Analisis Sistem Tenaga - Ee-cafe.org

Saluran Transmisi 

Sudaryatno Sudirham 

Analisis 

Sistem Tenaga 

Darpublic – Edisi Juli 2012

Analisis 

Sistem Tenaga 

oleh 

Sudaryatno Sudirham 

i

Hak cipta pada penulis 

SUDIRHAM, SUDARYATNO 

Analisis Sistem Tenaga 

Darpublic, Kanayakan D-30, Bandung, 40135. 

ii

Pengantar 

Buku ini berisi bahasan analisis sistem tenaga, yang merupakan 

suatu analisis pada tingkat transmisi (tidak termasuk sistem 

distribusi); pembahasan disajikan dalam lima bab. Bab pertama 

berisi tinjauan umum pada sistem tenaga, mencakup ketersediaan 

sumber energi sampai dengan sistem polifasa, pada pembebanan 

seimbang dan tak seimbang; di sini diberikan penjelasan mengenai 

perhitungan dalam per-unit serta komponen simetris yang akan 

dimanfaatkan pada pembahasan di bab-bab selanjutnya. Tiga bab 

berikutnya berisi bahasan mengenai piranti utama sistem tenaga, 

mencakup saluran transmisi, transformator, dan mesin sinkron; di 

tiga bab ini dibahas rangkaian ekivalen serta kondisi pembebanan 

yang mungkin terjadi. Bab terakhir berisi bahasan mengenai 

permasalahan aliran daya, dengan salah satu metoda silusi yaitu 

metoda Newton-Raphson. Pada dasarnya kondisi operasional sistem 

yang dibahas adalah kondisi mantap; hanya sedikit disinggung 

situasi transien pada saluran transmisi dan mesin sinkron. Stabilitas 

transien dan analisis keadaan hubung singkat belum dibahas dalam 

buku ini. 

Mudah-mudahan sajian ini bermanfaat bagi para pembaca. Saran dan 

usulan para pembaca untuk perbaikan dalam publikasi selanjutnya, 

sangat penulis harapkan. 

Bandung, Juli 2012 

Wassalam, 

Penulis. 

iii

Darpublic 

Kanayakan D-30, Bandung, 40135 

Dalam format .pdf buku ini dapat diunduh bebas di 

www.buku-e.lipi.go.id dan www.ee-cafe.org 

Selain Buku-e, di 

www.ee-cafe.org 

tersedia juga open course 

dalam format .ppsx beranimasi dan .pdf 

iv

Daftar Isi 

Kata Pengantar 

Daftar Isi 

Bab 1: Tinjauan Pada Sistem Tenaga 1 

Energi yang Tersedia. Struktur Sistem Tenaga Listrik. 

Penyaluran Energi Listrik. Sumber Energi Primer. 

Beban. Sistem Polifasa. Sistem Tiga-fasa Seimbang. 

Sistem Tiga-fasa Tak Seimbang. Pernyataan Sistem 

Tenaga. 

Bab 2: Saluran Transmisi 47 

Impedansi dan Admitansi. Rangkaian Ekivalen. 

Perubahan Pembebanan. Perubahan Panjang Saluran. 

Lossless Line. Analisis Pembebanan Saluran Transmisi. 

Transien Pada Saluran Transmisi. 

Bab 3: Transformator 113 

Transformator Satu –fasa. Transformator Pada Sistem 

Tiga-fasa. Transformator Tiga Belitan. Transformator 

Tiga-fasa Dibangaun Dari Transformator Satu-fasa. 

Pergeseran Fasa Pada Hubungan Y-∆. Sistem Per-Unit 

Pada Saluran Dengan Transformator. Transformator 

Polifasa. 

Bab 4: Mesin Sinkron 157 

Mesin Sinkron Kutub Menonjol. Mesin Sinkron Rotor 

Silindris. Kopling Turbin-Generator. Daya Mesin 

Sinkron. Batas Operasi Mesin Sinkron. Transien Pada 

Mesin Sinkron. Lebih Lanjut Tentang Mesin Sinkron 

Kutub Menonjol. 

iii 

v 

v

Bab 5: Analisis Aliran Daya 197 

Analisis Aliran Daya. Persamaan Arus-Tegangan. 

Persamaan Aliran Daya. Metoda Newton-Raphson. 

Contoh Sistem Dua Bus. Contoh Sistem Tiga Bus. 

Daftar Pustaka 225 

Biodata Penulis 226 

Indeks 227 

vi

Tinjauan Pada Sistem Tenaga 

BAB 1 Tinjauan Pada Sistem Tenaga 

1.1 Energi Yang Tersedia dan Energi Listrik 

Energi tersedia di alam dalam berbagai bentuk, dan manusia 

mengubahnya ke dalam bentuk energi listrik untuk memenuhi 

kebutuhannya. Pengubahan atau konversi ini memberikan 

keuntungan namun konversi tersebut juga memerlukan biaya yang 

tidak kecil. 

Berbagai bentuk energi yang mungkin dikonversikan ke dalam 

energi listrik: 

• Energi radiasi (sinar matahari). 

• Energi panas bumi. 

• Energi kimia (batubara, minyak bumi). 

• Energi kinetik gelombang laut. 

• Energi kinetic arus laut. 

• Energi potensial air terjun. 

• Energi nuklir. 

Bentuk energi listrik memberikan beberapa keuntungan: 

• Lebih mudah diatur/dikendalikan. 

• Dapat ditransmisikan dengan kecepatan cahaya. 

• Dapat dikonversikan ke bentuk energi lain dengan efisiensi 

tinggi. 

• Bebas polusi, walaupun dalam konversinya dari bentuk 

aslinya menimbulkan juga masalah polusi. 

• Konversi ke bentuk lain biasanya mudah dan sederhana. 

Kelemahan energi listrik terutama adalah bahwa proses 

penyediaannya memerlukan pendanaan cukup besar. Kita sadari 

bahwa sistem tenaga listrik adalah besar baik dilihat dari ukurannya, 

investasinya, jumlah energi yang dikelola, besaran fisisnya 

(tegangan, arus) sampai kepada piranti-pirantinya. Oleh karena itu 

pembangunan sistem biasanya dilakukan tidak selalu dari nol 

melainkan mengembangakan sistem yang sudah ada; kebutuhan 

energi listrik yang terus tumbuh, memaksa sistem tenaga listrik 

selalu di-modifikasi dengan mengambil manfaat dari perkembangan 

teknologi yang terjadi. 

1


Dalam Tinjauan Sistem Tenaga Listrik ini, kita banyak menoleh ke 

PLN. Energi listrik diperkenalkan pertama kali di Indonesia pada 

tahun 1897 (masih zaman penjajahan) dengan didirikannya 

perusahaan listrik pertama yang bernama Nederlandsche Indische 

Electriciteit Maatschappij (NIEM) di Batavia (sekarang Jakarta) 

dengan kantor pusat di Gambir. Dua belas tahun setelah itu di 

Surabaya didirikan Algemeene Indische Electriciteit Maatschappij 

(ANIEM) pada tahun 1909 oleh perusahaan gas NIGM [Ensiklopedi 

Blora, 2011]. Frekuensi yang digunakan pada sistem tenaga yang 

dibangun adalah 50 Hz, standar Eropa. 

Yang menarik dalam kaitan perkembangan kelistrikan di Indonesia 

adalah bahwa pengenalan energi listrik di Indonesia tidaklah jauh 

dari perkembangan kelistrikan di Amerika. Kita baca misalnya 

dalam buku Charles A Gross [1] bahwa pada tahun 1890-an 

perusahaan Westinghouse baru bereksperimen dengan apa yang 

disebut “alternating current”. Persaingan berkembang antara 

General Electric dan Westinghouse dalam menentukan apakah dc 

atau ac yang sebaiknya digunakan oleh industri. Pada akhirnya 

bentuk ac dapat diterima, antara lain oleh alasan-alasan berikut: 

• Transformator (ac) memberikan kemungkinan untuk 

mengubah tegangan maupun arus secara mudah. 

• Generator ac jauh lebih sederhana dibandingkan dengan 

generator dc. 

• Motor-motor ac juga lebih sederhana dan lebih murah dari 

motor dc. 

Pada sekitar 1900 masih diperdebatkan mengenai frekuensi yang 

harus digunakan dalam mencatu daya ac, apakah 25, 50, 60, 125, 

dan 133 Hz. Jika tidak di-standarkan akan diperlukan beaya untuk 

peralatan konversi agar antar sistem dapat dihubungkan. Pada waktu 

itu pembangkit hidro cenderung menggunakan 25 Hz karena turbin 

air dapat dirancang untuk mencapai efisiensi yang lebih baik pada 

kecepatan yang sesuai dengan pembangkitan 25 Hz. Masalah yang 

timbul pada penggunaan frekuensi ini adalah terjadinya flicker pada 

lampu pijar. Pada akhirnya diterimalah frekuensi 60 Hz sebagai 

frekuensi standar karena pada frekuensi ini flicker tidak lagi terasa 

dan turbin uap berkinerja baik pada kecepatan perputaran yang 

berkaitan yaitu 3600 dan 1800 rpm. Sementara itu di Eropa 

ditetapkan frekuensi 50 Hz sebagai frekuensi standar. 

2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Pemanfaatan energi listrik yang pertama kali adalah untuk keperluan 

penerangan. Lampu listrik terus dikembangkan untuk memperoleh 

lumen per watt semakin tinggi. Kebutuhan energi listrik kemudian 

berkembang, tidak hanya untuk memenuhi keperluan penerangan 

tetapi juga keperluan akan energi untuk mengoperasikan berbagai 

alat rumah tanggga, alat kantor, pabrik-pabrik, gedung-gedung, 

sampai ke arena hiburan. Kebutuhan yang terus meningkat tersebut 

memerlukan penyaluran energi dengan tegangan yang lebih tinggi. 

Dibuatlah transformator penaik tegangan untuk mengirimkan energi 

dan transformator penurun tegangan untuk disesuaikan dengan 

kebutuhan pengguna. 

1.2 Struktur Sistem Tenaga Listrik 

An electrical power system can be defined as follows: An 

electrical power system is a network of interconnected components 

designed to convert nonelectrical energy continuously into the 

electrical form; transport the electrical energy over potentially 

great distances; transform the electrical energy into a specific 

form subject to close tolerances; and convert the electrical energy 

into a usable nonelectrical form. [1]. 

Agar dapat diimplementasikan, sistem ini harus aman, dapat 

diandalkan, ekonomis, ramah lingkungan, dan secara sosial dapat 

diterima. Sistem tenaga dapat dipandang terdiri dari beberapa subsistem, 

yaitu 

Pembangkitan (Generation) 

Transmisi (Transmission) 

Subtransmission 

Distribusi: primer, sekunder 

Beban 

1.2.1 Pembangkitan 

Piranti utama di sub-sistem pembangkitan adalah generator yang 

merupakan sumber energi listrik. Istilah “sumber energi” di sini 

agaknya kurang tepat, mengingat bahwa sesungguhnya generator 

hanyalah mengubah energi non-listrik menjadi energi listrik. 

Generator ini, di pusat pembangkit tenaga air misalnya, 

digerakkan (diputar) oleh turbin air dan turbin sendiri digerakkan 

oleh air terjun. Air terjunlah yang sesungguhnya sumber energi. 

Namun demikian pembahasan kita hanya menyangkut sistem 

3


tenaga listrik, sehingga peralatan-peralatan “di depan generator” 

tidak kita bicarakan dan kita menganggap generator sebagai 

sumber energi. 

Pada umumnya generator merupakan mesin berputar, yang 

membangkitkan daya mulai dari puluhan kW hingga lebih dari 

1000 MW, dengan tegangan mulai dari 380 V sampai 25 kV. Sisi 

keluaran generator merupakan sistem tiga-fasa. 

1.2.2 Transmisi 

Daya listrik dari pusat pembangkit disalurkan ke berbagai tempat 

melalui saluran transmisi. Tegangan saluran transmisi di sistem 

PLN adalah 150 kV, yang disebut Saluran Udara Tegangan Tinggi 

(SUTT) dan 275 – 500 kV yang disebut Saluran Udara Tegangan 

Ekstra Tinggi (SUTET). Di Amerika digunakan tegangan mulai 

115 kV sampai 765 kV. 

Sesungguhnya ada dua kemungkinan pembangunan saluran 

transmisi yaitu bawah tanah (underground) dan diatas tanah 

(overhead) yang kita sebut saluran udara. Saluran udaralah yang 

umum digunakan. Saluran udara ini biasanya panjang sampai 

ratusan kilometer. Konduktor yang digunakan adalah konduktor 

telanjang (tanpa isolasi padat) sehingga ia harus didukung oleh 

isolator yang terpasang pada menara. Saluran ini berhubungan 

langsung dengan udara sekitarnya sehingga sangat terpengaruh 

oleh kondisi alam seperti polusi dan petir. 

Jaringan transmisi harus memiliki fleksibilitas untuk menyalurkan 

daya besar melalui sejumlah route. Ia harus dirancang sedemikian 

rupa sehingga gagalnya sejumlah kecil saluran tidak menyebabkan 

kegagalan seluruh sistem. Saluran ini juga harus mampu berfungsi 

sebagai penghubung yang mampu menyalurkan energi ke kedua 

arah. 

Piranti yang menghubungkan generator dan saluran transmisi 

adalah transformator, yang berfungsi untuk mengubah tegangan 

keluaran generator ke tegangan transmisi yang lebih tinggi. 

1.2.3 Subtransmissi 

Di Indonesia (jaringan PLN), istilah “subtransmisi” tidak 

digunakan. Di PLN pernah digunakan saluran dengan tegangan 30 

kV dan 70 kV, namun telah mulai ditinggalkan. Saluran 

subtransmisi biasanya tidak panjang (kurang dari beberapa puluh 



kilometer), kapasitas rendah (kurang dari 100 MVA) dan banyak 

cabang untuk mencatu pusat-pusat beban. 

1.2.4 Distribusi 

Saluran transmisi mencatu gardu-gardu induk, di mana tegangan 

diturunkan menjadi tegangan distribusi primer. Jaringan distribusi 

primer mencatu pelanggan tegangan menengah 20 kV. Pernah 

pula digunakan tegangan 6 dan 12 kV namun telah ditinggalkan. 

Jaringan distribusi primer bisa dirancang sebagai jaringan radial 

ataupun loop. (lihat Gb.1.1) Pada jaringan radial daya mengalir 

satu arah yaitu dari sumber (gardu) ke beban 

(pengguna/pelang 

gan). Pada 

jaringan loop, 

Beban 1 Beban 2 

beban dapat 

menerima daya 

GI 

lebih dari satu 


arah. Selain radial 

dan loop, 

Radial 

dikembangkan 

pula struktur 

jaringan spindle. 


Pada tahap 

terakhir, tegangan 

diturunkan lagi 

menjadi 380/220 

V. Jaringan yang 

melayani 

pengguna pada tegangan rendah ini merupakan jaringan distribusi 

sekunder. Jaringan ini bisa sangat rumit, terutama di lokasi padat 

pengguna. 

1.2.5 Beban 

GI 

Beban (pengguna/pelanggan) mengambil energi listrik dari 

jaringan. Ada hal-hal yang harus dipenuhi dalam melayani beban 

ini. 

1. Tegangan harus konstan, tidak naik-turun. 

2. Frekuensi harus konstan. 


Loop 

Gb.15.1 Jaringan radial dan loop. 

5


3. Bentuk gelombang tegangan sedapat mungkin sinusoidal. 

Untuk menentukan apakah ketentuan ini terpenuhi atau tidak, 

digunakan indeks kinerja. 

1. Regulasi Tegangan: Deviasi nilai tegangan pada waktu beban 

berubah dalam batas-batasnya. Biasanya diambil sekitar 5%. 

2. Regulasi Frekuensi: Pada keadaan normal, variasi frekuensi 

biasanya cukup kecil, ± 0.1Hz 

, dan tidak terasa oleh beban. 

3. Kandungan Harmonisa: (Lihat: Analisis Rangkaian Listrik Jilid- 

3). 

1.3 Penyaluran Energi Listrik 

Kita mengenal dua cara penyaluran energi listrik yaitu penyaluran 

menggunakan arus searah (selanjutnya kita sebut sistem arus searah, 

disingkat sistem AS) dan menggunakan arus bolak-balik sinusoidal 

(selanjutnya kita sebut sistem arus bolak-balik, disingkat sistem 

ABB). Berikut ini kita akan melihat perbandingan daya maksimum 

yang mampu disalurkan melalui beberapa konfigurasi saluran. 

1.3.1. Daya 

Perhatikan 

situasi 

penyaluran 

daya antar 

dua jaringan 

seperti 

diperlihatkan 

pada Gb.1.2. 

Hubungan 

Jaringan 

A 

Gb.15.2. Penyaluran daya antara dua jaringan. 

antara A dan B digambarkan hanya dengan dua garis. Namun 

penyaluran daya dari A ke B biasanya dilakukan dengan sejumlah 

konduktor (2, 3, 4 konduktor) dengan susunan tertentu, yang kita 

sebut konfigurasi saluran. 

Daya (laju aliran energi) dari A ke B adalah 

p = vi 

(1.1) 

p = daya, v = tegangan, i = arus (yang ditulis dengan huruf kecil 

untuk menunjukkan bahwa mereka merupakan fungsi waktu). 

Untuk memperbesar aliran daya, v dan/atau i harus diperbesar. 

Akan tetapi upaya memperbesar kedua besaran ini dibatasi oleh 

6 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3) 

i 

+ 

v 

− 

Jaringan 

B


kemampuan teknologi. Arus dibatasi oleh kemampuan hantar arus 

dari konduktor, sedangkan tegangan dibatasi oleh kekuatan isolasi. 

Konduktor dibuat dari material yang memiliki konduktivitas listrik 

yang tinggi, memiliki kekuatan mekanis yang sesuai, serta 

ekonomis. Untuk itu banyak digunakan aluminum untuk saluran 

transmisi, dan tembaga untuk saluran distribusi serta bagianbagian 

tertentu sistem tenaga. Kemampuan hantar arus dari suatu 

konduktor terkait erat dengan kerapatan arus dan luas 

penampangnya. 

Imax = JmaxA 

(1.2) 

I max = arus maksimum, J max = kerapatan arus maksimum, A = 

luas penampang konduktor. Kerapatan arus maksimum, J max , 

ditentukan oleh pembatasan temperatur maksimum konduktor agar 

tidak terjadi kerusakan konduktor serta isolasinya. 

1.3.2. Konfigurasi Saluran 

Berikut ini kita akan memperbandingkan daya maksimum yang 

mampu disalurkan melalui suatu konfigurasi saluran tertentu.[1]. 

Ada enam konfigurasi yang akan kita lihat yaitu sistem AS 2 

kawat, sisten AS 3 kawat, sistem ABB 1 fasa 2 kawat, sistem ABB 

2 fasa 3 kawat, dan sistem ABB 3 fasa 4 kawat. 

Pada setiap konfigurasi, salah satu kawat di-tanah-kan, dan disebut 

kawat netral; kawat yang tidak ditanahkan disebut kawat fasa. 

Dalam memperbandingkan kemampuan penyaluran setiap 

konfigurasi ini kita tetapkan bahwa 

1. Luas penampang konduktor total, yaitu total jumlah luas 

penampang kawat fasa dan kawat netral, adalah sama yaitu 

A. Karena salah satu saluran adalah saluran balik (netral) 

maka luas penampang konduktor yang sesungguhnya 

digunakan untuk mengirim daya adalah lebih kecil dari A. 

2. Kerapatan arus yang mengalir tidak melebihi batas 

kerapatan arus maksimum yang di tentukan, yaitu J 0 . 

Pembatasan ini diperlukan karena kita akan 

memperbandingkan kemampuan penyaluran daya pada 

berbagai konfigurasi. Bukan arus yang kita tetapkan 

mempunyai batas maksimum karena setiap konfigurasi 

memiliki luas penampang konduktor kirim yang berbeda. 

7


Dengan membatasi kerapatan arus maksimum, maka setiap 

konfigurasi memiliki arus maksimum yang berbeda. 

3. Tegangan setiap konduktor ke ground (tegangan fasa ke 

netral) tidak melebihi batas maksimum yang ditentukan 

yaitu V 0 . Tegangan antara kawat fasa dan kawat netral, 

berbeda antara satu konfigurasi dengan konfigurasi yang 

lain. Tegangan maksimum ini kita batasi untuk melihat 

berapakah daya yang dapat disalurkan pada tegangan fasanetral 

maksimum dengan kerapatan arus yang juga 

maksimum. 

4. Kawat netral (yang ditanahkan) merupakan saluran balik. 

Konfigurasi (a): Sistem AS, 2 kawat, salah satu kawat adalah kawat 

netral yang merupakan saluran balik. 

0,5A 0,5A 

V 0 

n 

Total luas konduktor adalah A, koduktor yang ditanahkan 

merupakan penghantar balik. Jadi sistem ini menyalurkan daya 

melalui konduktor dengan luas penampang 0,5A. Daya yang mampu 

disalurkan paling tinggi adalah 

P a = 

= ( 0.5A) 

J0V0 

0. 5P0 

dengan P 0 = AJ0V0 

(1.3) 

Selanjutnya kita menggunakan P 0 = AJ0V0 

sebagai referensi untuk 

melihat kemampuan penyaluran daya pada konfigurasi yang lain; 

yaitu berapa kali P 0 kemampuan penyaluran dayanya. 

