Sudaryatno Sudirham
Distribusi Energi Listrik
ii
BAB 1 Analisis Jaringan Distribusi Jaringan distribusi bertugas untuk mendistribusikan energi listrik ke pengguna energi listrik. Energi yang didistribusikan bisa berasal dari pasokan energi melalui tegangan tinggi yang diubah ke tegangan menengah, atau dari pembangkit-energi di dalam jaringan itu sendiri. Energi listrik didistribusikan menggunakan tegangan menengah yang kemudian di ubah ke tegangan rendah untuk dikirimkan ke pengguna. Di Indonesia, tegangan menengah nominal yang digunakan adalah 20 kV fasa-fasa, sedangkan untuk tegangan rendah digunakan 380/220 V. Dalam bab ini kita akan melihat jaringan distribusi secara umum tanpa melihat secara detil peralatan-peralatan yang ada di jaringan distribusi. Kita akan melakukan analisis jaringan distribusi yaitu melakukan perhitungan-perhitungan arus dan tegangan pada jaringan yang diketahui apabila beban juga diketahui. Perlu kita fahami bahwa dalam analisis rangkaian linier, kita akan mempunyai relasi-relasi linier jika peubah (variables) yang kita gunakan dalam perhitungan adalah tegangan dan arus. Jika peubah rangkaiannya adalah daya, relasi-relasi dalam rangkaian menjadi tidak linier. Namun yang sering kita jumpai adalah bahwa besar beban dinyatakan sebagai daya. Dalam hal demikian ini maka kita perlu mengubahnya sedemikian rupa sehingga dalam perhitungan-perhitungan kita menggunakan tegangan dan arus sebagai peubah.
1-1
1.1. Diagram Rangkaian yang Disederhanakan Tanpa melihat secara detil peralatan yang digunakan, suatu jaringan distribusi dapat digambarkan dalam diagram rangkaian seperti terlihat pada Gb.1.1. TT/TM TR TM
TM
TR
A B
D C TM TR
Gb.1.1. Diagram jaringan distribusi TM = tegangan menengah TR = tegangan rendah A = pusat pencatu daya; dalam gambar ini merupakan gardu di mana tegangan tinggi diubah ke tegangan menengah. B, C, D dst = pusat-pusat pembebanan yaitu titik-titik dimana sekelompok beban dihubungkan ke jaringan tegangan menengah. Di sini dilakukan pengubahan tegangan menengah ke tegangan rendah yang mencatu daya ke beban. Kita mengenal jaringan radial dan jaringan ring. Apa yang diperlihatkan pada Gb.1.1 adalah jaringan ring. Jaringan radial adalah jaringan yang pusat-pusat beban terhubung langsung ke sumber; jika pusat beban C pada Gb.1.1. dihubungkan langsung ke A, tidak ke B ataupun ke D, maka kita mempunyai jaringan radial. Pada sisi tegangan rendah kita bisa mempunyai system empat kawat atau tiga kawat, seperti diperlihatkan pada Gb.1.2. 1-2 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik
TR X
/// 3fasa, 3 kawat RST Y
3fasa, 4 kawat RSTN 3fasa, 4 kawat
N RST
1fasa
Gb.1.2. Sisi tegangan rendah. Beban-beban di X, dipasok melalui saluran 3 fasa, 3 kawat, yaitu kawat fasa R, S dan T. Beban-beban di Y dipasok melalui saluran 4 kawat, yaitu kawat fasa R, S, T, dan netral N Dengan system 4 kawat, beban dapat dipasok dengan menggunakan saluran 1 fasa 2 kawat melalui penghantar fasa dan netral Berikut ini akan kita pelajari perhitungan-perhitungan pada jaringan distribusi system satu fasa dan tiga fasa.
