KOMPONEN SIMETRI. Electric Power Systems L4 - Olof Samuelsson

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


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


4

Vc1 = aVa1 Urutan positif (Urutan Fasa abc)

Va1 Vb1 = a2 Va1 Vb2 = aVa2

Urutan negatif Va2

(Urutan fasa acb) Vc2 = a2 Va2


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 


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


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


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


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 


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


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*


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]


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


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


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


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


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


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


33


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.


35

Rangkaian Urutan Nol Trafo 3 Fasa


36

Rangkaian Urutan Nol Beban 3 Fasa


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


38

Rangkaian Urutan Positif


39


40

Rangkaian Urutan Negatif


41

Rangkaian Urutan Nol


42


43

Rangkaian Urutan Positif


44

Rangkaian Urutan Negatif


45


46

KOMPONEN SIMETRI. Electric Power Systems L4 - Olof Samuelsson

Recommend Documents