STABILITAS SISTEM TENAGA LISTRIK. Electric Power Systems L8 - Olof Samuelsson

STABILITAS

MASALAH STABILITAS DALAM

SISTEM TENAGA LISTRIK

DALAM KEADAAN OPERASI YANG STABIL DARI SISTEM TENAGA LISTRIK, TERDAPAT

KESEIMBANGAN ANTARA DAYA INPUT MEKANIS PADA PRIME MOVER DENGAN DAYA OUTPUT LISTRIK (BEBAN LISTRIK) PADA SISTEM.

DALAM KEADAAN INI SEMUA GENERATOR BERPUTAR PADA KECEPATAN SINKRON.

☻

TERUTAMA JIKA TERJADI GANGGUAN, MAKA SESAAT AKAN TERJADI PERBEDAAN YANG BESAR ANTARA DAYA INPUT MEKANIS DAN DAYA OUTPUT LISTRIK DARI GENERATOR.

☻

KELEBIHAN DAYA MEKANIS TERHADAP DAYA

LISTRIK MENGAKIBATKAN PERCEPATAN PADA

PUTARAN ROTOR GENERATOR ATAU SEBALIKNYA.

☻

BILA GANGGUAN TIDAK DIHILANGKAN

STABILITAS SISTEM TENAGA LISTRIK

KEMAMPUAN SUATU SISTEM TENAGA LISTRIK ATAU BAGIAN KOMPONENNYA UNTUK

MEMPERTAHANKAN SINKRONISASI DAN KESEIMBANGAN DALAM SISTEM.

BATAS STABILITAS SISTEM

DAYA MAKSIMUM YANG DAPAT MENGALIR

MELALUI SUATU TITIK DALAM SISTEM TANPA MENYEBABKAN HILANGNYA STABILITAS.

BERDASARKAN SIFAT DAN BESARNYA GANGGUAN,

GANGGUAN TERHADAP STABILITAS :

GANGGUAN KECIL : FLUKTUASI BEBAN

GANGGUAN BESAR (BERSIFAT MENDADAK) : HUBUNG SINGKAT, PELEPASAN BEBAN

MENDADAK, DSB.

MASALAH STABILITAS DALAM SISTEM TENAGA LISTRIK DIBEDAKAN ATAS:

STABILITAS STEADY-STATE :

KEMAMPUAN DARI SUATU SISTEM TENAGA

MEMPERTAHANKAN SINKRONISASI ANTARA MESIN-MESIN DALAM SISTEM SETELAH MENGALAMI

GANGGUAN KECIL.

STABILITAS TRANSIENT :

KEMAMPUAN DARI SUATU SISTEM TENAGA MEMPERTAHANKAN SINKRONISASI SETELAH

MENGALAMI GANGGUAN BESAR YANG BERSIFAT

MENDADAK SELAMA SEKITAR SATU “SWING” (YANG PERTAMA) DENGAN ASUMSI BAHWA PENGATUR

TEGANGAN OTOMATIS (AVR) DAN GOVERNOR BELUM BEKERJA.

STABILITAS DINAMIS :

BILA SETELAH SWING PERTAMA (PERIODE STABILITAS TRANSIENT) SISTEM BELUM

MAMPU MEMPERTAHANKAN SINKRONISASI SAMPAI SISTEM MENCAPAI KEADAAN

SEIMBANG YANG BARU. (ADALAH STABILITAS TRANSIENT BILA AVR DAN GOVERNOR

BEKERJA CEPAT DAN DIPERHITUNGKAN DALAM ANALISIS).

PENGERTIAN HILANGNYA SINKRONISASI

KETIDAKSEIMBANGAN ANTARA DAYA PEMBANGKIT DAN BEBAN MENIMBULKAN SUATU KEADAAN TRANSIENT YANG MENYEBABKAN ROTOR DARI MESIN SINKRON BERAYUN KARENA ADANYA TORSI YANG

MENGAKIBATKAN PERCEPATAN ATAU PERLAMBATAN PADA ROTOR TERSEBUT.

