Stabilitas Hand Out 1

7/25/2019 Stabilitas Hand Out 1

http://slidepdf.com/reader/full/stabilitas-hand-out-1 1/81

Electric Power Systems L8 - OlofSamuelsson

1

STABILITAS

SISTEM TENAGA LISTRIK




2

MASALAH STABILITAS DALAM

SISTEM TENAGA LISTRIK

DALAM KEADAAN OPERASI YANG STABIL DARI

SISTEM TENAGA LISTRIK, TERDAPAT

KESEIMBANGAN ANTARA DAYA INPUT MEKANISPADA PRIME MOVER DENGAN DAYA OUTPUT

LISTRIK (BEBAN LISTRIK) PADA SISTEM.

DALAM KEADAAN INI SEMUA GENERATORBERPUTAR PADA KECEPATAN SINKRON.




3

☻ TERUTAMA JIKA TERJADI GANGGUAN, MAKA

SESAAT AKAN TERJADI PERBEDAAN YANG BESAR

ANTARA DAYA INPUT MEKANIS DAN DAYA OUTPUTLISTRIK DARI GENERATOR.

☻ KELEBIHAN DAYA MEKANIS TERHADAP DAYA

LISTRIK MENGAKIBATKAN PERCEPATAN PADAPUTARAN ROTOR GENERATOR ATAU SEBALIKNYA.

☻ BILA GANGGUAN TIDAK DIHILANGKAN

DENGAN SEGERA, MAKA PERCEPATAN /

PERLAMBATAN PUTARAN ROTOR

GENERATOR

AKAN MENGAKIBATKAN HILANGNYA

SINKRONISASI DALAM SISTEM.




4

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 TANPAMENYEBABKAN HILANGNYA STABILITAS.

BERDASARKAN SIFAT DAN BESARNYA

GANGGUAN,




5

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

STABILITAS TRANSIENT

STABILITAS DINAMIS




6

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 PENGATURTEGANGAN OTOMATIS (AVR) DAN GOVERNOR

BELUM

BEKERJA.




7

STABILITAS DINAMIS :

BILA SETELAH SWING PERTAMA (PERIODE

STABILITAS TRANSIENT) SISTEM BELUM

MAMPU MEMPERTAHANKAN SINKRONISASI

SAMPAI SISTEM MENCAPAI KEADAANSEIMBANG YANG BARU. (ADALAH STABILITAS

TRANSIENT BILA AVR DAN GOVERNOR

BEKERJA CEPAT DAN DIPERHITUNGKAN

DALAM ANALISIS).




8

PENGERTIAN HILANGNYA SINKRONISASI

KETIDAKSEIMBANGAN ANTARA DAYA PEMBANGKIT DANBEBAN 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

KEHILANGAN SINKRONISASINYA.




9

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

ADALAH PERBEDAAN SUDUT ROTOR / DAYA ANTARA MESIN-MESIN DALAM SISTEM,

DIMANA SUDUT ROTOR / DAYA TERSEBUT

DIUKUR TERHADAP REFERENSI PUTARAN

SINKRON.




10

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 ROTORDARI SEMUA MESIN KECIL

DAN SUDUT-SUDUT

TERSEBUT MENUJU POSISI

YANG BARU.

SISTEM STABIL0 0.5 1 1.5

-100

-50

0

50

100

150Phase angle difference (fault cleared at 0.4s)

t, sec

D e l t a ,

d e g r e e




11

SEMUA MESIN TERPISAHMENJADI DUA KELOMPOK

TANPA ADANYA

KEMUNGKINAN BERTEMU

PADA SUATU TITIK.