Konfigurasi (b): Sistem AS, 3 kawat; dua kawat merupakan saluran 

kirim, satu bertegangan positif dan yang satu lagi bertegangan 

negatif. Kawat ke-tiga adalah saluran balik yang ditanahkan. 

0,5A 0,5A 

+V 0 

−V 0 

Konduktor pertama bertegangan positif sedangkan konduktor kedua 

bertegangan negatif, konduktor ketiga ditanahkan. Karena tegangan 

berlawanan, arus di konduktor pertama dan kedua juga berlawanan 

arah. Konduktor ketiga merupakan konduktor netral sebagai 


n


penghamtar balik sehingga di konduktor ini arus balik dari 

konduktor pertama dan kedua berlawanan arah; jika pembebanan 

seimbang kedua arus balik ini saling meniadakan. Hal ini 

memungkinkan penampang konduktor netral dibuat kecil saja 

sehingga total penampang konduktor dapat dikatakan tetap sama 

dengan A. Daya maksimum yang dapat ditransmisikan adalah 

P b = 

= 2 × (0.5A) 

J0V0 

P0 

(1.4) 

Dari persamaan (1.4) terlihat bahwa kemampuan menyalurkan daya 

pada konfigurasi (b) ini dua kali lipat dari konfigurasi (a). 

Konfigurasi (c): Sistem ABB satu fasa, dua kawat; satu kawat fasa 

dan yang lain kawat netral. 

0,5A 0,5A 

n 

Misalkan gelombang tegangan sefasa dengan arusnya, 

Daya sesaat adalah 

p 

c 

v = Vm cos ωt 

i = Im cos ωt 

(1.5) 

VmIm 

= vi = VmIm 

cos 2 ωt 

= ( 1 + cos 2ωt) 

(1.6) 

2 

Daya ini berfluktuasi dengan frekuensi 2ω. Nilai rata-rata bagian 

yang berada dalam tanda kurung adalah 1, sehingga daya rata-rata 

(atau daya nyata) adalah 

V I 

P = 

2 

0,707V 0 

V 

= 

m 

2 

m m m 

= 

I 

2 

VI 

(1.7) 

dengan V dan I adalah nilai efektif (rms). Arus efektif maksimum 

yang bisa disalurkan adalah 

I = 0.5AJ0 

(1.8) 

(di sini kita menganggap bahwa arus bolak-balik yang menglir di 

konduktor terdistribusi secara merata di seluruh penampang 

walaupun kenyataannya tidak demikian karena terjadi efek kulit. 

Namun anggapan ini cukup layak untuk keperluan diskusi.) 

Karena kita telah menetapkan bahwa tegangan konduktor tidak lebih 

dari nilai batas V 0 maka tegangan efektif maksimum adalah 

9

V 

V 

0 

= 707 

2 


= 0, V0 

(1.9) 

Nilai ini yang dicantumkan pada gambar konfigurasi. 

Daya maksimum yang dapat ditransmisikan adalah 

V 

P c = 

2 

0 

= IV = 0.5AJ0 = 0.354AJ0V0 

0. 354P0 

(1.10) 

Persamaan (1.10) menunjukkan bahwa kemampuan penyaluran daya 

pada konfigurasi ini hanya sekitar 35% dari kemampuan sistem AS 

3 kawat. Selain itu, sebagaimana ditunjukkan oleh (1.6) penyaluran 

daya berfluktuasi, berarti laju penyaluran energi tidaklah konstan. 

Penyaluran energi semacam ini akan memaksa turbin penggerak 

generator juga memasok energi dengan laju yang berfluktuasi. Hal 

demikian tentu tidak dikehendaki. Oleh karena itu konfigurasi ini 

tidak digunakan untuk keluaran generator di pusat pembangkit. 

Konfigurasi (d): sistem ABB satu fasa tiga kawat. 

0,5A 0,5A 

0,707V 0 

Sistem ini memiliki keuntungan seperti halnya untuk arus searah; 

oleh karena itu daya maksimum yang mampu disalurkan adalah dua 

kali lipat kemampuan penyaluran daya pada sistem ABB satu fasa 

dua kawat (konfigurasi (c)). 

P 

0,707V 0 

d = 2Pc 

= 0,707P0 

(1.11) 

Nilai daya sesaat diperlihatkan pada Gb.1.3, bersama dengan nilai 

sesaat daya pada konfigurasi (c). Perhatikan bahwa daya 

berfluktuasi dengan nilai rata-rata yang positif. Walaupun daya 

rata-rata bernilai positif, fluktuasi daya yang terjadi merupakan 

kelemahan dari konfigurasi (d) dan (c). Penyaluran energi tidak 

terjadi secara mantap; aliran energi berfluktuasi. 

Konfigurasi (e): Sistem ABB, 2 fasa, 3 kawat; dua kawat fasa dan 

satu kawat netral. 

n 



x 

0,293A 0,293A 

0,707V 0 

y 

0,414A 

0,707V 0 

n 

Jika tegangan dan arus di fasa x adalah 

v 

x 

= V cos ωt 

i = I cos ωt 

(1.12.a) 

m 

dan di fasa y berbeda 90 o , 

v 

y 

x 

m 

= V sin ωt 

i = I sin ωt 

(1.12.b) 

m 

maka daya sesaat menjadi 

e 

x x 

y y 

y 

m 

2 2 

( ωt 

+ sin ωt) VmIm 

p = v i + v i = V 

= 

mIm 

cos (1.13) 

Persamaan (1.13) ini cukup mengejutkan. Perhatikan bahwa daya 

sesaat bernilai konstan. Daya rata-rata sama dengan daya sesaat. 

P = 

e = pe 

VmIm 

(l5.14) 

Karena tegangan tidak boleh melebihi batas V 0 maka tegangan 

maksimum adalah 

V m = V 0 

(1.15.a) 

Arus di kedua fasa berbeda 90 o , sehingga penghantar netral 

mengalirkan arus 

dibuat 

2 kali arus fasa; luas penampangnya juga harus 

2 kali sehingga perbandingan luas penampang konduktor 

fasa dan netral adalah 1:1: 

2 . Luas penampang konduktor fasa 

menjadi ( 1/(2 

+ 2) 

= 0,293 kali A. Arus maksimum konduktor fasa 

adalah 

I m = J 0 (0.293A) 

2 

(1.15.b) 

Sehingga daya rata-rata adalah 

V I 

2 

V J (0,293A) 

2 

2 

m m 0 0 

e = = 

= 0.414P0 

(1.16) 

P 

11


Perhatikan bahwa konduktor netral berpenampang lebih besar dari 

konduktor fasa sebab ia harus mengalirkan arus 2 kali dari arus 

fasa, jika sistem beroperasi dalam keadaan seimbang. Hal ini dapat 

dimengerti karena arus balik dari kedua fasa berbeda 90 o dan bukan 

180 o sehingga tidak saling meniadakan. Akan tetapi di konfigurasi 

ini aliran daya tidak berfluktuasi seperti dinyatakan oleh persamaan 

(1.13). 

Konfigurasi (f): Sistem ABB 3 fasa, 4 kawat; tiga kawat fasa dan 

satu kawat netral. 

Tegangan dan arus fasa berbeda 120 o . Dengan urutan fasa positif, 

tegangan dan arus tersebut adalah: 

o 

o 

va 

= Vm 

cosωt; 

vb 

= Vm 

(cosωt 

−120 

); vc 

= Vm 

(cosωt 

+ 120 ). 

o 

o 

ia 

= Im 

cosωt; 

ib 

= Im(cosωt 

−120 

0; ic 

= Im(cosωt 

+ 120 ). 

Daya sesaat adalah 

p 

f 

= v i 

a a 

= V I 

m 

+ v i 

m 

b b 

+ v i 

c c 

2 2 o 2 o 

( cos ωt 

+ cos ( ωt 

−120 

) + cos ( ωt 

+ 120 )) 

Dengan memanfaatkan relasi trigonometri 


(1.17) 

(1.18) 

1 cos 2 

cos 2 + θ 

θ = 

(1.19) 

2 

persamaan (1.18) menjadi 

VmI 

p m 

f = 

2 

3V 

mI 

= m 

2 

0,333A 0,333A 0,333A n 

0,707V 0 

0,707V 0 

0,707V 0 

o 

o 

( 3 + cos 2ωt 

+ cos(2ωt 

− 240 ) + cos(2ωt 

+ 240 )) 

(1.20) 

Sekali lagi kita lihat di sini bahwa daya sesaat sama dengan daya 

rata-rata, yaitu 

P 

3V 

I 

= p 

m m 

f = = VI 

(1.21) 

2 

f 3


Tegangan dan arus efektif yang diperkenankan adalah 

sehingga 

V 

V = 

2 

0 

= dan I 0.333AJ0 

(1.22) 

3V 

P 0 f = 

2 

707 

= 0.333AJ0 

0. P0 

(1.23) 

1,141P 0 

1,000P 0 

Konfig.(b) 

0,707P 0 

Konfig. (d), (f) 

0,500P 0 

Konfig. (a) 

0,354P 0 Konfig. (e) 

Konfig. (c) 

t 

Gb.1.3. Kurva daya terhadap waktu pada enam 

konfigurasi saluran. 

Hasil perhitungan untuk enam konfigurasi di atas, dimuatkan dalam 

Tabel-1.1. 

Tabel-1.1: Daya maksimum yang mampu ditransmisikan 

pada enam kofigurasi 

Konfigurasi Modus operasi Daya maksimum 

a) Dua kawat AS 0.500P 0 

b) Tiga kawat AS 1,000P 0 

c) Dua kawat ABB, 1 fasa 0,354P 0 

d) Tiga kawat ABB, 1fasa 0,707P 0 

e) Tiga kawat ABB, 2fasa 0,414P 0 

f) Empat kawat ABB, 3 fasa 0,707P 0 

Bagaimana memilih konfigurasi yang akan digunakan untuk 

menyalurkan energi? Misalkan kita memilih sisem ABB. 

Konfigurasi c) dan d) kelihatannya terpaksa kita tolak karena 

13


terjadinya fluktuasi aliran daya pada konfigurasi ini. Di antara 

konfigurasi e) dan f) kita lebih memilih f) karena konfigurasi ini 

memiliki kemampuan penyaluran daya lebih tinggi. 

Bagaimanakah sistem penyaluran energi dengan jumlah fasa lebih 

banyak? Sistem multifasa dengan konfigurasi N fasa, N+1 kawat 

akan memiliki kemampuan penyaluran daya sebesar 0,707P 0 . Jadi 

sistem 3 fasa 4 kawat merupakan sistem multi fasa yang paling 

sederhana ditinjau dari kemampuan penyaluran daya. 

Perhitungan-perhitungan di atas ditujukan hanya untuk melihat 

kemampuan penyaluran daya di setiap konfigurasi. Dalam 

pembangunan saluran transmisi masih harus diperhitungkan banyak 

faktor, misalnya keperluan akan isolator, menara, susut energi. 

Makin banyak kita gunakan saluran fasa, makin bayak diperlukan 

isolator dan perancangan menara pun harus disesuaikan. 

Jika kita perhatikan Tabel-1.1 di atas, transmisi AS tiga kawat, 

memiliki kemampuan penyaluran daya paling tinggi untuk total luas 

penampang konduktor yang sama. Kemajuan teknologi telah 

memungkinkan digunakannya sistem transmisi AS dan mengatasi 

kendala yang selama ini dihadapi. Mulai dari suatu jarak transmisi 

tertentu, biaya pembanguan sistem transmisi AS sudah menjadi 

lebih rendah dari sistem ABB. PLN merencanakan pembangunan 

transmisi AS untuk menghubungkan Sumatra dan Jawa. 

1.4 Sumber Energi Primer 

Sebagaimana telah disinggung, generator yang kita sebut sebagai 

sumber, tidak lain adalah piranti pengubah (konversi) energi dari 

energi non-listrik ke energi listrik. Dalam hal konversi elektromekanik, 

energi non-listrik berupa energi mekanik yang diberikan 

oleh turbin, dan turbin sendiri menerima energi masukan berupa 

energi thermal yang diubah olehnya menjadi gerak putar untuk 

memutar generator. Masukan energi thermal ke turbin berasal dari 

sumber energi primer, yang dapat berupa energi thermal maupun 

non-thermal. 

1.4.1. Sumber Energi Primer pada Pusat Pembangkit Thermal 

Batubara. Cadangan batubara Indonesia terlihat pada gambar 

berikut. 



Data: Pusat Informasi & Statistik Batubara dan Mineral, Ditjen GSM, DESDM. / RUKN. 

Untuk pembangkitan, batubara harus diangkut dari lokasi tambang 

ke pusat pembangkit. Untuk pusat pembangkit di Jawa, biaya angkut 

ini tidak sedikit dan dapat terganggu bila cuaca buruk. Hasil 

tambang batubara ada dua kategori yaitu batubara dengan 

kandungan kalori tinggi dan kandungan kalori rendah. 

Minyak Bumi. Gambar berikut menginformasikan cadangan 

minyak Indonesia. 

Data: Pusat Informasi Energi, DESDM. / RUKN. 

Penggunaan minyak sebagai sumber energi primer untuk 

pembangkitan energi listrik terus diusahakan untuk dikurangi 

proporsinya karena harga yang terlalu tinggi. 

Gas Alam. Cadangan gas bumi Indonesia terbaca pada gambar 

berikut. Penggunaan gas alam sebagai sumber energi primer untuk 

pembangkitan energi listrik diperbesar proporsinya untuk 

15


menggantikan minyak. Pengangkutan gas dari sumber gas ke pusat 

pembangkit dilakukan melalui pipa gas. 

Data: Pusat Informasi Energi, DESDM. / RUKN. 

Panas Bumi..Energi panas bumi cukup banyak tersedia di Indonesia. 

Penggunaan energi ini masih perlu dikembangkan. Gambar dan 

daftar berikut ini memperlihatkan distribusi lokasi sumber energi 

panas bumi. 

1.Daerah Aceh 17 lks 9.Banten 5 lks 17.Sulawesi Utara 5 lks 

2.Sumatra Utara 16 lks 10.Jawa Barat 40 lks 18.Gorontalo 2 lks 

3.Sumatra Barat 16 lks 11 Jawa Tengah 14 lks 19.Sulawesi Tengah 14 lks 

4.Riau 1 lks 12.DI Yogyakarta 1 lks 20.Sulawesi Selatan 16 lks 

5.Jambi 8 lks 13.Jawa Timur 11 lks 21.Sulawesi Tenggara 13 lks 

6.Sumatra Selatan 8 lks 14.Bali 5 lks 22.Maluku 15 lks 

7.Bengkulu 6 lks 15.NTB 3 lks 23.Papua 2 lks 

8.Lampung 13 lks 16.NTT 18 lks 24.Kalimantan 3 lks 

Total lokasi: 251 

Data: Pusat Informasi Energi, DESDM. /RUKN. 



Biomassa. Sumber energi ini belum berkembang walaupun dalam 

skala rumah tangga telah mulai dirintis. 

Sampah. Sampah sebagai sumber pembangkit energi listrik masih 

diwacanakan terutama untuk mengatasi masalah sampah di kota 

Bandung. 

Energi Nuklir. Penggunaan energi nuklir di Indonesia masih dalam 

tingkat wacana. Sementara itu Jerman sudah mulai meninggalkan 

penggunaan energi nuklir untuk pembangkitan energi listrik. 

1.4.2. Sumber Energi Primer Pusat Pembangkit Nonthermal 

Tenaga Air (Hydro). Tenaga air merupakan sumber energi yang 

paling murah dan kelangsungannya dapat dipercaya. Namun 

pembangunannya memerlukan waktu lama dibandingkan dengan 

pembangkit thermal. Dibandingkan dengan pembangkit thermal, 

pembangkit tenaga air dapat di-start dengan sangat cepat; sementara 

untuk men-start pembangkit thermal diperlukan waktu untuk 

pemanasan. Oleh karena itu pembangkit tenaga air biasanya 

digunakan sebagai pembangkit untuk memenuhi beban puncak, 

sementara pembangkit thermal menanggung beban dasar. 

Angin. Di Eropa energi angin telah banyak dimanfaatkan namun di 

Indonesia masih belum berkembang walaupun telah mulai ada. 

Gelombang Laut. Sumber energi ini belum termanfaatkan di 

Indonesia. 

Arus laut. Di Indonesia sumber energi ini masih menjadi wacana. 

Tenaga Surya. Di Indonesia Sumber energi ini telah mulai 

dimanfaatkan baik sebagai sumber tenaga listrik “stand alone” 

maupun sebagai pusat pembangkit walaupun masih dalam skala 

yang tidak besar. 

1.5. Beban 

1.5.1. Pengelompokan Beban 

Tujuan dibangunnya suatu sistem tenaga adalah untuk mencatu 

energi ke beban yang berupa peralatan-peralatan yang mengubah 

energi listrik menjadi bentuk energi yang sesuai dengan kebutuhan 

pengguna. Jenis peralatan sangat beragam, ada yang statis, ada 

yang berputar, ada pula yang merupakan gabungan statis dan 

berputar. Dalam pengusahaan tenaga listrik beban tidak 

17


diklasifikasikan berdasarkan peralatan yang dicatu akan tetapi 

berdasarkan sifat-sifat umum pengguna akhir. PLN melakukan 

klasifikasi beban (pelanggan) sebagai berikut. 

Beban Rumah Tangga. Energi di jenis beban ini digunakan 

untuk mencatu peralatan rumah tangga yang sangat beragam. 

Beban ini biasanya tersebar dalam area yang luas. 

Beban Industri. Beban ini membutuhkan sejumlah besar energi 

untuk keperluan manufaktur dan proses-proses produksi. Beban 

demikian biasanya terlokalisasi pada titik-titik beban di area 

tertentu. 

Beban Komersial. Jenis beban ini bisa sekumpulan peralatan 

kecil seperti di rumah tangga, akan tetapi memerlukan daya agak 

besar untuk penerangan, pemanasan dan pendinginan. Beban ini 

lebih tersebar dibandingkan dengan beban industri tetapi tidak 

se-tersebar beban rumah tangga; misalnya pusat perbelanjaan, 

bandara, hotel. 

Beban Lain. Beban lain yang dimaksud di sini adalah bebanbeban 

yang terkait dengan pentarifan ataupun pelayanan tertentu. 

Termasuk di dalamnya adalah beban kantor pemerintah, sosial, 

dan penerangan jalan umum. 

Di PLN jumlah pelanggan Rumah Tangga sangat dominan; 

sementara jumlah pelanggan Industri dan pelanggan Komersial 

sangat sedikit dibanding dengan jumlah pelanggan Rumah 

Tangga. Namun demikian daya tersambung ke pelanggan tidaklah 

proporsional dengan jumlah pelanggan. Dan sudah barang tentu 

demikian juga dengan penggunaan energi per kelompok 

pelanggan. 

1.5.2. Model Beban 

Untuk keperluan analisis, kita perlu “mengombinasikan” berbagai 

karakteristik piranti listrik yang jumlahnya ribuan ke satu titik 

beban tertentu. Melakukan kombinasi secara harfiah tentulah tidak 

mungkin. Oleh karena itu kita membangun model beban; beban 

dapat kita modelkan sebagai sumber tegangan, atau sumber arus, 

atau impedansi. 



Z 

Beban 

Z 

Beban 

Z 

Beban 

+ 

− 

E 

+ 

− 

+ 

− 

E 

+ 

− 

E 

Model sumber tegangan Model sumber arus Model impedansi 

Gb.1.4. Model-model beban 

Model yang kita pilih tentulah yang mewakili sifat-sifat yang 

menonjol dari beban. Beban yang pasif misalnya, kita modelkan 

sebagai suatu impedansi. Beban yang karakter arusnya menonjol, 

kita modelkan sebagai sumber arus; hal ini misalnya digunakan 

pada beban nonlinier. 

1.5.3. Pengaruh Perubahan Tegangan dan Perubahan Frekuensi 

Daya yang mengalir ke beban tergantung dari tegangan maupun 

frekuensi. Apabila terjadi perubahan tegangan dan/atau perubahan 

frekuensi, daya yang mengalir ke beban akan berubah pula. 

Sesungguhnya, beban mengharapkan tegangan dan frekuensi tidak 

berubah-ubah. Namun situasi operasional sering memaksa 

terjadinya perubahan-perubahan besaran tersebut. Masuknya 

beban besar yang tiba-tiba ke jaringan akan diikuti oleh penurunan 

tegangan; keluarnya beban besar yang tiba-tiba akan menyebabkan 

kenaikan tegangan. Di jaringan sistem tenaga, dipasang peralatan 

untuk membatasi lama terjadinya suatu perubahan tegangan. Pada 

umumnya, jika perubahan tegangan tidak besar (karena tegangan 

seharusnya tidak berubah-ubah, sesuai standar) pasokan daya ke 

beban dapat didekati dengan hubungan linier 

P 

∂P 

∂P 

∂Q 

∂Q 

P0 

+ ∆V 

+ ∆f 

; Q = P + ∆V 

+ ∆f 

(1.24) 

∂V 

∂f 

∂V 

∂f 

= 0 

dengan ∆ V = V −V0 

= perubahan tegangan sekitar titik referensi 

V 0 , ∆ f = f − f 0 = perubahan frekuensi sekitar titik referensi f 0. 