BILA TORSI TERSEBUT CUKUP BESAR, MAKA SATU

ATAU LEBIH DARI MESIN SINKRON TERSEBUT AKAN

MISAL TERJADI KETIDAKSEIMBANGAN YANG

DISEBABKAN OLEH ADANYA PEMBANGKITAN YANG BERLEBIHAN, MAKA SEBAGIAN BESAR DARI

ENERGI YANG BERLEBIHAN AKAN DIUBAH

MENJADI ENERGI KINETIK YANG MENGAKIBATKAN SUDUT ROTOR BERTAMBAH BESAR.

WALAUPUN KECEPATAN ROTOR BERTAMBAH BESAR, TIDAK BERARTI BAHWA

SINKRONISASI DARI MESIN TERSEBUT AKAN HILANG. FAKTOR YANG MENENTUKAN

PERHATIKAN GAMBAR DIBAWAH INI YANG MENUNJUKKAN SUDUT ROTOR/DAYA MESIN DALAM SISTEM 2 MESIN

SEBAGAI FUNGSI WAKTU SELAMA KEADAAN TRANSIENT.

SEMUA SUDUT ROTOR MENINGKAT TETAPI

PERBEDAAN SUDUT ROTOR DARI SEMUA MESIN KECIL DAN SUDUT-SUDUT

TERSEBUT MENUJU POSISI

YANG BARU. SISTEM STABIL 0 0.5 1 1.5 -100 -50 0 50 100 150

Phase angle difference (fault cleared at 0.4s)

t, sec D e lt a , d e g re e

SEMUA MESIN TERPISAH MENJADI DUA KELOMPOK TANPA ADANYA

KEMUNGKINAN BERTEMU PADA SUATU TITIK.

SISTEM TAK STABIL

0 0.5 1 1.5 -200 0 200 400 600 800 1000 1200 1400

Phase angle difference (fault cleared at 0.5s)

t, sec D e lt a , d e g re e

P = fs (δ)

DARI GENERATOR SEREMPAK DENGAN ROTOR BULAT (NON SALIENT POLE)

T ~

E

Xs V

I Infinite bus

E V IX_s I d f

d

f

) sin 90 sin( s IX E  

cos

I

V

P

sin

cos

f

d

f





s

X

E

I

Daya yang dibangkitkan generator :

d

VE



P = fs (δ)

DARI GENERATOR SEREMPAK DENGAN ROTOR KUTUB MENONJOL (SALIENT POLE)

)

(

)

(

_{d q q} d

jX

jI

jX

I

V

E







q d q d q q d d

X

jI

jX

jI

X

jI

X

jI

V











)

(

)

)(

(

I

_d

jI

_q

jX

_q

jI

_d

X

_d

X

_q

V











)

(

_{d q} d q

jI

X

X

jIX

V

E









jI I I   dimana

d q d X jI q jIX d d X jI V I d I



d q



d X X jI  f E q qX I  q I O q I f d x ob I cosf   oa  ab d cos q I oa     d  d

d q d X jI q jIX d dX jI V I d I



d q



d X X jI  f E q qX I  q I q q X I V sind  d d X I E V cosd   V sinδ V cosδ q q X V I  sind d d X V E I   cosd

d

d

f

cos

sin

cos

I

_q

I

_d

I





d P

f

cos

VI

P







        _  

d

sin 2

d

2 sin q d q d d X X X X V X E V





d

d

2

X

X

V

VE



Xdsind VE d ) ( 2 X X V _d  _q d d sin2 2 ) ( sin 2 q d q d d X x x X V X VE _ 

CONTOH SOAL : GS Eg Eg’ X gen Xe Trafo Transmisi dll Infinite Bus E~ = 1.0 pu

SUATU ALTERNATOR TURBO 2 KUTUB TERHUBUNG

SISTEM YANG BESAR DENGAN NAME PLATE DATA

SEBAGAI BERIKUT:

100 MVA, 2 POLE, 50 HZ, 85%P.F., 13.2 kV (L-L) Xd = 100%, Xq = Xq’ = 96%, Xd’ = 20% Xe = 50%

UNTUK KEADAAN KERJA DIMANA ARUS YANG MENGALIR NOMINAL, DENGAN FAKTOR KERJA 1.0 PADA INFINITE BUS,

TENTUKAN P vs d UNTUK KEADAAN STEADY STATE DAN

TRANSIENT. STEADY STATE : TRANSIENT :





















d d sin 2 2 sin 2 e q e d e q e d e d g X X X X X X X X E X X E E P          



 





' '



2 ' X X X X E E E    

STEADY STATE : I_d(X_d- X_q)

E

_g

I

q

I

d Ia = 1.0 pu E~ = 1.0 pu I_aX_e E1 I_aX_q

  





 



d d sin 2 46 . 1 5 . 1 2 96 . 0 0 . 1 0 . 1 sin 5 . 1 0 . 1 81 . 1 2    P P = 1.20 sin d + 0.0091 sin 2d  1.2 sin d δ =IaSinδ

E

g

TRANSIENT : E’g I_aX_e E1

I

q Ia = 1.0 pu E~ = 1.0 pu



 











d d sin2 46 . 1 70 . 0 2 96 . 0 20 . 0 0 . 1 sin 50 . 0 20 . 0 0 . 1 15 . 1 _ 2    P P = 1.65 sin d - 0.372 sin 2d Id(Xq’ - Xd’) I_aX_q’ E_g’ δ

0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5

Analisa Stabilitas yang ditunjukkan Oleh Kurva P Vs d

d  P Steadystate Transient P = 1.65 sin d - 0.372 sin 2d P = 1.20 sin d 1.65 sin d - 0.372 sin 2d (transient) (steady-state)

TUGAS :

KERJAKAN LAGI CONTOH SOAL BILA, a/ FAKTOR DAYA = 0.85 LAGGING

b/ FAKTOR DAYA = 0.85 LEADING

c/ ARUS Ia = 80% NOMINAL, FAKTOR DAYA 0.8 LAGGING

STABILITAS STEADY STATE Y -A x is d  P _MAX P _M RotorDeclerates P P_{E M}  d d   M E P P o OperatingP  int erates RotorAccel PM PE  d d    d ₉₀o ₁₈₀o M E P Power Mechanical X E E P Power Electrical   1 2 sind

TITIK KERJA STEADY STATE ADALAH SUATU KEADAAN DIMANA DAYA LISTRIK YANG

DIBANGKITKAN GENERATOR (P_E) SEIMBANG

DENGAN DAYA MEKANIS DARI TURBIN (P_M).

PERUBAHAN SUDUT TITIK KERJA TERSEBUT (d₀)

AKAN MENGAKIBATKAN KETIDAKSEIMBANGAN DAYA YANG AKAN MEMPERCEPAT /

MEMPERLAMBAT KECEPATAN ROTOR KE TITIK KERJA YANG BARU.

Y -A x is d  P MAX P M o 90 o 180 δ₁ δ₁’ _δ 1” δ2” δ₂δ2’

STABIL TAK STABIL

E_g vt _E m X_m X_g I_g I_m g d m d I_g E_g I_gX_E I_mX_m E_m



g m



total m g X E E P  sin d d total m g X E E P_max 

STABILITAS TRANSIENT Y -A x is d  P _MAX P _M  d ₉₀o 180o Power 1 2 3 4 P_DECEL P_ACCEL Stable Turbine Power Unstable

GAMBAR DIATAS MENUNJUKKAN PERILAKU SUATU GENERATOR DALAM KEADAAN GANGGUAN.

1. TITIK KERJA AWAL(SEBELUM TERJADI GANGGUAN) 2. TIMBUL GANGGUAN YANG MENGAKIBATKAN DAYA

OUTPUT GENERATOR TURUN SECARA DRASTIS. SELISIH ANTARA DAYA OUTPUT LISTRIK TERSEBUT DAN DAYA MEKANIS TURBIN MENGAKIBATKAN ROTOR GENERATOR MENGALAMI PERCEPATAN, SEHINGGA SUDUT ROTOR / DAYA BERTAMBAH BESAR.

