load flow1

Materi sistem tenaga listrik

Suparman,ST

Department of Electrical Engineering,

University of Brawijaya

Malang

BAGIAN I (BAHAN MID SEMESTER) A. REPRESENTASI SISTEM TENAGA

Model Generator

Model Line

Model Transformer

Model Load

Model Single line diagram

Sistem Perunit

B. MODEL RANGKAIAN STL

Matriks Ybus

Matriks Zbus

Persamaan aliran daya

Persamaan umum aliran daya

-Rectangular form

-Polar form

-Hybrid form

C. LOAD FLOW ANALYSIS

Daya real dan daya reaktif

The load flow problem

Gauss-Seidel

Newton Raphson

Fast decoupled

BAGIAN II (BAHAN FINAL SEMESTER) GANGGUAN TIGA FASA SIMETRI KOMPONEN ASIMETRI GANGGUAN ASIMETRI

BUKU: 1. JJ. GREIGER ‘POWER SYSTEM ANALYSIS’ 2. HADI SAADAT ‘POWER SYSTEM ANALYSIS’ 3. NAGRATH ‘POWER SYSTEM ANALYSIS’ 4. W.STEVENSON ‘‘POWER SYSTEM ANALYSIS’

(VERSI INDONESIA) 5. CEKMAS CEKDIN ‘‘POWER SYSTEM ANALYSIS_

(WITH MATLAB) 6. OTHERS …..

PENILAIAN:

Mid semester :35%

Final semester :35%

Tugas+Kuis :30%

Komponen utama sistem tenaga listrik

1. Generator Serempak

2. Saluran transmisi

3. Transformator

4. Beban

Digunakan rangkaian pengganti dari komponen-komponen

utama dalam menganalisis sistem tenaga listrik.

Rangkaian pengganti yang digunakan adalah rangkaian

pengganti satu fasa yaitu nilai phasa-netral sistem

dengan asumsi sistem tiga phasa yang dianalisis dalam

keadaan seimbang pada kondisi operasi normal.

PENDAHULUAN

MODEL RANGKAIAN MESIN SINKRON (SEREMPAK)

Gambar 1 Model generator sinkron(D.F.Warne)

1. MODEL RANGKAIAN MESIN SINKRON (SEREMPAK)

Pada analisis sistem tenaga (sistem dalam keadaan steady state),

karakteristik generator dengan kutub menonjol mendekati

karakteristik generator dengan kutub bulat. Sehingga dalam

analisis ini, semua generator diasumsikan mempunyai rotor

bulat.

Gambar 2 generator sinkron (a) Nonsalient pole (b) Salient pole

SEMUA GENERATOR DIASUMSIKAN MEMPUNYAI ROTOR BULAT

Rotor yang dicatu oleh sumber arus searah menghasilkan

medan magnet yang berasal dari arus yang mengalir pada

belitan rotor.

Rotor tersebut diputar oleh prime mover (turbin) sehingga

medan magnet yang dihasilkan rotor tersebut memotong

kumparan-kumparan pada stator, sehingga tegangan

diinduksikan (dibangkitkan) pada kumparan tersebut.

Frekuensi dari tegangan yang dibangkitkan oleh stator adalah

Dengan

p= jumlah kutub-kutub rotor

n=kecepatan rotor (rpm).

2 60

p nf Hz

Tegangan yang dibangkitkan pada kumparan stator tersebut

adalah merupakan tegangan beban nol. Generator 3 fasa

dengan belitan stator 3 fasa membangkitkan tegangan 3 fasa

yang seimbang.

Bila suatu beban 3 fasa dihubungkan ke generator, maka akan

mengalir arus 3 fasa seimbang pada belitan-belitan stator 3

fasanya(belitan jangkar).

Arus tersebut menimbulkan mmf yang disebut mmf dari reaksi

jangkar, sehingga medan magnet yang berada dalam air gap

merupakan resultan dari mmf yang dihasilkan oleh rotor dan

reaksi jangkar tersebut.

Mmf resultan tersebut membangkitkan tegangan pada tiap-tiap

phasa dari kumparan stator.

Фaf

ФfФr

Ia

Er

Ef

Eaf

90o

Gambar 3. diagram phasor antara fluks dan tegangan pada kumparan fase a

ar a arE jI X

r f arE E E

r f a arE E jI X

t f a ar a tV E jI X jI X

ar l sX X X

( )t f a sV E jI X

( )t f a a sV E jI R X

Ef= tegangan pada saat beban nol

JIaXar=tegangan akibat reaksi jangkar

jIaXl=tegangan akibat reaksi reaktansi leakage

Xs = reaktansi sinkron

Ra = tahanan jangkar

Xar XlRa

Ef

Ia

Er

Gambar 4. Rangkaian pengganti 1 fasa generator sinkron

Vt

Xs

Xs

Ef

Gambar 5. Rangkaian pengganti 1 fasa generator sinkron hasil penyederhanaan

Ia

Ef

Ia Xs

Vt

Ia

2. MODEL SALURAN TRANSMISI

Parameter Saluran transmisi terdistribusi sepanjang saluran

L Ω/km self and mutual inductance

R Ω/km conduction losses

C F/km capacitance between phases

Gambar 6 Saluran transmisi

Model Saluran transmisi

< 80 km Saluran transmisi pendek

80 – 240 km Saluran transmisi menengah

> 240 Saluran transmisi panjang

L R

G/2 G/2B/2 B/2

Gambar 5 Rangkaian Pengganti Saluran transmisi

Voltage Level

High voltage transmission

•Large equipment

•Lines have X/R ≥ 10, low losses

Medium voltage for industries

Low voltage indoor for households

•Compact equipment

•Lines have X/R << 10, high losses

X=ωL RIs IR

Vs VR

Gambar 6 Rangkaian Pengganti Saluran transmisi Pendek

X=ωL RIs IR

VsVRYc/2 Yc/2

Yc=1/Xc

Gambar 7 Rangkaian Pengganti Saluran transmisi menengah

Dalam analisis sistem tenaga listrik hanya digunakan rangkaian

pengganti saluran transmisi pendek dan menengah.

3. MODEL TRANSFORMATOR

Gambar 8 20 MVA, 13.2 kV three phase transformers (James H. Harlow)

N1>N2

Step-down

N1<N2

Step-up

Model transformator

Transformator adalah merupakan komponen kunci dalam transmisi

arus bolak-balik.

• Hight reliabiblity and efficiency >95%

• Rating up to 750 MVA in Sweden

Different type

• Two windings (most common)

• three windings (has two secondary)

• tap changing for voltage control

Single phase transformer model

Gambar 9 Transformator berdasarkan jumlah belitan

a2x2 a

2r2x1r1

GBV1 aV2

I1

IE I2/a

Gambar 10 a Rangkaian pengganti transformator ( besaran dinyatakan terhadap sisi primer)

b Rangkaian ekivalen transformator jika arus pemagnetan diabaikan

Xeq Req

V1 V2

I1

(a) (b)

Ekivalen Circuit

Req(12) =r1 + a2r2 Req(21) =r2 + r1/ a2

Xeq(12) =x1 + a2x2 Xeq(21) =x2 + x1/ a2

Rangkaian ekivalen transformator yang dinyatakan terhadap sisi

primer dan sisi sekunder, arus magnet diabaikan.