1-3
1.2. Sistem Satu Fasa Radial Contoh-1.1: Suatu penyalur daya 1 fasa, dibebani motormotor listrik satu fasa seperti pada diagram berikut:
A
// 10 HP η = 0,83 f.d1= 0.82
26 HP η = 0,87 f.d2= 0,85
5 HP η = 0,81 f.d3= 0,77
Tegangan semua motor dianggap 220 V. Jika susut daya pada saluran adalah 5% dari daya total motor, hitung penampang kabel yang diperlukan. (η = efisiensi, f.d = faktor daya, 1 HP = 746 W; resistivitas kawat tembaga = 0,0173 .mm2/m) Penyelesaian: Daya nyata masing-masing motor: 10 P1 = × 746 = 8988 W 0.83 26 P2 = × 746 = 22294 W 0.87 5 P3 = × 746 = 4605 W 0.81 Nilai daya kompleks: P S1 = 1 = 10961 VA fd1 P S 2 = 2 = 26228 VA fd 2 P S 3 = 3 = 5980 VA fd 3
1-4 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik
Arus konjugat: I1∗ = I 2∗ = I 3∗ =
S1 V1 S2 V2 S3 V3
=
10961 = 49,8 A 220
=
26228 = 119,2 A 220
=
5980 = 27,2 A 220
Daya Reaktif: Q1 = S1 sin ϕ1 = S1 sin(cos −1 fd1 ) = S1 sin(cos −1 0,82) = 6274 VAR Q2 = S 2 sin ϕ 2 = S 2 sin(cos −1 fd 2 ) = S 2 sin(cos −1 0,85) = 13817 VAR Q3 = S 3 sin ϕ 3 = S 3 sin(cos −1 fd 3 ) = S 3 sin(cos −1 0,77) = 3816 VAR
Arus dan sudut fasa arus : I1 = I1∗ ∠ cos −1 ϕ1 = 49,8∠ − 34,92 o A I 2 = I ∗2 ∠ cos −1 ϕ 2 = 119,2∠ − 31,79 o A I 3 = I ∗3 ∠ cos −1 ϕ 3 = 27,2∠ − 39,65 o A
1-5
Karena jarak yang pendek, reaktansi saluran dapat diabaikan dan tegangan di ketiga titik beban dapat dianggap sefasa; besar tegangan sama 220 V. Dengan anggapan seperti ini, diagram fasor dapat digambarkan sebagai berikut. V1 = V2 = V3 = Vs
Re Im
I3
I1
I2
Arus masing-masing bagian saluran: I sal 3 = I 3 = 27,2 cos 39,65 o − j 27,2 sin 39,65 o = 20,93 − j17,34 = 27,2∠ − 39,6 o A
I sal 2 = I 3 + I 2 = 20,93 − j17,34 + 119,2 cos 31,79 o − j119,2 sin 31,79 o = 122,27 − j80,15 = 146,2∠ − 33,2 o A I sal1 = I sal 2 + I1 = 122,27 − j80,15 + 49,8 cos 34,92 o − j 49,8 sin 34,92 o = 163,12 − j108,66 = 196∠ − 33,67 o A
Jika R1, R2, R3 adalah resistansi setiap bagian saluran, susut daya saluran adalah: 2
2
2
Psal = 2 × I sal1 R1 + 2 × I sal 2 R2 + 2 × I sal1 R3
Jika saluran berpenampang sama untuk semua bagian (lebih ekonomis menggunakan satu macam penampang dibanding jika menggunakan bermacam-macam penampang, karena
1-6 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik
jarak pendek); panjangnya.
resistansi
2
2
saluran
sebanding
dengan
2
Psal = 2 × I sal1 R1 + 2 × I sal 2 R2 + 2 × I sal 3 R3 = 2 × 196 2 R1 + 2 × 146,2 2 ×
35 30 R1 + 2 × 27,2 2 × R1 40 40
= 115346R1 W
Total daya nyata motor: Ptotal motor = P1 + P2 + P3 = 35887 W
Psal = 5% dari Ptotal motor : Psal = 0.05 × 35887 = 1794 = 115346 R1 W ⇒ R1 =
1794 = 0,01555 Ω 115346
Penampang konduktor yang diperlukan adalah: A=
ρ × 40 0,0173 × 40 = 44,5 mm 2 ≈ 45 mm 2 = R1 15,55 × 10 −3
1-7
Contoh-1.2: Berikut ini adalah diagram rangkaian pencatu beban dengan impedansi dan pembebanannya.