3. PADA SAAT GANGGUAN HILANG, DAYA OUTPUT

GENERATOR PULIH KEMBALI PADA HARGA YANG

BILA TERDAPAT TORSI LAWAN YANG CUKUP SETELAH GANGGUAN HILANG UNTUK

MENGIMBANGI PERCEPATAN YANG TERJADI

SELAMA TERJADINYA GANGGUAN, GENERATOR AKAN STABIL SETELAH AYUNAN (SWING) YANG PERTAMA DAN KEMBALI KE TITIK KERJANYA

DALAM WAKTU KIRA-KIRA 0.5 DETIK

BILA KOPEL LAWAN TERSEBUT TIDAK CUKUP BESAR, SUDUT ROTOR / DAYA AKAN TERUS BERTAMBAH BESAR SAMPAI SINKRONISASI DENGAN SISTEM HILANG.

PERSAMAAN AYUNAN ROTOR (ROTOR SWING EQUATION)

UNTUK GERAK ROTASI BERLAKU

Turbin Load Rotor T_shaft T sin δ Redaman

.α = Σ T

Hk. Newton :

= T

_shaft

– T

_D

. – T

_max

sin

δ

J

d





J

d



DIMANA : : MOMEN INERSIA α : PERCEPATAN SUDUT T_D : KOEFISIEN REDAMAN

T_maxsin δ : ELECTROMAGNETIC TORQUE YANG DIBANGKITKAN

δ : TORQUE/POWER/ROTOR ANGLE

J

ROTOR SWING EQ.

BILA REDAMAN DIABAIKAN, MAKA PERSAMAAN DIATAS MENJADI,

+ T_max sin δ = T_shaft

d

M

d

J

PERSAMAAN AYUNAN ROTOR :

(Dinyatakan dlm Torque)

+ P_max sin δ = P_{shaft (Dinyatakan dlm Power)}

25 30

HUBUNGAN ANTARA M (momentum sudut) DAN H (konstanta inertia) MegaJoules M MegaJoules J E K 2 1 2 1 . 2     (Tersedia)

Tenaga Kinetis Rotasi :

g MegaJoules MVA Generator Rating MegaJoules H   ) (

MegaJoules

gH

M

2

1





f

gH

M

180



H BIASA DIGUNAKAN DALAM PERSAMAAN AYUNAN ROTOR

(SWING) YANG DINYATAKAN DALAM TORQUE (KOPEL)

KRITERIA LUAS SAMA

(EQUAL AREA CRITERION)

shaft em

P

P

M

d









d

sin

max

P

P

_em



PERSAMAAN AYUNAN ROTOR :

DIMANA,

PENYELESAIAN DARI PERSAMAAN DIATAS MERUPAKAN BENTUK OSILASI (TEREDAM/DAMPED - UNTUK KEADAAN STABIL).

BILA UNTUK SUATU PERSAMAAN AYUNAN ROTOR DAPAT DITUNJUKKAN BAHWA NILAI DARI PADA δ MENCAPAI

MAKSIMUM DAN KEMUDIAN BERKURANG (ATAU SEBALIKNYA) ,

MAKA DIKATAKAN SISTEM STABIL (MAMPU MEMPERTAHANKAN KESTABILANNYA).

MAKA, AGAR SISTEM STABIL (PERSYARATAN UNTUK STABIL) HARUS DIPENUHI :

0



dt

d

d

shaft em P P Md  d d_{   x}  em shaft P P M M P P Mdd ( _shaft _em)d  x 2 ) ( 2 2dd P_shaft P_em d M   dt dt d P P M dt d em shaft ) x ( 2 2   d  d d d P P d M d 2  2 ( _shaft _em)