Xeq

V1 V2'

I1=I2'

I1=I2' Xeq(12) =X1 + a2X2

Xeq(21) =X2 +X1 /a2

Gambar 11 Rangkaian ekivalen transformator dengan mengabaikan Req

Transformator tiga fasa

Transformator tiga fasa, dapat diperoleh dengan menggabungkan 3 trafo

1 fasa, atau menggunakan trafo 3 fase dalam 1 tank. Berdasarkan

bentuknya, dapat dibagi menjadi core-form (tipe inti) dan shell-form (tipe

cangkang).

Skema bentuk hubungan trafo tiga fasa

a

n

c

b

a'

n'

c'

b'

a

cb

a'

c'

b'

Gambar trafo hubungan Y-Y

Gambar trafo hubungan delta-delta

a

cb

Gambar trafo hubungan delta-Y

a'

n'

c'

b'

Gambar 12 Skema bentuk hubungan trafo tiga fasa

Analisis per fase

•Buat representasi tiga fasa hubungan Y dengan netral

•Bagi semua impedansi yang terhubung delta dengan 3 untuk mendapatkan

ekivalen satu fasa.

•Membagi semua tegangan line to line dengan untuk mendapatkan

rangkaian ekivalen tegangan line to netral 3

Trafo tiga belitan

I1

I2

I3V1

V2

V3

X1 R1 X2 R2

X3 R3

V2

V3

V1

I1 I2

I3

IM

XM RM

V1

V2

V3

X1 R1 X2 R2

X3 R3

V2

V3

V1

I1 I2

I3

Ф

I1

I2

I3

Gambar 13 Rangkaian pengganti trafo 3 fasa 3 belitan

1

( )

tan ( / )

P jQI I

V

V V

Q P

2V VZ

I P jQ

2

I P jQY

V V

Beban terdiri dari motor-motor induksi, pemanas dan penerangan serta

motor-motor singkron. Untuk tujuan analisis, ada 3 cara untuk

merepresentasikan beban:

• Representasi beban dengan daya tetap

Daya aktif (MW) dan daya reaktif (MVAR) mempunyai harga yang tetap

• Representasi beban dengan impedansi tetap Impedansi:

Admitansi:

Impedansi:

4. MODEL BEBAN

• Representasi beban dengan arus tetap

Dengan menganggap bahwa sistem 3 fasa dalam keadaan seimbang.

Penyelesaian/analisis dapat dikerjakan dengan menggunakan

rangkaian 1 fasa dengan saluran netral sebagai saluran kembali.

Untuk merepresentasikan suatu sistem tenaga listrik 3 fasa, cukup

menggunakan diagram 1 fasa yang digambarkan dengan memakai

simbol-simbol dan saluran netral diabaikan.

Diagram tersebut disebut sebagai diagram segaris. Diagram segaris

biasanya dilengkapi dengan data dari masing-masing komponen

sistem tenaga listrik.

5. DIAGRAM SEGARIS

(see STL William Stevenson Jr page: ………)

1

2

3

Load A

Load B

T1 T2

Generator 1: 20000 KVA, 6,6KV, X=0,655 ohm



T1 dan T2 : masing-masing tediri dari tiga trafo fasa 10000 KVA,

3.81-38.1 KV, X=14,52 ohm dinyatakan terhadap sisi tegangan tinggi.

Saluran transmisi: x=17,4 ohm

Beban A= 15.000KW, 6,6KV, power factor: 0.9 lag

Beban B= 30.000KW, 3,81KV, power factor: 0.9 lag

6. DIAGRAM IMPEDANSI

Dengan menggunakan rangkaian pengganti masing-masing

komponen dan dari data yang diketahui diperoleh, maka akan

didapatkan diagram ipedansi

E2E1 E3

Neutral bus

+

_

+

_

+

_

XLXT1 XT2

XG1

XG2XG3

Lo

ad

A

Lo

ad

B

Nilai-nilai setiap komponen diperoleh setelah melakukan normalisasi

PER-UNIT (DIJELASKAN KEMUDIAN)

Normalisasi dilakukan pada nilai nominal

Contoh:

11 KV pada base 10 KV:

Vpu= Vsebenarnya/Vbase = 11KV/10KV = 1,1 pu

• Nilai perunit menunjukkan keadaan saat normal

• Level tegangan dapat diperbandingkan

• Perhitungan dilakukan lebih sedarhana

Dalam sistem tenaga listrik terdapat 4 besaran:

I (Arus – Ampere)

V (tegangan – Volt)

S (Daya – Voltampere)

Z (Impedansi – ohm)

7. NORMALISASI PERUNIT

Dengan menentukan besaran dasar (base), besaran persatuan (per-UNIT)

dapat dihitung.

Besaran besaran tersebut adalah besaran 1 fasa (Fasa-Netral).

Nilai actualNilai per UNIT

Nilai base

( ) ( )( )

( ) ( )

actual

base B

I Ampere I AmpereI pu

I Ampere I Ampere

( ) ( )( )

( ) ( )

actual

base B

V Volt V VoltV pu

V Volt V Volt

( ) ( )( )

( ) ( )

actual

base B

S VA S VAS pu

S VA S VA

( ) ( )( )

( ) ( )

actual

base B

Z ZZ pu

Z Z

Dengan mengetahui base dari dua kuantitas (S, V, I dan Z), maka

nilai base lainnya dapat diketahui.

Pada prakteknya, biasanya yang diketahui adalah MVA base, dan

satu base tegangan.

Perbandingan belitan trafo menyebabkan base tegangan pada

sistem berbeda-beda.

1baseBase

baseLN

KVAI

KV

2

1

2

1

( ) 1000

( )

baseLNBase

base

baseLNBase

base

KV xZ

KVA

KVZ

MVA

3

3

baseBase

baseLL

KVAI

KV

2

3

2

3

( ) 1000

( )

baseLLBase

base

baseLLBase

base

KV xZ

KVA

KVZ

MVA

Dengan menggunakan data 1 fasa:

Dengan menggunakan data 3 fasa:

Contoh:

2

1

3

Load A

Load B

T1 T2

Generator 1: 20.000 KVA, 6,6KV, X=0,655 ohm



T1 dan T2 : masing-masing tediri dari tiga trafo 1 fasa 10000 KVA,

3.81- 38.1 KV, X=14,52 ohm dinyatakan terhadap sisi tegangan tinggi

Saluran transmisi: x=17,4 ohm

Beban A=15.000KW, 6,6KV, power factor: 0.9 lag

Beban B=30.000KW, 3,81KV, power factor: 0.9 lag

Perhitungan dalam peunit dapat dilakukan sebagai berikut:

2

1

3

Load A

Load B

T1 T2

Perhitungan base tegangan Perhitungan base tegangan (dimulai dari rangkaian generator 1: Base tegangan pada rangkaian generator 1= = 6,6 KV (SEBAGAI AWAL) Base tegangan saluran transmisi= Base tegangan generator 3=

