Sudaryatno Sudirham. Distribusi Energi Listrik

ii

Distribusi

Distribusi

Distribusi

Distribusi

Energi Listrik

Energi Listrik

Energi Listrik

Energi Listrik

Sudaryatno Sudirham

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.

1-2 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik

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.

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.

A B C D TT/TM TM TR TM TR TR TM

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.

3fasa, 3 kawat RST /// 3fasa, 4 kawat RSTN 3fasa, 4 kawat RST N 1fasa TR X Y

1-4 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik

1.2. Sistem Satu Fasa Radial

Contoh-1.1: Suatu penyalur daya 1 fasa, dibebani

motor-motor listrik satu fasa seperti pada diagram berikut:

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: W 8988 746 83 . 0 10 1= × = P W 22294 746 87 . 0 26 2 = × = P W 4605 746 81 . 0 5 3 = × = P

Nilai daya kompleks:

VA 10961 1 1 1 = = fd P S VA 26228 2 2 2 = = fd P S VA 5980 3 3 3 = = fd P S 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 A //

Arus konjugat: A 49,8 220 10961 1 1 1∗ = = = V I S A ,2 19 1 220 26228 2 2 2 = = = ∗ V I S A ,2 7 2 220 5980 3 3 3∗ = = = V I S Daya Reaktif: VAR 6274 ) 82 , 0 sin(cos ) sin(cos sin 1 1 1 1 1 1 1 1 = = = ϕ = − − S fd S S Q VAR 13817 ) 85 , 0 sin(cos ) sin(cos sin 1 2 2 1 2 2 2 2 = = = ϕ = − − S fd S S Q VAR 3816 ) 77 , 0 sin(cos ) sin(cos sin 1 3 3 1 3 3 3 3 = = = ϕ = − − S fd S S Q

Arus dan sudut fasa arus :

A 34,92 8 , 49 cos 1 ₁ o 1 1 = I∗∠ − ϕ = ∠− I A 31,79 2 , 119 cos 1 ₂ o 2 2 = I∗ ∠ − ϕ = ∠− I A 39,65 2 , 27 cos 1 ₃ o 3 3 = I∗∠ − ϕ = ∠− I

1-6 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik

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.

Arus masing-masing bagian saluran:

A 6 , 39 2 , 27 34 , 17 93 , 20 65 , 39 sin 2 , 27 65 , 39 cos 2 , 27 o o o 3 3 − ∠ = − = − = = j j sal I I A 2 , 33 2 , 146 15 , 80 27 , 122 79 , 31 sin 2 , 119 79 , 31 cos 2 , 119 34 , 17 93 , 20 o o o 2 3 2 − ∠ = − = − + − = + = j j j sal I I I A 67 , 33 196 66 , 108 12 , 163 92 , 34 sin 8 , 49 92 , 34 cos 8 , 49 15 , 80 27 , 122 o o o 1 2 1 − ∠ = − = − + − = + = j j j sal sal I I I

Jika R1, R2, R3 adalah resistansi setiap bagian saluran, susut daya saluran adalah:

3 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 R R R

P_sal = × I_sal + ×I_sal + × I_sal

Jika saluran berpenampang sama untuk semua bagian (lebih ekonomis menggunakan satu macam penampang dibanding jika menggunakan bermacam-macam penampang, karena

s V V V V₁= ₂ = ₃ = 1

I

I

₂ 3

I

Re Im

jarak pendek); resistansi saluran sebanding dengan panjangnya. W 115346 40 30 2 , 27 2 40 35 2 , 146 2 196 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 3 2 3 2 2 2 1 2 1 R R R R R R R

P_{sal sal sal sal}

= × × + × × + × = × + × + × = I I I

Total daya nyata motor:

W 35887 3 2 1+ + = =P P P P_totalmotor

Psal = 5% dari Ptotalmotor :

W 115346 1794 35887 0.05 R₁ P_sal = × = = Ω = = ⇒ 0,01555 115346 1794 R₁

Penampang konduktor yang diperlukan adalah: 2 2 3 1 mm 45 mm 5 , 44 10 55 , 15 40 0173 , 0 40 ≈ = × × = × ρ = ₋ R A

1-8 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik

Contoh-1.2: Berikut ini adalah diagram rangkaian pencatu

beban dengan impedansi dan pembebanannya.