   P P d K M shaft em d d2 2 ( )



  d d d d 0 ) ( 2 2 d P P M shaft em 



  d d d d 0 ) ( 2 d P P M shaft em 

0



d



0 ) ( 0  



d d

d

d P P_{shaft em}







d d d d

d

d

0 0

d

P

d

P

_{shaft em}

Y -A x is  P MAX P M P_shaft P_em

: Luasan dibawah P_shaft

Y -A x is d  P MAX P M o 90 o 180 δ_{0 δ} P_shaft P_em Berimpit Luasan dibawah P_shaft Luasan diatas P_shaft

PENERAPAN

X₁₂=0.3 X₁₂=0.3 X_t=0.2 X’_d=0.3 E’_d 1 2 Inf. V=1.0

Daya yang dibangkitkan generator pada Infinite bus : P = 0.6 pu. dengan pf. 0.8 lagging. Tegangan infinite bus 1.0 pu

Tentukan :

a. Daya input maksimum yang bisa diberikan pada generator dan tidak lepas sinkron (stabil)

b. Sama dng (a), tetapi generator dlm keadaan beban nol (tegangan internal generator disumsikan tetap,

0.5 1 1.5 2

Equal-area criterion applied to the sudden change in power

P o w e r, p e r u n it

Initial Power = 0.600 pu

Initial Power Angle = 16.791 degree Sudden Initial Power = 1.084 pu

Total Power for Critical Stability = 1.684 pu

Maximum Angle Swing =125.840 degree New Operating Angle = 54.160 degree

0.5 1 1.5 2

Equal-area criterion applied to the sudden change in power

P o w e r, p e r u n it

Initial Power = 0.000 pu

Initial Power Angle = 0.000 degree Sudden Initial Power = 1.505 pu

Total Power for Critical Stability = 1.505 pu

Maximum Angle Swing =133.563 degree New Operating Angle = 46.437 degree

F E’g _E~ A1 A2 A3 A4 A5 A6 Psh d6 P d1 d2 drcl dm d NORMAL SELAMA GANGGUAN

Exercise 1

• Sketch (dng Matlab) utk gangguan

yang bersifat sementara, tapi TAK

STABIL

dan STABIL

• Sketch (dng Matlab) utk gangguan

permanen. Jelaskan apakah sistem

F E’g _E~ A1 A5 Psh P 2 SALURAN SELAMA GANGGUAN 2 SALURAN A2 A3A4 1 SALURAN

Exercise 2

• Sketch (dng Mat lab) utk gangguan

yang bersifat sementara, tapi TAK

STABIL (

dan STABIL

)

• Sketch (dng Matlab) utk gangguan

permanen, tapi STABIL.

• Sketch (dng Matlab) utk gangguan

permanen, tapi TAK STABIL

Psh d1 dc dm d Pm sin d r1 Pm sin d r2 Pm sin d

SUDUT KRITIS (δ

_C

)



d d



d d d d d P r P A c m c ch sin 1 1 1 1   





d d₁



 ₁



cosd  cosd₁



 P_{sh c} r P_{m c} ) ( sin 2 1 sh m c m c m d P P r A d d d d d d   





_{c m}



_sh



_{m c}



m P P r d  d  d d  ₂ cos cos A₂ A₁











_





















 1 2 1 1 2 1 1

/

cos

cos

cos

r

r

r

r

P

P

_{sh m m m} c

d

d

d

d

d

m sh m m sh m m sh m sh P R P P P P r P P P 2 1 1 1 2 1 sin sin sin sin      

d

d

d

d

(Satuan RADIAN) (Satuan RADIAN)

X₁₂=0.3 X₁₂=0.3 X_t=0.2 X’_d=0.3 E’_d 1 2 Inf. V=1.0 F

Generator sinkron dng konstanta inertia H=5

MJ/MVA. Data pada diagram segaris mempunyai

base sama. Daya yang dibangkitkan generator pada Infinite bus : P = 0.8 pu., Q = 0.074 pu. Tegangan

a. Hubung singkat 3 fasa temporer terjadi di F. Bila gangguan diamankan langsung dengan kedua CB dari dua saluran yang terhubung pada bus 1

terbuka/trip (tidak ada kurva P vs δ utk selama

gangguan), tentukan sudut kritisnya (δ_c) – saat

kedua CB reclose.

