hubung-singkat dari sistem tenaga adalah 9.6 MVA untuk suatu tegangan
nominal sebesar 480 V. Ketika tegangan pada rel motor 440 V, abaikanlah arus beban dan
hitung arus rms simetris awal dalam suatu gangguan tiga-fasa pada rel motor.
Jawab :
Z Dasar = [(kV)2
/ MVA] = (0.480)2
/ 2 = 0.115 Ω
XL = (0.023 / 0.115) = 0.20 p.u
Xhs = ( MVA / MVAhs) = (2 / 9.6) = 0.208 p.u

10.7     Matriks impedansi rel suatu jala-jala dengan 4-rel dan nilai-nilai dalam p.u adalah:
Generator-generator dihubungkan pada rel 1 dan 2 dan reaktansi-reaktansi sub-peralihannya
perlu diperhitungkan dalam mendapatkan  Zrel . Jika arus pragangguan dapat diabaikan,
hitunglah arus sub-peralihan dalam p.u pada gangguan untuk suatu gangguan tiga-fasa pada
rel 4. Misalkan bahwa tegangan pada gangguan adalah 1.0 p.u sebelum terjadinya gangguan.
Hitunglah juga arus dalam p.u dari generator 2 yang reaktansi sub-peralihannya adalah 0.2
p.u
Jawab :
Pada Rel 4 :
If “ = 1/Z44 = 1/j0.12 = – j 8.33 p.u
V2 = 1.0 – (Z24 / Z44) = 1.0 – (0.09/0.12) = 0.25 p.u
Dari generator 2 :
I2” = (V – V2) / Xd” = (1.0 – 0.25) / j0.2 = 0.75 / j0.2 = – j 3.75 p.u
10.8     Untuk jala-jala yang diperlihatkan dalam Gambar 10.18 hitunglah arus sub-peralihan
dalam p.u dari generator 1 dan dalam saluran 1-2 dan tegangan-tegangan pada rel 1 dan 3
untuk suatu gangguan tiga-fasa pada rel 2. Misalkan bahwa sebelum gangguan tidak ada arus
yang mengalir dan bahwa tegangan pragangguan pada rel 2 adalah 1.0 p.u . Gunakanlah
matriks impedansi rel dalam perhitungan-perhitungan itu.
Jawab :

Jaringan Thevenin :
Admitansi-admitansi dalam p.u
Δ  = (1 /– j) {12(7.5 x 8.5 – 2.5 x 2.5) + 5 (– 5 x 8.5 – 2 x 2.5) – 2[(– 5 x (– 2.5) – ( –2 x
7.5)]}
Δ  = (1 /– j) {12(63.75 – 6.25) + 5 (– 42.5 – 5.0) – 2(12.5 + 15)}
Δ  = (1 /– j) {12(57.5) + 5(– 47.5) – 2(27.5)}
Δ  = (1 /– j) (690 – 237.5 – 55) = (397.5) / (– j )
Δ = j 397.5
Untuk gangguan pada simpul-simpul, impedansi-impedansi yang diperlukan adalah :
Z12 = Δ21 / Δ = – {(j5) (– j8.5) – (j2.5)(j2)} / j397.5 = – (42.5 + 5) / j397.5
Z12 = j0.1195 p.u
Z22 = Δ22 / Δ = {(– j12) (– j8.5) – (j2)(j2)} / j397.5 = (–102 + 4) / j397.5
Z22 = j0.2465 p.u
Z32 = Δ23 / Δ = {(– j12) ( j2.5) – (j5)(j2)} / j397.5 = (30 + 10) / j397.5
Z32 = j0.1006 p.u
If” = V2 / Z22 = 1.0 / j0.2465 = – j 4.0568 p.u
V1 = 1 – (Z12 / Z22) = 1 – ( j0.1195 / j0.2465) = 0.515 p.u
V3 = 1 – (Z32 / Z22) = 1 – ( j0.1006 / j0.2465) = 0.592 p.u
I”1 – 2 = (V1 / X12) = 0.515 / j0.2 = – j 2.575 p.u
Dari generataor 1:
Ig  = (1 – V1) / Xd” = (1 – 0.515) / j0.2 = – j2.425 p.u

10.9 Jika suatu gangguan tiga-fasa terjadi pada rel 1 dalam jala-jala pada Gambar
10.11 ketika tidak ada beban (semua simpul-simpul bertegangan 1.0 p.u), hitunglah arus sub-
peralihan pada gangguan, tegangan-tegangan pada rel 2, 3 dan 4, dan hitung arus dari
generator yang terhubung pada rel 2.
Jawab :
Gambar 10.11
Dari Persamaan 10.18
Z11 = j0.1488 ; Z12 = j0.0651 ; Z13 = j0.0.0864 ; Z14 = j0.0978
If “ = 1 / Z11 = 1 / j0.1488 = – j6.7204
V2 = 1 – (If “ . Z12) = 1 – ( – j6.7204 x j0.0651)
V2 = 1 – 0.4375 = 0.5625 p.u
V3 = 1 – (If “ . Z13) = 1 – ( – j6.7204 x j0.0864)
V3 = 1 – 0.5806 = 0.4194 p.u
V4 = 1 – (If “ . Z14) = 1 – ( – j6.7204 x j0.0978)
V4 = 1 – 0.6573 = 0.3427 p.u
I2” = (1 – V2) / ( Xd” + XL) = (1– 0.5625) / (j0.2 + j0.1) = (0.4375 / j0.3)
I2” = – j6.7204 p.u
10.10 Hitunglah arus sub-peralihan dalam p.u dalam suatu gangguan tiga-fasa pada rel 5
jala-jala dalamContoh Soal 8.1. Abaikanlah arus pragangguan dan misalkan semua tegangan-
tegangan rel adalah 1.0 p.u sebelum terjadinya gangguan dan gunakanlah perhitungan-
perhitungan yang telah dibuat dalam Contoh Soal 10.4. Hitunglah juga arus dalam saluran-
saluran 1-5 dan 3-5.

Jawab :
Dengan mengabaikan resistansi agar dapat menggunakan perhitungan-perhitungan dari
Contoh Soal 10.4. Sehingga menjadi jala-jala admitansi seperti di bawah ini:
Jala-jala dengan admitansi yang ditunjukkan dalam p.u pada Gambar di atas, matriks
admitansi simpulnya adalah :
Matriks 5 x 5 bila di invers dengan bantuan komputer akan menghasilkan matriks hubung-
singkat atau matriks impedansi seperti di bawah ini:
Arus pada Rel 5 adalah :

If “ = (1 / Z55 ) = (1 / j0.1301) = – j 7.686 p.u
V1 = 1.0 – If “ x Z15 = 1.0 – ( – j 7.686 ) (j 0.0608) = 1.0 – 0.4673 = 0.5327 p.u
V3 = 1.0 – If “ x Z35 = 1.0 – ( – j 7.686 ) (j 0.0603) = 1.0 – 0.4635 = 0.5365 p.u
Arus dalam saluran 1 – 5 :
I1-5 = (V1 – 0) (Y15) = (0.5327 – 0) (– j 7.937) = – j 4.228 p.u
Arus dalam saluran 3 – 5 :
I3-5 = (V3 – 0) (Y35) = (0.5365 – 0) (– j 4.762) = – j 2.555 p.u
Arus Dasar = (100 000 / √3 x 138) = 418.37 A
Jadi      I1-5 = 4.228 x 418.37 = 1 768.87 ≈ 1 769 A
            I3-5 = 2.555 x 418.37 = 1 068.94 ≈ 1 069 A
10.11   Sebuah generator 625-kVA 2.4-kV dengan Xd
”
= 0.20 p.u dihubungkan pada suatu rel
melalui suatu pemutus rangkaian seperti ditunjukkan dalam Gambar 10.19. Tiga buah motor
serempak dengan rating 250 hp, 2.4 kV, faktor daya 1.0, efisiensi 90%, dan dengan Xd
”
= 0.20
p.u terhubung pula pada rel yang sama melalui pemutus-pemutus rangkaian. Motor-motor
bekerja dengan beban penuh, faktor daya satu, dan tegangan nominal, dengan beban yang
terbagi rata di antara mesin-mesin tersebut.
a.  Gambarkan diagram impedansi dengan impedansi-impedansi yang ditandai dalam p.u atas
dasar 625 kVA, 2.4 kV.
b. Hitunglah arus hubung-singkat simetris dalam ampere yang harus diputuskan oleh
pemutus-pemutus rangkaian A dan B untuk suatu gangguan tiga-fasa pada titik P.
Sederhanakanlah perhitungan-perhitungnnya dengan mengabaikan arus pragangguan.
c. Ulangi bagian (b) untuk suatu gangguan tiga-fasa pada titik Q.
d. Ulangi bagian (b) untuk suatu gangguan tiga-fasa pada titik R.