Hitunglah tegangan di A. (Diketahui AB = BC)

Penyelesaian: o 31 , 56 18 , 0 15 , 0 1 , 0 BC AB= ⇒Z_AB =Z_BC = + j Ω= ∠ A 100 = ∗ = _C C I I Daya kompleks: kVA 24 100 240× = = = _{C C}∗ C S V I kVA 4 , 14 2 , 19 0,8) sin(cos 24 8 , 0 24 sin cos 1 + = + × = ϕ + ϕ = S jS j − S_{C C C C C} kVA 5 , 1 1 100 ) 15 , 0 1 , 0 ( 2 2 j j Z S_salBC = _BC I_C = + × = + kVA 9 , 15 2 , 20 j S S_salBC + _C = + kVA 7 , 25 9 , 15 2 , 20 2 + 2 = = + _C salBC S S V 257 100 25700 = = + = ∗ C C salBC B S S I V kVA 7 , 25 100 257× = = = _B ∗_B B S V I kVA 6 , 20 4 , 15 0,6 cos 7 , 25 1 j S_B = ∠ − = + Ω + =0,2 j0,3 Z 100 A f.d=0,6 lagging 100 A _{f.d=0,8 lagging} A B C

kVA 5 , 36 6 , 35 j S S S_B + _salBC + _C = + kVA 51 5 , 36 6 , 35 2+ 2 = = + + _{salBC C} B S S S A 198,4 257 51000 257 = = + + = ∗ B salBC C A S S S I kVA 9 , 5 9 , 3 4 , 198 ) 15 , 0 1 , 0 ( 2 2 j j Z S_salAB = _AB I_A = + × = + kVA 4 , 42 5 , 39 j S S S S S_A = _salAB + _B + _salBC + _C = + kVA 57,9 4 , 42 5 , 39 2 + 2 = = A S V 292 4 , 198 57900 * = = = A A A S I V

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.

1-10 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik Penyelesaian: Penyelesaian: Motor: kVA 36,87 625 (0,8) cos 8 , 0 500_∠ -1 _{= ∠} o = motor S kVA 125 7 , 166 87 , 36 3 625 o _j

S_motorperfasa = ∠ = + Beban-beban satu fasa:

kVA 0 50 j S_R = + kVA 0 150 j S_S = + kVA 0 200 j S_T = +

Beban total per fasa:

kVA 98 , 29 1 , 250 125 7 , 216 + = ∠ o = j S_Rtotal kVA 54 , 21 4 , 340 125 7 , 316 + = ∠ o = j S_Stotal kVA 82 , 18 4 , 387 125 7 , 366 + = ∠ o = j S_Ttotal //// //// 8 , 0 kW 500 = fd kW 50 150kW200kW V fn = 240 V A

Arus fasa dan arus netral: A 1042 98 , 29 24 , 0 1 , 250 _∠− o ₌ = R I A 54 , 141 5 , 1418 ) 120 54 , 21 ( 24 , 0 4 , 340 _{∠ −} o ₋ o _{= ∠−} o = S I A 18 , 101 1 , 1614 ) 120 82 , 18 ( 24 , 0 4 , 387 _{o o o} ∠ = + − ∠ = T I A 1 , 19 2 , 551 ∠− o = + + = _{R S T} ! I I I I

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.

1-12 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik

Penyelesaian:

Motor 3 fasa merupakan beban seimbang. Daya di masing-masing fasa adalah 1/3 dari daya motor.

13 , 2 4,39 0.9 cos 3 9 , 0 746 , 0 ) 85 , 0 / 15 ( 1 _j S_{perfasa }∠ = +      × × = −

Beban tiga fasa 5 kW juga merupakan beban seimbang. Daya di masing-masing fasa adalah 1/3 dari daya total.

o 1 0 67 , 1 1 cos 3 5 ⊥ = ∠       = − fasa per S

Beban-beban satu fasa:

48 , 0 1 ) 9 , 0 sin(cos 9 , 0 1 1 j 1 j S_{R }= +      + = − 0 4 j S_T = +

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. laging fd 0,9 85 , 0 HP, 15 = = η 1 kW 5 = fd laging fd 0,8 0,8 V 400 HP 3 = = η laging fd 0,9 kW 1 = ing lead fd . 9 , 0 kW 3 = 1 kW 4 = fd 45 , 1 3 ) 9 , 0 sin(cos 9 , 0 3 3 j 1 j S_{S }= −      − = −

Daya yang dislurkan oleh fasa RS adalah: ∗ − _{= ∠ =} ∠ × = _{RS RS} RS S cos 10,8 3,5 36,87o V I 8 , 0 746 , 0 ) 8 , 0 / 3 ( A 87 , 36 74 , 8 8 , 0 cos 4 , 0 5 , 3 _∠ 1 _{= ∠} o = = − ∗ RS RS RS S V I Sedangkan: S_RS =V_RSI_RS∗ =(V_R −V_S)I∗_RS sehingga: S_R =V_RI_RS∗ S_S =−V_SI∗_RS Maka: S_R =230∠0o×8,74∠36,87o =1,61+ j1,21 S_S =230∠60o×8,74∠36,87o =−2,41+ j2