b. Hubung singkat 3 fasa permanen terjadi pada pertengahan salah satu saluran. Gangguan

diamankan dengan membuka CB-CB pada saluran yang mengalami gangguan. Tentukan sudut

0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8

Application of equal area criterion to a critically cleared system

P o w e r, p e r u n it Pm

0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8

Application of equal area criterion to a critically cleared system

Power angle, degree

P o w e r, p e r u n it Pm

Critical clearing angle = 98.8335

P = 1.80 sin d P = 1.46 sin d r₂ = 0.8 P = 0.65 sin d r₁=0.36 d₁= 26.390 d m= 146.580 d_c= 98.800

Jika CB terbuka, tentukan :

a. Sudut d1, d2 dan dm ( gambar P vs d di bawah ). b. Apakah sistem stabil atau tidak ? Jika stabil

hitung d3 (gambar P vs d di bawah ). Contoh 1 :

Kurva P vs

d

P

P sh

A 1 A2

sebelum gangguan

selama gangguan ( CB terbuka ) P 1 = P 1m sin d

P2 = P2m sin = r 1.P 1m sin d d

gangguan terjadi (CB terbuka) sebelum gangguan d sin 1 1 Pm P  d d sin sin _{2 1} 2 2 Pm r Pm P  

Sebelum gangguan terjadi : 4 , 0 ) 2 , 0 2 , 0 ( 4 , 0 ) 2 , 0 2 , 0 .( 4 , 0 2 , 0 1 j j j j j j j j X_eq       d d d sin 3,0sin 4 , 0 1 . 2 , 1 sin . 1 1    eq g X V E P

d

sin

1 1

P

m

P



jika P1 = Psh, d = d1, maka : 1

sin

0

,

3

5

,

1



d

5

,

0

sin

d



o 1 1



sin

(

0

,

5

)



30



d

Gangguan terjadi (CB terbuka) : 6 , 0 4 , 0 2 , 0 2 j j j X_eq    d d d sin 2,0sin 6 , 0 1 . 2 , 1 sin . 2 1    eq g X V E P d  d d d sin 2,0sin 6 , 0 0 , 1 . 2 , 1 sin . 2 2    eq g X V E P

SISTEM STABIL

, KARENA DAPAT

DIPEROLEH LUASAN YANG SAMA DIATAS

Psh DENGAN LUASAN DIBAWAH Psh.

Jika terjadi Hubung Singkat 3 Fasa di F (permanen)

Sebelum gangguan terjadi :

_P

₁



_P

_1m



_sin

d



₃

_,

₀

_sin

d

Selama gangguan terjadi (CB belum trip)

:

d

d

d

sin

1

,

2

sin

1

1

.

2

,

1

sin

.

3 3







eq g

X

V

E

P

d

d

1

,

2

sin

sin

3 3



P

m



P

P

_3m



1

,

2

Setelah gangguan terjadi (CB trip) :

d

d

2

sin

sin

2 2



P

m



P

P

_2m



2

P P s h A 1 A 2 1 d d d   d      Sebelum gangguan : d d 3,0sin sin 1 1  Pm   P Selama gangguan : d d d . sin 1,2sin sin _{2 1} 3 3  P m  r Pm  P 3 2 , 1 sin . sin . 1 3 2 

d



d

m m P P r Setelah gangguan : sebelum gangguan setelah gangguan selama gangguan A_{1 A} 2

Bila CB trip pada δ=60o :

0,3462                 



4392 , 0 7854 , 0 ) 30 cos 60 (cos 3 3 2 , 1 ) 30 60 ( 5 , 1 ) cos .(cos . ) ( sin . . ) ( o o o o 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 1 d d d d d d d d d d m sh m sh P r P d P r P A 0,4534                 



8692 , 1 3226 , 2 ) 30 4 , 131 ( 5 , 1 ) 4 , 131 cos 60 (cos 3 3 2 ) ( ) cos .(cos . ) ( ) sin . . ( o o o o 2 2 1 1 2 2 1 1 2 d d d d d d d d d d m sh m m m sh m m P P r P d P r A

Karena luas A2 ( 0,4534) lebih besar dari A1 ( 0,3462 ) maka sistem stabil.