∂P 

∂P 

∂Q 

∂Q 

Diferensial parsial , , , dapat diturunkan melalui 

∂V 

∂f 

∂V 

∂f 

rangkaian dengan model beban. Mereka juga dapat diturunkan dari 

19


data-data yang dikumpulkan dari pengukuran praktis yang 

kemudian dihitung menggunakan computer. 

CONTOH-1.1: Kita akan 

memperbandingkan 

pengaruh perubahan 

tegangan dan perubahan 

frekuesi pada rangkaian R-L 

+ 

v 

− 

R 

L 

seri dan rangkaian R-L parallel dengan melihat 

+ 

v 

− 

∂ P / ∂V 

, ∂P 

/ ∂f 

, ∂Q 

/ ∂V 

, dan ∂P 

/ ∂V 

. 

R 

L 

Solusi untuk rangkaian seri: 

∗ 

⎛ o 

2 

2 

o V 0 ⎞ 

∗ 

V V 

S seri V 0 ⎜ ∠ 

= VI = ∠ 

⎟ = = 

( R + jωL) 

⎜ R j L ⎟ R j L 2 2 2 

⎝ 

+ ω 

⎠ 

− ω R + ω L 

2 

2 

RV ωLV 

= 

+ j 

2 2 2 2 2 2 

R + ω L R + ω L 

2 

RV ∂Pseri 

Pseri 

= 

⇒ 

2 2 2 

R + ω L ∂ω 

2 

ωLV 

∂Qseri 

Qseri 

= 

⇒ 

2 2 2 

R + ω L ∂ω 

∂Qseri 

∂V 

2 2 

2RV 

ωL 

= 

; 

2 2 2 2 

( R + ω L ) 

2 2 2 2 2 3 2 

( R + ω L ) LV − 2ω 

L V 

= 

; 

2 2 2 2 

( R + ω L ) 

2ωLV 

= 

2 2 2 

R + ω L 

∂Pseri 

∂V 

Solusi untuk rangkaian parallel: 

∗ 

⎛ ⎞ 2 2 

∗ V V V V 

S paralel = VI = V 

⎜ + 

j 

R j L 

⎟ = + 

⎝ ω ⎠ R ωL 

2 

V ∂Pparalel 

∂Pparalel 

2V 

Pparalel 

= ⇒ = 0 ; 

= 

R ∂ω 

∂V 

R 

2 

V ∂Q 

2 

paralel −V 

L ∂Qparalel 

2V 

Qparalel 

= ⇒ = ; 

= 

ωL 

∂ω 

2 

( ωL) 

∂V 

ωL 


2RV 

= 

2 2 2 

R + ω L 

Perhatikan: ketergantungan terhadap tegangan kedua rangkaian ini 

sama, yaitu sebanding dengan tegangan. Akan tetapi 

ketergantungan terhadap frekuensi sangat berbeda. Polinom


pangkat 4 dari penyebut pada ∂ P seri / ∂ω 

membuat penyebut 

hampir tak berubah bila terjadi perubahan ω hanya 10% misalnya; 

Oleh karena itu ∂ P seri / ∂ω 

dapat dikatakan berbanding lurus 

dengan ω. Sebaliknya ∂ P paralel / ∂ω 

bernilai nol; perubahan 

frekuensi tidak mempengaruhi besarnya daya nyata. 

1.6. Sistem Polifasa 

Kita telah mempelajari salah satu sistem polifasa yaitu sistem tigafasa. 

Di sub-bab ini kita akan melihat secara lebih umum, dan juga 

akan melihat bagaimana perhitungan-perhitungan dilakukan baik 

pada kondisi pembebanan seimbang maupun tidak seimbang. 

1.6.1. Sistem Polifasa Secara Umum 

Kita lihat secara umum suatu sistem polifasa. Gb.1.5. berikut ini 

memperlihatkan hubungan dua jaringan secara umum yaitu 

jaringan A dan B yang dihubungkan dengan (N+1) konduktor. 

Salah satu konduktor adalah konduktor netral; jadi sistem ini 

adalah sistem N fasa. 

a 

I a 

Jaringan 

A 

b 

z 

I b 

I z 

. 

. 

. 

Jaringan 

B 

Van 

Vbn 

. . . . 

V zn 

n 

I n 

Gb.1.5. Dua jaringan dihubungkan dengan (N+1) konduktor. 

21


Tegangan konduktor fasa terhadap netral adalah sebagai berikut 

V = tegangan fasa a. 

an = Va 

= Va∠α 

a 

bn = Vb 

= Vb∠α 

b 

V = tegangan fasa b. 

……………… 

V zn = Vz 

= Vz∠α 

z 

= tegangan fasa z. 

Arus di setiap penghantar fasa adalah 

I = arus fasa a. 

a = I a∠βa 

b = I b∠βb 

I = arus fasa b. 

……………… 

I z = I z∠β 

z 

= arus fasa z. 

I n = I n∠βn 

= arus penghantar netral. 

Menurut hukum arus Kirchhoff 

I I + I + ....... + I + I = 0 

(1.25) 

a + b c 

z n 

Daya kompleks total (sejumlah N fasa) yang mengalir ke B adalah: 

z 

∗ ∗ 

∗ 

S Nf = V a I a + Vb 

Ib 

+ ...... + Vz 

I z = ∑ Si 

(1.26.a) 

i= 

a 

dengan 

i = a, 

b, 

c,....... 

z 

Dapat dimengerti pula bahwa 

S 

i 

∗ 

i i 

= V I 

(1.26.b) 

z 

PNf 

= ∑ Pi 

, Pi 

= Vi 

I i cos ψ i 

(1.27.a) 

i= 

a 

z 

QNf 

= ∑ Qi 

, Qi 

= Vi 

I i sin ψ i 

(1.28.b) 

i= 

a 

Dalam kondisi pembebanan seimbang 

V = 

a = Vb 

= ...... = Vz 

V f 

(1.29.a) 


dan, dengan mengambil fasa a sebagai referensi, 

α 

a 

dan 

= 0; 

α 

b 

360 

θ = 

N 

= −θ; 

o 

α 

c 

= −2θ; 

..... α 


n 

= −nθ 

(1.29.b) 

Dalam pembebanan seimbang ini, arus fasa dan sudut ψ adalah: 

I = 

a = Ib 

= ...... = I z I f = arus fasa (1.30.a) 

ψ a = ψb 

= ψc 

= ....... = ψ z = ψ = sudut faktor daya (1.30.b) 

Urutan penamaan fasa abc. . . z kita sebut urutan positif. Jika 

seandainya urutan penamaan ini kita balik, z . . cba maka kita 

mempunyai urutan negatif. 

Sementara itu tegangan fasa-fasa adalah 

V 

ij 

= V − V i, 

j = a, 

b, 

c....... 

z 

i 

i 

= V ∠α −V 

∠α 

i 

j 

yang dalam kondisi seimbang akan menjadi 

dan 

i 

j 

j 

f 

j 

(1.31) 

V = V = V = tegangan fasa-netral (1.32) 

V 

= [1 − cos( α − α )] (1.33) 

ij V f 

2 i j 

Perhatikan Gb.1.4. Gambar ini memperlihatkan hubungan 

tegangan fasanetral 

V ab 

V an , Vbn 

,......... 

Vzn 

serta tegangan 

fasa-fasa V ab 

θ 

dan V . 

az 

ψ 

o 

360 

θ 

Diperlihatkan θ = 

I a 

N 

pula arus fasa 

I yang 

a 

lagging 

terhadap 

V . 

an 

V az 

Gb.15.4 Fasor tegangan sistem N-fasa 

seimbang. 

V zn 

V bn 

V an 

23


Perbandingan tegangan fasa-fasa terhadap tegangan fasa-netral 

untuk N dari 2 sampai 12 (dinormalisasi terhadap V a ) diberikan 

pada Tabel -1.1. 

Table 1.1. Rasio tegangan fasa-fasa terhadap tegangan fasa 

untuk sistem 2 ÷ 12 fasa, dinormalisir terhadap V a [1] 

N: 1 2 3 4 5 6 

V ab /V a 2,000 1,732 1,414 1,176 1,000 

V ac /V a 1,732 2,000 1,902 1,732 

V ad /V a 1,414 1,902 2,000 

V ae /V a 1,176 1,732 

V af /V a 1,000 

N: 7 8 9 10 11 12 

V ab /V a 0,868 0,765 0,684 0,618 0,563 0,518 

V ac /V a 1,564 1,414 1,286 1,176 1,081 1,000 

V ad /V a 1,950 1,848 1,732 1,618 1,511 1,414 

V ae /V a 1,950 2,000 1,970 1,902 1,819 1,732 

V af /V a 1,564 1,848 1,970 2,000 1,980 1,932 

V ag /V a 0,868 1,414 1,732 1,902 1,980 2,000 

V ah /V a 0,765 0,286 1,618 1,819 1,932 

V ai /V a 0,684 1,176 1,511 1,732 

V aj /V a 0,618 1,081 1,414 

V ak /V a 0,563 1,000 

V al /V a 0,518 

Daya sesaat total untuk N ≥ 3 adalah 

z z 

pNf 

= ∑ viii 

= ∑ ( V 2)( I 2) cos( ωt 

− αi 

) cos( ωt 

− βi) 

i= 

a i= 

a 

= NV f I f cos ψ 

(1.34) 

Persamaan (1.26) menunjukkan bahwa sistem ABB multifasa 

memberikan transfer daya yang konstan seperti pada sistem AS. 

Itulah sebabnya sistem tenaga dibangun sebagai sistem multifasa 



yang beroperasi seimbang. Jika kita lanjutkan perhitungan kita 

akan memperoleh relasi 

S Nf = NV f I f 

PNf 

= NV f I f cos ψ 

QNf 

= NV f I f sin ψ 

(1.35) 

1.6.2. Hubungan Bintang dan Hubungan Mesh 

Jika jaringan B adalah jaringan pasif, ia dapat dinyatakan dengan 

model impedansi. Impedansi pada sistem multifasa dapat 

dihubungkan bintang ataupun mesh; rangkaian ini diperlihatkan 

pada Gb.1.5. 

a 

I aY 

Z Y 

a 

I a∆ 

b 

c 

z 

Bintang 

Mesh 

Gb.1.5 Hubungan bintang dan hubungan mesh. 

Transformasi dari rangkaian bintang ke mesh diturunkan sebagai 

berikut. 

Rangkaian bintang : 

Rangkaian mesh: 

Z Y 

Z Y 

. 

. 

. 

Z Y 

b 

c 

z 

Z 

Z 

Z 

Z 

o 

V 

an f ∠0 

I aY = V = 

(1.36) 

ZY 

ZY 

25

I 

a∆ 

V 

= 

Z 

V 

= 

Z 

f 

ab 

∆ 

∆ 

V 

+ 

Z 

(1∠ 

0 

az 

∆ 

o 

1 

= 

Z 

∆ 


( V − V + V − V ) 

an 

−1∠ − θ + 1∠0 

o 

bn 

an 

zn 

2V 

−1∠θ) 

= 

Z 

Jika kedua rangkaian ini harus sama maka 

a∆ 

aY 

Y 

f 

∆ 

(1 − cosθ) 

(1.37) 

I = I ⇒ Z = 2(1 

− cosθ) 

Z 

(1.38) 

∆ 

o 

CONTOH-1.2: Sumber 6 fasa seimbang dengan V a = 1000∠0 

V , 

urutan fasa abc, mencatu beban 6 fasa seimbang S 6f = 900 kVA, 

faktor daya = 0.8 lagging. (a) Hitunglah arus fasa; (b) Hitung 

tegangan fasa-fasa ac; (c) Hitung impedansi ekivalen Y, Z Y ; (d) 

Hitung impedansi ekivalen ∆, Z ∆ . 

Solusi: 

V a 

= 1000∠0 

o 

V = 1∠0 

o 

kV 

(a) 

I fasa 

S6φ 

/ 6 

= = 

V fasa 

900 / 6 

1 

= 150 A 

(b) 

o 

o 

o 

V ac = Va 

− Vc 

= 1000∠0 

−1000∠ −120 

= 1732∠ − 30 V 

(c) 

Z Y 

V fasa 

= 

I fasa 

1000 

= = 6.67 Ω; 

150 

−1 

o 

ψ = cos (0.8) = ± 36.9 

Z 

Z Y 

o 

= 6 .67∠ 

+ 36.9 

o 

o 

∆ = 2 (1 − cos 60 ) ZY 

= 2(1/ 2) ZY 

= ZY 

= 6.67∠ 

+ 36.9 

1.7. Sistem Tiga-fasa Seimbang 

Sistem tiga-fasa adalah sistem multifasa yang paling sederhana. 

Lihat Gb.1.6. Dengan urutan positif abc, tegangan-tegangan fasa 

adalah 



V 

V 

V 

an 

bn 

cn 

= V 

= V 

= V 

a 

b 

c 

= V 

= V 

= V 

f 

f 

f 

∠0 

o 

∠ −120 

∠ − 240 

o 

o 

= V 

f 

∠ + 120 

o 

(1.39) 

Tegangan fasa-fasa adalah 

V 

V 

V 

ab 

bc 

ca 

= V 

= V 

b 

= V 

a 

c 

− V 

− V 

c 

− V 

a 

a 

= V 

= V 

= V 

f 

f 

f 

3∠30 

o 

3∠ − 90 

o 

3∠ + 150 

o 

(1.40) 

a 

I a 

Jaringan 

A 

b 

c 

I b 

I c 

Jaringan 

B 

Va 

Vb 

Vc 

n 

I n 

Gb.1.6. Sistem tiga-fasa. 

Jika jaringan B adalah jaringan pasif, ia dapat dimodelkan dengan 

impedansi dan impedansi ini dapat terhubung Y atau ∆, seperti 

diperlihatkan oleh Gb.1.7. 

a 

a 

Z Y 

b 

Z ∆ 

Z ∆ 

b 

Z Y 

c 

Z ∆ 

c Z Y 

∆ 

Y 

Gb.1.7. Beban terhubung ∆ dan terhubung Y. 

27


Dalam kondisi seimbang, arus-arus fasa pada hubungan Y adalah 

I 

I 

I 

I 

a 

b 

c 

n 

V 

= 

Z 

= I 

= I 

= 0 

f 

f 

a 

Y 

V 

= 

Z 

f 

Y 

∠( 

−120 

∠( 

−240 

∠(0 

o 

o 

o 

− ψ) 

− ψ) 

− ψ) 

= I 

f 

∠ − ψ 

(1.41) 

Gb. 1.8. memperlihatkan diagram fasor tegangan dan arus pada 

sistem tiga-fasa seimbang dengan beban induktif; arus lagging 

terhadap tegangan. 

V ca 

V c 

ψ 

I c 

− V b 

V ab 

− V a 

I b ψ 

ψ 

I a 

V a 

V b 

− V c 

V bc 

Gb.15.8. Diagram fasor sistem tiga 

fasa seimbang; urutan fasa abc. 

Transformasi hubungan Y ke ∆ diberikan oleh (1.30), yang untuk 

o 

sistem tiga-fasa θ = 120 . 

Z∆ = 2 (1 − cosθ) 

Z Y = 3Z Y 

(1.42) 

Jika diperlukan, arus pada cabang-cabang hubungan ∆ dapat 

dihitung, dengan relasi 

I 

ab 

V 

= 

Z 

V 

V 

ab; I = 

bc 

= 

ca 

bc ; Ica 

(1.43) 

∆ Z∆ 

Z∆ 



Hubungan arus fasa I a 

pada Gb.1.6, yang juga disebut arus saluran 

(line current) I L 

, dengan arus pada cabang ∆ adalah 

I 

a 

= I 

ab 

−I 

1.8. Sistem Tiga-fasa Tak-seimbang 

ca; Ib 

= Ibc 

−Iab; 

Ic 

= Ica 

−Ibc 

(1.44) 

Dalam sistem tiga-fasa seimbang, besar tegangan adalah sama di 

semua fasa dan antara fasa yang berurutan terdapat beda fasa 120 o . 

Demikian pula halnya dengan arus; keadaan ini membuat arus di 

penghantar netral bernilai nol. Tidak demikian halnya dengan 

keadaan tak-seimbang; tegangan dan arus di setiap fasa tidak sama 

dan beda fasa antar tegangan fasa-netral tidak 120 o . 

1.8.1. Komponen Simetris 

Tegangan di setiap fasa (fasa-netral) sistem tak-seimbang dapat 

kita tuliskan sebagai 

V a = Va∠α 

a ; Vb 

= Vb∠αb 

; Vc 

= Vc∠α 

c 

Satu kesatuan tiga fasor tak-seimbang ini, dipandang sebagai 

terdiri dari tiga komponen fasor seimbang yaitu: 

komponen urutan positif 

komponen urutan negatif 

komponen urutan nol 

Komponen urutan positif adalah fasor tiga-fasa seimbang dengan 

selisih sudut fasa 120 o , dengan urutan abc. Komponen urutan 

negatif adalah fasor tiga-fasa seimbang dengan selisih sudut fasa 

120 o dengan urutan cba, dan komponen urutan nol adalah fasor 

tiga-fasa tanpa selisih sudut fasa. Tiga set fasor seimbang ini 

digambarkan pada Gb.1.9. Perhatikanlah bahwa baik komponen 

urutan positif maupun negatif, memiliki selisih sudut fasa 120 o ; 

artinya kemunculan tegangan berselisih 120 o secara berurutan, 

sedangkan komponen urutan nol tidak memiliki selisih sudut fasa, 

yang berarti gelombang tegangan di ketiga-fasa muncul dan 

bervariasi secara bersamaan. Oleh karena itu jumlah fasor arus 

urutan nol di titik penghatar netral tidaklah nol melainkan 3 kali 

arus urutan nol. 

29


Komponen urutan nol diberi tambahan indeks 0, urutan positif 

diberi tambahan indeks 1, urutan negatif dengan tambahan indeks 

2. Komponen-komponen ini disebut komponen simetris. Dengan 

komponen simetris ini maka pernyataan tegangan semula (yang 

tidak seimbang) menjadi 

Va 

= Va0 

+ Va1 

+ Va2 

; 

Vb 

= Vb 

0 + Vb1 

+ Vb 

2; 

Vc 

= Vc0 

+ Vc1 

+ Vc2 

(1.45) 

V c1 

V b2 

V 

a0 , Vb 

0, 

Vc0 

V a1 

V a2 

V b1 

V c2 

Urutan nol Urutan positif Urutan negatif 

Gb.1.9. Komponen seimbang dari fasor tegangantiga-fasa 

tak-seimbang. 

1.8.2. Operator a 

Penulisan komponen urutan dilakukan dengan memanfaatkan 

operator a, yang sesungguhnya adalah fasor satuan yang 

berbentuk 

o 

a = 1∠120 

(1.46) 

Suatu fasor, apabila kita kalikan dengan a akan menjadi fasor lain 

yang terputar ke arah positif sebesar 120 o ; dan jika kita kalikan 

dengan a 2 akan terputar ke arah posistif 240 o (operator semacam 

o 

ini telah pernah kita kenal yaitu operator j = 1∠90 ). Kita 

manfaatkan operator a ini untuk menuliskan komponen urutan 

positif dan negatif. Dengan operator a ini, indeks a,b,c dapat kita 

hilangkan karena arah fasor sudah dinyatakan oleh operator a, 

sehingga kita dapat menuliskan 



sehingga 

V 

V 

V 

a0 

a1 

a2 

= V 

b0 

= V ; V 

1 

2 

= V 

b1 

= V ; V 

b2 

c0 

= V 

1 

2 

0 

= aV 

; 

2 

V 

c1 

= a V ; V 

= a 

c2 

2 

V 

= aV 

a0 

2 

V 

V 

V 

a 

b 

c 

= V 

= V 

= V 

0 

0 

0 

+ V + V 

1 

2 

+ aV 

1 

1 

2 

+ a V + aV 

+ a 

Agar lebih jelas, perhatikan Gb.1.10 berikut ini. 

2 

V 

2 

2 

(1.47) 

aV = V 

1 c1 

aV = V 

2 b2 

V 0 

V 1 = Va1 

V 2 = Va2 

2 

a V 1 = V b 1 


Gb.1.10. Penulisan komponen urutan dengan 

menggunakan operator a. 