Dengan demikian daya total masing-masing fasa dapat kita hitung, yaitu: o 77 , 23 47 , 9 82 , 3 66 , 8 + = ∠ = j S_Rtotal o 84 , 16 21 , 9 67 , 2 81 , 8 + = ∠ = j S_Stotal o 94 , 11 28 , 10 13 , 2 05 , 10 + = ∠ = j S_Ttotal

Arus fasa dan arus netral adalah: A 8 , 23 2 , 41 77 , 23 23 , 0 47 , 9 _∠− o _{= ∠−} o = R I A 8 , 136 1 , 40 ) 120 84 , 16 ( 23 , 0 21 , 9 _∠− o ₋ o _{= ∠−} o = S I A 1 , 108 7 , 44 ) 120 94 , 11 ( 23 , 0 28 , 10 _{o o o} ∠ = + − ∠ = T I A 5,6 = + + = _{R R R} ! I I I I

1-14 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik

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.

Kita gunakan model satu fasa dan kita hitung dengan menggunakan metoda tegangan simpul.

Impedansi Z kita nyatakan dalam admitansi Y.

G

A

B

Y terhubung , 37 50∠ o = Z Ω + 2,3 5 , 2 j 1,5+ j1,2Ω Ω + 1 4 , 1 j

Y

terhubung

,

26

40

∠

o

=

Z

V Gff =13,2 kV

o 1 2 2 6 , 42 29 , 0 ) 5 , 2 / 3 , 2 ( tan 3 , 2 5 , 2 1 1 − ∠ = − ∠ + = = − GA GA Z Y o 1 2 2 7 , 38 52 , 0 ) 5 , 1 / 2 , 1 ( tan 2 , 1 5 , 1 1 1 − ∠ = − ∠ + = = − GB GB Z Y o 1 2 2 5 , 35 58 , 0 ) 4 , 1 / 1 ( tan 1 4 , 1 1 1 − ∠ = − ∠ + = = − AB AB Z Y o 37 02 , 0 37 50 1 1 − ∠ = − ∠ = = A A Z Y o 26 025 . 0 26 40 1 1 _{= ∠− = ∠−} = B B Z Y

Persamaan Tegangan Simpul dengan tegangan di G sebagai referensi adalah sebagai berikut:

Simpul A: V_A(Y_GA +Y_AB +Y_A)−Y_GAV_G −Y_ABV_B =0, atau V_A(Y_GA +Y_AB +Y_A)−Y_ABV_B =Y_GAV_G

Simpul B: V_B(Y_GB +Y_AB+Y_B)−Y_GBV_G −Y_ABV_A =0 atau V_B(Y_GB +Y_AB +Y_B)−Y_ABV_A =Y_GBV_G

Kita harus ingat bahwa besaran-besaran dalam persamaan ini adalah besaran kompleks. Jika kita tuliskan persamaan ini dalam bentuk matriks, kita dapatkan

      =             + + − − + + G G B A ) ( ) ( V V V V GB GA B AB GB AB AB a AB GA Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y

1-16 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik       =             2 1 B A 22 21 12 11 b b a a a a V V dengan G GB G GA AB B AB GB AB A AB GA Y b Y b Y a Y Y Y a Y a Y Y Y a V V = = − = + + = − = + + = 2 1 21 22 12 11 ; ; ;

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 Y GA 0.29 Y GB 0.52 Y AB 0.58 Y A 0.02 Y B 0.03 V G[V] (f-n) 7 621

Modulus a 11 0.89 a 12 0.58 a 21 0.58 a 22 1.13 b 1 2 239 b 2 3 967

Eliminasi Gauss dari matriks













=

























2 1 B A 22 21 12 11

b

b

a

a

a

a

V

V

memberikan













′

=

























′

₂ 1 B A 22 12 11

0

b

b

a

a

a

V

V

dengan 1 11 21 2 2 12 11 21 22 22 ) / ( ) / ( b a a b b a a a a a − = ′ − = ′

yang akan memberikan

22 2 a b B _′ ′ = V 11 12 1

)

(

a

a

b

_B A

V

V

=

−

1-18 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik V 240 7 ) / ( ) / ( 12 11 21 22 1 11 21 2 22 2 ₌ − − = ′ ′ = a a a a b a a b a b fn B V atau V_Bff =12500 V 200 7 ) ( 11 12 1 = − = a a b _Bfn fn A V V atau V_Aff =12400 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:

0 ) ( 0 ) ( 0 ) ( = − − + + = − − + + = − − + + A AD C CD D AD CD D D CD B BC C CD BC C C BC A AB B BC AB B Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y V V I V V V I V V V I V atau A AD D C CD AD CD D C D CD B BC CD BC C A AB B C BC BC AB B Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y V I V V I V V V V I V V + − = − + − = − − + + − = − + ) ( ) ( ) (

Jika kita tuliskan dalam bentuk matriks akan kita peroleh:

          + − − + − =                     + − − + − − + A AD D C A AB B D C B AD CD CD CD CD BC BC BC BC AB Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y V I I V I V V V 0 0

Menggunakan model satu fasa, data jaringan adalah: Modulus rad V_{a [V] 6,350.85 0.00} YAB [S] 0.77 -0.57 YAD [S] 0.27 -0.60 YBC [S] 0.22 -0.71 YCD [S] 0.78 -0.67 IB=57 A, fd 0.8 lagging 57.00 -0.64 IC=50 A, fd 0.8 lagging 50.00 -0.64 ID=30 A, fd 0.9 lagging 30.00 -0.45

Dengan data tersebut, elemen matriks dihitung dengan pengertian bahwa elemen matriks adalah kompleks, persamaan matriks menjadi:

1-20 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik           ∠ ∠ ∠ =                     ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ 0,81 -666 1 0,64 -50 0,57 -814 4 0,65 -1,05 0,67 -0,78 0 0 0,67 -0,78 0,68 -1,00 0,71 -0,22 0 0 , 0 71 , 0 -22 , 0 60 , 0 -99 , 0 D C B V V V

Namun kita akan melakukuan perhitungan pendekatan dengan mengabaikan sudut fasa, sehingga persamaan akan berbentuk sebagai berikut.

          =                       666 1 50 814 4 1,05 0,78 0 0,78 1,00 0,22 0 , 0 22 , 0 99 , 0 D C B V V V

Eliminasi Gauss dari matriks ini memberikan

          =                       517 2 1,039 -814 4 0,41 0 0 0,78 0,95 0 0 , 0 22 , 0 99 , 0 D C B V V V

Dari sini diperoleh tegangan-tegangan

V 830 0 1 atau V 6256 V 630 0 1 atau V 6138 V 680 0 1 atau V 168 6 ≈ = ≈ = ≈ = Bff Dfn Cff Cfn Dff Dfn V V V V V 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.

1.5. 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:

(

) (

)

) cos( ) sin( tan ) sin( ) cos( ) ( 1 2 2 β + α β + α ∠ β + α + β + α = β + α ∠ = β ∠ × α ∠ − B A B A B A B A B A B A

(

)

(

/

)

cos( ) ) sin( / tan ) sin( ) cos( ) ( 1 2 2 β − α β − α ∠         β − α +         β − α = β − α ∠ = β ∠ α ∠ − B A B A B A B A B A B A

(

) (

)

β + β + ∠ β + + β + = β ∠ + α ∠ − cos cos sin sin tan sin sin cos cos 1 2 2 B A B A B A B A B A

(

) (

)

β − β − ∠ β − + β − = β ∠ − α ∠ − cos cos sin sin tan sin sin cos cos 1 2 2 B A B A B A B A B A

1-22 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Energi Listrik

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:

          ∠ ∠ ∠ =                     ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ 0,81 -666 1 0,64 -50 0,57 -814 4 0,65 -1,05 0,67 -0,78 0 0 0,67 -0,78 0,68 -1,00 0,71 -0,22 0 0 , 0 71 , 0 -22 , 0 60 , 0 -99 , 0 D C B V V V

Eliminasi Gauss dari matriks ini menghasilkan

          ∠ − ∠ − − ∠ =                     ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ − ∠ 0,76 -512 2 68 , 0 039 1 0,57 814 4 0,62 -41 , 0 0 0 0 0 0,67 -0,78 0,67 -95 , 0 0 0 0 0 , 0 71 , 0 -22 , 0 60 , 0 99 , 0 D C B V V V

yang memberikan (dengan sudut fasa diubah ke dalam satuan derajat): V 0 6 7 0 1 atau V 4 , 1 6212 V 580 0 1 atau V 7 , 6 6106 V 640 0 1 atau V 1 , 8 143 6 o o o ≈ − ∠ = ≈ − ∠ = ≈ − ∠ = Bff Dfn Cff Cfn Dff Dfn V V V V V V

Dari hasil ini terlihat adanya perbedaan dengan hasil sebelumnya, namun perbedaan tersebut tidaklah besar.