Z = 0,2 + j 0,3 Ω
B 100 A f.d=0,6 lagging
A
C 100 A f.d=0,8 lagging
Hitunglah tegangan di A. (Diketahui AB = BC) Penyelesaian:
AB = BC ⇒ Z AB = Z BC = 0,1 + j 0,15 Ω = 0,18∠56,31o I C = 100 A = I C∗
Daya kompleks: S C = VC I C∗ = 240 × 100 = 24 kVA
S C = S C cos ϕC + j S C sin ϕ C = 24 × 0,8 + j 24 sin(cos −1 0,8) = 19,2 + 14,4 kVA S salBC = Z BC I C
2
= (0,1 + j 0,15) × 100 2 = 1 + j1,5 kVA
S salBC + S C = 20,2 + j15,9 kVA
S salBC + S C = 20,2 2 + 15,9 2 = 25,7 kVA VB =
S salBC + S C I C∗
=
25700 = 257 V 100
S B = VB I ∗B = 257 × 100 = 25,7 kVA S B = 25,7∠ cos −1 0,6 = 15,4 + j 20,6 kVA 1-8 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik
S B + S salBC + S C = 35,6 + j 36,5 kVA
S B + S salBC + S C = 35,6 2 + 36,5 2 = 51 kVA I ∗A =
S B + S salBC + S C 51000 = = 198,4 A 257 257
S salAB = Z AB I A
2
= (0,1 + j 0,15) × 198,4 2 = 3,9 + j 5,9 kVA
S A = S salAB + S B + S salBC + S C = 39,5 + j 42,4 kVA
S A = 39,5 2 + 42,4 2 = 57,9 kVA VA =
SA I *A
=
57900 = 292 V 198,4
Perhatikan bahwa dalam contoh ini kita melakukan analisis daya, namun dalam perhitungan-perhitungan kita tetap menggunakan peubah tegangan ataupun arus dengan impedansi sebagai parameter rangkaian. Relasi-relasi tetaplinier. 1.3. Sistem Tiga Fasa Empat Kawat – Radial Berikut ini kita akan melihat system tiga fasa empat kawat dengan dua macam beban, yaitu beban tiga fasa dan beban satu fasa di masing-masing fasa. Contoh-1.3:Suatu saluran 3 fasa 4 kawat dengan tegangan 240 V antara fasa dan netral, mencatu daya pada motor 3 fasa 500 kW pada faktor daya 0,8. Disamping itu saluran ini mencatu daya pada lampu-lampu yang terhubung antara fasa dan netral berturut-turut 50 kW, 150 kW, 200 kW. Hitung arus di masing-masing penghantar fasa, dan juga di penghantar netral. 1-9
Penyelesaian:
////
A
Vfn = 240 V ////
500 kW
50 kW 150 kW 200 kW
fd = 0,8 Penyelesaian: Motor: S motor = S motor per
500 ∠cos -1 (0,8) = 625∠36,87 o kVA 0,8 fasa
=
625 ∠36,87 o = 166,7 + j125 kVA 3
Beban-beban satu fasa:
S R = 50 + j 0 kVA S S = 150 + j 0 kVA
ST = 200 + j 0 kVA Beban total per fasa:
S Rtotal = 216,7 + j125 = 250,1∠29,98o kVA S Stotal = 316,7 + j125 = 340,4∠21,54 o kVA STtotal = 366,7 + j125 = 387,4∠18,82 o kVA
1-10 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik
Arus fasa dan arus netral: IR =
250,1 ∠ − 29,98 o = 1042 A 0,24
IS =
340,4 ∠(−21,54 o − 120 o ) = 1418,5∠ − 141,54 o A 0,24
IT =
387,4 ∠(−18,82 o + 120 o ) = 1614,1∠101,18 o A 0,24
I ! = I R + I S + I T = 551,2∠ − 19,1o A