Persamaan (1.47) dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks 

menjadi 

⎡Va 

⎤ ⎡1 

⎢ ⎥ 

= 

⎢ 

⎢Vb 

⎥ ⎢ 

1 

⎢ ⎥ ⎢ 

⎣ 

Vc 

⎦ ⎣1 

1 

2 

a 

1.8.3. Mencari Komponen Simetris 

a 

1 ⎤ ⎡V0 

⎤ 

⎢ ⎥ 

a 

⎥ 

⎥ ⎢V1 

⎥ 

2 

a ⎥ ⎢ ⎥ 

⎦ ⎣ 

V2 

⎦ 

2 

a V 2 = V c 2 

(1.48) 

Komponen simetris adalah besaran-besaran hasil olah matematik; 

ia tidak diukur dalam praktek. Yang terukur adalah besaranbesaran 

yang tak-seimbang yaitu V a , Vb 

, Vc 

. Komponen simetris 

dapat kita cari dari (1.47.a) dengan menjumlahkan fasor-fasor dan 

dengan mengingat bahwa (1 + a + a 2 ) = 0, yaitu 

31

V 

= V 

+ V + V 


a 0 1 2 

Vb 

2 

= V0 

+ a V1 

+ aV2 

Vc 

2 

= V0 

+ aV1 

+ a V2 

⇒ V a + Vb 

+ Vc 

2 

2 

= 3V0 + (1 + a + a) 

V1 

+ (1 + a + a ) V2 

= 3V0 

1 

⇒ V 0 = ( Va 

+ Vb 

+ Vc 

3 

) 

(1.49.a) 

Jika baris ke-dua (1.47.a) kita kalikan dengan a dan baris ke-tiga 

kita kalikan dengan a 2 , kemudian kita jumlahkan, kita peroleh: 

Va 

= V0 

+ V1 

+ V2 

3 2 

aVb 

= aV0 

+ a V1 

+ a V2 

2 2 3 4 

a Vc 

= a V0 

+ a V1 

+ a V2 

2 

2 

2 

⇒ V a + aVb 

+ a Vc 

= ( 1+ 

a + a ) V0 

+ 3V1 

+ (1 + a + a) 

V2 

= 3V1 

1 

2 

⇒ V1 

= ( Va 

+ aVb 

+ a Vc 

) 

(1.49.b) 

3 

Jika baris ke-dua (1.47.a) kita kalikan dengan a 2 dan baris ke-tiga 

kita kalikan dengan a, kemudian kita jumlahkan, kita peroleh: 

Va 

= V0 

+ V1 

+ V2 

2 2 4 3 

a Vb 

= a V0 

+ a V1 

+ a V2 

2 3 

aVc 

= aV0 

+ a V1 

+ a V2 

2 

2 

2 

⇒ V a + aVb 

+ a Vc 

= ( 1+ 

a + a) 

V0 

+ (1 + a + a ) V1 

+ 3V2 

= 3V2 

1 2 

⇒ V 1 = ( Va 

+ a Vb 

+ aVc 

) 

(1.49.c) 

3 

Relasi (1.49.a,b,c) kita kumpulkan dalam satu penulisan matriks: 

⎡V0 

⎤ 

⎢ ⎥ 

⎢V1 

⎥ = 

⎢ ⎥ 

⎣ 

V2 

⎦ 

1 

3 

⎡1 

⎢ 

⎢ 

1 

⎢⎣ 

1 

1 

a 

2 

a 

1 ⎤ ⎡VA 

⎤ 

2 ⎢ ⎥ 

a 

⎥ 

⎥ ⎢VB 

⎥ 

a ⎥ ⎢ ⎥ 

⎦ ⎣ 

VC 

⎦ 

(1.50) 



Dengan demikian kita mempunyai dua relasi antara besaran fasa 

dan komponen simetrisnya yaitu (1.48) dan (1.50) yang masingmasing 

dapat kita tuliskan dengan lebih kompak sebagai berikut: 

~ ~ 

Vabc 

= [ T] 

V012 

~ 

~ 

(1.51.a) 

−1 

V012 

= [ T] 

Vabc 

dengan 

[ T] 

⎡1 

= 

⎢ 

⎢ 

1 

⎢⎣ 

1 

1 

1 ⎤ 

a 

⎥ 

⎥ 

2 

a ⎥⎦ 

2 

−1 

2 

a dan [ T ] = 

⎢ 

1 a a 

⎥ 

(1.51.b) 

2 

a 

1 

3 

⎡1 

⎢ 

⎢⎣ 

1 

a 

1 

1 ⎤ 

⎥ 

a ⎥⎦ 

Dengan cara yang sama kita dapat memperoleh relasi untuk arus 

~ ~ 

Iabc 

= [ T] 

I012 

~ ~ 

(1.51.c) 

−1 

I012 

= [ T] 

Iabc 

1.8.4. Relasi Transformasi 

Relasi (1.51) inilah pasangan relasi untuk menghitung komponen 

urutan jika diketahui besaran fasanya, dan sebaliknya menghitung 

besaran fasa jika diketahui komponen urutannya; mereka kita 

sebut relasi transformasi fasor tak-seimbang. Perhatikan sekali 

lagi bahwa masing-masing komponen urutan membentuk fasor 

seimbang; komponen simetris adalah besaran-besaran hasil olah 

matematik, tidak diukur dalam praktek; yang terukur adalah 

besaran-besaran yang tak-seimbang yaitu V a , Vb 

, Vc 

. 

o 

o 

CONTOH-1.3: Diketahui I a = 1∠60 

, Ib 

= 1∠ − 60 , and Ic 

= 0 , 

hitunglah komponen-komponen simetrisnya . 

Solusi: 

1 

I1 

= a 

3 

1 

= 

3 

1 

= 

3 

2 1 o o 

( I + aI 

+ a I ) = ( 1∠60 

+ 1∠60 

+ 0) 

b 

((0,5 

+ j0,866) 

+ (0,5 + j0,866) 

+ 0) 

1 o 

( 1 + j1,732 

) = ( 2∠60 

) 

c 

3 

3 

33

1 

I2 

= 

3 

1 

= 

3 

1 

= 

3 

1 

I0 

= 

3 

1 

= 

3 

1 

= 

3 


2 1 o o 

( I + a I + aI 

) = ( 1∠60 

+ 1∠180 

+ 0) 

a 

b 

((0,5 

+ j0,866) 

−1 

+ 0) 

c 

o 

( − 0,5 + j0,866) = 0,333∠120 

1 o o 

( I + I + I ) = ( 1∠60 

+ 1∠60 

+ 0) 

a 

b 

3 

((0,5 

+ j0,866) 

+ (0,5 − j0,866) 

+ 0) 

o 

( 1 + j0) = 0,333∠0 

c 

Perhatikan: perhitungan dalam soal ini memberikan 

I 

c1 

I 

I 

c2 

c0 

= aI 

= I 

1 

2 

= a I 

0 

= 1∠120 

2 

o 

= 1∠240 

= 0,333∠0 

2 

× ∠60 

3 

o 

o 

o 

3 

2 

= ∠(120 

3 

× 0,333∠120 

o 

o 

o 

+ 60 ) = 0,667∠180 

= 0,333∠360 

sedangkan diketahui I c = 0 

Kita yakinkan: 

I c = Ic1 + Ic2 

+ Ic0 

= −0,667 

+ 0,333 + 0,333 ≈ 0 

1.8.3. Impedansi Urutan 

Z 

Z 

Z 

Jika impedansi A, B , C merupakan impedansi-impedansi 

dengan tegangan antar terminal masing-masing V aa' 

, Vbb' 

, Vcc' 

maka 

⎡Vaa' 

⎤ ⎡I 

a ⎤ 

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 

⎢Vbb' 

⎥ = [ Z ABC ] ⎢Ib 

⎥ 

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 

⎣ 

Vcc' 

⎦ ⎣ 

Ic 

⎦ 

atau lebih kompak 

o 

o 



~ 

~ 

V( abc )' = [ Z ABC ] Iabc 

(1.52) 

~ 

V ( abc)' 

adalah tegangan antar terminal impedansi dan Iabc 

adalah arus yang melalui impedansi. [ Z ABC ] adalah matriks 3 × 3, 

yang elemen-elemennya merupakan impedansi total yang terdiri 

dari impedansi sendiri dan impedansi bersama. Kita akan melihat 

sebuah contoh saluran transmisi yang mendapat pembebanan tidak 

seimbang. 

CONTOH-1.4: Suatu saluran tiga-fasa masing masing memiliki 

reaktansi sediri X s sedangkan antar fasa terdapat reaktansi bersama 

X m . Resistansi konduktor diabaikan. Tentukanlah impedansi urutan. 

Perhatikan bahwa X s adalah reaktansi sendiri dan X m adalah 

reaktansi bersama antar konduktor. 

V a 

V b 

X m 

X m 

X m 

. 

. 

. 

X s 

X s 

X s 

I b 

I a 

I c 

V′ b 

~ 

V′ a 

V c 

I + I + I 

a 

b 

c 

V′ c 

Solusi: 

Vaa' 

= Va 

− Va' 

= jX sI 

a + jX mIb 

+ jX mIc 

Vbb' 

= Vb 

− Vb' 

= jX mI 

a + jX s Ib 

+ jX mIc 

Vcc' 

= Vc 

− Vc' 

= jX mI 

a + jX mIb 

+ jX sIc 

yang dapat dituliskan dalam bentuk matriks 

⎡Va 

⎤ ⎡Va' 

⎤ ⎡ X s X m 

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 

− = 

⎢ 

⎢Vb 

⎥ ⎢Vb' 

⎥ j 

⎢ 

X m X s 

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 

⎣ 

Vc 

⎦ ⎣ 

Vc' 

⎦ ⎣X 

m X m 

dan dapat dituliskan dengan lebih kompak 

X m ⎤ ⎡I 

a ⎤ 

⎢ ⎥ 

X 

⎥ 

m ⎥ ⎢Ib 

⎥ 

X ⎥ ⎢ ⎥ 

s ⎦ ⎣ 

Ic 

⎦ 

35


~ 

V 

~ 

′ 

~ 

abc − Vabc 

= [ Z ABC ] Iabc 

Karena 

~ ~ ~ −1 

~ ~ ~ 

V abc = [ T] 

V012 

, V012 

= [ T] 

Vabc 

, dan Iabc 

= [ T] 

I012 

maka relasi diatas menjadi 

~ ~ 

~ 

[ T] 

V012 

− [ T] 

V012 

′ = [ Z ABC ][ T] 

I012 

atau 

~ ~ −1 

~ 

V012 

− V012 

′ = [ T] 

[ Z ABC ][ T] 

I012 

Pada relasi terakhir ini terdapat faktor 

− 

[ T] 1 [ Z ][ T] 

ABC 

yang dapat kita hitung sebagai berikut: 

-1 

[ T] [ Z ][ T] 

ABC 

⎡X 

s + 2X 

j 

= 

⎢ 

⎢ 

X s − X 

3 

⎢⎣ 

X s − X 

⎡X 

s + 2X 

= j 

⎢ 

⎢ 

0 

⎢⎣ 

0 

m 

m 

m 

⎡1 

1 

= 

⎢ 

⎢ 

1 

3 

⎢⎣ 

1 

m 

X 

aX 

a 

s 

2 

X s 

s 

0 

X 

1 

a 

a 

s 

+ (1 + a 

− X 

0 

2 

1 ⎤ ⎡ X 

2 

a 

⎥ ⎢ 

⎥ 

j 

⎢ 

X 

a ⎥⎦ 

⎢⎣ 

X 

+ 2X 

+ (1 + a) 

X 

m 

X 

m 

2 

) X 

s 

0 

0 

m 

m 

− X 

s 

m 

m 

m 

a 

⎤ 

⎥ 

⎥ 

⎥⎦ 

2 

aX 

Hasil perhitungan ini memberikan relasi berikut 

X 

X 

X 

X 

s 

m 

s 

m 

X 

s 

s 

X 

X 

X 

m 

m 

s 

+ 2X 

+ (1 + a) 

X 

+ (1 + a 

⎤ ⎡1 

⎥ ⎢ 

⎥ ⎢ 

1 

⎥⎦ 

⎢⎣ 

1 

m 

2 

) X 

m 

m 

a 

1 

2 

a 

⎤ ⎡1 

⎥ ⎢ 

⎥ ⎢ 

1 

⎥⎦ 

⎢⎣ 

1 

1 ⎤ 

a 

⎥ 

⎥ 

2 

a ⎥⎦ 

1 

a 

2 

a 

1 ⎤ 

a 

⎥ 

⎥ 

2 

a ⎥⎦ 

~ 

V 

012 

~ 

− V′ 

012 

⎡X 

s + 2X 

⎢ 

= j 

⎢ 

0 

⎢⎣ 

0 

⎡Z 

0 0 

= 

⎢ 

⎢ 

0 Z1 

⎢⎣ 

0 0 

m 

X 

s 

0 ⎤ 

~ 

0 

⎥ 

⎥ 

I 

Z 2 

⎥⎦ 

0 

− X 

0 

012 

m 

= [ Z 

X 

s 

012 

0 

0 

− X 

~ 

] I 

m 

012 

⎤ 

⎥ ~ 

⎥ 

I 

⎥⎦ 

012 

= 



Jika didefinisikan: 

Impedansi urutan nol Z 0 = j( 

X s + 2X 

m ) 

Impedeansi urutan positif Z1 = j( 

X s − X m ) 

Impedansi urutan negatif Z 2 = j( 

X s − X m ) 

Rangkaian ekivalen urutan dari rangkaian dalam relasi ini 

digambarkan sebagai berikut: 


1.9.4. Daya Pada Sistem Tak-seimbang 

Daya pada sistem tiga-fasa adalah jumlah daya setiap fasa. 

S 

Z 0 

V0 

V 0′ 

∗ ∗ ∗ 

3 f = VaI 

a + Vb 

Ib 

+ VcI 

c atau dalam bentuk matriks 

S 

Z 1 

V1 

V 1′ 

⎡ 

⎤ 

∗ 

I a 

⎢ 

∗ 

⎥ ~ ~ ∗ 

3 f = [ Va 

Vb 

Vc 

] ⎢Ib 

⎥ = VabcT 

Iabc 

(1.53) 

⎢ ∗ 

I ⎥ 

c 

⎢⎣ 

( V ~ abcT adalah transposisi dari V ~ abc ) 

~ ~ ~ ~ 

Karena V abc = [ T] 

V012 

dan Iabc 

= [ T] 

I012 

, maka relasi 

diatas menjadi 

~ 

∗ ~ ∗ 

S 3 f = V012[ 

T] 

T[ 

T] 

I012 

(1.54) 

~ ~ ~ ~ 

Catatan: V abc = [ T] 

V012 ⇒ VabcT 

= V012T 

[ T] 

T 

~ ~ ~ ∗ ∗ ~ ∗ 

Iabc 

= [ T] 

I012 

⇒ Iabc 

= [ T] 

I012 

⎥⎦ 

Z 2 

V2 

V 2′ 

Pada (1.54) terdapat faktor [ T] [ T] ∗ 

T yang dapat kita hitung 

[ T] [ T] 

T 

∗ 

⎡1 

= 

⎢ 

⎢ 

1 

⎢⎣ 

1 

a 

1 

2 

a 

1 ⎤ ⎡1 

a 

⎥ ⎢ 

⎥ ⎢ 

1 

2 

a ⎥⎦ 

⎢⎣ 

1 

a 

1 

a 

2 

1 ⎤ ⎡3 

2 

a 

⎥ 

= 

⎢ 

⎥ ⎢ 

0 

a ⎥⎦ 

⎢⎣ 

0 

0 

3 

0 

0⎤ 

⎡1 

0 

⎥ 

= 

⎢ 

⎥ 

3 

⎢ 

0 

3⎥⎦ 

⎢⎣ 

0 

0 

1 

0 

0⎤ 

0 

⎥ 

⎥ 

1⎥⎦ 

37


Dengan demikian (1.54) dapat dituliskan 

∗ 

S 3 f = 3V012 

T I012 

atau 


~ 

~ 

∗ ∗ ∗ 

( V I + V I + V ) 

S 3 f = 3 0 0 1 1 2I 

2 (1.55) 

CONTOH-1.5: Hitunglah daya tiga-fasa pada kondisi tidak 

seimbang seperti berikut: 

Solusi (1): 

V 

V 

⎡ 10 ⎤ 

= 

⎢ 

10 

⎥ 

⎢ 

− 

⎥ 

kV 

⎢⎣ 

0 ⎥⎦ 

dan 

ABC I ABC 

[ 10 −10 

0] 

∗ 

ABCT = 

dan I ABC 

⎡ j10 

⎤ 

= 

⎢ 

10 

⎥ 

⎢ 

− 

⎥ 

A 

⎢⎣ 

−10⎥⎦ 

⎡− 

j10⎤ 

= 

⎢ ⎥ 

⎢ 

−10 

⎥ 

⎢⎣ 

−10 

⎥⎦ 

Kita akan menghitung daya tiga-fasa langsung dengan 

mengalikan kedua matriks kolom ini 

⎡− 

j10⎤ 

S3 f = 

⎢ ⎥ 

⎢ ⎥ 

j 

⎢⎣ 

−10 

⎥⎦ 

Hasil ini kita peroleh dengan mengaplikasikan langsung 

formulasi daya dengan mengambil nilai-nilai tegangan dan arus 

yang tidak simetris. Berikut ini kita akan menyelesaikan soal ini 

melalui komponen simetris. 

Solusi (2): 

[ 10 −10 

0] −10 

= − j100 

+ 100 + 0 = (100 − 100) kVA 

Tegangan urutan adalah: 

⎡1 

1 1 ⎤ ⎡ 10 ⎤ ⎡ 0 ⎤ 

~ −1 

~ 1 

[ ] 

⎢ 

2 ⎥ ⎢ ⎥ 1 

V 

= 

⎢ 

⎥ 

012 = T V ABC = 

⎢ 

1 a a 

⎥ ⎢ 

−10 

⎥ ⎢ 

10 − a10 

+ 0 

3 

3 

⎥ 

⎢ 

2 

⎣1 

⎥⎦ 

⎢⎣ 

0 ⎥⎦ 

⎢ 

2 

a a 

⎣10 

− a 10 + 0⎥⎦ 

~ 

Dari sini kita hitung V 012T 

~ 1 

2 

⇒ V 012T 

= [ 0 10 − a10 

10 − a 10] 

3


Arus urutan adalah: 

~ 

I 

012 

~ 

⇒ I 

= 

∗ 

012 

[ T] 

= 

−1 

~ 

I 

ABC 

⎡ 0 ⎤ 

1 ⎢ ⎥ 

⎢ 

− j10 

+ 10 

3 ⎥ 

⎢⎣ 

− j10 

+ 10⎥⎦ 

Daya tiga-fasa adalah 

S3 

f 

~ ∗ 

= 3V012 

T I012 

1 1 

= 3× 

× 

3 3 

1 

= 

3 

1 

= 

3 

⎡1 

1 1 ⎤ ⎡ j10 

⎤ 

1 ⎢ 

2 

= 

⎥ ⎢ ⎥ 

⎢ 

1 a a 

⎥ ⎢ 

−10 

3 

⎥ 

⎢ 

2 

⎣1 

a a ⎥⎦ 

⎢⎣ 

−10⎥⎦ 

⎡ 0 ⎤ 

1 

= 

⎢ 

2 ⎥ 

⎢ 

j10 

− a10 

− a 10 

⎥ 

= 

3 

⎢ 

2 

⎣ j10 

− a 10 − a10⎥⎦ 

2 

[ 0 10 - a10 

10 − a 10] 

1 

3 

⎡ 0 ⎤ 

⎢ ⎥ 

⎢ 

j10 

+ 10 

⎥ 

⎢⎣ 

j10 

+ 10⎥⎦ 

2 

[ 0 + (10 − a10)( 

− j10 

+ 10) + (10 − a 10)( − j10 

+ 10) ] 

( 300 − j300) = (100 − j100) 

kVA 

2 

(catatan: a + a = −1) 

⎡ 0 ⎤ 

⎢ 

j10 

10 

⎥ 

⎢ 

− + 

⎥ 

⎢⎣ 

− j10 

+ 10⎥⎦ 

Komentar: Hasil perhitungan dengan perkalian langsung 

tegangan dan arus tak-seimbang sama dengan hasil 

perkalian melalui komponen simetris. Jika hasilnya sama, 

mengapa kita harus bersusah payah mencari komponen 

simetris terlebih dulu? Persoalan pada pembebanan takseimbang 

tidak hanya menghitung daya, tetapi juga arus 

dan tegangan; misalnya menghitung arus hubung singkat 

yang tidak simetris, yang tetap memerlukan perhitungan 

komponen simetris. 

39


1.9. Pernyataan Sistem Tenaga 

Sistem tenaga merupakan rangkaian listrik yang rumit. Disamping 

banyaknya macam piranti yang ada di dalamnya, sistem ini juga 

sistem multifasa (umumnya tiga-fasa), dan ia beroperasi pada 

banyak tingkat tegangan. Agar analisis dapat dilakukan, maka 

sistem tenaga harus dapat dinyatakan secara mudah. 

1.9.1. Diagram Satu Garis 

Langkah pertama dalam analisis adalah memindahkan rangkaian 

sistem tenaga ke atas kertas dalam bentuk diagram rangkaian. 

Diagram rangkaian untuk sistem tenaga berupa diagram satu garis 

(single line diagram). Diagram ini sederhana namun menunjukkan 

secara lengkap interkoneksi berbagai piranti. Walaupun hanya satu 

garis, ia menggambarkan sistem multifasa. Berikut ini contoh dari 

diagram satu garis. 