Jawab :
(a). Diagram impedansi :

Generator 625 KVA; 2.4 kV; Xd” = 0.20 p.u
Motor 250 hp; 2.4 kV; Xm” = 0.20 p.u; η = 90%; pf = 1.0 ( 1hp = 0.746 KW)
Daya input motor = [(250 x 0.746) / 90%] x pf = 207.2 x 1.0 = 207.2 KVA
Xm” = 0.20 x (625/207.2) = 0.603 p.u
Untuk arus pemutus digunakan 1.5 Xm” = 1.5 x 0.603 = 0.905 p.u
Dari Generator :
Untuk masing-masing Motor :
I = [( If “ – I ) / 3] = {[(– j 8.313 – (– j 5.0 )] / 3}= (– j 8.313 + j 5.0 ) / 3
I = – j 1.104 p.u                      atau                 I = 1.104 x 150.4 = 166.04 A
Gangguan pada titik P :
melalui CB A         I = 752 A                                (hanya dari generator saja)
melalui CB B         I = Ig + 2 Im = – j 5.0 + 2(– j 1.104) = – j 7.208 p.u
                                    I = 7.208 x 150.4 = 1 084 A   (dari generator dn 2 motor)
Gangguan pada titik Q :
melalui CB A          I = 752 A                                (hanya dari generator saja)
melalui CB B          I = 166.04 A                           (hanya dari satu motor)
Gangguan pada titik R :
melalui CB A         I = 3 x 166.04 = 498.12 A      (dari 3 motor)
melalui CB B          I = 166.04 A                           (hanya dari satu motor)
Besarnya arus maksimum yang akan di putus oleh CB A adalah 752 Ampere dan oleh CB B
adalah 1084Ampere.

10.12   Suatu pemutus rangkaian yang mempunyai rating nominal sebesar 34.5 kV dan rating
arus terus-menerus sebesar 1500 A, faktor daerah tegangannya (K) adalah 1,65 . Tegangan
maksimum nominal adalah 38 kV, dan arus hubung-singkat nominal pada tegangan itu adalah
22 kA. Hitunglah (a) tegangan dimana untuk nilai-nilai di bawahnya arus hubung-singkat
nominal tidak bertambah besar jika tegangan kerjanya menurun, dan hitung juga nilai dari
arus itu. (b) arus hubung-singkat nominal pada 34.5 kV.
Jawab :
CB              V = 34.5 kV (Tegangan Nominal)
                        I = 1500 A    ( Arus continous )
                        K = 1.65
                        Vm = 38 kV (Tegangan maksimum nominal)
                        Ihs   = 22 kA (Arus hubung-singkat nominal)
(a).       Daerah tegangan kerja = 38 kV sampai 23 kV (kareana 38/1.65 = 23)
            Arus hubung-singkat nomibal pada tegangan 23 kV = 22 kA x 1.65 = 36 300 A
            ≈ 36 kA
(b).      Arus hubung-singkat nominal pada 34.5 kV = (38 / 34.5) x 22 kA = 24 232 A
            ≈ 24 kA
(William D. Stevenson, Jr.) BAB.11
BAB 11. KOMPONEN KOMPONEN SIMETRIS
11.1     Hitunglah pernyataan-pernyataan berikut ini dalam bentuk polar :
(a).  a - 1
(b). 1 – a2
+ a
(c). a2
+ a +j
(d). ja + a2
Jawab :  Rumus-rumus operator a
a = 1 A120° = 1e j(2π/3)
   = – 0.5 + j 0.866
a2
= 1 A240°                     = – 0.5 – j 0.866
a3
= 1 A360° = 1 A0° = 1
(a).       a – 1 = – 0.5 + j 0.866 – 1 = – 1.5 + j 0.866
a – 1 = 1.732A150°
(b).      1 – a2
+ a = 1 – (– 0.5 – j 0.866) + (– 0.5 + j 0.866)
            1 – a2
+ a = 1 + 0.5 + j 0.866 – 0.5 + j 0.866
            1 – a2
+ a = 1 + j 1.732 = 2 A60°
(c).       a2
+ a + j = – 0.5 – j 0.866 + (– 0.5 + j 0.866) + j
            a2
+ a + j = – 0.5 – 0.5 – j 0.866 + j 0.866 + j = – 1 + j
a2
+ a + j = 1.4142 A135° = √2 A135°
(d).      ja + a2
= j (– 0.5 + j 0.866) + ( – 0.5 – j 0.866 )
ja + a2
= – j 0.5 – 0.866 – 0.5 – j 0.866
ja + a2
= – 1.366 – j 1.366

ja + a2
= 1.932 A– 135° = 1.932 A225°
11.2     Jika Van 1 = 50A 0°, Van 2 = 20 A 90° dan Van 0  = 10 A180° V, tentukanlah
secara analitis tegangan-tegangan ke netral Van , Vbn dan Vcn , dan tunjukkan juga secara grafis
jumlah komponen-komponen simetris yang diberikan yang menentukan tegangan-tegangan
saluran ke netral.
Jawab :
Van 1 = 50A 0° ;        Van 2 = 20 A 90° ;                 Van 0  = 10 A180°
Van 1 = 50 + j 0 ;          Van 2 = 0 + j 20 ;                      Van 0  = – 10 + j 0
Van  = Van 1 + Van 2 + Van 0
Van  = (50 + j 0) + (0 + j 20) + (– 10 + j 0)
Van  = 50 + j 20 – 10
Van  = 40 + j 20 = 44.72 A 26.56° V
Vbn  = Vbn 1 + Vbn 2 + Vbn 0
Vbn  = 50A240° + 20 A 210° + 10 A180°
Vbn = (– 25 – j 43.3) + (– 17.32 – j 10) + ( – 10 + j 0)
Vbn = – 25 – j 43.3 – 17.32 – j 10 – 10
Vbn = – 52.32 – j 53.3 = 74.69 A – 134.5°
Vcn  = Vcn 1 + Vcn 2 + Vcn 0
Vcn  = 50A120° + 20 A 330° + 10 A180°
Vcn = (– 25 + j 43.3) + (17.32 – j 10) + ( – 10 + j 0)
Vcn = – 25 + j 43.3 + 17.32 – j 10 – 10
Vcn = – 17.68 + j 33.3 = 37.7 A117.9°

11.3    Jika terminal asuatu generator terbuka, sedangkan kedua terminalnya yang lain
terhubung satu dengan yang lain, dan di antara hubungan ini dan tanah terdapat suatu
hubung-singkat, nilai-nilai yang khas untuk komponen-komponen arus simetris pada
fasa a adalah Ia1 = 600  A– 90° A , Ia2 = 250 A 90° A, dan Iao = 350 A 90° A . Hitunglah arus
yang mengalir ke tanah dan arus pada masing- masing fasa generator.
Jawab :
Ia1 = 600  A– 90° ;               Ia2 = 250 A 90° ;                 Iao = 350 A 90°
Ia = Ia1 + Ia2 + Ia0
Ia = 600  A– 90° + 250 A 90° + 350 A 90°
Ia = – j600 + j 250 + j 350 = 0 A
Ib = a2
Ia1 + a Ia2 + Ia0
Ib = (1 A240° x 600  A– 90° ) + (1 A120° x 250 A 90°) + 350 A 90°
Ib =  600A 150° + 250A 210° + 350A 90°
Ib = (– 519.6 + j 300) + ( – 216.5 – j 125) + j 350
Ib = – 736.1 + j 525 = 904.14 A144.5° A
Ic = a Ia1 + a2
Ia2 + Ia0
Ic = ( 1 A120° x 600 A– 90° ) + ( 1 A240° x 250 A 90° ) + 350 A 90°
Ic = 600 A 30° + 250 A 330° + 350 A 90°
Ic = 519.6 + j 300 + 216.5 – j 125 + j 350
Ic =   736.1 + j 525 = 904.14 A 35.5° A
In = Ia + Ib + Ic
In = 0 + 904.14 A144.5° + 904.14 A 35.5°
In = 0 – 736.1 + j 525 + 736.1 + j 525
In = j 1050 = 1050 A 90° A            atau
In = Ib + Ic =   – 736.1 + j 525 + 736.1 + j 525 = j 1050 = 1050 A 90° A ,  bisa juga
In = 3 x Ia0 = 3 x j 350   = j 1050 = 1050 A 90° A `
11.4     Tentukanlah komponen-komponen simetris ketiga arus Ia = 10A0° A , Ib = 10A230°
A, dan Ic = 10A130° A
Jawab :
Ia = 10 A0° ;                        Ib = 10 A230° ;                   Ic = 10 A130°
Ia1 =  ⅓ ( Ia + a Ib + a2
Ic )
Ia1 =  ⅓ { 10 A0° + ( 1 A120° x 10 A230° )   + ( 1 A240° x  10 A130° )}
Ia1 =  ⅓ ( 10 A0° + 10 A350° + 10 A370° )
Ia1 =  ⅓ ( 10 + 9.85 – j 1.7365 + 9.85 + j 1.7365 )
Ia1 =  ⅓ ( 29.7 ) = 9.9 A0° A
Ia2 =  ⅓ ( Ia + a2
Ib + a Ic )
Ia2 =  ⅓ { 10 A0° + ( 1 A240° x 10 A230° )   + ( 1 A120° x  10 A130° )}