Berikut ini kita lihat jaringan radial dengan beban lebih bervariasi. Salah satu beban dihubungkan antara fasa dengan fasa. Contoh-1.4: Saluran sistem 3 fasa 4 kawat 400/230 V, mencatu beban-beban berikut: a. Motor 3 fasa, 15 HP, efisiensi 0,85, faktor daya 0,9 lagging; b. Oven 3 fasa, 5 kW, faktor daya 1; c. Motor 1 fasa, 400 V, 3 HP, efisiensi 0,8, faktor daya 0,8 lagging, dihubungkan antara fasa R dan fasa S. d. Beban-beban 1 fasa lain dihubungkan antara fasa dan netral: Fasa R: 1 kW, faktor daya 0,9 lagging; Fasa S: 3 kW, faktor daya 0,9 leading; Fasa T: 4 kW, faktor daya 1. Hitung arus di penghantar fasa dan penghantar netral.
1-11
Penyelesaian:
15 HP, η = 0,85 fd = 0,9 laging
5 kW fd = 1
3 HP 400 V
1 kW fd = 0,9
3 kW fd = 0,9
η = 0,8 fd = 0,8 laging
laging
lead .ing
4 kW fd = 1
Motor 3 fasa merupakan beban seimbang. Daya di masingmasing fasa adalah 1/3 dari daya motor. S per
fasa
(15 / 0,85) × 0,746 = ∠ cos −1 0.9 = 4,39 + j 2,13 0,9 × 3
Beban tiga fasa 5 kW juga merupakan beban seimbang. Daya di masing-masing fasa adalah 1/3 dari daya total. 5 S per fasa = ∠ cos −1 1 = 1,67 ⊥ 0 o 3 Beban-beban satu fasa: 1 S R = 1 + j sin(cos −1 0,9) = 1 + j 0,48 0,9 3 S S = 3 − j sin(cos −1 0,9) = 3 − j1,45 0,9
ST = 4 + j 0 Motor satu fasa 3 HP, 400V, dengan efisiensi 0,8 dan faktor daya 0,8, yang dihubungkan antara fasa R dan S, memerlukan perhatian khusus. Kita perlu menghitung daya di fasa R dan fasa T. 1-12 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik
Daya yang dislurkan oleh fasa RS adalah: (3 / 0,8) × 0,746 ∠ cos −1 0,8 = 3,5∠36,87 o = VRS I ∗RS 0,8 S RS 3,5 = = ∠ cos −1 0,8 = 8,74∠36,87 o A VRS 0,4
S RS = I ∗RS
Sedangkan: S RS = VRS I ∗RS = (VR − VS ) I ∗RS sehingga: S R = VR I ∗RS
S S = −VS I ∗RS
Maka: S R = 230∠0 o × 8,74∠36,87 o = 1,61 + j1,21
S S = 230∠60 o × 8,74∠36,87 o = −2,41 + j 2 Dengan demikian daya total masing-masing fasa dapat kita hitung, yaitu:
S Rtotal = 8,66 + j 3,82 = 9,47∠23,77 o S Stotal = 8,81 + j 2,67 = 9,21∠16,84 o STtotal = 10,05 + j 2,13 = 10,28∠11,94 o Arus fasa dan arus netral adalah: 9,47 ∠ − 23,77 o = 41,2∠ − 23,8 o A 0,23 9,21 IS = ∠(−16,84 o − 120 o ) = 40,1∠ − 136,8 o A 0,23 10,28 IT = ∠(−11,94 o + 120 o ) = 44,7∠108,1o A 0,23 IR =
I ! = I R + I R + I R = 5,6 A
1-13
1.4. Jaringan Tiga Fasa Tiga Kawat - Ring Kita lihat contoh berikut, di mana sebuah sumber mencatu dua beban dan beban-beban dinyatakan dalam impedansinya. Contoh-1.5: Rangkaian 3 fasa ring GAB di catu di G. Beban terhubung bintang tersambung di A dengan impedansi per fasa 50∠37oΩ, dan di B dengan impedansi per fasa 40∠26oΩ. Tegangan antar fasa di G adalah 13,2 kV. Impedansi saluran adalah ZGA = 2,5+ j2,3 Ω, ZAB = 1,4+j1,0 Ω, dan ZBG = 1,5+j1,2 Ω Tentukan arus di masing-masing segmen saluran, dengan referensi tegangan di G.