Generator 

G 

Y 

Z 

beban 

Y-ditanahkan 

melalui 

impedansi 

1 ∆ 

3 Y 

∆ 

Trafo 

3 belitan 

2 4 

Circuit 

Breaker 

Saluran 

transmisi 

Nomer bus 

Y ∆ 

5 6 

Trafo 

2 belitan 

beban 

Gb.1.11. Diagram satu garis. 

Gb.1.11. memperlihatkan sebuah generator terhubung Y, dengan 

titik netral yang ditanahkan melalui sebuah impedansi. Generator 

ini dihubungkan ke trasformator tiga belitan melalui bus-1. Belitan 

primer trafo terhubung ∆, belitan sekunder terhubung Y dengan 

titik netral ditanahkan langsung dan terhubung ke bus-2, 

sedangkan belitan tertier dihubungkan ∆ masuk ke bus-3 untuk 

mencatu beban. 

Dari bus-2 melalui circuit breaker masuk ke saluran transmisi 

melalui bus-4. Ujung saluran transmisi melalui bus-5 terhubung ke 

transformator 2 belitan; transformator ini terhubung Y-∆ dengan 



titik netral primernya ditanahkan langsung. Sekunder 

transformator terhubung ke bus-6 untuk mencatu beban. 

Dalam diagram satu garis, impedansi-impedansi tidak 

digambarkan. Untuk analisis, diagram satu garis perlu 

“diterjemahkan” menjadi diagram rangkaian listrik model satu 

fasa seperti terlihat pada Gb. 1.12. 

+ 

∼ 

Generator 

1 

3 

beban 

Transformator 

2 4 5 6 

Circuit 

breaker 

Rangkaian 

ekivalen π 

saluran 

transmisi 

Transformator 

beban 

Gb.1.12. Model satu fasa dari diagram satu garis Gb.1.11. 

Dengan model satu fasa inilah analisis dilakukan. Dalam Gb.1.12. 

ini saluran transmisi dinyatakan dengan rangkaian ekivalennya, 

yaitu rangkaian ekivalen π, yang akan kita pelajari lebih lanjut. 

1.9.2. Sistem Per-Unit 

Sistem per-unit sesungguhnya merupakan cara penskalaan atau 

normalisasi. Besaran-besaran sistem dalam satuan masing-masing, 

tegangan dalam volt – arus dalam ampere – impedansi dalam ohm, 

ditransformasikan ke dalam besaran tak berdimensi yaitu per-unit 

(disingkat pu). Pada mulanya transformasi ke dalam per-unit 

dimaksudkan untuk mempermudah perhitungan, namun dengan 

perkembangan penggunaan computer maksud penyederhanaan itu 

sudah kurang berarti lagi. Walaupun demikian, beberapa 

keuntungan yang terkandung dalam sistem per-unit (yang akan 

kita lihat kemudian) masih terasakan dan oleh karena itu kita akan 

pelajari. 

Nilai per-unit dari suatu besaran merupakan rasio dari besaran 

tersebut dengan suatu besaran basis. Besaran basis ini berdimensi 

sama dengan dimensi besaran aslinya sehingga nilai per-unit 

besaran itu menjadi tidak berdimensi 

41

Nilai per - unit = 


nilai sesungguhnya 

nilai basis 

Nilai sesungguhnya mungkin berupa bilangan kompleks, namun 

nilai basis yang ditetapkan adalah bilangan nyata. Oleh karena itu 

sudut fasa nilai dalam per-unit sama dengan sudut fasa 

sesungguhnya. 

Sebagai contoh kita ambil daya kompleks 

∗ 

S = V I = VI∠( α − β) 

(1.56) 

di mana α adalah sudut fasa tegangan dan β adalah sudut fasa 

arus. Untuk menyatakan S dalam per-unit kita tetapkan S basis yang 

berupa bilangan nyata, sehingga 

Didefinisikan pula bahwa 

S∠( 

α − β) 

S pu = = S pu∠( 

α − β) 

(1.57) 

S 

basis 

S × 

basis = Vbasis 

Ibasis 

(1.58) 

Nilai S basis dipilih secara bebas dan biasanya dipilih angka yang 

memberi kemudahan seperti puluhan, ratusan dan ribuan. Jika 

S basis sudah ditentukan kita harus memilih salah satu V basis atau 

I basis untuk ditentukan secara bebas, tetapi tidak kedua-duanya bisa 

dipilih bebas. 

Jika kita hitung S pu dari (1.56) dan (1.57) kita peroleh 

S 

V∠αI∠ − β 

∗ 

S pu = = 

= V pu I pu (1.59) 

Sbasis 

VbasisIbasis 

Nilai basis untuk impedansi ditentukan menggunakan relasi 

2 

Vbasis 

Vbasis 

Zbasis 

= = 

(1.60) 

Ibasis 

Sbasis 

Dengan Z basis ini relasi arus dan tegangan 

akan memberikan 

V 

V = Z I atau Z = 

I 



Z 

Zbasis 

V / I 

= atau 

Vbasis 

/ Ibasis 

V pu 

Z pu = (1.61) 

I pu 

Karena Z = R + jX maka 

Z 

Z 

basis 

R + jX 

R 

= = + j atau 

Zbasis 

Zbasis 

Zbasis 

Z + 

X 

pu = R pu jX pu 

(1.62) 

Jadi tidaklah perlu menentukan nilai basis untuk R dan X secara 

sendiri-sendiri. Selain itu tidak pula diperlukan menentukan nilai 

basis untu P dan Q secara sendiri-sendiri pula. 

S P + jQ 

S 

= atau 

basis S basis 

S + 

pu = Ppu 

jQ pu 

(1.63) 

Contoh-1.6: 

Nyatakanlah 

besaran-besaran 

4Ω 

− j4 Ω 

o 

pada rangkaian V = 200∠0 

V ∼ 

j8 Ω 

satu fasa berikut 

ini dalam perunit 

dengan mengambil S basis = 1000 VA dan V basis = 200 V. 

Solusi: 

S basis = 1000 VA; Vbasis 

= 200 V 

I 

S 

1000 = 

basis 

basis = = 5 A 

Vbasis 

200 

Z 

basis 

Maka: 

V 

= 

I 

V pu 

basis 

basis 

= 

200 

= 40 Ω 

5 

o 

200∠0 

o 

= = 1∠0 

pu 

200 

R pu 

4 = = 0,1 pu 

40 

43


X Cpu 

X Lpu 

4 = = 0,1 pu 

40 

8 = = 0,2 pu 

40 

Transformasi rangkaian dalam per-unit menjadi seperti 

gambar di bawah ini. 

o 

Z pu = 0,1 − j0,1 

+ j0,2 

= 0,1 + j0,1 

= 0,1 2∠45 

pu 

V pu 

I pu = 

Z pu 

S 

pu 

= V 

pu 

I 

o 

1∠0 

o 

= 

= 5 2∠ − 45 pu 

o 

0,1 2∠45 

∗ 

pu 

= 1∠0 

o 

× 5 

2∠45 

o 

= 5 

2∠45 

o 

pu 

1∠0 

o 

pu 

∼ 

0,1pu 

− j0,1 pu 

j0,2 pu 

1.9.3. Sistem Per-Unit Dalam Sistem Tiga-fasa 

Di sub-bab sebelumnya, kita lihat aplikasi sistem per-unit pada 

sistem satu fasa. Untuk sistem tiga-fasa (yang kita ketahui bahwa 

sistem tiga-fasa ini sangat luas dipakai dalam penyediaan energi 

listrik) dikembangkan pengertian nilai basis tambahan sebagai 

berikut. 

S3 

f basis = 3Sbasis 

V 

Z 

ff basis 

Ybasis 

Z ∆ basis = 3Z 

basis 

(1.64) 

I = I 

I 

I 

f asis 

Ybasis 

∆basis 

= V 

= Z 

= I 

= I 

basis 

basis 

basis 

basis 

basis 

Bagaimana implementasi dari nilai-nilai basis di atas, akan kita 

lihat pada contoh berikut ini. 


/ 

3 

3


Contoh-1.5: Sebuah sumber tiga-fasa dengan tegangan fasa-fasa 6 

kV mencatu dua beban seimbang yang tersambung parallel: beban- 

A: 600 kVA, faktor daya 0,8 lagging, beban-B: 300 kVA, faktor 

daya 0,6 leading. Tentukan nilai basis untuk sistem ini, hitung arus 

saluran dalam per-unit dan dalam ampere, dan impedansi beban A. 

Solusi: 

Penentuan nilai basis adalah sembarang. Kita pilih S 3f basis = 600 

kVA dan V ff basis = 6 kV, sehingga 

600 

Sbasis 

= = 200kVA 

3 

6 

Vbasis 

= = 3464 V 

3 

S 200 

I = basis 

basis = = 57,74 A 

Vbasis 

6 / 3 

V 3464 

Z = basis 

basis = = 60 Ω 

Ibasis 

57,74 

Sumber ini terbebani seimbang sehingga hanya ada urutan positif. 

Besaran per fasa adalah: 

Beban-A: 

S 

S 

A 

A 

→ S 

600 

= = 200 kVA; ϕA 

3 

= 200∠36,9 

Apu 

S 

= 

S 

A 

o 

basis 

kVA 

= cos 

200∠ + 36,9 

= 

200 

−1 

o 

(0,8) = + 36,9 

= 1∠36,9 

o 

o 

(f.d. lag) 

6 / 3 o 

VApu 

= = 1∠0 

; 

6 / 3 

S 

∗ Apu 

I Apu = 

VApu 

o 

1∠36,9 

= 

o 

1∠0 

o 

= 1∠36,9 

⇒ I Apu = 1∠ − 36,9 = 0,8 − 

j0,6 

45


Beban-B: 

300 

o 

SB 

= = 100 kVA; ϕB 

= cos(0,6) = −53,1 

(f.d. lead) 

3 

o 

SB 

= 100∠ − 53,1 kVA 

o 

S 100 53,1 

o 

S B ∠ − 

⇒ Bpu = = 

= 0.5∠ − 53,1 

Sbasis 

200 

o 

VBpu 

= VApu 

= 1∠0 

o 

∗ SBpu 

0,5∠ − 53,1 

o 

IBpu 

= = 

= 0,5∠ − 53,1 

V 

o 

Bpu 1∠0 

o 

⇒ IBpu 

= 0,5∠53,1 

= 0,3 + j0,4 

Arus saluran: 

I pu 

= I Apu 

+ I Bpu 

= 0.8 

− j0,6 

+ 0,3 + j0,4 

= 1,1 − j0,2 

I = (1,1 − j0,2) 

× 57,74 = 63,51 − j11,55 

= 64,55∠ −10,3 

Impedansi beban-A: 

o 

A 

VApu 

Z Apu = 

I Apu 

o 

1∠0 

o 

= = 1∠36,9 

o 

1∠ − 36 

o 

⇒ Z A = 60∠36,9 

= (48 + j36) 

Ω 



BAB 2 Saluran Transmisi 

Saluran transmisi merupakan koridor yang harus dilalui dalam 

penyaluran energi listrik. Saluran transmisi biasanya dinyatakan 

menggunakan rangkaian ekivalen. Hal ini telah kita lihat secara 

selintas pada pembahasan diagram satu garis, Gb.1.9. Walaupun 

rangkaian ekivalen saluran transmisi cukup sederhana, ada empat 

hal yang perlu kita perhatikan yaitu: 

• Resistansi konduktor, 

• Imbas tegangan di satu konduktor oleh arus yang mengalir 

di konduktor yang lain, 

• Arus kapasitif karena adanya medan listrik antar konduktor, 

• Arus bocor pada isolator. 

Dalam analisis sistem tenaga, arus bocor pada isolator biasanya 

diabaikan karena cukup kecil dibandingkan dengan arus konduktor. 

Namun masalah arus bocor menjadi sangat penting jika kita 

membahas isolator karena arus bocor ini mengawali terjadinya 

kerusakan pada permukaan isolator yang dapat mengakibatkan 

flashover dan kegagalan sistem. 

Karena saluran udara memanfaatkan udara sebagai bahan isolasi, 

perlu kita lihat besaran-besaran fisis udara yang akan masuk dalam 

perhitungan-perhitungan saluran transmisi, yaitu: 

Permeabilitas: permeabilitas magnetik udara dianggap sama 

dengan permeabilitas ruang hampa: 

µ = µ 0µ 

r 

≈ µ 

0 

= 4π× 

10 

−7 

H/m 

Permitivitas: permitivitas listrik udara dianggap sama dengan 

permitivitas ruang hampa: 

ε = ε 

r 

ε 

0 

≈ ε 

0 

− 

10 9 

= 

36π 

F/m 

47


2.1. Impedansi dan Admitansi 

2.1.1. Resistansi 

Material yang biasa digunakan sebagai konduktor adalah tembaga 

dan aluminum. Untuk saluran transmisi banyak digunakan 

aluminum dan kita mengenal jenis-jenis konduktor aluminum, 

seperti: 

• Aluminum: AAL (all aluminum coductor) 

• Aloy aluminum: AAAL (all aluminum alloy conductor) 

• Aluminum dengan penguatan kawat baja: ACSR 

(aluminum conductor steel reinforced) 

Data mengenai ukuran, konstruksi, resistansi [Ω per km], radius 

[cm], GMR [cm] (Geometric Mean Radius), serta kemampuan 

mengalirkan arus [A], dapat kita peroleh dari standar / spesifikasi; 

untuk sementara kita tidak membahasnya. 

Relasi resistansi untuk arus searah adalah 

ρl 

R AS = Ω 

(2.1) 

A 

dengan l panjang konduktor [m], A luas penampang konduktor 

[m 2 ], dan ρ adalah resistivitas bahan. 

−8 

ρAl 

= 2,83 × 10 Ω.m 

o 

[20 C] 

−8 

ρAl 

= 1,77 × 10 Ω.m 

o 

[20 C] 

Resistansi tergantung dari temperature, 

Untuk aluminum 

T 

T 

2 + 0 

ρ T 2 = ρT1 

(2.2) 

T1 

+ T0 

T 0 = 228o C ; untuk tembaga T 0 = 241o C 

Resistansi untuk arus bolak-balik lebih besar dari resistansi untuk 

arus searah karena ada efek kulit yaitu kecenderungan arus bolakbalik 

untuk mengalir melalui daerah pinggiran penampang 

konduktor. 



Selain daripada itu, kondukor saluran transmisi merupakan pilinan 

konduktor sehingga panjang konduktor sesungguhnya lebih dari 

panjang lateral yang kita ukur. 

2.1.2. Induktansi 

Arus di suatu konduktor menimbulkan medan magnit di 

sekelilingnya dan juga di dalam konduktor itu sendiri walaupun 

yang di dalam konduktor tidak merata di seluruh penampang. 

Menurut hukum Ampere, jika arus yang mengalir pada konduktor 

adalah i maka medan magnet H di sekitar konduktor diperoleh 

dengan relasi 

∫ 

Hdl = i . Di titik berjarak x di luar konduktor 

l 

relasi ini menjadi 

H x 

i 

= (2.3) 

2 πx 

Jika konduktor kita anggap sangat panjang dan l adalah satu 

segmen dari padanya, maka fluksi magnet yang melingkupi 

segmen ini sampai jarak D x dari konduktor adalah 

Dx 

Dx 

µ il µ il Dx 

λ = 

∫ 

µ Hldx = dx = ln 

r ∫ 

(2.4) 

r 2πx 

2π 

r 

dimana r adalah radius konduktor. Persamaan (2.4) ini adalah 

fluksi lingkup di luar konduktor. Masih ada fluksi di dalam 

konduktor yang harus diperhitungkan. Untuk mencakup fluksi di 

dalam konduktor tersebut, didefinisikan suatu radius ekivalen yang 

disebut Geometric Mean Radius (GMR), r′, sehingga (2.4) menjadi 

µ il Dx 

λ′ = ln 

2π 

r′ 

(2.5) 

GMR adalah suatu radius fiktif yang lebih kecil dari radius fisik 

konduktor. Radius fiktif (GMR) ini kita anggap sebagai radius 

konduktor manakala kita berbicara tentang fluksi magnet sekitar 

konduktor. Dengan r′ yang lebih kecil dari r ini, kita telah 

memperhitungkan adanya fluksi magnet di dalam konduktor. 

49


2.1.2.1. Sistem Dua Konduktor 

v A 

A 

N 

i A 

A′ 

DAN 

: jarak A ke N 

v′ A rA′ 

: GMR konduktor A 

rN′ 

: GMR konduktor N 

i N′ 

A 

Gb.2.1. Saluran kirim A dan saluran balik N. 

Kita perhatikan suatu saluran daya listrik yang terdiri dari dua 

konduktor, satu adalah saluran kirim dan satu lagi saluran balik. 

Saluran kirim dialiri arus i sedangkan saluran balik juga dialiri 

arus i tetapi dengan arah yang berlawanan; hal ini digambarkan 

pada Gb.2.1. Kita pandang sistem dua konduktor ini sebagai satu 

segmen dari loop yang sangat panjang. Pada ujung-ujung 

segmen loop ini terdapat tegangan di antara kedua konduktor, 

yaitu v A dan v′ 

A . 

Jika panjang segmen ini adalah l maka arus i A di saluran A 

memberikan fluksi lingkup menembus bidang segmen loop ini 

sebesar 

λ 

µ i 

A AN 

AN1 = ln 

(2.6.a) 

2π 

rA′ 

Arus i A di saluran balik N memberikan fluksi lingkup sebesar 

A 

D AN 

Fluksi saling 

menguatkan 

N 


l 

λ 

D 

µ i 

l 

D 

A AN 

AN 2 = ln (2.6.b) 

2π 

rN′ 

Di ruang antara A dan N, fluksi λ AN1 

dan λ AN 2 saling menguatkan sehingga 

fluksi lingkup total menjadi 

2 

µ i Al 

DAN 

λ AN = λ A1 + λ A2 

= ln (2.6.c) 

2π 

rA′ 

rN′ 

λ AN adalah fluksi lingkup konduktor 

A-N yang ditimbulkan oleh i A , dan


merupakan fluksi sendiri yang akan memberikan induktansi 

sendiri L AA . 

2.1.2.2. Sistem Tiga Konduktor 

Kita lihat sekarang sistem tiga konduktor, saluran kirim A dan B 

serta saluran balik N, seperti terlihat pada Gb.2.2. Arus i A dan i B 

masing-masing mengalir di A dan B sedang di N mengalir arus 

balik ( i A + iB 

) . Kita akan menghitung fluksi lingkup segmen 

loop yang menjadi perhatian kita yaitu fluksi lingkup pada 

segmen loop yang dibentuk oleh saluran A dan saluran balik N. 

i A 

A 

A′ 

i B 

B 

B′ 

Dalam situasi ini arus i A di konduktor A dan arus balik (i A +i B ) di 

N memberikan fluksi lingkup sebesar 

λ 

N 

µ i 

l 

D 

µ ( i 

+ i 

A AN A B AN 

ANB1 = ln + 

ln (2.7.a) 

2π 

rA′ 

2π 

rN′ 

Sementara itu arus i B di konduktor B juga memberikan fluksi 

λ 

µ i 

l 

D 

µ i 

) l 

B AB B BN 

ANB2 = ln + ln (2.7.b) 

2π 

rB′ 

2π 

rB′ 

Karena arus i B searah dengan i A maka suku pertama (2.7.b) 

memperlemah fluksi antara A dan B, sedangkan suku ke-dua 

memperkuat fluksi antara B dan N. Fluksi lingkup antara A dan 

N dengan kehadiran B menjadi 

λ ANB = λ ANB1 

+ λ ANB2 

i A + i B 

Gb.2.2. Saluran kirim A dan B, dan 

saluran balik N 

µ i ⎛ 

⎞ µ ⎛ 

⎞ 

= Al 

D 

⎜ AN D 

⎟ + ⎜ 

⎟ 

+ AN iBl 

DAN 

D 

− AB D 

ln ln 

ln ln + ln BN 

2π 

π 

⎝ rA′ 

rN′ 

⎠ 2 ⎝ rN′ 

rB′ 

rB′ 

⎠ 

l 

D 

N′ 

D 

51

atau 

2 

µ iAl 

DAN 

λ ANB = ln 

2π 

rA′ 

rN′ 

µ iBl 

⎛ D ⎞ 

⎜ AN DBN 

+ 

⎟ 

π 

ln 

2 

⎝ rN′ 

DAB 

⎠ 


(2.7.c) 

λ ANB adalah fluksi lingkup segmen loop A-N dengan kehadiran 

arus di konduktor B yang jika kita bandingkan dengan (2.6.c) 

terlihat bahwa suku ke-dua (2.7.c) adalah tambahan yang 

disebabkan oleh adanya arus i B . 