Ia2 =  ⅓ ( 10 A0° + 10 A470° + 10 A250° )
Ia2 =  ⅓ ( 10 – 3.42 + j 9.397 – 3.42 – j 9.937 )
Ia2 =  ⅓ ( 3.16 ) = 1.053 A0° A
Ia0 =  ⅓ ( Ia + Ib + Ic )
Ia0 =  ⅓ ( 10 A0° + 10 A230° + 10 A130°  )
Ia0 =  ⅓ ( 10 – 6.43 – j 7.66 – 6.43 + j 7.66 )
Ia0 =  ⅓ ( – 2.86 ) = – 0.953 A0° = 0.953 A180° A
CHECKING !!!
Ia = Ia1 + Ia2 + Ia0 = 9.9 + 1.053 – 0.953 = 10 A

Rumus Dasar :
Ia = Ia1 + Ia2 + Ia0
Ib = a2
Ia1 + a Ia2 + Ia0  = Ib1 + Ib2 + Ib0
Ic = a Ia1 + a2
Ia2 + Ia0 = Ic1 + Ic2 + Ic0
Ia0 =  ⅓ ( Ia + Ib + Ic )
Ia1 =  ⅓ ( Ia + a Ib + a2
Ic )
Ia2 =  ⅓ ( Ia + a2
Ib + a Ic )
Ib1 = a2
Ia1 = 1 A240° x 9.9 A0°   = 9.9     A240° A
Ib2 = a Ia2  = 1 A120° x 1.053 A0° = 1.053 A120° A
Ib0 = Ia0                                               = 0.953 A180° A
Ic1 = a Ia1    = 1 A120° x 9.9 A0°    = 9.9     A120° A
Ic2 = a2
Ia2  = 1 A240° x 1.053 A0° = 1.053 A240° A
Ic0 = Ia0                                                 = 0.953 A180° A
11.5     Arus-arus yang mengalir dalam saluran-saluran yang menuju ke suatu beban
seimbang yang terhubung dalam ∆ ialah Ia = 100 A0° A , Ib = 141,4 A225° A, dan Ic =
100 A90° A. Tentukanlah suatu rumus umum untuk hubungan antara komponen-komponen
simetris arus-arus saluran yang mengalir menuju suatu beban yang terhubung - ∆ dan arus-
arus fasa dalam beban itu, yaitu antara Ia1 dan Iab1 dan antara Ia2dan Iab2. Mulailah dengan
menggambar diagram-diagram phasor dari arus-arus saluran dan fasa urutan-positif dan
urutan-negatif. Hitunglah pula Iab dalam ampere dari komponen-komponen simetris arus-arus
saluran yang diberikan.
Jawab :

Diagram-diagram phasor untuk arus-arus urutan-positif dan urutan-negatif pada saluran-
saluran dan pada beban yang dihubungkan-Δ menunjukkan hubungan-hubungan yang
diinginkan, adalah
Untuk arus-arus saluran yang diketahui :
Ia = 100 A0° ;          Ib = 141,4 A225° ;             Ic = 100 A90°
Ia1 =  ⅓ ( Ia + a Ib + a2
Ic )
Ia1 =  ⅓ {( 100 A0°  + ( 1 A120° x 141,4 A225° ) + ( 1 A240° x 100 A90° )}
Ia1 =  ⅓ ( 100 A0°  +  141,4 A345° + 100 A330° )
Ia1 =  ⅓ ( 100  +  136.6 – j 36.6 + 86.6 – j 50 )
Ia1 =  ⅓ ( 323.2 – j 86.6 ) = 107.73 – j 28.867
Ia1 = 111.53 A–15° A
Ia2 =  ⅓ ( Ia + a2
Ib + a Ic )
Ia2 =  ⅓ {( 100 A0°  + ( 1 A240° x 141,4 A225° ) + ( 1 A120° x 100 A90° )}
Ia2 =  ⅓ ( 100 A0°  + 141,4 A465° + 100 A210° )
Ia2  = ⅓ ( 100 – 36.6 + j 136.6 – 86.6 – j 50 )
Ia2  = ⅓ ( – 23.2 + j 86.6 )   = – 7.73 + j 28.867
Ia2  = 29.9 A105° A
Ia0 =  ⅓ ( Ia + Ib + Ic )
Ia0 =  ⅓ ( 100 A0° + 141,4 A225° + 100 A90° )
Ia0 =  ⅓ ( 100 – 99.985 – j 99.985 + j 100 ) = ⅓ ( 0.015 + j 0.015 )
Ia0 ≈  ⅓ ( 100 – 100 – j 100 + j 100 )
Ia0  ≈ 0   Karena arus urutan-nol tidak mengalir ke hubungan Δ.
Ib1 = a2
Ia1 = 1 A240° x 111.53 A–15° = 111.53 A225° A
Ic1 = a Ia1   = 1 A120° x 111.53 A–15° = 111.53 A105° A
Ib2 = a Ia2 = 1 A120° x 29.9 A105° = 29.9 A325° A
Ic2 = a2
Ia2  = 1 A240° x 29.9 A105° = 29.9 A345° A
Iab1 = ( Ia1 / √3) A30°
Iab1 = ( 111.53 A–15° / √3) A30° = 64.4 A15° A
Iab2 = ( Ia2 / √3) A– 30°
Iab2 = ( 29.9 A105° / √3) A– 30° = 17.26 A75° A

Iab = Iab1 + Iab2  + Iab0
Iab = 64.4 A15° + 17.26 A75° + 0
Iab = 62.20 + j 16.67 4.47 + j 16.67
Iab = 66.67 + j 33.34 = 74.54 A26.57° A
11.6     Tegangan pada terminal suatu beban seimbang yang terdiri dari tiga buah resistor 10
Ω yang terhubung-Y adalah Vab = 100 a0°, Vbc = 80.8 a‒121.44° dan Vca = 90 a 130° V.
Tentukanlah suatu rumus umum untuk hubungan antara komponen-komponen simetris
tegangan-tegangan saluran dan fasa, yaitu di antara Vab1 dan Van1 dan di antara Vab2 dan Van2 .
Misalkan bahwa tidak ada hubungan ke netral beban. Hitunglah arus-arus saluran dari
komponen-komponen simetris tegangan-tegangan saluran yang diberikan.
Jawab :
Diagram-diagram phasor untuk tegangan-tegangan urutan-positif dan urutan-negatif adalah
Tidak ada komponen urutan-nol
Vab = 100 a0° ;        Vbc = 80.8 a‒121.44° ;        Vca = 90 a 130°
Vab1 = ⅓ ( Vab + a Vbc + a2
Vca )
Vab1 =  ⅓ {( 100 A0°  + ( 1 A120° x 80.8 a‒121.44° ) + ( 1 A240° x 90 a 130° )}
Vab1 =  ⅓ ( 100 A0°  +  80.8 a‒1.44° + 90 a 370° )
Vab1 =  ⅓ ( 100  +  80.77 ‒ j 2.036 + 88.63 + j 15.63 ) = ⅓ ( 269.4 + j 13.594 )
Vab1 =  89.8 + j 4.53 = 89.91 A2.89° V
Vab2 = ⅓ ( Vab + a2
Vbc + a Vca )
Vab2 =  ⅓ {( 100 A0°  + ( 1 A240° x 80.8 a‒121.44° ) + ( 1 A120° x 90 a 130° )}
Vab2 =  ⅓ ( 100 A0°  +  80.8 a 118.56° + 90 a 250° )
Vab2 =  ⅓ ( 100  ‒  38.63 + j 70.97 ‒ 30.78 ‒ j 84.57 ) = ⅓ ( 30.59 ‒ j 13.6)
Vab2 =  89.8 ‒ j 4.53 = 11.16 A‒ 23.95° V

Van1 = ( Vab1 / √3) A– 30°
Van1 = ( 89.91A2.89° / √3) A– 30° = 51.91 A‒ 27.11° V
Van1 = 46.21 – j 23.66 V
Van2 = ( Vab2 / √3) A30°
Van2 = ( 11.16A‒ 23.95° / √3) A30° = 6.443 A6.05° V
Van2 = 6.41 + j 0.68 V
Van = Van1 + Van2 + Van0
Van = 46.21 – j 23.66 + 6.41 + j 0.68 + 0
Van = 52.62 – j 22.98 = 57.42 A– 23.59° V
Ia = ( Van

/ Rbeban ) = (57.42 A– 23.59° / 10 ) = 5.742 A– 23.59° A
Ia = 5.262 – j 2.298 A
Vbn1 = ( Vab1 / √3) A210°
Vbn1 = ( 89.91A2.89° / √3) A210°
Vbn1 = 51.91 A212.89° V
Vbn1 = – 43.59 – j 28.19 V
Vbn2 = ( Vab2 / √3) A150°
Vbn2 = ( 11.16A‒ 23.95° / √3) A150°
Vbn2 = 6.44 A126.05° V
Vbn2 = – 3.789 + j 5.21 V
Vbn = Vbn1 + Vbn2 + Vbn0
Vbn = – 43.59 – j 28.19 – 3.789 + j 5.21 + 0
Vbn = – 47.38 – j 23.98 = 52.66 A–154.13° V
Ib = ( Vbn