V =13,2 kV
G
Gff
2,5 + j 2,3 Ω
A Z = 50∠37 , terhubung Y o
1,5 + j1,2 Ω
1,4 + j1 Ω
B
Z = 40∠26o , terhubung Y
Kita gunakan model satu fasa dan kita hitung dengan menggunakan metoda tegangan simpul. Impedansi Z kita nyatakan dalam admitansi Y.
1-14 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik
YGA =
YGB
Y AB
1 Z GA
=
1 2
2,5 + 2,3
2
∠ − tan −1 (2,3 / 2,5)
= 0,29∠ − 42,6 o 1 1 = = ∠ − tan −1 (1,2 / 1,5) 2 2 Z GB 1,5 + 1,2 = 0,52∠ − 38,7 o 1 1 = = ∠ − tan −1 (1 / 1,4) 2 2 Z AB 1,4 + 1
= 0,58∠ − 35,5 o 1 1 = ∠ − 37 = 0,02∠ − 37 o YA = Z A 50 YB =
1 1 = ∠ − 26 = 0.025∠ − 26 o Z B 40
Persamaan Tegangan Simpul dengan tegangan di G sebagai referensi adalah sebagai berikut: Simpul A: V A (YGA + Y AB + Y A ) − YGA VG − Y AB VB = 0 , atau V A (YGA + Y AB + Y A ) − Y AB VB = YGA VG
Simpul B: VB (YGB + Y AB + YB ) − YGB VG − Y AB V A = 0 atau VB (YGB + Y AB + YB ) − Y AB V A = YGB VG
Kita harus ingat bahwa besaran-besaran dalam persamaan ini adalah besaran kompleks. Jika kita tuliskan persamaan ini dalam bentuk matriks, kita dapatkan
− Y AB VA YGA VG (YGA + Y AB + Ya ) = − Y AB (YGB + Y AB + YB ) VB YGB VG Secara ringkas, persamaan matriks dapat kita tulis: 1-15
a11 a 21
a12 VA b1 = a 22 VB b2 dengan
a11 = YGA + Y AB + Y A ;
a12 = −Y AB
a 22 = YGB + Y AB + YB ;
a 21 = −Y AB
b1 = YGA VG ;
b2 = YGB VG
Salah satu cara penyelesaian adalah dengan eliminasi Gauss. Dalam perhitungan ini kita melakukan penyederhanaan, mengingat bahwa tegangan jatuh sepanjang saluran tidak akan lebih besar dari 5% selisih tegangan antara titik-titik simpul. Dengan pendekatan ini, impedansi dan admitansi hanya kita perhitungkan besarnya saja, tanpa memperhatikan sudut fasanya. Pendekatan ini akan memberikan kesalahan hasil perhitungan yang masih dalam batas-batas yang bisa diterima. Dengan model satu fasa dan tegangan di G sebagai referensi maka besaran jaringan adalah seperti dalam table berikut.