Kita lihat sekarang fluksi lingkup segmen loop B-N antara 

konduktor B dan N. Fluksi lingkup yang ditimbulkan oleh arus 

di B dan arus di N adalah 

λ 

µ i 

l 

D 

µ ( i 

+ i 

B BN B A BN 

BNA1 = ln + 

ln (2.8.a) 

2π 

rB′ 

2π 

rN′ 

dan fluksi yang ditimbulkan oleh i A yang memperkuat fluksi 

λ BNA1 adalah 

µ i l ⎛ 

D 

D 

A AN AB A AN 

λ BNA2 

= ln ln 

ln 

2 

⎜ − = 

rA 

r 

⎟ 

(2.8.b) 

π ′ A′ 

2π 

DAB 

⎝ 

⎞ 

⎠ 

) l 

µ i 

sehingga fluksi lingkup konduktor B-N menjadi 

λ 

BNA 

= λ 

2 

µ iBl 

DBN 

µ i Al 

DBN 

DAN 

BNA1 + λ BNA2 

= ln + ln 

(2.8.c) 

2π 

rB′ 

rN′ 

2π 

DABrN′ 

Kita lihat bahwa formulasi (2.8.c) mirip dengan (2.7.c); suku 

pertama adalah fluksi yang ditimbulkan oleh arus i B sedangkan 

suku kedua adalah tambahan yang disebabkan oleh arus i A . 

2.2.1.3. Sistem Empat Konduktor 

Dengan cara yang sama, kita menghitung fluksi-fluksi lingkup 

pada sistem empat konduktor dengan tiga konduktor A, B, dan C 

masing-masing dengan arus i A , i B , dan i C , dan konduktor balik N 

dengan arus ( i A + iB 

+ iC 

) seperti terlihat pada Gb.2.3. 

l 

D 

D 



53 

Fluksi lingkup konduktor A-N, B-N, dan C-N adalah: 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

′ 

+ 

′ 

+ 

′ 

′ 

π 

µ 

= 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

′ 

− 

′ 

π 

µ 

+ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

′ 

− 

′ 

π 

µ 

+ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

′ 

+ 

+ 

+ 

′ 

π 

µ 

= 

λ 

AC 

N 

CN 

AN 

C 

AB 

N 

BN 

AN 

B 

N 

A 

AN 

A 

C 

AC 

C 

C 

CN 

C 

B 

AB 

B 

B 

BN 

B 

N 

AN 

C 

B 

A 

A 

AN 

A 

AN 

D 

r 

D 

D 

i 

D 

r 

D 

D 

i 

r 

r 

D 

i 

l 

r 

D 

i 

r 

D 

i 

r 

D 

i 

r 

D 

i 

r 

D 

i 

i 

i 

r 

D 

i 

l 

ln 

ln 

ln 

2 

ln 

ln 

2 

ln 

ln 

2 

)ln 

( 

ln 

2 

2 

(2.9.a) 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

′ 

+ + 

′ 

′ 

+ 

′ 

π 

µ 

= 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

′ 

− 

′ 

π 

µ 

+ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

′ 

− 

′ 

π 

µ 

+ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

′ 

+ 

+ 

+ 

′ 

π 

µ 

= 

λ 

BC 

N 

CN 

BN 

C 

N 

B 

BN 

B 

AB 

N 

AN 

BN 

A 

C 

BC 

C 

C 

CN 

C 

A 

AB 

A 

A 

AN 

A 

N 

BN 

C 

B 

A 

B 

BN 

B 

BN 

D 

r 

D 

D 

i 

r 

r 

D 

i 

D 

r 

D 

D 

i 

l 

r 

D 

i 

r 

D 

i 

r 

D 

i 

r 

D 

i 

r 

D 

i 

i 

i 

r 

D 

i 

l 

ln 

ln 

ln 

2 

ln 

ln 

2 

ln 

ln 

2 

) ln 

( 

ln 

2 

2 

(2.9.b) 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

′ 

′ 

+ 

′ 

+ 

′ 

π 

µ 

= 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

′ 

− 

′ 

π 

µ 

+ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

′ 

− 

′ 

π 

µ 

+ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

′ 

+ 

+ 

+ 

′ 

π 

µ 

= 

λ 

N 

C 

CN 

C 

BC 

N 

BN 

CN 

B 

AC 

N 

AN 

CN 

A 

B 

BC 

B 

B 

BN 

B 

A 

AC 

A 

A 

AN 

A 

N 

CN 

C 

B 

A 

A 

CN 

C 

CN 

r 

r 

D 

i 

D 

r 

D 

D 

i 

D 

r 

D 

D 

i 

l 

r 

D 

i 

r 

D 

i 

r 

D 

i 

r 

D 

i 

r 

D 

i 

i 

i 

r 

D 

i 

l 

2 

ln 

ln 

ln 

2 

ln 

ln 

2 

ln 

ln 

2 

) ln 

( 

ln 

2 

(2.9.c) 

Gb.2.3. Sistem empat konduktor. 

A 

B 

C 

N 

A′ 

B′ 

C′ 

N′ 

v AN 

v BN 

v CN 

AN 

v′ 

BN 

v′ 

CN 

v′ 

i B 

i C 

C 

B 

A 

i 

i 

i + 

+ 

N 

C, 

B, 

A, 

: 

, 

; 

konduktor 

; 

dan 

jarak konduktor 

: j 

i 

i 

GMR 

r 

j 

i 

D 

i 

ij = 

′



Penurunan relasi (2.9) sudah barang tentu tidak terbatas hanya untuk 

empat konduktor. Akan tetapi dalam pembahasan ini kita 

mengaitkannya dengan keperluan kita untuk meninjau sistem tigafasa. 

Oleh karena itu kita batasi tinjauan pada sistem empat 

konduktor. Dalam bentuk matriks, (2.9) dapat kita tuliskan sebagai 

⎡ 

2 

µ D 

⎢ ln AN 

⎢ 2π 

r′ 

′ 

⎡λ 

ArN 

AN ⎤ 

⎢ ⎥ 

⎢ µ D 

⎢ 

λ 

⎥ 

= ⎢ BN DAN 

BN l ln 

⎢2π 

r′ 

⎢⎣ 

λ ⎥ 

N DAB 

CN ⎦ ⎢ µ D 

⎢ CN D 

ln AN 

⎢⎣ 

2π 

rN′ 

DAC 

µ DAN 

D 

ln BN 

2π 

rN′ 

DAB 

2 

µ D 

ln BN 

2π 

rB′ 

rN′ 

µ DCN 

D 

ln BN 

2π 

rN′ 

DBC 

µ D ⎤ 

AN D 

ln CN 

⎥ 

2π 

rN′ 

DAC 

⎥ 

⎡i 

⎤ 

⎥ A 

µ DBN 

D 

ln CN ⎥ 

⎢ ⎥ 

π ′ ⎢ 

iB 

2 r 

⎥ 

N DBC 

⎥ 

⎥ 

⎢⎣ 

iC 

⎥ 

2 

µ D 

⎦ 

ln CN ⎥ 

2π 

rC′ 

rN′ 

⎥⎦ 

(2.10) 

Turunan terhadap waktu dari fluksi lingkup memberikan tegangan 

imbas 

⎡ 

2 

µ DAN 

⎢ ln 

⎢ 2π 

rA′ 

rN′ 

⎡v 

AA′ 

⎤ 

1 

⎢ 

⎢ ⎥ µ D 

= ⎢ BN DAN 

⎢ 

vBB′ 

⎥ 

ln 

l ⎢2π 

r′ 

D 

⎢⎣ 

v ′ ⎥ 

N AB 

CC ⎦ ⎢ 

⎢ 

µ DCN 

DAN 

ln 

⎢ ′ 

⎣ 

2π 

rN 

DAC 

µ DAN 

DBN 

ln 

2π 

rN′ 

DAB 

2 

µ DBN 

ln 

2π 

rB′ 

rN′ 

µ DCN 

DBN 

ln 

2π 

rN′ 

DBC 

µ D ⎤ 

AN DCN 

ln ⎥ ⎡diA 

⎤ 

2π 

rN′ 

DAC 

⎥ ⎢ ⎥ 

⎥ ⎢ ⎥ 

µ D 

⎥ ⎢ 

di dt 

BN DCN 

B 

ln 

⎥ 

2π 

rN′ 

DBC 

⎥ ⎢ ⎥ 

⎥ ⎢di dt 

2 ⎥ 

µ D 

C 

CN 

ln ⎥ ⎢ ⎥ 

π ′ ′ ⎥ ⎣ dt 

2 r r ⎦ 

C N ⎦ 

(2.11) 

Jika tegangan dan arus adalah sinusoidal, persamaan matriks di atas 

dapat kita tuliskan dalam fasor 

⎡ 

2 

µ D AN 

⎢ ln 

⎢ 2π 

r′ 

′ 

⎡ ⎤ 

ArN 

VAA′ 

1 ⎢ ⎥ 

⎢ 

µ D 

⎢ ⎥ = ω⎢ 

BN D AN 

VBB′ 

j ln 

l 

⎢ π ′ 

⎢ ⎥ 

2 rN 

DAB 

⎣ 

VCC′ 

⎦ ⎢ 

⎢ 

µ DCN 

D AN 

ln 

⎢2π 

r′ 

⎣ N D AC 

µ D AN DBN 

ln 

2π 

rN′ 

D AB 

2 

µ DBN 

ln 

2π 

rB′ 

rN′ 

µ DCN 

DBN 

ln 

2π 

rN′ 

DBC 

µ D ⎤ 

AN DCN 

ln ⎥ 

2π 

rN′ 

D AC ⎥ 

⎡ ⎤ 

⎥ 

I A 

µ DBN 

DCN 

⎢ ⎥ 

ln ⎥ 

π ′ ⎢I 

B 

2 r 

⎥ 

N DBC 

⎥ 

⎢ ⎥ 

2 ⎥ 

µ 

⎣ 

IC 

D ⎦ 

CN 

ln ⎥ 

2π 

rC′ 

rN′ 

⎥ 

⎦ 

(2.12) 

Persamaan ini menunjukkan tegangan imbas pada setiap konduktor, 

sepanjang segmen l (jika faktor l pindah ke ruas kanan).


2.1.3. Impedansi 

Resistansi dan tegangan imbas (baik oleh fluksinya sendiri 

maupun oleh fluksi yang timbul karena arus di konduktor lain) 

pada setiap konduktor membentuk impedansi di setiap konduktor. 

Dalam memperhitungkan resistansi, kita amati hal berikut: 

Semua arus fasa melalui masing-masing konduktor fasa, 

sedangkan arus balik melalui konduktor netral secara bersamasama. 

Oleh karena itu impedansi sendiri suatu fasa akan 

mengandung resistansi konduktor fasa dan resistansi konduktor 

netral, sedangkan impedansi bersama akan mengandung resistansi 

konduktor netral saja. Persamaan (2.12) dapat kita tuliskan 

menjadi: 

⎡VAA′ 

⎤ ⎡Z 

AA 

1 ⎢ ⎥ 

= 

⎢ 

⎢VBB′ 

⎥ ⎢ 

ZBA 

l 

⎢ ⎥ 

⎣VCC 

′ ⎦ 

⎢⎣ 

ZCA 

Z AB 

ZBB 

ZCB 

Z AC ⎤ ⎡I 

A⎤ 

⎢ ⎥ 

Z 

⎥ 

BC ⎥ ⎢IB 

⎥ 

Z ⎥⎦ 

⎢ ⎥ 

CC ⎣IC 

⎦ 

(2.13.a) 

dengan Z XX adalah impedansi sendiri konduktor X dan Z XY adalah 

impedansi konduktor X karena adanya imbas dari konduktor Y; 

impedansi ini adalah per satuan panjang. (Perhatikan adanya 

faktor 1/l di ruas kiri (2.13.a)) 

2 

ωµ DAN 

Z AA = RA 

+ RN 

+ j ln ; 

2π 

rA′ 

rN′ 

2 

ωµ DBN 

Z BB = RB 

+ RN 

+ j ln ; 

2π 

rB′ 

rN′ 

2 

ωµ DCN 

Z CC = RC 

+ RN 

+ j ln ; 

2π 

rC′ 

rN′ 

ωµ DAN 

DBN 

Z AB = RN 

+ j ln 

2π 

rN′ 

DAB 

ωµ DAN 

DCN 

Z AC = RN 

+ j ln 

2π 

rN′ 

DAC 

ωµ DBN 

DAN 

Z BA = RN 

+ j ln 

2π 

rN′ 

DAB 

ωµ DBN 

DCN 

Z BC = RN 

+ j ln 

2π 

rN′ 

DBC 

ωµ 

π 

ZCA 

= RN 

+ j 

2 

ωµ 

π 

Z CB = RN 

+ j 

2 

DCN 

DAN 

ln 

rN′ 

DAC 

DCN 

DBN 

ln 

rN′ 

DAC 

(2.13.b) 

55


Walaupun matriks impedansi pada (2.13.a) terlihat simetris namun 

tidak diagonal. Matrik impedansi urutan akan berbentuk diagonal 

jika konfigurasi konduktor memiliki kesimetrisan seperti pada 

konfigurasi ∆ atau dibuat simetris melalui transposisi, seperti yang 

akan kita lihat berikut ini. 

2.1.3.1. Konfigurasi ∆ (Segitiga Sama-Sisi) 

Konfigurasi ini adalah konfigurasi segitiga sama-sisi di mana 

konduktor fasa berposisi di puncak-puncak segitiga. 

DAB = DBC 

= DAC 

= D 

Konduktor netral berposisi di titik berat segitiga, sehingga 

DAN = DBN 

= DCN 

= D / 

3 

Gb.2.4. memperlihatkan konfigurasi ini. 

D 

D 

D / 3 

D 

Gb.2.4 Konfigurasi ∆ (equilateral). 

Jika kita anggap resistansi konduktor fasa sama besar yaitu R 

dan GMR-nya pun sama yaitu r′ , maka jika kita masukkan 

besaran-besaran ini ke (2.13.b) kita peroleh persamaan (2.14) di 

bawah ini. Perhatikan impedansi sendiri Z XX yang akan kita sebut 

Z s dan impedansi bersama Z XY yang akan kita sebut Z m dalam 

persamaan yang diperoleh ini. 


2 

ωµ D 

Z AA = R + RN 

+ j ln ; 

2π 

3r′ 

rN′ 

2 

ωµ D 

Z 

BN 

BB = R + RN 

+ j ln ; 

2π 

3r′ 

rN′ 

2 

ωµ D 

Z 

CN 

CC = R + RN 

+ j ln ; 

2π 

3r′ 

rN′ 

Pada (2.14) ini terlihat bahwa 

Z = 


ωµ D 

Z AB = RN 

+ j ln 

2π 

3rN′ 

ωµ D 

Z AC = RN 

+ j ln 

2π 

3rN′ 

ωµ D 

Z BA = RN 

+ j ln 

2π 

3rN′ 

ωµ D 

Z BC = RN 

+ j ln 

2π 

3rN′ 

ωµ D 

ZCA 

= RN 

+ j ln 

2π 

3rN′ 

ωµ D 

ZCB 

= RN 

+ j ln 

2π 

3rN′ 

AB = ZBC 

= ZCA 

Zm 

dan Z AA = Z BB = ZCC 

= Zs 

sehingga (2.13.a) dapat dituliskan: 

dengan 

⎡VAA′ 

⎤ ⎡ Z s 

1 ⎢ ⎥ 

= 

⎢ 

⎢VBB′ 

⎥ ⎢ 

Z m 

l 

⎢ ⎥ ⎢ 

⎣ 

VCC′ 

⎦ ⎣Z 

m 

Z m 

Z s 

Z m 

Z m ⎤ ⎡I 

A ⎤ 

⎢ ⎥ 

Z 

⎥ 

m ⎥ ⎢I 

B ⎥ 

Z ⎥ ⎢ ⎥ 

s ⎦ ⎣ 

IC 

⎦ 

2 

ωµ D 

Zs 

= R + RN 

+ j ln 

2π 

3r′ 

rN′ 

ωµ D 

Zs 

= RN 

+ j ln Ω/m 

2π 

3rN′ 

Ω/m 

(2.14) 

(2.15.a) 

(2.15.b) 

jika R dan R N dinyatakan dalam Ω/m, dan µ dalam H/m. D, r′ , 

dan r′ N dinyatakan dengan satuan yang sama (biasanya dalam 

meter disesuaikan dengan D yang juga diukur dalam meter). 

Impedansi urutan dapat kita peroleh dengan cara seperti yang 

kita pelajari di bab sebelumnya, yaitu 

57


−1 

[ Z ] = [ T] [ Z ][ T] 

012 

ABC 

⎡1 

1 1 ⎤ ⎡ Zs 

Zm 

Zm⎤ 

⎡1 

1 1 ⎤ 

1 ⎢ 2⎥ 

⎢ 

⎥ ⎢ 2 

= 

⎥ 

⎢ 

1 a a 

⎥ ⎢ 

Zm 

Zs 

Zm⎥ 

⎢ 

1 a a 

3 

⎥ 

⎢ 2 ⎥ ⎢ 

⎥ ⎢ 2 

⎣1 

a a ⎦ ⎣Zm 

Zm 

Zs 

⎦ ⎣1 

a a ⎥⎦ 

⎡Zs 

+ 2Zm 

Zs 

+ 2Zm 

Zs 

+ 2Zm 

⎤ ⎡1 

1 1 ⎤ 

1 

= 

⎢ 

2 2 

⎥ ⎢ 2 ⎥ 

⎢ 

Zs 

− Zm 

aZs 

+ (1 + a ) Zm 

a Zs 

+ (1 + a) 

Zm 

⎥ ⎢ 

1 a a 

3 

⎥ 

⎢ 

2 

2 

⎣ Zs 

− Zm 

a Zs 

+ + a Zm 

aZs 

+ + a Zm⎥⎦ 

⎢ 2 

(1 ) (1 ) ⎣1 

a a ⎥⎦ 

⎡Zs 

+ 2Zm 

0 0 ⎤ 

= 

⎢ 

⎥ 

⎢ 

0 Zs 

− Zm 

0 

⎥ 

⎢⎣ 

0 0 Zs 

− Zm⎥⎦ 

(2.16.a) 

Dengan memasukkan (2.15.b) ke (2.16.a) kita peroleh 

4 

ωµ D 

Z0 

= Zs 

+ 2Zm 

= R + 3RN 

+ j ln 

2π 

3 

27r′ 

( rN′ 

) 

ωµ D 

Z1 

= Z2 

= Zs 

− Zm 

= R + j ln Ω/km 

2π 

r′ 

Ω/km 

(2.16.b) 

CONTOH-2.1: Penyulang tegangan menengah tiga-fasa, 20 kV, 50 

Hz, panjang 20 km. Konduktor penyulang berpenampang 95 mm 2 

dan memiliki radius efektif 6 mm. Resistivitas konduktor adalah 

0,0286 Ω.mm 2 /m dan penyulang dibangun dalam konfigurasi ∆ 

dengan jarak antar konduktor 1 m. Hitunglah impedansi sendiri dan 

impedansi bersama serta impedansi urutan positif, dengan 

mengabaikan kapasitansi. 

Solusi: 

Resistansi konduktor: 

ρl 

R A = = A 

0,0286 

95 

= 0,00031 Ω/m 

Dengan konfigurasi ∆, impedansi sendiri dan impedansi bersama 

fasa A dihitung menggunakan formulasi (2.14) dengan panjang 

saluran l = 20 km = 20000 m: 



⎛0,00031+ 

0,00031 

⎞ 

⎜ 

⎟ 

Z AAl = ⎜ 

−7 

2 

100π× 

4π× 

10 

1 ⎟ × 20000 

⎜+ 

j 

ln 

⎟ 

⎝ 2π 

3× 

0,006 × 0,006 ⎠ 

o 

= 12, 

04 + j12, 

85 = 17,61∠46,86 

Ω 

⎛ 

−7 

2 ⎞ 

Z ⎜ 100π× 

4π× 

10 1 

ABl = 0,00031+ 

j 

ln ⎟ × 20000 

⎝ 

2π 

3× 

0,006 

⎠ 

o 

= 6, 

02 + j5, 

05 = 7,68∠39,96 

Ω 

Z ACl = Z ABl 

Impedansi urutan positif dihitung dengan relasi (2.16.b) 

Z 

1 

= Z 

s 

− Z 

m 

= Z 

AAl 

− Z 

ABl 

= 12,04 + j12,85 

− 6,02 − j5,05 

= 6,02 + j7,8 

= 9,86∠52,35 

CONTOH-2.2: Beban 5000 kW dengan faktor daya 0,8 dicatu 

melalui penyulang tegangan menengah tiga-fasa, 20 kV, 50 Hz, 

sepanjang 20 km dengan konfigurasi seperti yang diberikan pada 

Contoh-2.1. Dengan mengabaikan kapasitansi antar konduktor, 

hitunglah tegangan di ujung kirim apabila tegangan di ujung terima 

(beban) ditetapkan 20 kV dengan cara: a) menggunakan besaranbesaran 

fasa; b) menggunakan besaran urutan. 