/ Rbeban ) = (52.66 A– 154.13° / 10 ) = 5.266 A– 154.13° A
Ib = – 4.738 – j 2.297 A
Vcn1 = ( Vab1 / √3) A90°
Vcn1 = ( 89.91A2.89° / √3) A90°
Vcn1 = 51.91 A92.89° V
Vcn1 = – 2.62 + j 51.84 V
Vcn2 = ( Vab2 / √3) A270°
Vcn2 = ( 11.16A‒ 23.95° / √3) A150°
Vcn2 = 6.44 A246.05° V
Vcn2 = – 2.614 – j 5.89 V
Vcn = Vcn1 + Vcn2 + Vcn0
Vcn = – 2.62 + j 51.84 – 2.614 – j 5.89 + 0
Vcn = – 5.234 + j 45.95 = 46.25 A96.5°
Ic = ( Vcn

/ Rbeban ) = ( 46.25 A96.5°/ 10 ) = 4.625 A96.5° A
Ic = – 0.524 + j 4.595 A

CHECKING!!
Ia + Ib + Ic = 0
5.262 – j 2.298 – 4.738 – j 2.297 – 0.524 + j 4.595 = 0

11.7     Hitunglah daya yang terpakai pada ketiga resistor 10 Ω dalam Soal 11.6 dari
komponen-komponen simetris arus-arus dan tegangan-tegangan. Ujilah jawaban yang didapat
itu.
Jawab :
Dari Soal 11.6 :  Van1 = 51.91 A‒ 27.11° V;         Van2 = 6.44 A6.05° V
Ian1 = ( Van1

/ Rbeban ) = (51.91 A– 27.11° / 10 ) = 5.191 A– 27.11° A
Ian2 = ( Van2

/ Rbeban ) = (6.44 A6.05° / 10 )       = 0 .644 A– 27.11° A
Van0 = 0 ;         Ian0 = 0
       CHECKING !
            S = ( Ia
2
. R + Ib
2
. R + Ic2
. R)
            S = [(5.742)2
x 10 + (5.266)2
x 10 + (4.625)2
x 10 ]
            S = 820.9 W
11.8     Tiga buah transformator fasa-tunggal dihubungkan seperti terlihat dalam Gambar
11.2 untuk membentuk suatu transformator Y-∆. Gulungan-gulungan tegangan-tingginya
terhubung-Y dengan tanda-tanda kutub seperti yang ditunjukkan. Gulungan-gulungan yang
digandeng secara magnetis digambarkan dalam arah yang sejajar. Tentukanlah penempatan
tanda-tanda kutub yang benar pada gulungan-gulungan tegangan-rendah. Tunjukkan
terminal-terminal yang diberi angka pada sisi tegangan-rendah (a) dengan huruf-huruf a ,
b dan c di mana IA1 medahului Ia1 dengan 30° dan (b) dengan huruf-
huruf a’, b’ dan c’sehingga Ia1 berbeda fasa sebesar 90° terhadap IA1
Jawab :

Huruf-huruf  X1 dan X2 di tempatkan pada diagram transformator sedemikian rupa,
sehingga Vanmendahului Vdn dengan 30° , sedangkan tegangan-tagangan Ven dan
Vfn mempunyai hubungan yang semestinya dengan Vdn.
Diagram tegangan yang benar jika VAB adalah sebagai pedoman (referensi), seperti di bawah
ini
Van mendahului Vdn  dengan 30° jadi :       Terminal  d  adalah a, f adalah a’
                                                                        Terminal  e  adalah b, d adalah b’
   Terminal  f   adalah c,  e adalah c’
11.9     Misalkan bahwa arus-arus yang ditetapkan dalam Soal 11.5 mengalir menuju suatu
beban dari saluran-saluran yang terhubung ke sisi-Y suatu transformator ∆-Y dengan
rating 10 MVA, 13.2 ∆/66Y kV. Tentukanlah arus-arus yang mengalir dalam saluran-saluran
pada sisi-∆ dengan mengubah komponen simetris arus-arus ke dalam p.u dengan dasar rating
transformator dan dengan menggeserkan komponen-komponen menurut Persamaan (11.23).
Ujilah hasilnya dengan menghitung arus di setiap fasa gulungan-gulungan ∆ dalam ampere
langsung dari arus-arus pada sisi-Y di kalikan dengan perbandingan jumlah lilitan gulungan.
Lengkapilah pengujian tersebut dengan menghitung arus-arus saluran dari arus-arus fasa pada
sisi-∆.
Jawab :
Huruf-huruf besar akan digunakan untuk arus-arus ke beban, karena beban berada pada sisi
tegangan tinggi dari transformator. Rangkaian adalah sama seperti dalam Gambar 11.6 ,
kecuali bahwa arah-arah yang ditunjukkan untuk arus saluran harus dibalik. Arah-arah arus Δ
tetap sama. Terminal-terminal ABCdi hubungkan ke beban dan terminal-
terminal abc dihubungkan ke catu daya.  Persamaan 11.23 masih berlaku.

Arus-arus Saluran Dasar adalah :
Sisi-Y ( 10 000 / √3 x 66 )    =   87.5 A
Sisi-Δ ( 10 000 / √3 x 13.2 ) = 437.4 A
Dari Soal 11.5 di atas arus-arus pada saluran sisi-Y adalah :
IA1 = ( 111.5 A‒15° / 87.5 ) = 1.274 A‒15° p.u
IA2 = ( 29.9 A105° / 87.5 )   = 0.342 A105° p.u
Dari Persamaan 11.23, arus-arus saluran pada sisi Δ adalah :
Ia1 =   j IA1 = 1 A90° x 1.274 A‒15      = 1.274 A75° = 0.329 + j 1.231 p.u
Ia2 = – j IA2 = 1 A‒90° x 0.342 A105°   = 0.342 A15° = 0.330 + j 0.089 p.u
Ia = Ia1

+ Ia2 = 0.329 + j 1.231 + 0.330 + j 0.089
Ia = 0.659 + j 1.32 = 1.475 A63.46° p.u
Ib1 = a2
Ia1 = 1A240° x 1.274 A75° = 1.274 A315° p.u
Ib1 = 0.90 – j 0.90 p.u
Ib2 = a Ia2 = 1A120° x 0.342 A15° = 0.342 A135° p.u
Ib2 = – 0.242 + j 0.242 p.u
Ib = Ib1 + Ib2 = 0.90 – j 0.90 – 0.242 + j 0.242
Ib = 0.658 – j 0.658 = 0.931 A– 45° p.u
Ic1 = a Ia1 = 1A120° x 1.274 A75° = 1.274 A195° p.u
Ic1  = – 1.231 – j 0.33 p.u
Ic2 = a2
Ia2 = 1A240° x = 0.342 A15° = 0.342 A255° p.u
Ic2 = – 0.089 – j 0.33 p.u
Ic = Ic1 + Ic2 = – 1.231 – j 0.33 – 0.089 – j 0.33
Ic = – 1.32 – j 0.66 = 1.476A– 153.4° p.u atau 1.476A206.6° p.u
Jadi:     Ia = 1.475 A 63.46° x 437.4 = 645.2 A 63.46° A
            Ib = 0.931 A– 45°      x 437.4 = 407.2 A– 45°     A
            Ic = 1.476A– 153.4° x 437.4 = 645.6A– 153.4°   A
Checking dengan perbandingan lilitan transformator :
[66 / (√3 x 13.2 )] = 2.89
Iab = 2.89 IC = 2.89 x 100A90° = 289A90° = 0 + j 289
Ibc = 2.89 IA = 2.89 x 100A0° = 289A0°   = 289 + j 0
Ica = 2.89 IB = 2.89 x 141.4A225° = 408.65A225° = – 289 – j 289
O.K ! Kita checking arus-arus nya :

Ia = Iab – Ica = (0 + j 289) – (– 289 – j 289) = 289 + j 578
Ia = 646.2A63.43° A             ( 645.2 A 63.46° A )
Ib = Ibc – Iab = (289 + j 0) – (0 + j 289) = 289 – j 289
Ib = 408.7A– 45° A                          ( 407.2 A– 45° A )
Ic = Ica – Ibc = (– 289 – j 289) – (289 + j 0) = – 578 – j 578
Ic = 646.2A– 153.43° A        ( 645.6A– 153.4°  A )
11.10   Tegangan-tegangan seimbang tiga-fasa sebesar 100 V antar-saluran dikenakan pada
suatu beban yang terdiri dari tiga buah resistor yang dihubungkan-Y. Netral dari beban itu
tidak ditanahkan. Resistansi pada fasa a adalah 10 Ω, pada fasa b adalah 20 Ω, dan
fasa c adalah 30 Ω. Pilihlah tegangan ke netral saluran tiga-fasa tersebut sebagai pedoman
dan tentukan arus pada fasa a dan tegangan Van .
Jawab :
Gambar 11.12 berlaku bila a’ , b’ dan c’ dihubungkan bersama untuk mebentuk titik netral.
Jika sebuah generator ideal (tanpa impedansi) mempresentasikan tegangan yang terpasang,
diagram rangkaiannya adalah seperti di bawah ini :
Terlihat bahwa :          Van = Van + VnN                    atau
                                    Van = Van – VnN
VaN , VbN dan VcN adalah tegangan-tegangan urutan-positif. VnN hanya dapat menjadi sebuah
tegangan urutan-nol, jadi Vaa’ = Van  tidak dapat mempunyai komponen-komponen urutan-
negatif dan VaN = Vaa’ 1.  Kemudian dengan VaN sebagai pedoman,
Vaa’1 = (100/√3) A0° = 57.7 A0° V
Vaa’2 = 0          dan      Ia0 = 0 ;   diketahui      Za = 10Ω ;       Zb = 20Ω ;      Zc = 30Ω