SISTEM TAK STABIL0 0.5 1 1.5-200

0

200

400

600

800

1000

1200

1400Phase angle difference (fault cleared at 0.5s)

t, sec

D e l t a ,

d e g r e e




12

P = fs (δ)

DARI GENERATOR SEREMPAK DENGAN ROTOR

BULAT (NON SALIENT POLE)

T ~

E

Xs V

I Infinite bus

E = V + j I Xs




13

E

V

IXs

I

d

f

d f sin)90sin(

s IX E

cosIVP

sincos

f

d f

s X

E I

Daya yang dibangkitkan generator :

d sin s X

VE P

P

Pm

Pm= P mekanis turbin




14

P = fs (δ)

DARI GENERATOR SEREMPAK DENGAN ROTOR

KUTUB MENONJOL (SALIENT POLE)

)()( qqd d jX jI jX I V E

qd qd qqd d X jI X jI jX jI X jI V

)())(( qd d qqd X X jI jX jI I V

)( qd d q X X jI jIX V E

qd

jI I I dimana




15

d

qd X jI

q jIX

d d X jI

V I

d I

qd d X X jI

f

E

qq X I

q I

d I I V

O

q I

f

d

y

a

x

c

b

d d f sincoscosd q

I I I

ob I f cos aboa

d cosq I oa

cbacab d d sinsin y x d sin y x

d sind I




16

d

qd X jI

q jIX

d d X jI

V I

d I

qd d X X jI

f

E

qq X I

q I

qq X I V d sin

d d X I E V d cos

V sinδ

V cosδ

q

q X

V I

d sin

d

d X

V E I d cos

d d f sincoscos d q I I I




17

Pf cosVI P

d

d 2sin

2

sin

qd

qd

d X X

X X V

X

E V

d d 2sin2

sin

2

qd

qd

d X X X X V

X VE P

d sin

Xd

VE

d 22

)(2

Sin X X

X X V

qd

qd

d d 2sin2

)(sin

2

qd

qd

d x X

x X V

X

VE




18

CONTOH SOAL :

GS

Eg

Eg’

X genXe

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%

E 1




19

UNTUK KEADAAN KERJA DIMANA ARUS YANG MENGALIR

NOMINAL, DENGAN FAKTOR KERJA 1.0 PADA INFINITE BUS,

TENTUKAN P vs d UNTUK KEADAAN STEADY STATE DANTRANSIENT.

STEADY STATE :

TRANSIENT :

d d 2sin2sin

2

eqed

eqed

ed

g

X X X X

X X X X E

X X

E E

P

d d 2sin

2sin

''

''2

'

'

eqed

eqed

ed

g

X X X X X X X X E

X X E E P




20

STEADY STATE :

Id(Xd- Xq) Eg

Iq

Id

Ia = 1.0 pu

E~ = 1.0 pu

IaXe

E1

IaXq

d d 2sin

46.15.12

96.00.10.1sin

5.1

0.181.1 2 P

P = 1.20 sin d + 0.0091 sin 2d

1.2 sin dδ

=IaSinδ

Eg




21

TRANSIENT :

E’g

IaXe

E1Iq

Id

Ia = 1.0 pu

E~ = 1.0 pu

d d 2sin46.170.02

96.020.00.1sin

50.020.0

0.115.1 2

P

P = 1.65 sin d - 0.372 sin 2d

Id(Xq’ - Xd’)

IaXq’

Eg’

δ




22

0 20 40 60 80 100 120 140 160 180-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5Analisa 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)




23

TUGAS :KERJAKAN LAGI CONTOH SOAL BILA,

a/ FAKTOR DAYA = 0.75 LAGGING

b/ FAKTOR DAYA = 0.75 LEADING

c/ ARUS Ia = 75% NOMINAL, FAKTOR DAYA 0.75

LAGGING




24

STABILITAS STEADY STATE

Y - A x

i s

d

PMAX

PM

rates RotorDecle

P P M E

d d

M E P P

oOperatingP

int

erates RotorAccel

PM PE

d d

d o90 o180

M

E

P Power

Mechanical

X

E E P

Power

Electrical

d sin21



Electric Power Systems L8 - OlofSamuelsson 25

TITIK KERJA STEADY STATE ADALAH SUATU

KEADAAN DIMANA DAYA LISTRIK YANGDIBANGKITKAN GENERATOR (PE) SEIMBANG

DENGAN DAYA MEKANIS DARI TURBIN (PM).