Solusi: 

a) Karena kapasitansi diabaikan, maka perbedaan tegangan 

antara ujung kirim dan ujung terima hanya disebabkan oleh 

impedansi saluran. Dengan pembebanan seimbang, 

perhitungan dilakukan menggunakan model satu-fasa. Kita 

amati fasa A. Impedansi sendiri total dan impedansi 

bersama total fasa A telah dihitung pada contoh-2.1: 

o 

Z AAl = 12, 

04 + j12, 

85 = 17,61∠46,86 

Ω 

o 

Z ABl = Z ACl = 6, 

02 + j5, 

05 = 7,68∠39,96 

Ω 

59


Dengan menggunakan tegangan fasa-netral ujung terima fasa A 

sebagai referensi, maka tegangan fasa-netral ujung terima fasa A, 

B, dan C adalah 

V 

V 

V 

rA 

rB 

rC 

20 

= ∠0 

3 

o 

= 11,55∠ −120 

= 11,55∠ − 240 

Arus fasa A, B, dan C adalah 

I 

A 

5000 / 3 

= = 180,4 A → I 

11,55 × 0,8 

Tegangan jatuh di fasa A adalah: 

= 1714,04 + j474,84 

= 11,55∠ 

0 

o 

o 

+ 7,86∠39,96 

× 180,4∠ − 276,87 

I 

I 

o 

o 

B 

C 

A 

kV 

kV 

o 

kV 

= 180,4∠ − 36,87 

= 180,4∠ − 156,87 

= 180,4∠ − 276,87 

VAA′ = Z AAI 

A + Z AB I B + Z AC IC 

o 

o 

o 

o 

= 17,61∠46,86 

× 180,4∠ − 36,87 + 7,86∠39,96 

× 180,4∠ −156,87 

= 3129,33 + j551,34 

− 641,39 − j1263,93 

− 773,90 + j1187,43 

Tegangan fasa-netral di ujung kirim: 

o 

o 

o 

A 

A 

A 

V 

sA 

= V + V ′ = 11,55 + 1,71 + j0,48 

= 13,2∠2 

rA 

AA 

Tegangan fasa-fasa di ujung kirim: 

o 

kV 

V sff 

= 13 ,2 3 = 22,8 

kV 

b). Pada pembebanan seimbang, besaran urutan yang ada 

hanyalah urutan positif. Impedansi urutan positif telah dihitung 

pada contoh-2.1. 

Z 1 = 6,02 + j7,8 

= 9,86∠52,35 

Tegangan jatuh di fasa A adalah: 


o 

Ω


V 

= Z 

× 

AA′ 1 I A 

= 9,86∠52,35 

= 1778,59∠15,48 

Tegangan fasa-netral di ujung kirim 

o 

o 

× 180,4∠ − 36,87 

= 1,71 + j0,48 

V 

o 

V 

sA 

= V + V ′ = 11,55 + 1,71 + j0,48 

= 13,2∠2 

rA 

AA 

Tegangan fasa-fasa di ujung kirim: 

o 

kV 

V sff 

= 13 ,2 3 = 22,8 

kV 

2.1.3.2. Transposisi 

Suatu upaya untuk membuat konfigurasi menjadi simetris adalah 

melakukan transposisi, yaitu mempertukarkan posisi konduktor 

sedemikian rupa sehingga secara keseluruhan transmisi 

mempunyai konfigurasi simetris ataupun hampir simetris. 

Panjang total saluran, d, dibagi dalam tiga seksi dan posisi 

konduktor fasa dipertukarkan secara berurutan, seperti 

diperlihatkan secara skematis oleh Gb.2.5. 

D 

D 

D 

AN 

BN 

CN 

= D 

1 

= D 

= D 

2 

3 

D 

D 

D 

AN 

BN 

CN 

= D 

= D 

= D 

2 

3 

1 

D 

D 

D 

AN 

BN 

CN 

= D 

= D 

3 

1 

= D 

2 

Gb.2.5. Transposisi. 

Kita misalkan ketiga konduktor fasa pada Gb.2.5 memiliki 

resistansi per satuan panjang sama besar dan demikian juga jarijari 

serta GMR-nya; 

R 

= R = R R , r = r = r r , dan r′ = r′ 

= r′ 

= r . 

A B C = 

A B C = 

A B C ′ 

61


Kita dapat mencari formulasi impedansi fasa dan impedansi 

urutan dengan melihat seksi per seksi. Jika panjang keseluruhan 

saluran adalah d, maka untuk konduktor A: 

seksi pertama: 

⎛ 

2 

d 

⎞ 

⎜ ωµ D1 

Z 

⎟ 

AA = R + R + 

⎜ N j ln ; 

3 

′ ′ ⎟ 

⎝ 

2π 

r rN 

⎠ 

d 

Z AB = 

3 

ωµ D1D2 

1 ⎛ 

RN 

+ j ln ; Z AC = ⎜ 

RN 

+ j 

2π 

DABrN′ 

3 ⎝ 2 

seksi ke-dua: 

⎛ 

2 

d 

⎞ 

⎜ 

ωµ D 

Z 

⎟ 

AA = R + R + 

⎜ N j ln 2 ; 

3 

⎟ 

⎝ 

2π 

r′ 

rN′ 

⎠ 

ωµ 

π 

D1D3 

⎞ 

ln ⎟ 

D ′ 

AC rN 

⎠ 

(2.17.a) 

d ⎛ ωµ D D ⎞ ⎛ ωµ D D ⎞ 

Z AB = ⎜ 

⎟ = ⎜ 

⎟ 

RN 

+ j 2 3 1 

ln 

; ZAC 

RN 

+ j ln 2 1 

3 

⎝ 2π 

DABrN′ 

⎠ 3⎝ 

2π 

DACrN′ 

⎠ 

(2.17.b) 

seksi ke-tiga 

⎛ 

2 

d 

⎞ 

⎜ 

ωµ D 

Z 

⎟ 

AA = R + R + 

⎜ N j ln 3 ; 

3 

⎟ 

⎝ 

2π 

rA′ 

rN′ 

⎠ 

d ⎛ ωµ D D ⎞ ⎛ ωµ D D ⎞ 

Z AB = ⎜ 

⎟ = ⎜ 

⎟ 

RN 

+ j 3 1 1 

ln 

; Z AC 

RN 

+ j ln 3 2 

3 

⎝ 2π 

DABrN′ 

⎠ 3 ⎝ 2π 

DACrN′ 

⎠ 

(2.17.c) 

Impedansi per satuan panjang konduktor A menjadi: 

1/ 3 1/ 3 1/ 3 

2 2 2 

ωµ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

1 

2 3 

ln⎜ 

D ⎟ ⎜ D ⎟ ⎜ D 

Z 

⎟ 

AA = R + RN 

+ j 

2π 

⎜ ⎟ ⎜ ′ ′ ⎟ ⎜ ′ ′ ⎟ 

⎝ 

r′ 

rN′ 

⎠ ⎝ 

r rN 

⎠ ⎝ 

r rN 

⎠ 

1/ 3 

1/ 3 

1/ 3 

ωµ ⎛ D1D2 

⎞ ⎛ D2D3 

⎞ ⎛ D3D1 

⎞ 

Z AB = RN 

+ j ln⎜ 

⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

2π 

⎝ D ABrN′ 

⎠ ⎝ D ABrN′ 

⎠ ⎝ D ABrN′ 

⎠ 

1/ 3 

1/ 3 

1/ 3 

ωµ ⎛ D1D3 

⎞ ⎛ D2D1 

⎞ ⎛ D3D2 

⎞ 

Z AC = RN 

+ j ln⎜ 

⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

2π 

⎝ DAC 

rN′ 

⎠ ⎝ DAC 

rN′ 

⎠ ⎝ D AC rN′ 

⎠ 

(2.18) 



Jika didefinisikan: 

D 3 h = D1D2 

D3 

dan D 3 

f = DAB 

DBC 

D AC (2.19) 

maka formulasi (2.18) menjadi 

⎛ 2 

ωµ ⎞ 

⎜ D 

Z = + + 

h ⎟ 

AA R RN 

j ln ; 

2π 

⎜ ⎟ 

⎝ 

r′ 

rN′ 

⎠ 

(2.20) 

ωµ ⎛ 2 ⎞ 

ωµ ⎛ 2 ⎞ 

= + ⎜ Dh 

⎟ = + ⎜ D 

Z 

h ⎟ 

AB RN 

j ln ; Z 

π ⎜ ′ ⎟ AC RN 

j ln 

2 

π ⎜ ′ ⎟ 

⎝ 

D f rN 

⎠ 

2 

⎝ 

D f rN 

⎠ 

Fasa B dan C memiliki formula yang mirip dengan fasa A. 

Relasi lengkap untuk ketiga fasa adalah: 

⎡VAA′ 

⎤ ⎡ Z s Z m Z m ⎤ ⎡I 

A ⎤ 

1 ⎢ ⎥ ⎢ 

⎥ ⎢ ⎥ 

⎢VBB′ 

⎥ = 

⎢ 

Z m Z s Z m ⎥ ⎢I 

B 

l 

⎥ 

⎢ ⎥ ⎢ 

⎥ ⎢ ⎥ 

⎣ 

VCC′ 

⎦ ⎣Z 

m Z m Z s ⎦ ⎣ 

IC 

⎦ 

dengan 

2 

ωµ ⎛ ⎞ 

ln⎜ 

Dh 

Z 

⎟ 

s = R + RN 

+ j 

Ω/m 

2π 

⎜ ′ ′ ⎟ 

⎝ 

r rN 

⎠ 

2 

ωµ ⎛ ⎞ 

ln⎜ 

Dh 

Z 

⎟ 

m = RN 

+ j 

Ω/m 

2π 

⎜ ′ ⎟ 

⎝ 

D f rN 

⎠ 

Impedansi urutan 

− 

Z 012 = T 1 Z ABC T 

[ ] [ ] [ ][ ] 

dan dengan (2.21.b) kita peroleh: 

Z 

Z 

0 

1 

= Z 

= Z 

s 

2 

+ 2Z 

= Z 

s 

m 

= R + 3R 

− Z 

m 

N 

= R + j 

2 

ωµ 

+ j ln 

2π 

D 

ωµ 

π 

D f 

ln 

r′ 

2 

f 

D 

6 

h 

r′ 

( r′ 

) 

N 

3 

(2.21.a) 

(2.21.b) 

(2.22) 

63


CONTOH-2.3: Hitunglah impedansi urutan positif pada frekuensi 

50 Hz dari suatu saluran transmisi dengan transposisi yang 

mempunyai konfigurasi sebagai berikut: 

A 

Solusi: (perhatikan bahwa R dinyatakan dalam Ω/km; µ juga harus 

dinyatakan sebagai H/km = 1000 × H/m) 

Untuk menggunakan relasi (2.22), kita hitung lebih dulu D f dengan 

menggunakan relasi (2.19): 

3 

D f = 4 × 4 × 8 = 5,29 m 

Jadi: 

Z 

4,2 m 

1 

2.1.4. Admitansi 

2π × 50 × 4π × 10 

= 0,088 + j 

2π 

= 0,088 + j0,3896 

Ω/km 

−7 

× 1000 

ln 

5,29 

0,01073 

Kita pandang satu konduktor lurus dengan panjang tak hingga 

dan mengandung muatan dengan kerapatan ρ per satuan panjang. 

Pada konfigurasi sederhana ini, penerapan hukum Gauss untuk 

menghitung displacement D menjadi sederhana. 

Dds = ρl 

S 

dengan S adalah luas dinding silinder sepanjang l dengan sumbu 

yang berimpit pada konduktor. Bidang equipotensial di sekitar 

konduktor akan berbentuk silindris. Kuat medan listrik di suatu 

titik berjarak x dari konduktor adalah: 

D ρl 

ρ 

E x = = = 

ε ε × 2 πx 

× l 2πεx 

Untuk udara, 

8,4 m 

B 

ε = ε 

4,2 m 

0 


C 

∫ 

1 − 9 

= × 10 

36π 

R 

r 

A 

r′ 

A 

A 

= R 

= r 

B 

= r′ 

B 

Kapasitas arus: 900 A 

F/m 

B 

= R 

= r 

C 

= r′ 

C 

C 

= 0.088 Ω / km 

= r = 1,350 cm 

= r′ 

= 1,073 cm


Kuat medan listrik ini menyebabkan terjadinya perbedaan 

potensial antara dua titik di luar konduktor, seperti digambarkan 

pada Gb.2.6. 

A B 

x A 

x B 

v 

AB 

Gb.2.6. Dua titik di luar konduktor. 

x 

x 

B 

= 

∫ 

Edx = 

∫ 

A 

x 

x 

A 

B 

ρ ρ x 

dx = ln 

2πεx 

2πε 

x 

B 

A 

(2.23) 

v AB adalah penurunan potensial dari A ke B yang bernilai positif 

jika x B > x A . Jika ρ adalah muatan negatif maka v AB adalah 

kenaikan potensial. 

2.1.4.1. Beda Potensial Dua Konduktor Tak Bermuatan 

Kita lihat sekarang satu konduktor k dengan jari-jari r k dan 

bermuatan ρ k . Dua konduktor lain yang tidak bermuatan, i dan j, 

berjarak D ik dan D jk dari konduktor k seperti terlihat pada Gb.2.7. 

k, 

r k 

, ρ 

k 

i 

j 

D ik 

D jk 

Gb.2.7. Satu konduktor bermuatan dan dua konduktor 

tak bermuatan. 

Potensial konduktor i yang diakibatkan oleh adanya muatan di 

konduktor k adalah beda potensial antara titik di permukaan 

konduktor k dan posisi konduktor i. Sedangkan beda potensial 

antara konduktor k dan j adalah beda potensial antara permukaan 

konduktor k dan posisi konduktor j. Beda potensial antara 

konduktor i dan j adalah selisih antara keduanya. 

ρk 

⎛ D D 

ik jk ⎞ 

vij 

= vkj 

− vki 

= ⎜ln 

ln ⎟ 

k 

k 

k 2 

− 

ρ ρ ρ πε rk 

rk 

⎝ 

⎠ 

(2.24) 

ρk 

D 

= ln 

ik 

2πε 

Dij 

65


2.1.4.2. Beda Potensial Tiga Konduktor Bermuatan 

Tiga konduktor bermuatan A, B, C diperlihatkan pada Gb.2.8. 

Setiap muatan di setiap konduktor akan menyebabkan beda 

potensial di dua konduktor yang lain. 

D AC 

DAB 

DBC 

A, 

rA 

, ρ A B, 

rB 

, ρ B C, rC 

, ρC 

Gb.2.8. Tiga konduktor bermuatan. 

v 

v 

v 

BC 

= v 

BC ρ 

BC ρ 

c 

A 

BC ρ 

A 

+ v 

ρ A D 

= ln 

2πε D 

ρC 

r 

= ln 

2πε D 

BC ρ 

C 

AC 

AB 

BC 

B 

+ v 

BC ρ 

; vBC 

ρ 

B 

C 

ρ B D 

= ln 

2πε r 

BC 

B 

; 

Jadi 

vBC 

1 ⎛ D 

⎜ AC 

= 

ρ A ln 

2πε 

⎝ DAB 

DBC 

+ ρ B ln 

rB 

rC 

⎞ 

+ ρC 

ln ⎟ 

D 

(2.25) 

BC ⎠ 

2.1.4.3. Beda Potensial Empat Konduktor Bermuatan 

Empat konduktor bermuatan terlihat pada Gb.2.9: 

A, 

rA, 

ρ A B, 

rB 

, ρ B C, rC 

, ρC 

N, rN 

, ρ N 

Gb. 2.9. Sistem empat konduktor. 

Kita akan meninjau sistem empat konduktor seperti terlihat pada 

gambar di atas dengan ketentuan konservasi muatan, yaitu 

ρ A + ρ A + ρ A + ρ A = 0 

(2.26) 



67 

0 

ln 

ln 

ln 

ln 

2 

1 

ln 

ln 

ln 

ln 

2 

1 

ln 

ln 

ln 

ln 

2 

1 

ln 

ln 

ln 

ln 

2 

1 

= 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

+ ρ 

+ ρ 

+ ρ 

ρ 

πε 

= 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

+ ρ 

+ ρ 

+ ρ 

ρ 

πε 

= 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

+ ρ 

+ ρ 

+ ρ 

ρ 

πε 

= 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

+ ρ 

+ ρ 

+ ρ 

ρ 

πε 

= 

NN 

NN 

N 

CN 

CN 

C 

BN 

BN 

B 

AN 

AN 

A 

NN 

CN 

N 

N 

C 

CN 

C 

BC 

BN 

B 

AC 

AN 

A 

CN 

BN 

N 

N 

BC 

CN 

C 

B 

BN 

B 

AB 

AN 

A 

BN 

AN 

N 

N 

AC 

CN 

C 

AB 

BN 

B 

A 

AN 

A 

AN 

D 

D 

D 

D 

D 

D 

D 

D 

v 

D 

r 

r 

D 

D 

D 

D 

D 

v 

D 

r 

D 

D 

r 

D 

D 

D 

v 

D 

r 

D 

D 

D 

D 

r 

D 

v 

(2.27) 

Jika kita terapkan relasi konservasi muatan yaitu 

= 0 

+ ρ 

+ ρ 

+ ρ 

ρ 

n 

c 

b 

a atau ( ) 

c 

b 

a 

n 

ρ 

+ 

+ ρ 

ρ 

= − 

ρ 

maka ρ N akan ter-eliminasi dari persamaan (2.27). 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

+ ρ 

+ ρ 

ρ 

πε 

= 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

+ ρ 

+ ρ 

ρ 

πε 

= 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

⎞ 

⎜ 

⎜ 

⎝ 

⎛ 

+ ρ 

+ ρ 

ρ 

πε 

= 

N 

C 

CN 

C 

N 

BC 

BN 

CN 

B 

N 

AC 

AN 

CN 

A 

CN 

N 

BC 

CN 

BN 

C 

N 

B 

BN 

B 

N 

AB 

BN 

AN 

A 

BN 

N 

AC 

CN 

AN 

C 

N 

AB 

BN 

AN 

B 

N 

A 

AN 

A 

AN 

r 

r 

D 

r 

D 

D 

D 

r 

D 

D 

D 

v 

r 

D 

D 

D 

r 

r 

D 

r 

D 

D 

D 

v 

r 

D 

D 

D 

r 

D 

D 

D 

r 

r 

D 

v 

2 

2 

2 

ln 

ln 

ln 

2 

1 

ln 

ln 

ln 

2 

1 

ln 

ln 

ln 

2 

1 

(2.28.a) 

yang dalam bentuk matriks kita tuliskan: 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

⎤ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎣ 

⎡ 

ρ 

ρ 

ρ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

⎤ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎣ 

⎡ 

πε 

πε 

πε 

πε 

πε 

πε 

πε 

πε 

πε 

= 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

⎤ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎣ 

⎡ 

C 

B 

A 

n 

c 

CN 

n 

BCB 

BN 

CN 

n 

AC 

AN 

CN 

n 

BC 

CN 

BN 

n 

b 

BN 

n 

AB 

AN 

BN 

n 

AC 

CN 

AN 

n 

AB 

BN 

AN 

n 

a 

AN 

C 

B 

A 

r 

r 

D 

r 

D 

D 

D 

r 

D 

D 

D 

r 

D 

D 

D 

r 

r 

D 

r 

D 

D 

D 

r 

D 

D 

D 

r 

D 

D 

D 

r 

r 

D 

v 

v 

v 

ln 

2 

1 

ln 

2 

1 

ln 

2 

1 

ln 

2 

1 

ln 

2 

1 

ln 

2 

1 

ln 

2 

1 

ln 

2 

1 

ln 

2 

1 

2 

2 

2 

(2.28.b) 

atau secara singkat


⎡v 

⎢ 

⎢ 

v 

⎢⎣ 

v 

A 

B 

C 

⎤ ⎡ f 

⎥ 

= 

⎢ 

⎥ ⎢ 

f 

⎥⎦ 

⎢⎣ 

f 

AA 

AB 

CA 

f 

f 

f 

AB 

BB 

CB 

f 

f 

f 

AC 

BC 

CC 

⎤ ⎡ρ 

⎥ ⎢ 

⎥ ⎢ 

ρ 

⎥⎦ 

⎢⎣ 

ρ 

A 

A 

C 

⎤ 

⎥ 

⎥ 

⎥⎦ 

(2.28.c) 

atau lebih ringkas 

~ 

v ABC = [ FABC 

] ρ 

~ 

ABC 

(2.28.d) 

dengan 

f 

ij 

1 Din 

D jn 

= ln ; i, 

j = A, 

B, 

C (2.28.e) 

2πε 

D r 

ij 

n 

Untuk tegangan sinusoidal keadaan mantap, (2.28.c) dapat kita 

tuliskan: 

⎡VA 

⎤ ⎡ f AA 

⎢ ⎥ 

= 

⎢ 

⎢VB 

⎥ ⎢ 

f BA 

⎢ ⎥ ⎢ 

⎣ 

VC 

⎦ ⎣ fCA 

f AB 

f BB 

fCB 

f AC ⎤ ⎡ρ 

A ⎤ 

f 

⎥ ⎢ ⎥ 

BC ⎥ ⎢ 

ρ B ⎥ 

fCC 

⎥⎦ 

⎢⎣ 

ρC 

⎥⎦ 

(2.29.a) 

atau 

Atau 

ABC 

⎡ρ 

⎢ 

⎢ 

ρ 

⎢⎣ 

ρ 

A 

B 

C 

⎤ ⎡ f 

⎥ 

= 

⎢ 

⎥ ⎢ 

f 

⎥⎦ 

⎢⎣ 

f 

AA 

BA 

CA 

f 

f 

f 

AB 

BB 

CB 

f 

f 

f 

AC 

BC 

CC 

⎤ 

⎥ 

⎥ 

⎥⎦ 

−1 

⎡V 

⎢ 

⎢V 

⎢ 

⎣ 

V 

[ FABC 

] VABC 

= [ C ABC ] VABC 

A 

B 

C 

⎤ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

(2.29.b) 

~ 

ρ 

~ -1 ~ 

= (2.29.c) 

Kita ingat relasi kapasitor 

Q = CV . Dari (2.29.c) kita turunkan 

dan kita peroleh admitansi 

-1 

[ ] [ ] F/m 

C = (2.30) 

ABC F ABC 

[ ] ω[ ] Ω/m 

= ABC 

Y ABC j C 

(2.31) 


Namun kita tidak menghitung [Y ABC ] 


dengan menggunakan 

F dan 

(2.31) melainkan dari (2.30) dengan menghitung [ ABC ] 

sini menghitung [ F 012 ] sehingga diperoleh [ C 012 ] dan [ 012 ] 

[ ] 

nilai urutannya adalah 

dan akan kita peroleh 

Y . 