Diketahui Persamaan (11.38) adalah :
Vaa’1 = Ia1 .⅓ ( Za + Zb + Zc ) + Ia2 .⅓ ( Za + a2
Zb + a Zc ) + Ia0 .⅓ ( Za + a Zb + a2
Zc )
Vaa’2 = Ia1 .⅓ ( Za + a Zb + a2
Zc ) + Ia2 .⅓ ( Za + Zb + Zc ) + Ia0 .⅓ ( Za + a2
Zb + a Zc )
Vaa’0 = Ia1 .⅓ ( Za + a2
Zb + a Zc ) + Ia2 .⅓ ( Za + a Zb + a2
Zc ) + Ia0 .⅓ ( Za + Zb + Zc )
Dari persamaan di atas kita akan menghitung  Ia1  dan  Ia2 , untuk menyederhanakan
perhitungan kita selesaikan dahulu unsur-unsur yang mengandung impedansi-impedansi
tersebut :
⅓ ( Za + Zb + a Zc )                 = ⅓ ( 10 + 20 + 30 ) = ⅓ ( 60 )
= 20 A0°
⅓ ( Za + a2
Zb + a Zc )            = ⅓ ( 10 + 1A240° x 20 + 1A120° x 30 )
                                                = ⅓ ( 10 + 20A240° + 30A120° )
                                                = ⅓ ( 10 – 10 – j 17.32 – 15 + j 25.98 )
                                                = ⅓ ( – 15 + j 8.66 ) = ⅓ ( 17.32A150° )
                                                = 5.77 A150°
⅓ ( Za + a Zb + a2
Zc )           = ⅓ ( 10 + 1A120° x 20 + 1A240° x 30 )
                                                = ⅓ ( 10 + 20A120° + 30A240° )
                                                = ⅓ ( 10 – 10 + j 17.32 – 15 – j 25.98 )
                                                = ⅓ ( – 15 – j 8.66 ) = ⅓ ( 17.32A– 150° )
                                                = 5.77 A– 150° atau 5.77 A210°
Karena (Vaa’2 = 0, Vaa’0 = 0 dan Ia0 = 0) sehingga bentuk Persamaan (11.38) menjadi :
Vaa’1 = Ia1 .⅓ ( Za + Zb + Zc ) + Ia2 .⅓ ( Za + a2
Zb + a Zc )
Vaa’2 = Ia1 .⅓ ( Za + a Zb + a2
Zc ) + Ia2 .⅓ ( Za + Zb + Zc )
57.7A0° = Ia1 x 20 A0°      + Ia2 x 5.77 A150°
0                = Ia1 x 5.77A210° + Ia2 x 20 A0°
Dalam bentuk matriks persamaan di atas menjadi :
Δ = (20 x 20) – ( – 5.77a150°) x ( – 5.77a210°)
Δ = 400 – 33.293a 360° = 400 – 33.293 + j 0
Δ = 366.7

Ia1 = (0.055A0° x 57.7A0°) + (– 0.01574A210° x 0)
Ia1 = 3.147 A0° A = 3.147 + j 0 A
Ia2 = (– 0.01574A210° x 57.7) + (0.055A0° x 0)
Ia2 = – 0.908A210° = 0.908A30° = 0.786 + j 0.454 A
Ia = Ia1 + Ia2 = 3.147 + j 0 + 0.786 + j 0.454 = 3.933 + j 0.454
Ia = 3.959 A6.58° A
Perhatikan bahwa seperti ditunjukkan dalam persamaan (11.38), drop-voltage urutan-positif
pada Zadisebabkan oleh Ia1 dan juga Ia2. Dari persamaan (11.38) :
Vaa’0 = Ia1 .⅓ ( Za + a2
Zb + a Zc ) + Ia2 .⅓ ( Za + a Zb + a2
Zc ) + Ia0 .⅓ ( Za + Zb + Zc )
Vaa’0 = 3.147A0° ( 5.77A150°) + 0.908A30° ( 5.77A210°) + 0 ( 20A0°)
Vaa’0 = 18.16A150° + 5.24A240°
Vaa’0 = (– 15.73 + j 9.08) + (– 2.62 – j 4.54)
Vaa’0 = (– 15.73 + j 9.08 – 2.62 – j 4.54) = – 18.35 + j 4.59
Vaa’0 = 18.90 A166.10° V
Van = Vaa’1 + Vaa’0 = 57.7A0° + 18.90 A166.10°
Van = 57.7 + (– 18.35 + j 4.54) = 57.7 – 18.35 + j 4.54
Van = 39.35 + j 4.54
Van = 39.61A6.58° V atau
Van = Ia x Za = 3.959 A6.58° x 10A0°
Van = 39.59 A6.58° V
11.11 Gambarlah jala-jala impedansi urutan-negatif dan urutan-nol untuk sistem daya
dalam Soal 6.15.Tuliskan nilai dari semua reaktansi dalam p.u dengan dasar 50 MV, 13.8
kV dalam rangkaian generator 1.Berilah huruf-huruf pada jala-jala yang bersesuaian dengan
diagram segarisnya. Netral dari generator-generator 1 dan 3 dihubungkan ke tanah melalui
reaktor-reaktor pembatas arus yang mempunyai reaktansi sebesar 5%, masing-masing
terhadap dasar mesin kemana reaktor-reaktor tersebut dihubungkan. Masing-
masing generator mempunyai reaktansi urutan-nol berturut-turut sebesar 20% dan
5% dengan dasar ratingnya sendiri. Reaktansi urutan-nol saluran transmisinya adalah 210
Ω dari B ke C dan 250 Ω dari C ke E
Jawab :

Jaringan urutan-negatifnya sama dengan jaringan urutan-positifnya pada Soal 6.15 dengan
emf-emf yang dihubung-singkat, karena nilai-nilai untuk Z2  adalah sama seperti nilai-nilai
untuk Z1 dalam semua bagian dari jaringan.
Z0 adalah sama seperti Z1 untuk transformator. Jadi jaringan urutan-negatif tidak akan
digambar di sini.
Nilai-nilai baru yang diperlukan adalah :
Generator 1 :   Z0g  = j 0.05 x (50/20)      = j 0.125 p.u
                        3Zn = j 0.05 x (50/20) x 3 = j 0.375 p.u
Generator 2 :   Z0g = j 0.05 x (50/30)       = j 0.0833 p.u
                        Zn  = 0
Generator 3 :   Z0g = j 0.05 x (50/30) x (20/22)2
       = j 0.0689 p.u
                        3Zn = j.005 x (50/30) x (20/22)2
x 3 = j 0.2066 p.u
Trafo 1            :          X = 0.1 x (50/25) = 0.20   p.u
Trafo 2            :          X = 0.1 x (50/30) = 0.167 p.u
Trafo 3            :          X = 0.1 x (50/35) = 0.143 p.u
Saluran Transmisi                                            Z Dasar = [(220)2
/ 50] = 968 Ω
B – C :             X = 210/968 = j 0.217 p.u
C – E :             X = 250/968 = j 0.258 p.u
11.12   Gambarlah jala-jala impedansi urutan-negatif dan impedansi urutan-nol untuk sistem
daya dalamSoal 6.16. Pilihlah 50 MVA, 138 kV sebagai dasar dalam saluran transmisi 40
Ω itu, dan tuliskanlah semua reaktansi dalam p.u. Reaktansi urutan-negatif masing-masing
mesin serempak adalah sama denganreaktansi sub-peralihannya. Reaktansi urutan-
nol masing-masing mesin adalah 8% dengan dasar ratingnya sendiri. Netral dari mesin-mesin
itu dihubungkan ke tanah melalui reaktor-reaktor pembatas-arus yang mempunyai reaktansi
sebesar 5% , masing-masing terhadap dasar mesin ke mana reaktor tersebut dihubungkan.
Misalkan bahwa reaktansi-reaktansi urutan-nol saluran transmisi adalah 300% dari
reaktansi-reaktansi urutan-positifnya.
Jawab :

Jaringan urutan-negtif adalah sama seperti jaringan urutan-positif untuk Soal 6.16 dengan
emf-emf yang dihubung-singkat, karena nilai-nilai untuk Z2  adalah sama seperti nilai-nilai
untuk Z1 untuk semua bagian dari jaringan. Maka jaringan urutan-negatif tidak akan
digambar di sini.
Z0 adalah sama untuk semua bagian jaringan. Untuk netral generator ke-tanah dalam jaringan
pada G 1 :
3Zn = 3 x j 0.05 x (50/20) x (182
/ 20) = j 0.304 p.u
pada G 2 :
3Zn = j 0.304 p.u                     juga sama
pada M 3 :
3Zn = 3 x j 0.05 x (50/30) = j 0.25 p.u
Nilai-nilai Z0g internal untuk G 1 dan G 2 adalah:
Z0g  = j 0.08 x (50/20) x (182
/ 20) = j 0.162 p.u
dan untuk M 3 :
Z0g = j 0.08 x (50/30) = j 0.1333 p.u
Reaktansi-reaktansi urutan-nol transformator adalah sama seperti reaktansi-reaktansi urutan-
positif .