PERUBAHAN SUDUT TITIK KERJA TERSEBUT (d0) AKAN MENGAKIBATKAN KETIDAKSEIMBANGAN

DAYA YANG AKAN MEMPERCEPAT /

MEMPERLAMBAT KECEPATAN ROTOR KE TITIK

KERJA YANG BARU.




Y - A x i s

d

P MAX

P M

o90 o180δ1

δ1’ δ

1” δ

2’

δ2

δ2”

STABIL TAK STABIL

BATAS STABILITAS STEADY STATE




Eg v t Em

Xm

Xg

Ig

Im

g d

md Ig

Eg

IgX

E

ImX

m

Em

m g

total

m g

X

E E P d d sin

total

m g

X

E E P max

UNTUK MENAIKKAN BATAS STABILITAS :

1. MEMPERBESAR Eg2. MEMPERBESAR Em

3. MEMPERKECIL REAKTANSI TOTAL SISTEM

ANTARA Eg& Em

MENGGUNAKAN DUA SALURAN PARALEL.

MENGGUNAKAN KAPASITOR SERI




STABILITAS TRANSIENT

Y - A x i s

d

P

MAX

PM

d o90 o180

Power

1

2

3 4

PDECEL

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, SEHINGGASUDUT ROTOR / DAYA BERTAMBAH BESAR.

3. PADA SAAT GANGGUAN HILANG, DAYA OUTPUT

GENERATOR PULIH KEMBALI PADA HARGA YANG

SESUAI DENGAN KURVA P - d DI ATAS.

4. SETELAH GANGGUAN HILANG, DAYA OUTPUT

GENERATOR MENJADI LEBIH BESAR DARIPADA DAYA

MEKANIS TURBIN. HAL INI MENGAKIBATKAN

PERLAMBATAN PADA ROTOR GENERATOR.




BILA TERDAPAT TORSI LAWAN YANG CUKUP

SETELAH GANGGUAN HILANG UNTUK

MENGIMBANGI PERCEPATAN YANG TERJADISELAMA 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 SINKRONISASIDENGAN SISTEM HILANG.




PERSAMAAN AYUNAN ROTOR

(ROTOR SWING EQUATION)

UNTUK GERAK ROTASI BERLAKU

TurbinLoadRotor

Tshaft

Tmaxsin δ

Redaman

TD.ω = TD.d




.α = Σ T

Hk. Newton :

= Tshaft – TD. – Tmaxsin δ

J

d J d

DIMANA :

: MOMEN INERSIA

α : PERCEPATAN SUDUT

TD

: KOEFISIEN REDAMAN

Tmax sin δ : ELECTROMAGNETIC TORQUE

YANG DIBANGKITKAN

δ : TORQUE/POWER/ROTOR ANGLE

J

ROTOR

SWING EQ.




BILA REDAMAN DIABAIKAN, MAKA PERSAMAAN

DIATAS MENJADI,

+ Tmax sin δ = Tshaft

d M

d J

PERSAMAAN AYUNAN ROTOR :

(Dinyatakan dlm Torque)

+ Pmax

sin δ = Pshaft

(Dinyatakan dlm Power)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 310

15

20

25

30

t, sec

d




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

MVAGenerator 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)

DENGAN SATUAN NEWTON – METERS.

M BIASA DIGUNAKAN DALAM PERSAMAAN AYUNAN

ROTOR (SWING) YANG DINYATAKAN DALAM P DENGAN

SATUAN MEGA WATTS.




KRITERIA LUAS SAMA

(EQUAL AREA CRITERION)

shaft em P P M d

d sinmax 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 MEMPERTAHANKANKESTABILANNYA).