Modulus YGA
0.29
YGB
0.52
YAB
0.58
YA
0.02
YB
0.03
VG[V] (f-n)
7 621
Elemen-elemen matriks adalah:
1-16 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik
Modulus a11
0.89
a12
0.58
a21
0.58
a22
1.13
b1
2 239
b2
3 967
Eliminasi Gauss dari matriks
a11 a12 VA b1 = a 21 a22 VB b2 memberikan
a11 a12 VA b1 0 a′ = b′ 22 VB 2 dengan
′ = a22 − (a21 / a11 )a12 a22 b2′ = b2 − (a21 / a11 )b1 yang akan memberikan
VB =
VA =
b2′ a′22
(b1 − a12 VB ) a11
Dengan memasukkan nilai elemen matriks kita peroleh
1-17
VB
fn
=
b2′ b − (a 21 / a11 )b1 = 2 = 7 240 V ′ a 22 a 22 − (a 21 / a11 ) a12
atau VB ff = 12 500 V V A fn =
(b1 − a12 VB fn ) a11
= 7 200
atau V A ff = 12 400 V Berikut ini contoh satu lagi. Contoh-1.6: Diagram rangkaian berikut menunjukkan sistem 3 fasa dengan pencatu energi di A pada 11 kV. Arus beban adalah seimbang dan semua faktor daya mengabil referensi tegangan di A. Impedansi per fasa dicantumkan pada gambar. Faktor daya semua beban adalah lagging dengan referensi tegangan di A. Hitung tegangan di C dan sudut fasanya relatif terhadap tegangan di A.
Seperti contoh sebelumnya, kita gunakan model satu fasa dan kita lakukan perhitungan menggunakan metoda tegangan simpul. Impedansi Z kita nyatakan dalam admitansi Y Persamaan Tegangan Simpul dengan tegangan di A sebagai referensi adalah: 1-18 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik
VB (Y AB + YBC ) + I B − Y AB V A − YBC VC = 0 VC (YBC + YCD ) + I C − YBC VB − YCD VD = 0 VD (YCD + Y AD ) + I D − YCD VC − Y AD V A = 0
atau VB (Y AB + YBC ) − YBC VC = − I B + Y AB V A VC (YBC + YCD ) − YBC VB − YCD VD = −I C VD (YCD + Y AD ) − YCD VC = − I D + Y AD V A
Jika kita tuliskan dalam bentuk matriks akan kita peroleh: Y AB + YBC −Y BC 0
− YBC YBC + YCD − YCD
VB − I B + Y AB V A V = − IC C + Y AD VD − I D + Y AD V A
0 − YCD YCD
Menggunakan model satu fasa, data jaringan adalah: Va [V] YAB [S] YAD [S] YBC [S] YCD [S] IB=57 A, fd 0.8 lagging IC=50 A, fd 0.8 lagging ID=30 A, fd 0.9 lagging
Modulus 6,350.85 0.77 0.27 0.22 0.78 57.00 50.00 30.00
rad 0.00 -0.57 -0.60 -0.71 -0.67 -0.64 -0.64 -0.45
Dengan data tersebut, elemen matriks dihitung dengan pengertian bahwa elemen matriks adalah kompleks, persamaan matriks menjadi:
1-19
0,0∠0 VB 4 814∠ - 0,57 0,99∠ - 0,60 0,22∠ - 0,71 0,22∠ - 0,71 1,00∠ - 0,68 0,78∠ - 0,67 V = 50∠ - 0,64 C 0∠0 0,78∠ - 0,67 1,05∠ - 0,65 VD 1 666∠ - 0,81
Namun kita akan melakukuan perhitungan pendekatan dengan mengabaikan sudut fasa, sehingga persamaan akan berbentuk sebagai berikut. 0,99 0,22 0,0 VB 4 814 0,22 1,00 0,78 V = 50 C 0 0,78 1,05 VD 1 666
Eliminasi Gauss dari matriks ini memberikan 0,99 0,22 0,0 VB 4 814 V = - 1,039 0 0,95 0,78 C 0 0 0,41 VD 2 517
Dari sini diperoleh tegangan-tegangan VDfn = 6 168 V atau VDff ≈ 10 680 V VCfn = 6138 V atau
VCff ≈ 10 630 V
VDfn = 6256 V atau
VBff ≈ 10 830 V
Perlu kita mengerti bahwa pengabaian sudut fasa dan hanya memperhitungkan modulus dalam pemecahan matriks persamaan jaringan, tidaklah selalu diperkenankan. Pengabaian yang kita lakukan dalam contoh di atas adalah untuk mempermudah perhitungan.