(William D. Stevenson, Jr.) BAB .12
BAB 12. GANGGUAN-GANGGUAN TIDAK SIMETRIS
12.1 Suatu generator-turbo 60-Hz mempunyai rating 500 MVA, 22 kV. Generator tesebut
terhubung-Ydan ditanahkan dengan kuat serta bekerja pada tegangan nominal tanpa beban.
Generator itu terlepas dari keseluruhan sistem. Reaktor-reaktornya adalah X” = X2 =
0.15 dan X0 = 0.05 p.u. Hitunglah perbandinganarus saluran sub-peralihan untuk suatu
gangguan tunggal dari-saluran-ke tanah terhadap arus saluran sub-peralihan untuk suatu
gangguan tiga-fasa simetris.
Jawab :
12.2 Hitunglah perbandingan arus saluran sub-peralihan untuk suatu gangguan antar-
saluranterhadap arus sub-peralihan untuk suatu gangguan tiga-fasa simetris pada generator
yang dilukiskan dalam Soal 12.1
Jawab :

12.3 Tentukanlah nilai ohm dari reaktansi induktif yang harus disisipkan
pada hubungannetral generator dalam Soal 12.1 untuk membatasi arus saluran sub-
peralihan untuk suatu gangguan tunggal dari-saluran-ke tanah sehingga nilainya sama
seperti pada suatu gangguan tiga-fasa.
Jawab :
Dari Soal 12.1, untuk suatu gangguan tiga-fasa  Ia = – j 6.667 p.u
Misalkan bahwa X adalah reaktansi induktif dalam p.u yang akan disisipkan. Maka untuk
suatu gangguan tunggal dari saluran-ke tanah :
12.4 Dengan reaktansi yang didapat dalam Soal 12.3 disisipkan pada netral generator
dalam Soal 12.1Hitunglah perbandingan-perbandingan arus saluran sub-peralihan untuk
gangguan-gangguan berikut initerhadap arus saluran sub-peralihan untuk suatu gangguan
tiga-fasa : (a) gangguan tunggal dari-saluran-ke tanah, (b) gangguan antar-saluran, (c)
gangguan ganda dari-saluran-ke tanah.
Jawab :
(a). Gangguan tunggal dari-saluran-ke tanah :
Perbandingan 1.0 ( X ditambahkan untuk mendapatkan perbandingan ini ).
(b). Gangguan antar-saluran :
Perbandingan 0.866 hasil dari Soal 12.2
(c). Gangguan ganda dari-saluran-ke tanah :

12.5 Berapa besarkah ohm reaktansi pada hubungan netral generator dalam Soal
12.1 yang akan membatasi arus saluran sub-peralihan untuk suatu gangguan tunggal dari-
saluran-ke tanah sehingga besarnya tidak melebihi yang disebabkan oleh suatu gangguan
tiga-fasa?
Jawab :

12.6 Suatu generator dengan rating 100 MVA, 20 kV mempunyai X” = X2 =
20% dan X0 = 5%.Netralnya ditanahkan melalui suatu reaktor sebesar 0.32Ω . Generator
tersebut bekerja pada tegangan nominal tanpa beban dan dipisahkan dari sistem ketika terjadi
suatu gangguan tunggal dari-saluran-ke tanah pada terminal-terminalnya. Hitunglah arus
sub-peralihan pada fasa yang mengalami gangguan.
Jawab :
12.7 Suatu generator turbo 100 MVA, 18 kV yang mempunyai X” = X2 = 20% dan X0 =
5% sedang akan dihubungkan ke suatu sistem daya. Generator itu mempunyai suatu reaktor
pembatas arus sebesar 0.16 Ω pada netralnya. Tetapi sebelum generator tersebut terhubung
ke sistem, tegangannya diatur menjadi 16 kVketika timbul suatu gangguan ganda dari-
saluran-ke tanah pada terminal-terminal b dan c . Hitunglaharus rms simetris awal dalam
tanah dan pada saluran b.
Jawab :

12.8     Reaktansi-reaktansi suatu generator dengan rating 100 MVA, 20 kV adalah X” =
X2 = 20% dan X0 = 5%. Generator tersebut dihubungkan ke suatu transformator ∆-Y dengan
rating 100 MVA, 20∆ - 230Y kV, dengan suatu reaktansi sebesar 10 %. Netral transformator
itu ditanahkan dengan kuat. Tegangan terminal generator adalah 20 kV ketika terjadi
suatu gangguan tungal dari-saluran-ke tanah pada sisi-tegangan tinggi transformator yang
merupakan rangkaian-terbuka. Hitunglah arus rms simetris awal pada semua fasa-fasa
generator tersebut.
Jawab :
Dalam generator Ia0  = Ia1  = j IA1 ;   Ia2 = – j IA1
Ia0 dan Ia1 =     j (– j 1.429)   =    1.429 p.u
Ia2 =  – j ( – j 1.429) =  – 1.429 p.u
Ib1 = 1.429 A240°   =  – 0.7145 – j 1.2375 p.u
Ib2 = 1.429 A300° =    0.7145 – j 1.2375 p.u
Ic1 = 1.429 A120°   =  – 0.7145 + j 1.2375 p.u
Ic2 = 1.429 A60°     =     0.7145 + j 1.2375 p.u
Ia = Ia1 + Ia2 + Ia0 = 1.429 – 1.429 + 0 = 0
Ib = Ib1 + Ib2 + Ib0 = 1.429 A240° + 1.429 A300° + 0 = 2.475 A– 90° p.u
Ic = Ic1 + Ic2 + Ic0 = 1.429 A120° + 1.429 A60° + 0 = 2.475 A90°    p.u
| Ia | = 0
| Ib | = 2887 x 2.475 = 7145.33 A
| Ic | = 2887 x 2.475 = 7145.33 A

12.9     Suatu generator mencatu sebuah motor melalui suatu transformator Y-∆. Generator
tersebut dihubungkan ke sisi-Y transformator. Suatu gangguan timbul di antara terminal-
terminal motor dan transformator. Komponen-komponen simetris arus sub-peralihan pada
motor yang mengalir ke arah gangguan adalah Ia1 = -- 0.8 – j2.6 p.u, Ia2 = -- j2.0
p.u dan Ia0 = -- j3.0 p.u . Dari transformator menuju gangguan Ia1 = 0.8 – j0.4 p.u, Ia2 = --
j1.0 p.u dan Ia0 = 0. Misalkan X”1 = X2 baik untuk motor maupun untuk generator.
Lukiskanlah jenis gangguannya. Hitunglah (a) arus pra-gangguan, jika ada, pada saluran a.
(b) arus gangguan sub-peralihan dalam p.u dan (c) arus sub-peralihan pada masing-masing
fasa generatordalam p.u.
Jawab :
Gangguan pada titik P , jumlah arus Ia1 ke arah gangguan dari Motor dan Transformator
memberikan Ia1pada gangguan. Jadi pada titik gangguan :
Ia1 = – 0.8 – j 2.6 + 0.8 – j 0.4 = – j 3 p.u , demikian pula :
Ia2 =    0 – j 2 + 0 – j 1            = – j 3 p.u
Ia0 = – j 3 p.u  ini menunjukkan suatu gangguan tunggal dari-saluran-ke tanah.
Hubungan dari jaringan urutan seperti di bawah ini :
(a).       Arus-arus digambarkan pada diagram jaringan :
Pembagian arus karena gangguan di antara cabang-cabang dari jaringan urutan-positif adalah
sama seperti di antara cabang-cabang dari jaringan urutan-negatif, karena semua nilai-nilai
X1 adalah sama dengan nilai-nilai X2 pada cabang-cabang yang bersesuaian.
Arus pra-gangguan dalam saluran a ke arah motor adalah :
0.8 – j 0.4 – ( – j 1 ) = 0.8 + j 0.6 p.u                        atau
– [ – 0.8 – j 2.6 – ( – j 2 ) ] = – (– 0.8 – j 0.6) = 0.8 + j 0.6 p.u
(b).      Arus gangguan sub-transient :
I”f = (– j 3 ) = – j 9 p.u