MAKA, AGAR SISTEM STABIL (PERSYARATAN

UNTUK STABIL) HARUS DIPENUHI :

0dt

d d

UNTUK MAKSIMUM/MINIMUM YANG PERTAMA

BILA PERSYARATAN STABIL DIATAS DIAPLIKASIKAN PADA

PERSAMAAN AYUNAN ROTOR DARI SUATU SISTEM

KRITERIA LUAS SAMA UNTUK MENENTUKAN SISTEM

STABIL ATAU TIDAK STABIL




shaft em P P M d

d d x em sha ft P P M

M P P M

em sha ft

2 x)( d d d

)(2

2 d d d em shaft P P

M

dt dt

d P P

M dt

d em shaft x)(

22 d

d

d d d P P M

d em shaft )(22

K d P P M

em sha ft d d )(22

d

d

d d

0

)(22 d P P

M

em shaft

d

d

d d

0

)(2

d P P M

em shaft

0

d

0)(

0

d

d

d d P P em shaft

d

d

d

d

d d 00

d P d P em shaft

LUASAN DIBAWAH Pshaft SAMA DENGAN LUASAN DIBAWAH Pem

DENGAN BATAS DARI δ0 S/D δ




Y - A x i s

d

P MAX

P M

o90 o180δ

0 δ

Pshaft

Pem

: Luasan dibawah Pshaft

: Luasan dibawah Pem

Luasan dibawah Pshaft = Luasan dibawah Pem




Y - A x i s

d

P MAX

P M

o90 o180δ

0 δ

Pshaft

Pem

BerimpitLuasan dibawah

Pshaft

Luasan diatas

Pshaft

Luasan diatas Pshaft = Luasan dibawah Pshaft




PENERAPAN

KRITERIA LUAS SAMA




X12

=0.3

X12

=0.3

Xt=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 infinitebus 1.0 pu

Tentukan :

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

b. Sama dng (a), tetapi generator dlm keadaan beban

nol (tegangan internal generator disumsikan tetap,

sama dengan yang telah ditentukan di (a))




0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

0.5

1

1.5

2

Equal-area criterion applied to the sudden change in power

Power angle, degree

P o w e r , p

e r u n i t



Electric Power Systems L8 - Olof

Samuelsson

44

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




Samuelsson

45

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

0.5

1

1.5

2

Equal-area criterion applied to the sudden change in power

Power angle, degree

P o w e r , p

e r u n i t




Samuelsson

46

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




Samuelsson

47

F

E’g E~

A1 A2

A3 A4 A5

A6

Psh

d6

P

d1 d2 drcl dm d

NORMAL

SELAMA

GANGGUAN

A1 + A2 = A3 STABIL




Samuelsson

48

Exercise 1

• Sketch (dng Matlab) utk gangguan

yang bersifat sementara, tapi TAK

STABIL dan STABIL• Sketch (dng Matlab) utk gangguan

permanen. Jelaskan apakah sistem

STABIL atau TAK STABIL.




Samuelsson

49

F

E’g E~

A1

A5

Psh

P

d1 d2drcl

dm d

2 SALURAN

SELAMA

GANGGUAN

2 SALURAN

dlimit

A2 A3

A4

di

A1 + A3 = A2 + A4 STABIL

1 SALURAN




Samuelsson

50

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 gangguanpermanen, tapi TAK STABIL




Samuelsson

51

Psh

d1 dc dm d

Pm sin d

r 1 Pm sin d

r 2 Pm sin d

SUDUT KRITIS (δC)

d d d d

d

d

d P r P A

c

mcch sin1

111

111 coscos d d d d cmc sh P r P

)(sin22 cm sh

m

c

m P d P r A d d d d

d

d

cm shmcm P P r d d d d coscos2

A1 = A2

A2

A1




Samuelsson

52

12

11211 coscos/

cos r r

r r P P mmm sh

c

d d d d

d

m

sh

m

m

sh

mm 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)




Samuelsson

53

X12

=0.3

X12

=0.3

Xt=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

infinite bus 1.0 pu




Samuelsson

54

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 (δc) – saatkedua CB reclose.

b. Hubung singkat 3 fasa permanen terjadi pada

pertengahan salah satu saluran. Gangguan

diamankan dengan membuka CB-CB pada saluranyang mengalami gangguan. Tentukan sudut

kritisnya (δc) – saat CB trip/membuka.