3 3,81/ 3 38,1 6,6 / 66 ; 30x x KV kV MVA

3 38,1/3,81 66/3,81 30x KV kV MVA

3 3,81x

6,6 / 3 3,81 3 38,1 66x x x KV KV

66 / 3 38,1 3,81 3,81x x KV KV

6,6 KV 66 KV

3,81 KV

( 1) ( ) ( 3)

30.000 30.000 30.0002,624 0,26243 4,546

3 6,6 3 66 3 3,81B gen B line B genI kA I kA I kA

x x x

Rating 3Φ trafo T1 = Rating 3Φ trafo T2 =

Perhitungan base arus

Perhitungan base Impedansi

2 2 2

( 1) ( ) ( 3)

6,6 66 3,811,452 145,2 0,48387

30 30 30B gen B line B genZ Z Z

6,6 / 66kV 66/3,81kV

Dengan menggunakan base V, S, I dan Z, maka nilai-nilai aktual dapat

diubah menjadi kuantitas dalam perunit :

E2E1 E3

Neutral bus

+

_

+

_

+

_

j0,10 j0,1198

j0,30j0,45 j0,009

j0,10

XG1 XG2XG3

XLXT1 XT2

Perhitungan dalam pe-unit: Reaktansi Generator:

1 2 3

0,655 1,31 0,14520,451 0,00902 0,3

1,452 145,2 0,48387G G GX pu X pu X pu

Reaktansi saluran:

17,40,1198

145,2lineX pu

Reaktansi transformator

1 2

14,52 14,520,1 0,1

145,2 145,2T TX pu X pu

MENGUBAH BASE DARI BESARAN PERSATUAN

Untuk mengubah kuantitas dengan base baru, dapat menggunakan rumus:

2

( ) ( )BO Bn

n pu o pu

Bn Bo

KV KVAZ Z

KV KVA

Zn = Impedansi (pu) dengan base baru

Zo = Impedansi (pu) dengan base lama

KVBN = Tegangan base (KV) baru

KVBo = Tegangan base (KV) lama

KVABN = Daya base(KVA) baru

KVABo = Daya base(KVA) lama

Nilai perunit Model transformator

Nilai perunit dari transformator bila ditinjau dari sisi primer, maupun dari sisi

sekunder adalah sama, Z12 = Z21. Untuk menyederhanakan model, maka

transformator hanya dimodelkan sebagai suatu impedansi ekivalen Zeq = Xeq.

Contoh:

Transformator 1 fasa dengan rating 110/440 V, 2,5 KVA. Reaktansi bocor diukur

dari sisi tegangan rendah 0,06 ohm. Tentukan harga reaktansi bocor dalam pu

Penyelesaian

2,5 KVA

110 volt 440 volt

I1 I2

V2V1

a=110/440 X12=0,06

2

1

0,110 10004,84

2,5B

xZ

Reaktansi bocor terhadap sisi tegangan rendah:

12

0,060,012

4,84X pu

Impedansi base pada sisi tegangan rendah:

Reaktansi bocor terhadap sisi tegangan tinggi:

2

1221 2

1100,06 0,96

440

XX

a

Impedansi base sisi tegangan tinggi:

2

2

0,440 100077,5

2,5B

xZ

Reaktansi bocor terhadap sisi tegangan tinggi:

21

0,960,012

77,5X pu

Jadi X12 = X21

Impedansi (pu) trafo 3 belitan

Dari hasil test hubung singkat, dapat diperoleh tiga impedansi sebagai berikut:

•Z12 = impdansi bocor diukur pada primer dengan sekunder short dan tersier open

•Z13 = impdansi bocor diukur pada primer dengan tersier short dan sekunder open

•Z23 = impdansi bocor diukur pada sekunder dengan tersier short dan primer open

Z1 Z2

Z3

1 2

3

Z12 = Z1 + Z2

Z13 = Z1 + Z3

Z23 = Z2 + Z3

1 12 13 23

2 12 13 23

3 12 23 13

1

2

1

2

1

2

Z Z Z Z

Z Z Z Z

Z Z Z Z

Semua impedansi dalam perunit

Contoh 2

T1 T2

M1

M2

Gk l m n

p

r

Data:

Generator G : 300 MVA, 20 KV, X’’=20%

Motor M1 : 200 MVA (input), 13,2 KV, X’’=20%


Transmisi : 64 km, 0,5 ohm/km

Trafo T1 : 350 MVA, 230Y -20∆ KV, X=10%

Trafo T2 : Terdiri dari 3 trafo single phase: 100MVA, 127-13,2KV, X=10%

Gambarkan diagram reaktansi dalam pu dengan menggunakan base

300 MVA dan 20 kV pada rangkaian generator

T1 T2

M1

M2

Gk l m n

p

r


Trafo T2(3Ф)=300MVA, 127 - 13,2KV= X=10% 3

Perhitungan dalam pu dengan menggunakan dasar 300 MVA, 20KV

(pada generator)

Perhitungan dasar tegangan:

Dasar Tegangan generator: 20 KV (ditentukan dari awal-sbg base point)

Dasar Tegangan Line : 20 KV(230/20) =230 KV

Dasar Tegangan Motor: 230kV(13,2 / 127 ) =13,8kV

Perhitungan dasar Impedansi:

Perhitungan dasar Arus:

3

2 2 220 230 13,81,333 176,33 0,6348

300 300 300gen Line MotorZ Z Z

300000 300000 30000010,606 753,065 12,551

3 20 3 230 3 13,8gen Line MotorI kA I A I kA

x x x

20kV 230kV

13,8kV

Penyelesaian

Perhitungan Impedansi (pu):

22

2

2

22

1 1

20 300000 3 127 3000000,2 0,2 0,1 0,0915

20 300000 230 300000

20 300000 13,20,1 0,0857 0,2

20 350000 13,8

( ) ( ) o nn o

T

o

g T

M

n

KV KVAZ pu Z pu

KV KV

xX j pu X j pu

X

A

j pu X

2

2

3000000,274

200000

0,5 64 13,2 3000000,1815 0,2 0,549

176,33 13,8 100000L M

j pu

xZ j pu X j pu

Eg1 EM2EM1

Neutral bus

+

_

+

_

+

_

j0,0857 j0,1815

j0,274j0,20

j0,0915

XM2

Xg1XM1

XLXT1 XT2

k L m n

j0,549

TUGAS 1: KERJAKANLAH SOAL NO. 6.15 HALAMAN 155 ANALISIS SISTEM TENAGA LISTRIK, WILLIAM D. STEVENSON,Jr

Data:

Generator G : 300 MVA, 20 KV, X’’=20%



Transmisi : 64 km, 0,5 ohm/km

Trafo T1 : Terdiri dari 3 trafo single phase:150 MVA, 132,79Y-20∆ KV, X=10%


Gambarkan diagram reaktansi dalam pu dengan menggunakan MVA base 20

MVA dan tegangan 20 KV pada rangkaian generator

1. MATRIKS Ybus

2. MATRIKS Zbus

3. PERSAMAAN ALIRAN DAYA

4. PERSAMAAN UMUM ALIRAN DAYA

5. RECTANGULAR FORM

6. POLAR FORM

7. HYBRID FORM

B. MODEL RANGKAIAN SISTEM

TENAGA LISTRIK

1. MATRIKS Ybus

1

23 4

1

23 4

I2

I1

I3

I4

y12

y23

y34

y13

y10

y20 y30

y40

Diagram admitansi

y10=yc12/2 + yc13/2

Diagram segaris

Persamaan

I1 = V1 y10 +(V1-V2)y12 + (V1-V3)y13

I2= V2 y20 +(V2-V1)y12 + (V2-V3)y23

I3= V3 y30 +(V3-V1)y13 + (V3-V2)y23 + (V3-V4)y34

I4= V4 y40 +(V4-V3)y34

Dengan menjabarkan persamaan-persamaan diatas, diperoleh:

I1 = V1 (y10 + y12+ y13) -V2 y12 -V3 y13 + 0 V4

I2= -V1 y12 +V2 (y20+y12+y23) -V3 y23 + 0 V4

I3= -V1 y13 -V2 y23 +V3 (y30+ y13+ y23+ y34) - V4 y34

I4= 0 V1 +0 V2 -V3 y34 + V4 (y40 +y34)

I1 = Y11V1 + Y12 V2 + Y13V3 + 0 V4

I2= Y12V1 + Y22V2 + Y 23V3 + 0 V4

I3= Y13V1 + Y 23V2 + Y33V3 - Y34V4

I4= 0 V1 + 0V2 + Y34V3 + Y44V4

Dalam bentuk matriks dapat dituliskan

dalam bentuk:

11 12 13 141 1

21 22 23 242 2

31 32 33 343 3

41 42 43 444 4

Y Y Y YI V

Y Y Y YI V

Y Y Y YI V

Y Y Y YI V

1

23 4

I2

I1

I3

I4

y12

y23

y34

y13

y10

y20 y30

y40

bus bus busI Y V

11 12 13 141 1

21 22 23 242 2

31 32 33 343 3

41 42 43 444 4

, ,bus bus bus

Y Y Y YI V

Y Y Y YI VI Y V

Y Y Y YI V

Y Y Y YI V

Atau secara umum dapat dituliskan:

Ibus = arus masuk bus,

Vbus = tegangan bus(L-N),

Ybus = matriks Ybus

Elemen diagonal Yii adalah semua admitansi yang terhubung pada bus i:

Y11= y10 + y12+ y13

Y22= y20+y12+y23

Y33= y30+ y13+ y23+ y34

Y44= y40 +y34

Tegangan bus(fasa-tanah) Matriks Ybus Arus masuk bus

1

bus busZ Y

11 12 13 14

21 22 23 24

31 32 33 34

41 42 43 44

bus

Z Z Z Z

Z Z Z ZZ

Z Z Z Z

Z Z Z Z

2. MATRIKS Zbus

Matriks impedansi bus, Zbus adalah merupakan invers dari matriks Ybus.

Nilai admitansi = 0, bila bus I dan j tidak terhubung

Elemen off diagonal Yij adalah negatif dari admitansi antara bus i dan bus j:

Y12= Y21=- y12

Y13= Y31=- y13

Y23= Y32=- y23

Y34= Y43=- y34

Y14= Y41=0

Y24= Y42=0

bus

P + jQ P + jQ

G

1

2 3 4

3. PERSAMAAN ALIRAN DAYA

Aliran daya masuk bus = Aliran daya keluar bus

Persaamaan aliran daya pada bus 2:

P2+ jQ2 = (P21 + jQ21 + (P23 + jQ23)

= V2 I*21 + V2 I

*23

= V2 I*21 + V2 I

*23

= V2 I*2

(P2+ jQ2)* = (V2 I

*2)

*

P2- jQ2 = V2* I2

Dengan menggunakan Ybus

11 12 13 141 1

21 22 23 242 2

31 32 33 343 3

41 42 43 444 4

Y Y Y YI V

Y Y Y YI V

Y Y Y YI V

Y Y Y YI V

Diperoleh:

I2= Y21V1 + Y22V2 + Y 23V3 + Y24V4

4

2 2

1

j j

j

I V Y

Persamaan umum aliran daya pada bus 2:

4*

2 2 2 2

1

j j

j

P jQ V V Y

Persamaan umum aliran daya untuk bus i:

*

1

N

i i i j ij

j

P jQ V V Y

*

* * * * * *S V I S VI S V I P jQ V I

*

1

n

i i i j ij

j

P jQ V V Y

i i i ij ij ijV e jf Y G jB

4. PERSAMAAN UMUM ALIRAN DAYA

Bentuk rectangular:

1 1

1 1

( ) ( )

( ) ( )

n n

i i ij j ij i i ij j ij j

j j

n n

i i ij j ij i i ij j ij j

j j

P e G e B f f G f B e

Q f G e B f e G f B e

1

1

s( )

( )

n

i i ij j i j ij

j

n

i i ij j i j ij

j

P V Y V Co

Q V Y V Sin

Bentuk polar

i i i ij ij ijV V Y Y

1

1

s( ) ( )

( ) ( )

n

i i j ij i j ij i j

j

n

i i j ij i j ij i j

j

P V V G Co B Sin

Q V V G Sin B Cos

Bentuk hybrid

i i i ij ij ijV V Y G B

dengan

dengan

dengan

1. Daya real dan daya reaktif

2. The load flow problem

3. Gauss-Seidel

4. Newton Raphson

5. Fast decoupled

C. LOAD FLOW ANALYSIS

Z

R

X

V S

P

Qx I x I

φ φ φ

Daya real dan daya reaktif

Z=R+jX

R=Zcosφ

R=ZSinφ

Cos φ= powerfactor

φ >0 induktif/lagging

φ <0 capasitif/leading

V=(R+jX)I S=P+jQ

P=S cos φ (heat, work)Q=S Sin φ

(E & M field)

Pada analisis aliran daya dihitung:

•Tegangan dan sudut tegangan tiap-tiap bus

•Aliran daya pada setiap saluran

Aliran daya pada setiap saluran i-j ditentukan sebagai berikut:

Load flow problem

*

*

ij i ij

i j

ij i

ij

S V I

V VS V

Z

Zij=Impedansi saluran i-j

Kesetimbangan daya pada setiap bus

To the rest system

PGK+jQGK

Load

PLK+jQLK

K KV

Bus K

Persamaan kesetimbangan pada bus k:

Pin – Pout =0

Qin – Qout =0

Pin dan Qin adalah merupakan pembangkitan dikurangi dengan load

Pout dan Qout adalah line transfer ke bus i≠j, tergantung pada Vi dan θi.

Terdapat tiga type bus:

Swing atau SLACK BUS, merupakan bus referensi, dimana V

dan θ diketahui

Terhubung dengan generator

V dan θ (referensi) dari generator diketahui dan tetap.

P dan Q dihitung

Mencatu rugi-rugi daya dari beban yang tidak dapat disupply

oleh generator lain.

PV bus atau generator bus

Terhubung dengan generator

P dan V dari generator diketahui dan tetap

Q dan θ dari generator dihitung

PQ bus atau load bus, V dan θ tidak diketahui.