(c).       Arus sub-transient pada masing-masing fasa generator :
IA1       = – j (0.8 – j 0.4) = – j 0.8 + j2
0.4 = – 0.4 – j 0.8 = 0.894 A– 116.6° p.u
IA2        = j ( – j 1) = – j2
1 = 1 A0° p.u ;           IA0 = IB0 = IC0 = 0
IA         = IA1 + IA2 + IA0 = 0.894 A– 116.6° + 1 A0° + 0
IA         = – 0.4 – j 0.8 + 1   = 0.6 – j 0.8 = 1 A– 53.13° p.u                                    
IB1        = a2
IA1 = 1A240° x 0.894 A– 116.6° = 0.894A123.4° p.u
IB2        = a IA2 = 1A120° x 1 A0° = 1A120° p.u
IB         = IB1 + IB2 + IB0 = 0.894A123.4° + 1A120° + 0
IB         = – 0.492 + j 0.746 – 0.5 + j 0.866 = – 0.992 + j1.612 = 1.893A121.6° p.u  
IC1        = aIA1  = 1A120° x 0.894 A– 116.6° = 0.894A3.4° p.u
IC2        = a2
IA2 = 1A240° x 1 A0° = 1A240° p.u
IC         = IC1 + IC2 + IC0 = 0.894A3.4° + 1A240° + 0
IC         = 0.8924 + j 0.053 – 0.5 – j 0.866 = 0.3924 – j 0.813 = 0.903 A64.24° p.u  

12.10   Hitunglah arus-arus sub-peralihan di semua bagian sistem pada Contoh Soal
12.4 dengan mengabaikan arus pra-gangguan jika gangguan pada sisi tegangan-rendah
transformator itu adalah suatugangguan antar-saluran.
Jawab :

Arus-arus dalam saluran pada gangguan adalah :
Menuju P dari arah transformator ( dalam bentuk matriks ) :
Ia = 0 + (– j2.50) + j2.50 = 0
Ib = 0 + a2
(– j2.50) + a( j2.50) = 1A240° x 2.50A–90° + 1A120° x 2.50A90°
Ib = 2.50A150° + 2.50A210° = – 2.165 + j 1.25 – 2.165 – j 1.25 = – 4.33 p.u
Ic = 0 + a(– j2.50) + a2
( j2.50) = 1A120° x 2.50A–90° + 1A240° x 2.50A90°
Ic = 2.50A30° + 2.50A330° = 2.165 + j 1.25 + 2.165 – j 1.25 = 4.33 p.u
Menuju P dari arah motor-motor ( dalam bentuk matriks ) :
Ia = 0 + (– j1.667) + j1.667 = 0
Ib = 0 + a2
(– j1.667) + a( j1.667) = 1A240° x 1.667A–90° + 1A120° x 1.667A90°
Ib = 1.667A150° + 1.667A210° = – 1.443 + j 0.834 – 1.443 – j 0.834 = – 2.88 p.u
Ic = 0 + a(– j1.667) + a2
( j1.667) = 1A120° x 1.667A–90° + 1A240° x 1.667A90°
Ic = 1.667A30° + 1.667A330° = 1.443 + j 0.834 + 1.443 – j 0.834 = 2.88 p.u

Pada sisi generator (bagian tegangan-tinggi) dari transformator :
IA1 = – j (Ia1) = – j (– j 2.50) =   j2
2.50 = – 2.50 + j0
IA2 =    j (Ia2) =   j ( j 2.50)   =   j2
2.50 = – 2.50 + j0
IA0 = 0 ;
IA = IA1 + IA2 + IA0 = – 2.50 + j0 – 2.50 + j0 = – 5 + j 0 p.u
IB1 = a2
IA1 = 1A240° x 2.50A180° = 2.50A420° = 1.25 + j 2.165
IB2 = a IA2 = 1A120° x 2.50A180° = 2.50A300° = 1.25 – j 2.165
IB0 = 0
IB = IB1 + IB2 = 1.25 + j 2.165 + 1.25 – j 2.165 = 2.50 + j 0 p.u
IC1 = a IA1    = 1A120° x 2.50A180° = 2.50A300° = 1.25 – j 2.165
IC2 = a2
IA2 = 1A240° x 2.50A180° = 2.50A420° = 1.25 + j 2.165
IC0 = 0
IC = IC1 + IC2 = 1.25 – j 2.165 + 1.25 – j 2.165 = 2.50 + j 0 p.u
Arus-arus dalam Ampere pada saluran-saluran:
         Dari Transformator ke titik gangguan P :
Arus dasar untuk rangkaian tegangan-rendah :
I Dasar = 7500000 / (√3 x 600) = 7217 A
Saluran a = 0
Saluran b = 4.33 x 7217 A = 31 249.61 A
Saluran c = 4.33 x 7217 A = 31 249.61 A
          Dari Motor ke titik gangguan P :
I Dasar = 7500000 / (√3 x 600) = 7217 A
Saluran a = 0
Saluran b = 2.88 x 7217 A = 20 784.96 A
Saluran c = 2.88 x 7217 A = 20 784.96 A
         Dari generator ke transformator :
Arus dasar untuk rangkaian tegangan-tinggi :
I Dasar = 7500 / (√3 x 4.16) = 1041 A
Saluran A = 5.0   x 1041 A = 5205    A
Saluran B = 2.50 x 1041 A = 2602.5 A
Saluran C = 2.50 x 1041 A = 2602.5 A

12.11 Ulangilah Soal 12.10 untuk suatu gangguan ganda dari-saluran-ke tanah.
Jawab :

Arus-arus dalam saluran pada gangguan adalah :
Menuju P dari arah transformator ( dalam bentuk matriks ) :
Ia= 0 + (– j3.22) + j1.79 = 0 – j 1.43 = 1.43A–90° p.u
Ib = 0 + a2
(– j3.22) + a( j1.79) = 1A240° x 3.22A–90° + 1A120° x 1.79A90°
Ib = 3.22A150° + 1.79A210° = – 2.79 + j 1.61 – 1.55 – j 0.895 = – 4.34 + j 0.715
Ib = 4.40A170.64° p.u
Ic = 0 + a(– j3.22) + a2
( j1.79) = 1A120° x 3.22A–90° + 1A240° x 1.79A90
Ic = 3.22A30° + 1.79A330° =       2.79 + j 1.61 + 1.55 – j 0.895 =   4.34 + j 0.715 p.u
Ic = 4.40A9.4° p.u
Menuju P dari arah motor-motor ( dalam bentuk matriks ) :
Ia = j 2.38 +(– j 2.14) + j1.19 = 0 + j 1.43 = 1.43 A90°p.u
Ib = j 2.38 + a2
(– j 2.14) + a( j 1.19) =
Ib = j 2.38 +1A240° x 2.14A–90° + 1A120° x 1.19A90°
Ib = j 2.38 + 2.14A150° + 1.19A210° = j 2.38 – 1.853 + j 1.07 – 1.03 – j 0.595
Ib = – 2.883 + j 2.855 = 4.057A135.3° p.u
Ic = j 2.38 + 1A120° x 2.14A–90° +1A240° x 1.19A90°
Ic = j 2.38 + 2.14A30° + 1.19A330° = j 2.38 + 1.853 + j 1.07 + 1.03 – j 0.595
Ic = 2.883 + j 2.855 = 4.057A44.7° p.u
Pada sisi generator (bagian tegangan-tinggi) dari transformator :
IA0 = IB0 = IC0
IA1 = – j (Ia1) = – j (– j 3.22 ) = j2
3.22 = – 3.22 p.u
IA2 =    j (Ia2) =    j ( j 1.79 )   = j2
1.79 = – 1.79 p.u
IA   = IA1 + IA2 = – 3.22 – 1.79 = – 5.01 p.u
IB1 = a2
IA1 = 1A240° x 3.22A180° = 3.22A420° = 1.61 + j 2.79 p.u
IB2 = a
IA2 = 1A120° x 1.79A180° = 1.79A300° = 0.90 – j 1.55 p.u
IB   = IB1 + IB2 =1.61 + j 2.79 + 0.90 – j 1.55 = 2.51 + j 1.24 = 2.80 A26.29° p.u
IC1 = a IA1 = 1A120° x 3.22A180° = 3.22A300° = 1.61 – j 2.79 p.u
IC2 = a2
IA2 = 1A240° x 1.79A180° = 1.79A420° = 0.90 + j 1.55 p.u
IC    = IC1 + IC2 = 1.61 – j 2.79 + 0.90 + j 1.55 = 2.51 – j 1.24 = 2.80 A– 26.29° p.u
Arus-arus dalam Ampere pada saluran-saluran:
         Dari Transformator ke titik gangguan P :
I Dasar = 7500000 / (√3 x 600) = 7217 A
Saluran a = 1.43 x 7217 A = 10 320 A
Saluran b = 4.40 x 7217 A = 31 755 A
Saluran c = 4.40 x 7217 A = 31 755 A
          Dari Motor ke titik gangguan P :
I Dasar = 7500000 / (√3 x 600) = 7217 A
Saluran a = 1.43   x 7217 A = 10 320 A