Samuelsson

55

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

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 i t

Pm

Critical clearing angle = 84.7745

CB trip CB reclose




Samuelsson

56

0 20 40 60 80 100 120 140 160 1800

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 i t

Pm

Critical clearing angle = 98.8335

P = 1.80 sin d

P = 1.46 sin d

r 2

= 0.8

P = 0.65 sin d

r 1=0.36

d1= 26.390 dm= 146.580dc= 98.800




Samuelsson

57

CONTOH SOAL




Samuelsson

58

Jika CB terbuka, tentukan :

a. Sudut 1, 2 dan m ( gambar P vs di bawah ).

b. Apakah sistem stabil atau tidak ? Jika stabilhitung 3 (gambar P vs di bawah ).

Contoh 1 :




Samuelsson

59

Kurva P vs d

P

P sh

A 1 A2

dd d d d1 2 3 m

sebelum gangguan

selama gangguan ( CB terbuka )

P1 = P 1m sin d

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

gangguan terjadi (CB terbuka)

sebelum gangguan

d sin11 m P P

d d sinsin 1222 mm P r P P




Samuelsson

60

Sebelum gangguan terjadi :

4,0)2,02,0(4,0

)2,02,0.(4,02,01 j j j j

j j j j X eq

d d d sin0,3sin4,0

1.2,1sin

.

1

1 eq

g

X

V E P

d sin11 m P P jika P1 = Psh, d = d1, maka :

1sin0,35,1 d

5,0sin 1

d

o1

1 30)5,0(sin d

G (C )




Samuelsson

61

Gangguan terjadi (CB terbuka) :

6,04,02,02 j j j X eq

d d d sin0,2sin6,0

1.2,1sin

.

2

1 eq

g

X

V E P

d sin22 m P P jika P2 = Psh, maka :

d sin0,25,1 75,0sin d oo1 4,1316,48)75,0(sin atau d

oo

2

4,1316,48 m

dan d d

d d d sin0,2sin6,0

0,1.2,1sin

.

2

2 eq

g

X

V E P




Samuelsson

62

SISTEM STABIL, KARENA DAPAT

DIPEROLEH LUASAN YANG SAMA DIATAS

Psh DENGAN LUASAN DIBAWAH Psh.

Contoh 2 : (lihat diagram contoh 1)




Samuelsson

63

Jika terjadi Hubung Singkat 3 Fasa di F (permanen)

Sebelum gangguan terjadi : d d sin0,3sin11 m P P

Selama gangguan terjadi (CB belum trip):




Samuelsson

64

d d d sin2,1sin1

1.2,1sin

.

3

3 eq

g

X

V E P

d d sin2,1sin33 m P P 2,13 m P

Setelah gangguan terjadi (CB trip) :

d d sin2sin22 m P P 22 m P

Bila CB trip pada δ=60o :




Samuelsson

65

P

P s h

A 1A 2

1

dd d

d

Sebelum gangguan :

d d sin0,3sin11 m P P

Selama gangguan :

d d d sin2,1sin.sin 1233 mm P r P P

3

2,1

sin.

sin.

1

3

2 d

d

m

m

P

P r

Setelah gangguan :

d d sin0,2sin22 m

P P

3

2

sin.

sin.

1

21

d

d

m

m

P

P r

sebelum gangguan

setelah gangguan

selama gangguan

A1 A2

Bila CB trip pada δ 60 :

δ=600




Samuelsson

66

0,3462

4392,07854,0

)30cos60(cos33

2,1)3060(5,1)cos.(cos.)(

sin..)(

oooo

121212

2

112121

d d d d

d d d d d

d

m sh

m sh

P r P

d P r P A

0,4534

8692,13226,2

)304,131(5,1)4,131cos60(cos33

2)()cos.(cos.

)()sin..(oooo

2211

22 112

d d d d

d d d d

d

d

m shmm

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.




