BAB 2 PRINSIP DASAR SISTEM TENAGA LISTRIK

Glanny M. Ch. Mangindaan

BAB 2 PRINSIP DASAR SISTEM TENAGA LISTRIK

Dalam bab 2 akan dilakukan investigasi tentang bagaimana aliran energi dari rangkaian ac.

Dengan menggunakan berbagai

identitas trigonometri, daya sesaat p(t) dipisahkan menjadi dua bagian komponen.

Plot dari komponen komponen yang telah

dipisahkan

menggunakan

dengan

MATLAB

untuk

melakukan

observasi bahwa jaring sistem tenaga ac tidak hanya menggunakan energi pada nilai rata – rata, tetapi juga meminjam dan mengembalikan energi ke sumber, dengan definisi bahwa P adalah daya rata – rata (average power atau real power) dan Q adalah daya reaktif (reactive power) maka S adalah daya kompleks (apparent power).

S disebut daya kompleks karena untuk

membedakan antara real power dan apparent power yang keduanya bisa diterjemahkan sebagai daya nyata.

2.1

DAYA DALAM RANGKAIAN SATU FASA AC

Gambar

2.1

menunjukkan

sebuah

sumber

tegangan

sinusoidal mensuplai beban. Tegangan sesaat adalah: v  t   Vm cos t   v 

Dan arus sesaat adalah

9

2.1


2.2

i  t   I m cos t  i 

Gambar 2.1 Sumber sinusoidal mensuplai beban

Maka daya sesaat p(t) yang disalurkan ke beban adalah perkalian dari tegangan sesaat v(t) dan arus sesaat i(t) p  t   v  t  i  t   Vm I

m

cos t  v  cos t  i 

2.3

Sebagai contoh diketahui v  t   100cos t dan beban adalah induktif dengan impedansi Z  1.2560 . Tentukan expression arus sesaat i  t  dan daya sesaat

p t  .

Gunakan MATLAB untuk

menampilkan i  t  , v  t  , pR  t  , dan p X  t  pada interval 0 sampai 2 .

10


v(t)=Vm cos t, i(t)=Im cos(t +-60)

p(t)=v(t) i(t)

100

6000 5000

50

4000 3000

0

2000 1000

-50

0 -1000

-100

0

50

100

150

200

250

300

350

-2000

400

0

50

100

150

t, degree

pr(t)

250

300

350

400

250

300

350

400

px(t)

4000

4000

3500

3000

3000

2000

2500

1000

2000

0

1500

-1000

1000

-2000

500 0

200

t, degree

-3000 0

50

100

150

200 t, degree

250

300

350

-4000

400

0

50

100

150

200

t, degree

Gambar 2.2 Daya, arus dan tegangan sesaat

I max 

1000  80  60 A 1.2560

i  t   80cos t  60  A p  t   v  t  i  t   8000cos t cos t  60  W

Dengan menggunakan editor pada MATLAB dan mengetikan pernyataan pernyataan berikut untuk menampilkan Gambar 2.2:

Vm = 100; thetav = 0; Z = 1.25; gama = 60; thetai = thetav - gama; theta = (thetav - thetai)*pi/180 Im = Vm/Z; wt=0:.05:2*pi; v=Vm*cos(wt); i=Im*cos(wt + thetai*pi/180); p=v.*i; V=Vm/sqrt(2); I=Im/sqrt(2); P = V*I*cos(theta); Q = V*I*sin(theta);

11


S = P + j*Q pr = P*(1 + cos(2*(wt + thetav))); px = Q*sin(2*(wt + thetav)); PP=P*ones(1, length(wt)); xline = zeros(1, length(wt)); wt=180/pi*wt; subplot(2,2,1), plot(wt, v, wt, i,wt, xline), grid title(['v(t)=V_m cos \omegat, i(t)=I_m cos(\omegat +', num2str(thetai), ')']) xlabel('\omegat, degree') subplot(2,2,2), plot(wt, p, wt, xline), grid title('p(t)=v(t) i(t)'), xlabel('\omegat, degree') subplot(2,2,3), plot(wt, pr, wt, PP, wt,xline), grid title('pr(t) '), xlabel('\omegat, degree') subplot(2,2,4), plot(wt, px, wt, xline), grid title('px(t) '), xlabel('\omegat, degree') subplot(111)