Saluran b = 4.057 x 7217 A = 29 280 A
Saluran c = 4.057 x 7217 A = 29 280 A
         Dari generator ke transformator :
Arus dasar untuk rangkaian tegangan-tinggi :
I Dasar = 7500 / (√3 x 4.16) = 1041 A
Saluran A = 5.01 x 1041 A = 5215 A
Saluran B = 2.80 x 1041 A = 2915 A
Saluran C = 2.80 x 1041 A = 2915 A
12.12   Mesin-mesin yang dihubungkan pada kedua rel-rel tegangan tinggi yang ditunjukkan
pada diagram segaris Gambar 12.23 masing-masing mempunyai rating 100 MVA, 20
kV dengan reaktansi-reaktansi X” = X2 = 20% dan X0 = 4%. Masing-masing transformator
tiga-fasa mempunyai rating 100 MVA, 345Y/20∆ kVdengan reaktansi
bocor sebesar 18%. Dengan dasar 100 MVA, 345 kV reaktansi-reaktansi saluran transmisi
adalah X1 = X2 = 15% dan X0 = 50%. Dapatkanlah matriks impedansi rel 2 x 2 untuk
masing-masing dari ke tiga jala-jala urutannya. Jika tidak ada arus yang mengalir dalam jala-
jala, hitunglah arus sub-peralihan ke tanah untuk suatu gangguan ganda dari-saluran-ke
tanah pada saluran-saluran B dan C pada rel 1. Ulangilah untuk suatu gangguan pada rel
2. Bila terjadi gangguan pada rel 2 tentukanlah arus pada fasa b mesin 2, jika saluran-saluran
diberi nama sedemikian sehingga VA1 dan Va1 berbeda fasa sebesar 90° . Jika fasa-fasa itu
diberi nama sedemikian sehingga IA1 mendahului Ia1 dengan 30° , huruf apakah (a, b atau
c) yang akan menunjukkan fasa dari mesin 2 yang akan mengalirkan arus yang diperoleh
untuk fasa b di atas?
Jawab :
Jaringan urutan-negatif yang ditunjukkan berikut ini adalah identik dengan jaringan urutan-
positif dengan emf yang dihubung-singkatkan :

Karena impednsi j 0.08 yang terhubung ke Rel 2 tidak dihubungkan ke rel lain yang
manapun, maka impedansi ini tidak dimasukkan dalam Y22-0.
Untuk suatu gangguan ganda dari-saluran-ke tanah pada Rel 1:

Untuk suatu gangguan ganda dari-saluran-ke tanah pada Rel 2 :

Jika fasa-fasa ditandai sedemikian sehingga IA1 mendahului Ia1 dengan 30°, Va1 akan
mendahului dengan 30° dan fasa a akan sesuai dengan fasa b di atas. Lihat Gambar 11.7 di
bawah ini :
12.13   Dua buah generator G1 dan G2 dihubungkan melalui transformator-trnsformator T1
dan T2 ke suatu rel tegangan-tinggi yang mencatu suatu saluran trasmisi. Saluran itu terbuka
pada ujungnya yang jauh, dan titik F pada saluran tersebut timbul suatu gangguan. Tegangan
pra-gangguan pada titik F adalah 515 V. Rating dan reaktansi dari peralatan-peralatan
tersebut adalah:
            G1 – 1000 MVA, 20 kV, Xs = 100%            X” = X2 = 10%           X0 = 5%
            G2 – 800 MVA, 22 kV, Xs = 120%           X” = X2 = 15%           X0 = 8%
            T1 – 1000 MVA, 500Y/20∆, X = 17.5%
            T2 – 800 MVA, 500Y/22Y, X = 160%
            Saluran – X1 =15%, X0 = 40% dengan dasar 1500 MVA, 500 kV.
Netral G1 ditanahkan melalui suatu reaktansi sebesar 0.04 Ω . Netral G2 tidak
ditanahkan. Netral dari semua transformator-transformator ditanahkan dengan kuat.
Ambilah sebagai dasar 1000 MVA, 500 kV pada saluran transmisi. Abaikanlah arus pra-
gangguan dan hitunglah arus sub-peralihan (a) pada fasa c dari G1 untuk suatu gangguan
tiga-fasa pada F, (b) dalam fasa B pada F untuk suatu gangguan antar-saluran pada saluran-
saluran B dan C. (c) dalam fasa A pada F untuk suatu gangguan dari-saluran-ke tanah
pada saluran A., dan (d) dalam fasa c dari G2 untuk suatu gangguan dari-saluran-ke tanah
pada saluran A.Misalkan bahwa VA1 mendahului Va1 dengan 90° pada T1.
Jawab :
Impedansi-impedansi dalam p.u :

Gen.1 : X” = X2 = 0.10 p.u ;    X0 = 0.05 p.u
Gen.2 :            X” = X2 = 0.15 x (1000/800) = 0.1875 p.u
T1 : X = 0.175 p.u
T2 :                  X = 0.16 x (1000/800) = 0.20 p.u
Saluran            X1 = X2 = 0.15 x (1000/1500) = 0.10 p.u
                                 X0 = 0.40 x (1000/1500) = 0.267 p.u
Tegangan Kerja = (515/500) = 1.03 p.u

12.14 Untuk jala-jala yang ditunjukkan dalam Gambar 10.18, hitunglah arus sub-peralihan
dalam p.u (a) pada suatu gangguan tunggal dari-saluran-ke tanah pada rel 2, dan (b) pada fasa
yang tekena gangguan dari saluran 1-2. Misalkan bahwa tidak ada arus yang mengalir
sebelum terjadinya gangguan dan bahwa tegangan pragangguan pada semua rel adalah 1.0
p.u. Kedua generator terhubung-Y. Transformator-transformator berada pada ujung-ujung
setiap saluran transmisi dalam sistem itu dan terhubung Y-Y dengan netral-netral ditanahkan
kecuali transformator-transformator yang menghubungkan saluran-saluran ke rel 3 yang
terhubung Y-∆ dengan netral dari Y yang ditanahkan dengan kuat. Sisi-sisi ∆ dari
transformator-transformator Y-∆ dihubungkan pad rel 3. Semua reaktansi saluran yang
ditunjukkan dalam Gambar 10.18di antara rel-rel meliputi juga reaktansi-reaktansi
transformator. Nilai-nilai reaktansi urutan-nol untuk saluran-saluran ini termasuk
transformator-transformatornya adalah 2 kali yang ditunjukkan dalam Gambar 10.18.
Reaktansi-reaktansi urutan-nol generator-generator yang dihubungkan pada rel-rel 1 dan 3
berturut-turut 0.04 dan 0.08 p.u. Netral generator pada rel 1 dihubungkan ke tanah melalui
suatu reaktor sebesar 0.02 p.u dan netral generator pada rel 3 di tanahkan dengan kuat.
Jawab :
Dalam Soal 10.8 nilai-nilai urutan-positif dan urutan-negatif yang diperlukan untuk Z rel
dalam p.u adalah :
Z12-1 = Z12-2 = j 0.1195 p.u ; Z22-1 = Z22-2 = j 0.2465 p.u ; Z32-1 = Z32-2 = j 0.1006 p.u

(b). Arus sub-peralihan pada fasa yang tekena gangguan dari saluran 1-2 :
tegangan-tegangan pada rel 2 :
Va1 = 1 – Ia1 x Z22-2 = 1 – ( – j 1.2544 ) ( j0.2465 ) = 1 – ( – j2
0.3092 )
Va1 = 1 – 0.3092        = 0.6908 p.u
Va2 = – ( Ia1 x Z22-2 ) = – ( – j 1.2544 ) ( j0.2465 )
Va2 = – ( – j2
0.3092 ) = – 0.3092 p.u
Va0 = – ( Ia1 x Z22-0 ) = – ( – j 1.2544 ) ( j0.3042 )
Va0 = – ( – j2
0.3816 ) = – 0.3816 p.u
tegangan-tegngan pada rel 1 :
Va1 = 1 – Ia1 x Z12-1 = 1 – ( – j 1.2544 ) ( j0.1195 ) = 1 – ( – j2
0.1499 )
Va1 = 1 – 0.1499        =  0.8501 p.u
Va2 = – ( Ia1 x Z12-2 ) = – ( – j 1.2544 ) ( j0.1195 )
Va2 = – ( – j2
0.1499 ) = – 0.1499 p.u
Va0 = – ( Ia1 x Z12-0 ) = – ( – j 1.2544 ) ( j0.0563 )
Va0 = – ( – j2
0.0706 ) = – 0.0706 p.u

kumpulan-soal-dan-jawaban-analisis-sistem-tenaga-listrik-4-pdf-free.pdf

kumpulan-soal-dan-jawaban-analisis-sistem-tenaga-listrik-4-pdf-free.pdf

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to kumpulan-soal-dan-jawaban-analisis-sistem-tenaga-listrik-4-pdf-free.pdf

Similar to kumpulan-soal-dan-jawaban-analisis-sistem-tenaga-listrik-4-pdf-free.pdf (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (10)

kumpulan-soal-dan-jawaban-analisis-sistem-tenaga-listrik-4-pdf-free.pdf