Terhubung dengan beban

P, Q dari beban diketahui dan tetap

V dan θ tegangan dihitung

Metode Gauss Seidel

ANALISIS ALIRAN DAYA (load flow analisis).

Dalam penyelesaian load flow metode Gauss Saidel dapat dilakukan melalui langkah-

langkah sebagai berikut :

1. Tegangan pada Swing Bus diabaikan dari penyelelesaian iterasi tegangan-

tegangan Bus yang lain, karena besar dan sudut tegangan pada Swing Bus telah

DITENTUKAN/DITETAPKAN.

2. Untuk keseluruhan n buah Bus, tegangan dihitung untuk setiap Bus k (kecuali

Swing Bus) dimana Pk dan Qk diberikan adalah:

N

n

nkn

k

kk

kk

k VYV

jQP

YV

1

.*

1

dimana n k

Nilai-nilai untuk tegangan pada ruas kanan persamaan itu adalah nilai-nilai

hitungan terbaru untuk Bus yang bersesuaian atau tegangan perkiraan jika belum

dilakukan iterasi pada suatu Bus. Persamaan (1) hanya berlaku untuk Bus dimana

daya nyata (P) dan reaktif (Q) telah ditentukan (Load Bus).

…(1)

3. Pada suatu Generator Bus dimana besar tegangannya telah ditentukan,

perhitungan hanya dilakukan pada komponen reaktif (Q). Nilai tegangan setiap

iterasi diperoleh dengan menghitung nilai daya reaktifnya dengan menggunakan

persamaan (2) berikut:

*..1

k

N

n

nknkkk VVYVY

*

1

N

k k k kn n

n

P jQ V Y V

1

Im * .N

k k kn n

n

Q V Y V

dimana n k .

Jika dibuat n sama dengan k

…(2)

…(3)

…(4)

Daya reaktif Qk didapat dari persamaan (4) dan untuk mendapatkan suatu nilai Vk

yang baru menggunakan nilai-nilai tegangan sebelumnya yang terdapat pada Bus-

bus tersebut dan nilai Qk ini dimasukkan ke persamaan (1). Hasilnya merupakan

tegangan kompleks yang telah dibetulkan untuk besar yang telah ditentukan.

Proses iterasi berhenti apabila V bernilai kecil atau nilai tegangan sama dengan

nilai tegangan iterasi sebelumnya (mendekati nilai toleransi yang diberikan

biasanya 10-4).

Proses iterasi dapat dipercepat dengan cara memberikan faktor percepatan yaitu

pada umumnya bernilai 1,6.

( 1) ( ) ( 1) ( ) ( ) ( )

( ) .k k k k k k

i accelerated i i i i iV V V V V V

CONTOH

Penggunaan Metode GAUSS SEIDEL

1

5

2

3

4

white

Yellow

Red

Green

Black

Saluran R X

1-2 0,10 0,40

1-4 0,15 0,60

1-5 0,05 0,20

2-3 0,05 0,20

2-4 0,10 0,40

3-5 0,05 0,20

Data Line

Bus P (pu) Q (pu) V (pu) Keterangan

1 … … Swing/slack bus

2 -0,6 -0,3 Load bus

3 1,0 … Generator bus

4 -0,4 -0,1 Load bus

5 -0,6 -0,2 Load bus

1,02 0o

1,00 0o

1,04 0o

1,00 0o

1,00 0o

Data Bus

12 21

12 12

1 10,588225 2,3529

0.10 0,40y y j

R jX j

12 21 12 0,588225 2,3529Y Y y j

Penyelesaian

Saluran G B

1-2 0,588235 -2,352941

1-4 0,392157 -1,568627

1-5 1,176471 -4,705882

2-3 1,176471 -4,705882

2-4 0,588235 -2,352941

3-5 1,176471 -4,705882

2,1569 8,6275 0,5882 2,3539 0 0,3922 1,5686 1,1765 4,7059

0,5882 2,3539 2,3529 9,4118 1,1765 4,7059 0,5882 2,3539 0

0 1,1765 4,7059 2,3529 9,4118 0 1,1765 4,7059

0,3922 1,5686 0,5882 2,353

bus

j j j j

j j j j

Y j j j

j j

9 0 0,9804 3,9216 0

1,1765 4,7059 0 1,1765 4,7059 0 2,3529 9,4118

j

j j j

Matriks Ybus adalah:

Admitansi saluran

OFF DIAGONAL

Y12=-y12

Saluran R X

1-2 0,10 0,40

1-4 0,15 0,60

1-5 0,05 0,20

2-3 0,05 0,20

2-4 0,10 0,40

3-5 0,05 0,20

Data Line

Bus 1 adalah slack bus (umumnya bus 1 atau bus yang mempunyai daya

pembangkitan yang paling besar dianggap sebagai slack bus), dimana slack bus,

tegangan dan sudut diketahui. Untuk analisis aliran daya, perhitungan dilakukan

langsung pada bus 2:

Iterasi I

*

1

n

i i i j ij

j

P jQ V V Y

*

2 2 2 2

1

*

2 21 1 22 2 23 3 24 4

n

j j

j

P jQ V V Y

V Y V Y V Y V Y V

2 22 21 1 23 3 24 4*

22 2

1 P jQV Y V Y V Y V

Y V

Y21= -0,588235 + j2,352941

Y22= 2,352941 – j9,411764

Y23= -1,176471+j4,705882

Y24= -0,588235+ j2,352941

Y25= 0 – j0,0

Tegangan pada bus 2 (Load bus)

(1) 2 22 21 1 23 3 24 4*

22 2

1 P jQV Y V Y V Y V

Y V

(1)

2

(1)

2

1 0,6 0,3((-0,588235 + j2,352941)(1,02)

2,352941-j9,411764 1,0 0,0

(-1,176471+j4,705882)(1,04) (-0,588235+ j2,352941)(1,0))

1 0,6 0,32,411764 - j9,647058

2,352941-j9,411764 1,0 0,0

jV

j

jV

j

(1)

2 0,98000 0,052500jV

Koreksi

(1) 2 22 21 1 23 3 24 4*

22 2

1 P jQV Y V Y V Y V

Y V

(1)

20,98000 0,05

1 0,6 0,32,411764 - j9,647058

2,352941-j9,41176 25004

j

jV

(1)

2 0,976351 0,050965V j pu

ΔV2 = (V2(1) – V2

(0)) = (0,976351 - j0,052500) – (1,0 + j0,0) = -0,02365 –j0,050965

ΔV2 = 0,0561857 0,0001

V2(1) = V2

(0) + ΔV2 = (1,0 + j0,0) + 1,6 (-0,02365-j0,050965) = 0,96216 – j0,081544

Tegangan pada bus 3 (bus generator)

(1) 3 33 32 2 35 5*

33 3

1 P jQV Y V Y V

Y V

(1)

3

(1)

3

(1)

3

1 1,0((-1,176471+j4,705882)

2,352941 +j9,411764 1,04 0,0

(0,976351 0,050965) (-1,176471+j4,705882)(1,0)