S= 2.0000e+003 + 3.4641e+003i

2.2

DAYA KOMPLEKS

Fasor tegangan dan fasor arus yang ditunjukkan pada Gambar 2.3 adalah V  V  v dan I  I i



v

i

Gambar 2.3 Fasor diagram untuk beban induktif

12


Daya listrik S  P  jQ dengan S adalah daya listrik kompleks dengan satuan (VA), P adalah daya aktif dengan satuan Watt V I cos , dan Q adalah daya reaktif dengan satuan (VAr) V I sin  . V , I adalah harga efektif tegangan dan arus,  adalah sudut fasa.

Tanda ”-” atau ”+” menandakan apakah arus I terkebelakang atau mendahului tegangan V, serta cos  adalah faktor daya. S  V I cos   j V I sin  S  V I  cos   j sin   S  V I  S   V 0  I     S  VI *

P  jQ  VI * S  P2  Q2  V I P  jQ  VI *

P  jQ  V * I

S  P  jQ  VI * V  V cos  v  j V sin  v I  I cos  i  j I sin  i I *  I cos i  j I sin i VI *  ( V cos v  j V sin  v )( I cos i  j I sin i ) VI *  ( V I cos  v cos i  sin  v sin i )  j ( V I (sin  v cos  i  cos v sin i )

cos( v  i )  cos  v cos i  sin  v sin  i sin( v  i )  sin  v cos i  cos v sin i VI *  V I  cos( v  i )  j sin( v   i )  VI *  V I cos  j V I sin  VI *  P  jQ  S

Dari prinsip konservasi energi bahwa daya nyata yang disalurkan oleh sumber adalah sama dengan jumlah daya nyata

13


yang diserap oleh beban.

Pada saat yang sama, keseimbangan

antara daya reaktif pun harus dijaga. Jadi total daya kompleks yang disalurkan ke beban paralel adalah jumlah dari daya kompleks yang disalurkan ke masing masing. *

2.4

S  VI *  V  I1  I 2  I 3   VI1*  VI 2*  VI 3*

I

I2

Z1

V

Gambar 2.4

I1

I3

Z2

Z3

Tiga beban yang terhubung paralel

Rangkaian

pada

Gambar

2.4

Z1  60  j 0  , Z 2  6  j12  dan Z3  30  j30  .

dengan

V  12000 ,

Hitunglah daya yang

diserap oleh masing masing beban dan daya kompleks total. 12000  20  j 0 A 600 12000 I2   40  j80 A 6  j12 12000 I3   20  j 20 A 30  j 30 I  I1  I 2  I 3  80  j 60 A  100  36.87 A I1 

S1  VI1*  12000  20  j 0   24, 000 W  j 0 var S 2  VI 2*  12000  40  j80   48, 000 W  j 96, 000 var S3  VI 3*  12000  20  j 20   24,000 W  j 24,000 var S  S1  S 2  S3  96,000 W  j 72, 000 var  120,00036.87 VA

14


Dengan menggunakan program MATLAB sebagai berikut: V = 1200; Z1= 60; Z2 = 6 + j*12; Z3 = 30 - j*30; I1 = V/Z1 I2 = V/Z2 I3 = V/Z3 I=I1+I2+I3 S1= V*conj(I1) S2= V*conj(I2) S3= V*conj(I3) S = S1 + S2 + S3

Diperoleh hasil sebagai berikut: I1 = 20 I2 = 40 - 80i I3 = 20 +20i I= 80 - 60i I dalam bentuk polar = 100  36.87