P P s h A 1 A 2 d             d  Menghitung δkritis sebelum gangguan setelah gangguan selama gangguan A₁ A₂ P

                                    3 2 , 1 3 2 30 cos 3 2 , 1 ) 4 , 131 cos( 3 2 ) 30 4 , 131 ( 3 5 , 1 cos cos cos ) ( cos 1 2 1 1 2 1 1 1 1 o o o o c m m m sh c r r r r P P d d d d d d 1,1962rad 68,54o _               c c d d cos (0,3659) 8 , 0 ) 866 , 0 ( 2 , 1 ) -0,6613 ( 2 ) 0,5236 2,2934 ( 5 , 1 cos 1 1 Diubah  radian

Bila CB terbuka pada δ=90o

sebelum gangguan setelah gangguan

P_sh o A 1 A2 A3 sebelum gangguan setelah gangguan selama gangguan d do o d d df

Keterangan :

Pada saat

d

1=30

o

terjadi gangguan

hubung singkat ke tanah.

Pada saat

d

2=105

o

CB-CB terbuka ( trip )

dan gangguan masih berlangsung,

beban hanya disuplai melalui satu

saluran,

P_sh = o sebelum gangguan setelah gangguan selama gangguan A1 A2 A3 90 d d_ = 30o d = 70o d d_s

Exercise 3

• Kerjakan lagi contoh 1 dan 2, sketch

(dng Matlab) P vs δ -nya

b c 0 ,2 0 0 ,3 0 1 ,0 0o a d e B 1 B 2 G en era to r 0 ,0 5 0 ,0 1 0 ,0 5 d=In fi n i te bu s X ' = X = 0. 1 5 d q 0,1

Charles Gross, prob. 12.5 dan 12.7

Tentukan : a. E_g’

b. Sudut kritis, bila gangguan hubung singkat 3 fasa terjadi pada bus e, dan gangguan diisolasi dengan terbuka/trip nya CB : B1 dan B2

Eg’=?

S=1+j0.2 pu

b _c j0,15 _j0,05 j0,30 E'q 1,0 0o a d e j0,05 j0,20 j0,10 PREFAULT     



 



j X j0,15 j0,05 j0.30 j0,20 j0,10 j0.30 j0,20 j0,10 j0,05 j0,15 j0,05 j0,15 j0,05 j0,4 I (conjugate) S V 1,0 j0,2 1 j0 1,0 j0,2 I 1.0 j0,2 1,0198 11,31 E V I j x 1 1,0198 11,31 0,4 90 1 j0 0,0799 j0,4 0 q ' 0 0                                 

FAULTED b _c j0,15 _j0,05 j0,30 E'q 1,0 0o a j0,05 d j0,20 j0,10 1 3 2             Transformasi Z j j j j j j j Z j j j j j j j Z j j j j j j j                     ; , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , 1 2 3 0 3 0 1 0 3 0 2 0 1 0 03 0 6 0 05 0 3 0 2 0 3 0 2 0 1 0 06 0 6 0 1 0 1 0 2 0 3 0 2 0 1 0 02 0 6 0 0333

j0,2 E'q 1,0 0o j0,05 j0,05 j0,1 j0,0333 j0,2 E'q 1,0 0o j0,05 j0,05 j0,1 j0,0333 jX

E'q 1,0 0o j1,5261 jX     Pe  E V   0,7549 jX q ' sin , , sin sin d 1152 1 d d 15261

POSTFAULT b _c j0 ,1 5 _{j0 ,0 5} j0 ,3 0 E'q 1 , 0 0o a j0 ,0 5 d    j X j0,15 j0,05 + j0,30 j0,05 j0,55 E'     V 11516 1,