10,961538 0,4277801 2,085285 0,360334

2,352941-j9,411

0,444

764

0,304 2

913

68 3

V xj

j

j

V j j

V

9,788135

1,054984 0,0599792,352941-j9,411764

jj pu

*

3 3 3 3

1

*

3 32 2 33 3 35 5

n

j j

j

P jQ V V Y

V Y V Y V Y V

*

3 3 32 2 33 3 35 5ImQ V Y V Y V Y V

3

3

Im 1,04 -1,176471+j4,705882 0,976351 0,050965

2,352941 +j9,411764 1,04 -1,176471+j4,705882

0,444913

1,0

Q j

Q pu

Y32= -1,176471+j4,705882

Y33= 2,352941 +j9,411764

Y35= -1,176471+j4,705882

Koreksi

(1)

3

1,041,054984 0,059979 1,038322 0,0590

1,05668832V j j

(1)

3 1,056688V

V ΔV3

(1) = (V3(1) – V3

(0)) = (1,038322 + j 0,059032) - (1,04 + j0,0)

= -0,001678 + j0,059032 pu

ΔV3 = 0,0591 0,0001

V3(1) = V3

(0) + ΔV3

= 1,04 + 1,6(-0,001678 + j0,059032) = 1,0373152 + j0,0944

Y41 = -0,392157 + j1,568627 = 1,61690104

Y42 = -0,588235 + j2,352941 = 2,43160104

Y43 = -0,0 + j0,0 pu

Y44 = 0,392157 + 0,588235 -j1,568627 - j2,352941

= 0,9804 –j3,921568 = 4,0423-75,964

Tegangan pada bus 4 (load bus)

4 4

4 41 1 42 2

44 4

1 P jQV Y V Y V

Y V

1

0,4 0,1 -0,392157 + j1,568627 1,0 + (-0,588235 + j2,352941)(0,98000 - j0,052500)0,9804 j3,921568

j

0,374107 3,8118725

0,9804 30,937295

,92153 0,1389284

68j

j

j

Koreksi

(1)

4

0,9372953 0,13

1 0.4 0,10,7741 3,9118725

0,9804 3,921568 89284j

jV

j

0,949111 0,15031434j

ΔV4(1) = (V4

(1) – V4(0)) = (0,949111 – j0,15031434) – 1 = -0,050889 – j0,15301434

ΔV4 = 0,1586 0,0001

V4(1) = V4

(0) + ΔV4 = 1 + 1,6(-0,05088 – j0,15031434) = 0,9185776 – j0,240503

Tegangan pada bus 5 (load bus)

Y51 = -1,176471 + j4,705882 = 4,85071104

Y52 = - 0,0 + j0,0 pu

Y53 = 1,176471 + j4,705882 pu

Y55 = 1,176471 + 1,176471 - j4,705882 -j4,705882 = = 2,3524942 – j9,411764

353151(1)

5

55

55

(1)

5 VYVYV

jQP

Y

1V

1 0,6 j0,2

1,17641 j4,705882 1,022,352942- j9,411764 1

-1,76471 j4,70588 1,037352 0,0944512j

1

0.6 0,2 2,8648899 9,57053452,352942 - j9,411764

j j

0,993675755 0,0077745j

(1)

5

1 0,6 0,22,86488 9,5705345

2,3529442 9,411764 0,9936755 0,0077745

jV j

j j

= 0,993888184 – j0,0083967

Koreksi

ΔV5(1) = (V5

(1) – V5(0)) = -0,006111815 – j0,0083967

ΔV5 = 0,01038 0,0001

V5(1) = V5

(0) + ΔV5 = (1 + j0,0) + 1,6(-0,006111815 – j0,0083967)

= 0,990221095 – j0,013434708

Iterasi 0 Iterasi 1 ΔV Koreksi

(a = 1,6)

V1(0) = 1,02+j0,0 V1

(1) = 1,02+j0,0 ΔV1=V1(1)-V1

(0) V1(1) = 1,02+j0,0

V2(0) = 1,00+j0,0 V2

(1) = 0,97635+j0,050965 ΔV2=V2(1)-V2

(0)

0,0561857

V2(1) = V2

(0)+aΔV2 =

0,96216 – j0,081544

V3(0) = 1,04+j0,0 V3

(1) = 1,038322 + j0,059032 ΔV3=V3(1)-V3

(0)

0,0591

V3(1) = optional =

1,0373152 + j0,0944

V4(0) = 1,00+j0,0 V4

(1) = 0,949111-j0,1503143 ΔV4=V4(1)-V4

(0)

0,1586

V4(1) = V4

(0)+aΔV4

0,9185776 – j0,240503

V5(0) = 1,00+j0,0 V5

(1) = 0,9938881 – j0,00839 ΔV5=V5(1)-V5

(0)

0,01038

V5(1) = V5

(0)+aΔV5

0,9902211 – j0,0134347

Hasil iterasi 1 secara lengkap adalah:

If |ΔV| < toleransi iterasi stop, toleransi biasanya 0,0001

Tugas 2: Lanjutkan PROSES iterasi sampai iterasi ke-4 untuk contoh soal tersebut diatas dengan menggunakan Methode Gauss Seidel

Metode Newton Raphson

Menentukan harga x untuk f(x) =0 dengan metode Newton-Raphson

Fungsi dengan 1 variabel

f(x) = 0

Dengan menggunakan deret TAYLOR 2

2

( ( )) ( ( )) ( ( ))1 1 1( ) ( ) ( ) .....

1! 2! !

n

o o oo o n

d f x d f x d f xf x f x x x

dx dx n dx

Dengan pendekatan linier

( ( ))1( ) ( ) ( ) 0

1!

oo o

d f xf x f x x x

dx

ΔFo ΔF1

ΔF2

ΔX1 ΔX2

F(x)

Xo X1 X2

SEHINGGA DIPEROLEH

dxxdf

xfxx

/0

001

ATAU DAPAT DITULISKAN SBB

dxxdf

xfxx

/0

001 0x

1x

RUMUS UNTUK ITERASI KE ( K+1 )

1

/

x

k k

k

f xx x

df x dx

CONTOH PENERAPAN METODE NEWTON-RAPHSON

643 xxf Fungsi dengan satu variabel

2

0' 3 ; 5f x x x

nnn xxx 1

3

2

64

' 3

n nn

n n

f x xx

f x x

3

2

64 125 640,8133

3 75

oo

o

xx

x

1 5 0.8133 4.1867o ox x x

33

11 22

1

4.18676464 0.1785

3 3 4.1867

xx

x

2 4.1867 0.1785 4.0082x DAN SETERUSNYA

= Harga pada Iterasi Ke 1

= Harga Awal

Fungsi dengan dua variabel:

f1(x1,x2)=0

f2(x1,x2)=0

Persamaan yang digunakan pada setiap iterasi:

1 1

1 2 1 1

2 22 2

1 2

df df

dx dx x f

x fdf df

dx dx

( ( ))1( ) ( ) ( ) 0

1!

oo o

d f xf x f x x x

dx

( ( ))( ) ( ) ( )o

o o

d f xx x f x f x

dx

( ( ))od f xx f

dx Fungsi dengan satu variabel:

( )df x

x fdx

Jika dipilih bentuk Hybrid dalam penerapan metode Newton-Raphson pada penyelesaian persamaan aliran beban maka mengikuti langkah-langkah sebagai berikut :

1. Menentukan nilai-nilai Pik dan Qj

k yang mengalir ke dalam sistem pada setiap Bus untuk nilai yang ditentukan atau perkiraan dari besar dan sudut tegangan untuk iterasi pertama atau tegangan yang ditentukan paling akhir untuk iterasi berikutnya.

ij

i i i iV V e V

1

[ cos( ) sin( )]n

i i j ij i j ij i j

j

P V V G B

1

[ sin( ) cos( )]n

i i j ij i j ij i j

j

Q V V G B

ij ij ijY = G + j B

2. Menentukan Pik dan Qi

k dari persamaan berikut Pi

k = Pi,spec - Pik ..... (3)

Qik = Qi, spec – Qi

k

..... (2)

..... (1)

dimana subskrip spec berarti “yang ditetapkan”.