S1 = 24000 S2 = 48000 + 96000i S3 = 24000 - 24000i S= 96000 + 72000i S dalam bentuk polar = 120, 00036.87

15


2.3

KOREKSI FAKTOR DAYA

Seperti ditunjukkan pada Gambar 2.5 bahwa daya kompleks S akan lebih besar dari P jika faktor daya (pf) lebih kecil dari satu. Jadi arus I harus disalurkan lebih besar untuk pf < 1 dari pada untuk pf = 1, bahkan daya rata rata P yang disalurkan adalah sama pada keduanya. Dalam hal untuk menjaga agar faktor daya mendekati satu, perusahaan penyedia tenaga listrik menyiapkan banks of capacitors pada jaring sistem tenaga sesuai keperluan.

Mereka juga

memberikan biaya tambahan pada konsumen industri karena beroperasi pada faktor daya yang rendah. Penggunaan capacitor bank tidak penting untuk tempat tinggal dan penggunaan komersial yang kecil karena faktor daya yang digunakan mendekati satu.

I

I1

I2

Ic

10 

200 V

100 

C

j 20  Gambar 2.5

Rangkaian contoh untuk koreksi faktor daya

Ada dua beban Z1  100  j 0  dan Z 2  10  j 20  dihubungkan pada sumber tegangan 200 V

rms 60 Hz seperti pada Gambar 2.5.

Hitunglah daya nyata dan reaktif, faktor daya sumber, dan arus total.

16


Q

Q'

' P

Qc Gambar 2.6

Segitiga daya untuk koreksi faktor daya

2000  20 A 100 2000 I2   4  j8 A 10  j 20 I1 

S1  VI1*  2000  2  j 0   400 W  j 0 var S 2  VI 2*  2000  4  j8   800 W  j1600 var

Daya kompleks dan arus adalah S  P  jQ  1200  j1600  200053.13 I

S * 200053.13   1053.13 V* 2000

Faktor daya sumber adalah pf  cos  53.13   0.6 lagging Hitung kapasitas dari kapasitor yang terhubung ke beban untuk memperbaiki keseluruhan faktor daya menjadi 0.8 lagging.

17


Daya real total P= 1200 W pada faktor daya yang baru 0.8 lagging, maka:  '  cos 1  0.8   36.87 Q '  P tan  '  1200 tan  36.87   900 var Qc  1600  900  700 var 2

2

Zc 

V  200   57.14   * Sc j 700

C

106  46.42  F 2  60  57.14 

Daya total dan arus yang baru adalah S '  1200  j 900  150036.87 S '* 1500  36.87   7.5  36.87 V* 2000

I'

Jadi terjadi pengurangan arus dari 10 A menjadi 7.5 A Dengan

menggunakan

MATLAB

dengan

pernyataan sebagai berikut: clc clear all format shortG V = 200; Z1= 100; Z2 = 10 + j*20; I1 = V/Z1, I2 = V/Z2 S1= V*conj(I1), S2= V*conj(I2) I = I1 + I2 S = S1 + S2, P = real(S), Q = imag(S) PF = cos(angle(S)) thd = acos(0.8), Qd = P*tan(thd) Sc = -j*(Q - Qd) Zc = V^2/conj(Sc), C = 1/(2*pi*60*abs(Zc)) Sd = P + j*Qd Id=conj(Sd)/conj(V)

Diperoleh hasil sebagai berikut I1 = 2 I2 =

18

pernyataan


4-

8i

S1 = 400 S2 = 800 +

1600i

I= 6-

8i

S= 1200 +

1600i

P= 1200 Q= 1600 PF = 0.6 thd = 0.6435 Qd = 900 Sc = 0-

700i

0-

57.143i

Zc =

C= 4.642e-005 Sd = 1200 +

900i

19


Id = 6-

4.5i

Jika beban yang terhubung paralel pada sumber 1400 V rms, 60Hz seperti ditunjukkan pada Gambar 2.7 bahwa beban 1 adalah

beban induktif, 125 kVA pada faktor daya 0.28, beban 2 adalah beban kapasitif, 10 kW dan 40 kvar, beban 3 adalah beban resistif dengan 15 kW, hitung daya real total, daya reaktif dan daya kompleks, dan faktor daya sumber.