Samuelsson

67

P

P s h

A 1A 2

1

dd d

d

d

Menghitung δkritis

sebelum gangguan

setelah gangguan

selama gangguan

A1 A2

δ1 δmδc

δc = δkritis

P




Samuelsson

68

32,1

32

30cos3

2,1)4,131cos(

3

2)304,131(

3

5,1

cos

coscos)(

cos

1

21

1211

11

oooo

c

mm

m

sh

c

r r

r r P

P

d

d d d d

d

1,1962rad68,54o

c

c

d

d )3659,0(cos

8,0

)866,0(2,1)-0,6613(2)0,52362,2934(5,1cos 11

Diubah radian




Samuelsson

69

Bila CB terbuka pada δ=90o

sebelum gangguan

setelah gangguan

selama gangguan

G T Si Tid k S bil




Samuelsson

70

Psh

o

A 1A2

A3

sebelum gangguan

setelah gangguan

selama gangguan

d do

od

ddf

Gangguan Temporer, Sistem Tidak Stabil




Samuelsson

71

Keterangan :

Pada saat 1=30o terjadi gangguanhubung singkat ke tanah.

Pada saat 2=105o CB-CB terbuka ( trip )

dan gangguan masih berlangsung,beban hanya disuplai melalui satu

saluran,

Pada saat 3=120

o

CB-CB menutup(recloser bekerja) dan gangguan hilang

G T Si t St bil




Samuelsson

72

Psh

= o

sebelum gangguan

setelah gangguan

selama gangguan

A1

A2

A3

90d

d= o30d

= o70d ds

Gangguan Temporer, Sistem Stabil




Samuelsson

73

Exercise 3

• Kerjakan lagi contoh 1 dan 2, sketch

(dng Matlab) P vs δ -nya




Samuelsson

74




Samuelsson

75

CONTOH SOAL

Charles Gross prob 12 5 dan 12 7




Samuelsson

76

b c

0,20

0,30

1 ,0 0o

a d

e

B 1 B 2

Generator 0,050,01 0,05

d=Inf in ite busX' = X = 0 .15

d q

0,1

Charles Gross, prob. 12.5 dan 12.7

Tentukan :

a. Eg’

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

P=Psh Q

PREFAULT




Samuelsson

77

b c

j0,15 j0,05

j0,30

E'q 1,0 0o

a d

e

j0,05

j0,20 j0,10

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

1,0799 j0,4 1,1516 20,32

E

0

q' 0 0

0

0

q'

Jadi E 1,1516 pu dan 20,32

Pe 2,88 sin

0d

d d d V

X

sin,

,

sin11516 1

0 4

FAULTED




Samuelsson

78

b c

j0,15 j0,05

j0,30

E'q 1,0 0o

a d j0,05

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 01

0 3 0 2 01

0 03

0 60 05

0 3 0 2

0 3 0 2 01

0 06

0 6 01

01 0 2

0 3 0 2 01

0 02

0 60 0333

j0,2 j0,05 j0,05 j0,1




Samuelsson

79

E'q 1,0 0o

j0,0333

j0,2

E'q 1,0 0o

j0,05 j0,05 j0,1

j0,0333

jX

Transformasi

j X j j j j j j

j

j j j j

j j

;

, , , , , ,

,

, ,, ,

,,

0 25 0 0333 0 25 015 015 0 0333

0 0333

0 25 0150 25 015

0 033315261

j1 5261




Samuelsson

80

E'q 1,0 0o

j1,5261

jX

Pe 0,7549

E V

jX

q'sin

,

,sin sind d d

1152 1

15261

POSTFAULT



POSTFAULT

b c

j0 ,1 5 j0 ,0 5

j0 ,3 0

E'q 1 , 0 0o

a d j0 ,0 5

j X j0,15 j0,05+ j0,30 j0,05 j0,55

Eq'

Pe 2,0945 sin

28 52 151 480 0

V

X

Pe Pm Sin

dan

sin

,

, sin

, sin,

sin ,

d d d

d d d

d d

11516 1

0 55

1 2 09451

209450 4774

180 28 52

1

0 0

Documents

Stabilitas Hand Out 1