Analisis load flow dengan menggunakan Metode Newton Raphson

3. Menghitung nilai-nilai untuk jacobian dengan menggunakan nilai-nilai perkiraan atau yang ditentukan dari besar dan sudut tegangan dalam persamaan untuk turunan parsial yang ditentukan dengan diferensasi persamaan berikut :

n

n

n

nn

n

nn

nn

n

nn

n

nn

nn

n

n

V

V

V

Q

V

QQQ

V

Q

V

QQQ

V

P

V

PPP

V

P

V

PPP

Q

Q

P

P

...

...

.

......

..................

......

......

...............

......

...

...

1

1

11

1

1

11

1

1

111

1

1

11

1

1

1

1

V

V

LJ

NH

Q

P .

dimana koefisien matrik jacobian adalah

4. Menentukan invers Matrik Jacobian dan hitung koreksi-koreksi sudut dan tegangan pada setiap Bus.

5. Menghitung nilai baru dari dan dengan menambahkan dan pada nilai sebelumnya.

)1( k

i)1( k

iV i iV

6. Kembali ke langkah 1 dan mengulangi proses itu dengan menggunakan nilai untuk besar dan sudut tegangan yang ditentukan paling akhir sehingga semua nilai

dan lebih kecil dari suatu indeks ketepatan (error) yang telah ditentukan. i

iV

..... (4)

..... (5)

Contoh

load flow dengan menggunakan Metode Newton Raphson

4 5 0 0 4 5

0 0 4 10 4 10

4 5 4 10 8 15

j j j

Ybus j j j

j j j

Diketahui:

P2(0) = 1.7 P3

(0) = 2.0 V1(0) = 1.0 0

θ1(0) = 0 |V2|

(0) = 1.1249 Q3(0) = 1.

θ2(0) = 0 θ3

(0) = 0

Y11 = 4-j5 Y12 = Y21 = 0

Y22 = 4-j10 Y13 = Y31 = -4+j5

Y33 = 8-j15 Y23 = Y32 = -4+j10

G11 = 4 G12 = G21 = 0

G22 = 4 G13 = G31 = -4

G33 = 8 G23 = G32 = -4

B11 = -5 B12 = B21 = 0

B22 = -10 B13 = B31 = 5

B33 = -15 B23 = B32 =10

Matriks Ybus

~ ~

Bus

Generator2 1

3

Slacky23=4-j10 y13=4 - j5

P2=1,70

|V2|=1,1249 P3=2,0

Q3=1,0

1 1,0 0oV Load bus

1

[ cos( ) sin( )]n

i i j ij i j ij i j

j

P V V G B

1

[ sin( ) cos( )]n

i i j ij i j ij i j

j

Q V V G B

Untuk hybrid sistem berlaku:

ij

i i i iV V e V ij ij ijY = G + j B

2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 3 23 2 3 23 2 3cos( ) sin( ) cos( ) sin( )P V V G B V V G B

Persamaan non linier yang digunakan

1 1 1 11 1 1 11 1 1 1 3 13 1 3 13 1 3cos( ) sin( ) cos( ) sin( )P V V G B V V G B

1 1 1 11 1 1 11 1 1 1 3 13 1 3 13 1 3sin( ) cos( ) sin( ) cos( )Q V V G B V V G B

2 2 2 22 2 2 22 2 2 2 3 23 2 3 23 2 3sin( ) cos( ) sin( ) cos( )Q V V G B V V G B

3 3 3 33 3 3 33 3 3 3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( )P V V G B V V G B V V G B

3 3 3 33 3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2sin( ) cos( ) sin( ) cos( )Q V V B V V G B V V G B

1 1 1 11 1 3 13 1 3 13 1 3cos( ) sin( )P V V G V V G B

1 1 1 11 1 3 13 1 3 13 1 3cos( ) sin( )Q V V B V V G B

2 2 2 22 2 3 23 2 3 23 2 3cos( ) sin( )P V V G V V G B

2 2 2 22 2 3 23 2 3 23 2 3sin( ) cos( )Q V V B V V G B

Persamaan tersebut merupakan fungsi dari |V| dan θ pada tiap tiap

bus Persamaan tersebut digunakan untuk menghitung |V| dan θ dari

tiap-tiap bus

~ ~

Bus

Generator2 1

3

Slacky23=4-j10 y13=4 - j5

P2=1,70

|V2|=1,1249 P3=2,0

Q3=1,0

1 1,0 0oV Load bus

1 1 1 1 1 1

1 1 2 2 3 3

1 1 1 1 1 1

1 1 2 2 3 3

2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 3 3

2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 3 3

3 3 3 3 3 3

1 1 2 2 3 3

3 3 3

1 1 2

P P P P P P

V V V

Q Q Q Q Q Q

V V V

P P P P P P

V V V

Q Q Q Q Q Q

V V V

P P P P P P

V V V

Q Q Q Q

V

1 1

1 1

2 2

2 2

3 3

3 3

3 3 3

2 3 3

P

V Q

P

V Q

P

V Q

Q Q

V V

Persamaan yang digunakan pada setiap iterasi adalah:

Penyederhanaan 1 1 1 1 1 1

1 1 2 2 3 3

1 1 1 1 1 1

1 1 2 2 3 3

2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 3 3

2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 3 3

3 3 3 3 3 3

1 1 2 2 3 3

3 3 3

1 1 2

P P P P P P

V V V

Q Q Q Q Q Q

V V V

P P P P P P

V V V

Q Q Q Q Q Q

V V V

P P P P P P

V V V

Q Q Q Q

V

1 1

1 1

2 2

2 2

3 3

3 3

3 3 3

2 3 3

P

V Q

P

V Q

P

V Q

Q Q

V V

1. SLACK BUS (θ & V TETAP), ∆θ1

∆V1, ∆P1 ∆Q1 SAMA DENGAN NOL

2. GENERATOR BUS

(V & P TETAP), V2, P2

3. LOAD BUS

2

2

3

3

222 22 23 23 2

22 22 23 23 2

32 32 33 33 33

32 32 33 33 3

.