I

1400V

Gambar 2.7

I1 Z1

I2 Z2

I3 Z3

Tiga beban yang terhubung paralel dengan jenis beban berbeda

Beban induktif memiliki faktor daya lagging, beban kapasitif memiliki faktor daya leading, dan beban resistif memiliki faktor daya satu. Untuk beban 1: 1  cos 1  0.28  73.74 lagging .

Daya kompleks

beban adalah: S1  12573.74 kW  35 kW  j120 k var , S2  10 kW  j 40 k var dan S 3  15kW  j 0 k var

20


Daya kompleks total adalah S  S1  S2  S3  60 kW  j80 k var sedangkan arus total adalah

Q

Q'

' P

Qc Gambar 2.8

Segitiga daya untuk koreksi faktor daya tiga jenis beban yang berbeda.

I

S * 100, 000  53.13   71.43  53.13 V* 14000

Faktor daya sumber adalah pf  cos  53.13   0.6 lagging

Apabila

sebuah

kapasitor

dengan

tahanan

diabaikan

dihubungkan dengan beban pada Gambar 2.7 untuk memperbaiki faktor daya menjadi 0.8 lagging.

Tentukan rating kvar dari

kapasitor dan kapasitansi dalam F. Daya real total P  60 kW pada faktor daya yang baru 0.8 lagging menghasilkan daya reaktif yang baru Q’  '  cos  1 0.8  36.87 Q '  60 tan  36.87   45 k var

21


Dengan demikian maka kvar kapasitor yang dibutuhkan 2

adalah Qc  80  45  36 k var dan

V 14002 Xc  *    j56  , sehingga Sc j 35,000

kapasitansi dari kapasitor adalah C  yang baru I ' 

106  47.37  F dan arus 2  60  56 

S '* 60,000  j 45, 000   53.57  36.87 , sehingga terjadi V* 14000

pengurangan arus yang disalurkan dari 71.43 A menjadi 53.57 A. Dengan menggunakan Program MATLAB dengan pernyataan pernyataan berikut: V = 1400; S1= 35000 + j*120000, S2 = 10000 - j*40000, S3 = 15000 S = S1 + S2 + S3, P = real(S), Q = imag(S) pf = cos(angle(S)) I = conj(S)/conj(V) thd = acos(0.8), Qd = P*tan(thd) Sc = -j*(Q - Qd) Zc = V^2/conj(Sc), C = 1/(2*pi*60*abs(Zc)) Sd = P + j*Qd Id=conj(Sd)/conj(V)

Maka diperoleh hasil: S1 = 35000 + 1.2e+005i S2 = 10000 -

40000i

S3 = 15000 S= 60000 +

80000i

P= 60000

22


Q= 80000 pf = 0.6 I= 42.857 -

57.143i

71.429

-53.13

Ip =

thd = 0.6435 Qd = 45000 Sc = 0-

35000i

0-

56i

Zc =

C= 4.7368e-005 Sd = 60000 +

45000i

42.857 -

32.143i

Id =

Idp = 53.571

-36.87

53.572

23


2.4

ALIRAN DAYA KOMPLEKS

Apabila dalam jaring sistem tenaga listrik terdapat dua sumber tegangan ideal yang terhubung oleh saluran dengan impedansi Z  R  jX  seperti ditunjukkan pada Gambar 2.9

Z  R  jX   Z  

V1

V2

24

BAB 2 PRINSIP DASAR SISTEM TENAGA LISTRIK

Recommend Documents