1-20 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik
1.5. Perhitungan Elemen Matriks Kompleks Dalam Contoh-1.6. kita mengabaikan sudut fasa, baik untuk tegangan, arus, maupun admitansi. Berikut ini kita melakukan perhitungan dengan memperhatikan sudut fasa, yang berarti kita harus melakukan operasi-operasi fasor / bilangan kompleks. Karena setiap elemen matriks dinyatakan dengan menyebut modulus dan argumennya, maka operasi-operasi bilangan kompleks menggunakan relasi-relasi berikut: A∠α × B ∠β = A B ∠(α + β) =
( A B cos(α + β)) + ( A B sin(α + β)) ∠ tan 2
2
−1
A B sin(α + β) A B cos(α + β)
A∠α A = ∠(α − β) B ∠β B 2
2
( (
) )
A A A / B sin(α − β) = cos(α − β) + sin(α − β) ∠ tan −1 B B A / B cos(α − β)
A∠α + B ∠β =
( A cos+ B cos β) + ( A sin + B sin β) 2
∠ tan −1
A∠α − B ∠β =
2
A sin + B sin β A cos+ B cos β
( A cos− B cos β) + ( A sin − B sin β)
∠ tan −1
2
2
A sin − B sin β A cos− B cos β
1-21
Dalam perhitungan dengan menggunakan formula-formula ini, perlu diwaspadai situasi dimana bagian nyata dari suatu fasor bernilai negatif. Jadi fasor berada di kuadran ke-3 atau ke 4. Dalam hal demikian ini jika bagian imajinernya bernilai negatif kita akan mendapatkan fasor di kuadran ke-1 sedangkan bila bagian imajinernya positif kita akan mendapatkan fasor di kuadran ke-2; suatu koreksi harus dilakukan agar kita mendapatkan fasor di kuadran yang semestinya, yaitu kuadran ke-3 atau ke-4. Contoh-1.7: Ulangi perhitungan pada contoh-1.6 dengan memperhitungkjan sudut fasa Persamaan dalam matriks adalah: 0,0∠0 VB 4 814∠ - 0,57 0,99∠ - 0,60 0,22∠ - 0,71 0,22∠ - 0,71 1,00∠ - 0,68 0,78∠ - 0,67 V = 50∠ - 0,64 C 0∠0 0,78∠ - 0,67 1,05∠ - 0,65 VD 1 666∠ - 0,81
Eliminasi Gauss dari matriks ini menghasilkan 0,0∠0 VB 4 814∠ − 0,57 0,99∠ − 0,60 0,22∠ - 0,71 0∠0 0,95∠ - 0,67 0,78∠ - 0,67 VC = − 1039∠ − 0,68 0∠0 0∠0 0,41∠ - 0,62 VD 2 512∠ - 0,76
yang memberikan (dengan sudut fasa diubah ke dalam satuan derajat): VDfn = 6 143∠ − 8,1o V atau VDff ≈ 10 640 V VCfn = 6106∠ − 6,7 o V atau
VCff ≈ 10 580 V
VDfn = 6212∠ − 1,4 o V atau
VBff ≈ 10760 V
Dari hasil ini terlihat adanya perbedaan dengan hasil sebelumnya, namun perbedaan tersebut tidaklah besar.
1-22 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik
1-23