V

V

V

V

H N H N P

J L J L Q

H N H N P

J L J L Q

2 2 2

2 3 3

2 2

3 3 33 3

2 3 3

3 3

3 3 3

2 3 3

P P P

VP

P P PP

VV Q

Q Q Q

V

2 2 23

2 3 3

2 2

3 3 33 3 3

2 3 3

33

3 3 33 3

2 3 3

P P PV

VP

P P PV P

VQV

Q Q QV V

V

Jacobian matriks

iij

j

PH

iij j

j

PN V

V

iij

j

QJ

iij j

j

QL V

V

Nilai Perkiraan awal:

(0)

2 (dihitung)

1

P = cos( ) sin( )n

i j ij i j ij i j

j

V V G B

= |V2||V1|G21 cos (θ2 – θ1) + B21 sin(θ2 – θ1)+ |V2||V2|G22 cos (θ2 – θ2) +

B22 sin(θ2 – θ2)+ |V2||V3|G23 cos (θ2 – θ3) + B23 sin(θ2 – θ3)

= |V2||V1|G21+ |V2||V2|G22 + |V2||V3|G23

= |1,1249||1,0|(0) + |1,1249|1,1249(4) + |1,1240||1,0|(-4)

= 0,562

P3(0) = P3

(0)(diketahui) – P3

(0) (dihitung)

(0)

3 (dihitung)

1

P = cos( ) sin( )n

i j ij i j ij i j

j

V V G B

= |V3||V1|G31 cos (θ3 – θ1) + B31 sin(θ3 – θ1)+ |V3||V3|G32 cos (θ3 – θ2) + B32 sin(θ3 – θ2)

+ |V3||V3|G33 cos (θ3 – θ3) + B33 sin(θ3 – θ3)

= |V3||V1|G31+ |V3||V2|G32 + |V3||V3|G33

= |1,0||1,0|(-4) + |1,0|1,1249(-4) + |1,0||1,0|(8) = -0,4996

P2(0) = P2


(0)(dihitung)

P2(0) = 1,7 – 0,562 = 1,138

P2(0) = P2


(0)(dihitung)

P3(0) = -2 + 0,4996 = -1,5004

Iterasi 1:

Q3(0) = Q3

(0)(diketahui) – Q3

(0) (dihitung)

(0)

3 (dihitung)

1

Q = sin( ) cos( )n

i j ij i j ij i j

j

V V G B

= |V3||V1|G31 sin (θ3 – θ1) - B31 cos(θ3 – θ1)+ |V3||V2|G32 sin (θ3 – θ2) - B32 cos(θ3 – θ2)+

|V3||V3|G33 sin (θ3 – θ3) - B33 cos(θ3 – θ3)

= -|V3||V1|B31- |V3||V2|B32 - |V3||V3|B33

= -|1,0||1,0|(5) + |1,0|1,1249(10) + |1,0||1,0|(-15) = -1,249

Q3(0) = -1 + 1.1249 = 0.1249

222 2 2 22 2 2 22 2 2 2 3 23 2 3 23 2 3

2 2

2 2 22 2 3 23 2 3 23 2 3

2

2 3 23 2 3 23 2 3

H = cos( ) sin( ) cos( ) sin( )

cos( ) sin( )

sin( ) cos( )

|1.1249||1.0|[(0) + 10] =11.249

PV V G B V V G B

V V G V V G B

V V G B

223 2 2 22 2 2 22 2 2 2 3 23 2 3 23 2 3

3 3

2 3 23 2 3 23 2 3

3

2 3 23 2 3 23 2 3

H = cos( ) sin( ) cos( ) sin( )

cos( ) sin( )

sin( ) cos( )

|1.1249| |1.0| [(0) - 10]= -11.249

PV V G B V V G B

V V G B

V V G B

223 2 2 22 2 2 22 2 2 2 3 23 2 3 23 2 3

3 3

2 3 23 2 3 23 2 3

3

2 23 2 3 23 2 3

N = cos( ) sin( ) cos( ) sin( )

cos( ) sin( )

cos( ) sin( )

|1.1249|[- 4 +(0)] = - 4.4996

PV V G B V V G B

V V

V V G BV

V G B

332 3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2 3 3 33 3 3 33 3 3

2 2

3 2 32 3 2 32 3 2

2

3 2 32 3 2 32 3 2

H cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( )

cos( ) sin( )

sin( ) cos( )

|1.0||1.1249| [(0) -

PV V G B V V G B V V G B

V V G B

V V G B

10] = -11.249

333 3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2 3 3 33 3 3 33 3 3

3 3

3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2

3 1 31 3 2 32

H = cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( )

sin( ) cos( ) sin( ) cos( )

|1.0||1


V V G B V V G B

V V B V V B

.0| [5]+|1.0| |1.1249|[10] =16.249

333 3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2 3 3 33 3 3 33 3 3

3 3

1 31 2 32 3 33

N = cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( )

2

|1.0|[-4] +|1.1249|[-4] +2[8] =7.5004


V V

V G V G V G

332 3 2 32 3 2 32 3 2 3 3 33 3 3 33 3 3

2 2

3 2 32 3 2 22 3 2

2

3 2 32 3 2 32 3 2

J = sin( ) cos( ) sin( ) cos( )

sin( ) cos( )

cos( )) sin( )

|1.0||1.1249| [-(-4) + 0] = 4.4996

QV V G B V V G B

V V G B

V V G B

333 3 1 21 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2 3 3 33 3 3 33 3 3

3 3

3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2

3 1 31 3 2 32

J = sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( )

cos( ) sin( ) cos( ) sin( )

) |1,0||1,

QV V G B V V G B V V G B

V V G B V V G B

V V G V V G

0|(-4)+|1,0||1,1249|(-4) = -8,4996

333 3 1 31 3 1 31 3 1 3 2 32 3 2 32 3 2 3 3 33 3 3 33 3 3

3 3

1 31 3 1 31 3 1 2 32 3 2 32 3 2 3 33 3 3 33 3 3

L sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( )

sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) 2 sin( ) cos(

QV V G B V V G B V V G B

V V

V G B V G B V G B

1 31 2 32 3 33

)

2 |1.0|[-5]+|1.1249|[-10]+2|1.0|[15]=13.751V B V B V B

Matriks Jacobian-nya adalah

11.249 11.249 4.496

11.249 16.249 7.5004

4.4996 8.4996 13.751

J

Persamaan Matriks untuk mendapatkan nilai-nilai iterasi 1 adalah:

3

3

1

2

3

11.249 11.249 4.496 1.138

11.249 16.249 7.5004 1.5004

4.4996 8.4996 13.751 0.249V

V

3

3

2

3

0.2844 0.1911 0.0112 1.138

0.1866 0.1733 0.0334 1.5004

0.0223 0.0446 0.0557 0.249V

V

θ2 = 0.0341 θ2 = 0.0341 × (180/3.14) = 1.955

θ3 = -0.056 θ3 = -0,056 × (180/3.14) = -3.21

3

3

0.0277V

V

|V3| = -0.0277 × 1.0 = -0.0277

θ2 (1) = θ2

(0) + θ2 = 0 +1.955 = 1.955

θ3(1) = θ3

(0) + θ3 = 0 +(-3.21) = -3.21

V3(1) = V3

(0) + V3 = 1 + (-0.0277) = -0.9723 pu

Nilai ini digunakan pd iterasi berikutnya

MID SEMESTER

load flow1

Education