⎡ f AA f AB f AC ⎤ 

F = 

⎢ 

⎥ 

ABC ⎢ 

f BA f BB f BC ⎥ 

(2.32) 

⎢⎣ 

fCA 

fCB 

fCC 

⎥⎦ 

−1 

[ F ] [ T] [ F ][ T] 

012 = ABC 

(2.33) 

− 

[ C ] = [ F ] 1 sehingga [ Y ] ω[ ] 

012 

012 

012 = j C 012 (2.35) 

2.1.4.4. Konfigurasi ∆ 

Pada konfigurasi ∆, 

DAB = DBC 

= DAC 

= 

D 

; 

DAN = DBN 

= DCN 

= D / 

3 

⎡ 2 

1 D 

⎢ ln 

⎢2πε 

3rrn 

⎢ 1 D 

ABC = ⎢ ln 

⎢ 2πε 

3rn 

⎢ 1 D 

⎢ ln 

⎢⎣ 

2πε 

3rn 

[ F ] 

1 D 

ln 

2πε 

3rn 

2 

1 D 

ln 

2πε 

3rrn 

1 D 

ln 

2πε 

3rn 

1 D ⎤ 

ln ⎥ 

2πε 

3rn 

⎥ 

⎡ f 

⎥ s 

1 D 

ln = 

⎢ 

⎥ 

πε ⎢ 

f m 

2 3rn 

⎥ 

⎢ 

2 ⎥ ⎣ f m 

1 D 

ln ⎥ 

2πε 

3rrn 

⎥⎦ 

f m 

f s 

f m 

f m ⎤ 

f 

⎥ 

m ⎥ 

f s ⎥⎦ 

(2.35) 

⎡ f s 

f m ⎤ 

− 

[ F ] = [ T] 1 ⎢ 

f f f 

⎥ 

[ T] 

012 

⎢ m 

⎢⎣ 

f m 

f m 

s 

f m 

m ⎥ 

f s ⎥⎦ 

⎡ f s + 2 f m 

= 

⎢ 

⎢ 

0 

⎢⎣ 

0 

0 

f s − f m 

0 

4 

1 D 

F0 

= f s + 2 f m = ln 

2πε 

3 

27r( 

rn 

) 

1 D 

F1 

= F2 

= f s − f m = ln 

2πε 

r 

0 ⎤ 

0 

⎥ 

⎥ 

f s − f m ⎥⎦ 

(2.36) 

(2.37) 

69


Kapasitansi 

Admitansi 

1 2πε 

C0 

= = 

F 4 3 

0 ln[ D / 27r( 

rN 

) ] 

1 2πε 

C1 

= = C2 

= 

F1 

ln( D / r) 

2πεω 

Y0 

= jωC0 

= j 

4 

3 

ln[ D / 27r( 

rN 

) ] 

2πεω 

Y1 

= jωC1 

= Y2 

= j 

ln( D / r) 

(2.38) 

(2.39) 

2.1.4.5. Transposisi 

Kita telah melihat bahwa jika transposisi dilakukan, maka 

impedansi urutan dapat berbentuk matriks diagonal. Hal yang 

sama akan terjadi pada admitansi. Dengan transposisi matriks 

[F ABC ] berbentuk 

[ F ] 

ABC 

⎡ f 

= 

⎢ 

⎢ 

f 

⎢⎣ 

f 

s 

m 

m 

f 

f 

f 

m 

s 

m 

f 

f 

f 

m 

m 

s 

⎤ 

⎥ 

⎥ 

⎥⎦ 

(2.40) 

Pada tahap ini kita perlu mengingat kembali bahwa walaupun 

dalam analisis rangkaian listrik besaran resistansi, induktansi, 

impedansi, serta admitansi difahami sebagai konstanta 

proporsiaonalitas rangkaian linier, namun sesungguhnya mereka 

adalah besaran-besaran dimensional. Mereka merupakan besaran 

yang tergantung dari ukuran yang dimilikinya serta sifat-sifat 

fisis material yang membentuknya. Oleh karena itu, selama 

dimensinya sama, pengolahan aritmatika dapat dilakukan. 

Dalam kasus transposisi saluran transmisi, sebagaimana 

ditunjukkan oleh matriks [F ABC ] di atas, konduktor-konduktor 

memiliki nilai sama jika dilihat dalam selang saluran yang 

ditransposisikan yaitu yang terdiri dari tiga seksi. Dengan 



demikian maka admitansi dapat kita peroleh dengan mengambil 

nilai rata-rata dari admitansi per seksi. 

1 

fij 

= 

3 

dengan 

Kita memperoleh 

( f + f + f ) 

ij seksi-1 

f 

f 

ij 

if 

= 

= 

f 

s 

f 

m 

ij seksi-2 

jika i = j 

jika i ≠ j 

ij seksi-3 

(2.41) 

Dengan definisi: 

2 2 2 

1 D1 

D2 

D3 

f s = ln 

6πε 

3 3 

r rN 

1 D1D2 

D2D3D3D1 

f m = ln 

6πε 

3 

DAB 

DBC 

DAC 

rN 

(2.42) 

kita peroleh 

f 

s 

sehingga 

D 3 h = D1D2 

D 

3 

3 D f = DABDBC 

DAC 

1 D 

= ln 

2πε 

rr 

F 

0 

2 

h 

N 

= f 

s 

F = F 

1 

2 

+ 2 f 

= f 

s 

m 

− f 

Kapasitansi adalah 

1 

C0 

= = 

F ln[ D 

1 

0 

1 

C1 

= 

F 

= C 

2 

f 

m 

f 

2 

h 

1 D 

= ln 

2πε 

D r 

1 Dh 

= ln 

2πε 

2 

D r( 

r ) 

m 

6 

h 

1 D 

= ln 

2πε 

r 

2πε 

/ D 

2 

f 

r( 

r 

2πε 

= 

ln( D / r) 

f 

N 

f 

) 

3 

] 

6 

f 

n 

F/m 

3 

F/m 

N 

(2.43) 

(2.44) 

(2.45) 

71


Admitansi adalah 

2πε 

Y0 

= jωC0 

= jω 

6 

ln( D / D rr 

Y = Y 

1 

2 

2πε 

= jω 

ln( D / r) 

f 

h 

2 

f 

S/m 

3 

N 

) 

S/m 

(2.46) 

CONTOH-2.4: Hitunglah admitansi urutan positif pada frekuensi 

50 Hz dari suatu saluran transmisi dengan transposisi yang 

mempunyai konfigurasi seperti berikut: 

A 

Solusi: 

Dengan menggunakan relasi (2.46), di mana D f sudah dihitung 

pada Contoh-2.3. Dengan 

maka: 

4,2 m 

8,4 m 

B 

= j2,923 

× 10 

ε = (1/ 36π) 

× 10 

−9 

−9 

F/m 

2πε 

2π × 50 × 2π × (1/ 36π) 

× 10 

Y1 

= jω 

= j 

ln( D / r) 

ln(5,29 / 0,01350) 

f 

4,2 m 

C 

R 

r 

A 

r′ 

A 

A 

= R 

= r 

B 

= r′ 

B 

B 

= R 

= r 

C 

= r′ 

C 


S/m = j2,923 

µ S/km 

C 

= 0.088 Ω / km 

= r = 1,350 cm 

= r′ 

= 1,073 cm 

−9 

2.2. Rangkaian Ekivalen 

Di sub-bab sebelumnya kita telah memperoleh formulasi impedansi 

dan admitansi per satuan panjang dari saluran transmisi. Selain itu 

kita telah melihat bahwa dengan transposisi saluran transmisi dibuat 

menjadi simetris dan memberikan matriks besaran urutan yang 

diagonal. 

Dengan menggunakan model satu-fasa, kita akan melihat bagaimana 

perubahan tegangan dan arus sepanjang saluran. Setelah itu kita 

akan melihat rangkaian ekivalen yang diperlukan dalam analisis. 



Rangkaian ekivalen ini diperlukan karena saluran transmisi 

terhubung dengan peralatan lain, transformator misalnya. 

2.2.1. Persamaan Saluran Transmisi 

Impedansi dan admitansi suatu saluran transmisi terdistribusi 

sepanjang saluran yang ratusan kilometer panjangnya. Karena 

impedansi dan admitansi terdistribusi sepanjang saluran maka dalam 

penyaluran daya akan terjadi perbedaan tegangan dan arus antara 

setiap posisi yang berbeda. Kita lihat model satu fasa saluran 

transmisi seperti pada Gb.2.10. 

I s+ 

∆x 

∆x 

Z∆xI 

x 

I x 

I r 

Vs 

Vs+ 

∆x 

Y∆xV 

x 

V x 

Vr 

x 

Gb.2.10 Model satu-fasa saluran transmisi. 

Saluran transmisi ini bertegangan 

V s di ujung kirim dan 

Vr 

di 

ujung terima. Kita tinjau satu posisi berjarak x dari ujung terima 

dan kita perhatikan satu segmen kecil ∆x ke-arah ujung kirim. 

Pada segmen kecil ini terjadi hal-hal berikut: 

• Di posisi x terdapat tegangan 

V x . 

• Di posisi (x + ∆x) terdapat tegangan V x+ 

∆x 

karena terjadi 

tegangan jatuh ∆ Vx 

= Z∆xI 

x (Z adalah impedansi per satuan 

panjang). 

• Arus I x mengalir dari x menuju ujung terima. 

• Arus ∆ I x = Y∆xVx 

mengalir di segmen ∆x (Y adalah 

admitansi per satuan panjang). 

• Arus I 

kirim. 

x+ 

∆x 

mengalir menuju titik (x + ∆x) dari arah ujung 

73

V 

I 

x+∆x 

x+∆x 

− V 

− I 

x 

x 

= Z∆xI 

= Y∆xV 

Jika ∆x mendekati nol, maka 

dV 

dx 

x 

x 

atau 

atau 

dI 

I 

V 

x+∆x 

x+∆x 

∆x 

− I 

∆x 

− V 

x 


x 

= ZI 

= YV 

x 

x 

= ZI 

x dan = YVx 

(2.47) 

Jika (2.47) kita turunkan sekali lagi terhadap x kita peroleh 

d 

2 

Vx 

2 

dx 

dI 

x 

= Z 

dx 

dx 

Substitusi (2.47) ke (2.48) memberikan 

2 

d I x dVx 

dan = Y 

(2.48) 

2 

dx dx 

x 

x 

2 

d Vx 

2 

dx 

= ZYVx 

2 

d I 

dan x = ZYI 

2 x 

(2.49) 

dx 

2.2.2. Konstanta Propagasi 

Persamaan (2.49) ini telah menjadi sebuah persamaan di mana 

ruas kiri dan kanan berisi peubah yang sama sehingga solusi dapat 

dicari. Untuk mencari solusi tersebut didefinisikan 

2 

γ 

= ZY atau γ = 

ZY 

(2.50) 

γ disebut konstanta propagasi. Karena Z memiliki satuan Ω/m 

dan Y memiliki satuan S/m, maka γ memiliki satuan per meter. 

Selain itu karena Z dan Y merupakan bilangan kompleks maka γ 

juga merupakan bilangan kompleks yang dapat dituliskan sebagai 

γ = α + j β 

(2.51) 

α disebut konstanta redaman, yang akan mengubah amplitudo 

tegangan dari satu posisi ke posisi yang lain. 

β disebut konstanta fasa, yang akan mengubah sudut fasa tegangan 

dari satu posisi ke posisi yang lain. 



2.2.3. Impedansi Karakteristik 

Dengan menggunakan pengertian konstanta propagasi maka 

persamaan tegangan dan arus, (2.49) dapat dituliskan menjadi 

atau 

2 

2 

d Vx 

2 

d Ix 

2 

= γ Vx 

dan = γ I 

2 

2 x 

(2.52.a) 

dx 

dx 

d 

2 

Vx 

2 

dx 

− γ 

2 

V 

x 

= 0 

dan 

d 

2 

I x 

2 

dx 

− γ 

2 

I 

x 

= 0 

(2.52.b) 

Solusi persamaan (2.52.b) adalah : 

γx 

−γx 

−γx 

V x = kv1e 

+ kv2e 

dan I x = ki1e 

+ ki2e 

(2.52.c) 

Kita lihat lebih dulu persamaan pertama (2.52.c) yaitu 

γx 

−γx 

V x = kv1 

e + kv1e 

(2.53.a) 

Turunan (2.53.a) terhadap x memberikan 

dVx 

γx 

γx 

= kv1 

γe 

− kv2γe 

(2.53.b) 

dx 

sedangkan persamaan pertama (2.47) memberikan 

d 

V x = 

dx 

ZI 

sehingga (2.53.b) dan (2.47) memberikan 

k 

x 

γx 

γx 

γx 

v1 γe 

− kv2γe 

= ZI 

x 

(2.53.c) 

Konstanta propagasi γ didefinisikan pada (2.50) yaitu 

γ = 

ZY 

Kita masukkan γ ke (2.53c) dan kita peroleh 

ZY 

γx 

γx 

( kv1 

e − kv2e 

) = ZI 

x 

atau 

75


γx 

γx 

Z Z 

kv1 e − kv2e 

= I x = I x (2.53.d) 

ZY Y 

Perhatikan bahwa ruas paling kiri (2.53.d) adalah ruas kanan 

persamaan (2.53a), yaitu tegangan. Hal ini berarti bahwa ruas 

Z 

paling kanan juga berdimensi tegangan. Oleh karena itu di 

Y 

ruas paling kanan (2.53.c) haruslah berdimensi impedansi; 

impedansi ini disebut impedansi karakteristik, Z c . 

Z 

Z c = (2.54) 

Y 

Perhatikan bahwa kita sedang meninjau satu segmen kecil dari suatu 

saluran transmisi yaitu sepanjang ∆x; dan kita memperoleh suatu 

besaran impedansi yaitu impedansi karakteristik, Z c . Kita dapat 

menduga bahwa impedansi ini terasakan/terdapat di setiap segmen 

saluran transmisi dan oleh karena itu dia menjadi karakteristik suatu 

saluran transmisi. 

Dengan pengertian impedansi karakteristik ini maka (2.53.d) kita 

tulis menjadi 

k 

γx 

γx 

v1 e − kv2e 

= Z cI 

x 

(2.55) 

Kita lihat sekarang situasi di ujung terima, dimana x = 0. Persamaan 

pertama (2.53.c) memberikan tegangan di setiap poisi x, yaitu 

V 

γx 

x = kv1 

e + kv1 

e 

−γx 

Dengan memberikan x = 0 pada (2.53.c) ini kita dapatkan tegangan 

di ujung terima 

k 

v1 + k v 2 = Vr 

(2.56.a) 

sedangkan pada x = 0 persamaan (2.55) memberikan arus di ujung 

terima yaitu 

Dari (2.56.a) dan (2.56.b) kita peroleh 

k 

v1 − kv2 

= Z cI 

r 

(2.56.b) 



Z cIr 

+ Vr 

Vr 

− ZcIr 

kv1 

= kv2 

= 

(2.56.c) 

2 

2 

Dengan (2.56.c) ini maka persamaan tegangan di setiap posisi x, 

yaitu persamaan pertama (2.52.c) menjadi 

V 

x 

= k 

v1 

= V 

r 

= V 

r 

e 

γx 

γx 

+ k 

v2 

e 

Z cIr 

+ Vr 

= e 

2 

γx 

−γx 

−γx 

V 

+ 

e + e 

+ Z 

2 

cosh( γx) 

+ Z I 

c 

c 

r 

r 

− Z I 

2 

c 

γx 

r 

e 

e − e 

I r 

2 

sinh( λx) 

−γx 

−γx 

(2.57) 

Inilah persamaan tegangan di setiap posisi x apabila tegangan dan 

arus di ujung terima adalah V r dan I r . 

Selanjutnya persamaan arus di setiap posisi x yaitu persamaa ke-dua 

(2.52.c) dapat kita olah dengan cara yang sama. 

γx 

−γx 

dI 

x γx 

−γx 

I x = ki1e 

+ ki2e 

→ = ki1γe 

− ki2γe 

= YVx 

dx 

(2.58.a) 

γx 

−γx 

1 

→ ki1e 

− ki2e 

= Vx 

Z c 

Untuk x = 0, 

1 

ki1 + ki2 

= Ir 

ki1 

− ki2 

= Vr 

Zc 

sehingga diperoleh 

k 

i1 

Ir 

+ Vr 

/ Zc 

Ir 

− Vr 

/ Zc 

= ki2 

= 

(2.58.b) 

2 

2 

Dengan (2.58.b) ini kita peroleh 

I 

x 

I 

= 

r 

V 

= 

Z 

r 

c 

V 

= 

Z 

r 

c 

+ V 

e 

2 

r 

γx 

/ Z 

− e 

2 

c 

e 

−γx 

γx 

sinh( λx) 

+ I 

+ I 

r 

I 

+ 

r 

r 

e 

− V 

γx 

2 

+ e 

2 

cosh( γx) 

r 

/ Z 

−γx 

c 

e 

−γx 

(2.58.c) 

77


Jadi untuk saluran transmisi kita peroleh sepasang persamaan 

V 

I 

x 

x 

= V 

r 

V 

= 

Z 

cosh( γx) 

+ Z I 

r 

c 

sinh( γx) 

+ I 

c 

r 

r 

sinh( γx) 

cosh( γx) 

(2.59) 

Persamaan (2.59) ini memberikan nilai tegangan di setiap posisi x 

pada saluran transmisi apabila tegangan dan arus di ujung terima 

diketahui. Dengan bantuan komputer tidaklah terlalu sulit untuk 

melakukan perhitungan untuk setiap nilai x. Parameter yang terlibat 

dalam perhitungan adalah konstanta propagasi γ dan impedansi 

karakteristik Z c . Konstanta propagasi mempunyai satuan per meter 

yang ditunjukkan oleh persamaan (2.50); impedansi karakteristik 

mempunyai satuan ohm (bukan ohm per meter) yang ditunjukkan 

oleh (2.54). 

2.2.4. Rangkaian Ekivalen π 

Jika panjang saluran adalah d, tegangan dan arus di ujung kirim 

adalah Vs 

dan Is 

maka dari (2.59) kita peroleh 

Vs 

= Vr 

cosh( γd 

) + Z cI 

r sinh( γd) 

Vr 

I s = sinh( γd 

) + I r cosh( γd) 

Z c 

(2.60) 

Rangkaian ekivalen diperlukan dalam analisis jika saluran 

transmisi terhubung dengan piranti lain. Kita akan meninjau suatu 

rangkaian ekivalen yang disebut rangkaian ekivalen π seperti 

terlihat pada Gb.2.11. 

I s 

I r 

Z t 

Vs 

Y t 

2 

Y t 

2 

Vr 

Gb.2.11. Rangkaian ekivalen π 



Pada rangkaian ekivalen ini, impedansi dan admitansi yang 

terdistribusi sepanjang saluran dimodelkan sebagai impedansi dan 

admitansi tergumpal. Aplikasi hukum Kirchhoff pada rangkaian 

ini memberikan: 

⎛ Yt 

⎞ ⎛ ZtYt 

⎞ 

V s = Vr 

+ Zt 

⎜I 

r + Vr 

⎟ = ⎜1 

+ ⎟Vr 

+ Zt 

I r 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

Yt 

Yt 

Is 

= Ir 

+ Vr 

+ Vs 

2 2 

Yt 

Yt 

⎡ ZtYt 

⎞ ⎤ 

Ir 

Vr 

⎢⎜ 

⎛ = + + 1 + ⎟Vr 

+ ZtIr 

⎥ 

2 2 ⎣⎝ 

2 ⎠ ⎦ 

ZtYt 

⎞Yt 

⎛ ZtYt 

⎞ 

⎜ 

⎛ = 2 + ⎟ Vr 

+ ⎜1 

+ ⎟Ir 

⎝ 2 ⎠ 2 ⎝ 2 ⎠ 

Kita ringkaskan (2.61.a dan b) menjadi : 

(2.61.a) 

(2.61.b) 

ZtYt 

⎞ 

Vs 

⎜ 

⎛ = 1 + ⎟Vr 

+ ZtIr 

⎝ 2 ⎠ 

⎛ ZtYt 

⎞ Yt 

⎛ ZtY 

I 

t ⎞ 

s = ⎜2 

+ ⎟ Vr 

+ ⎜1 

+ ⎟Ir 

⎝ 2 ⎠ 2 ⎝ 2 ⎠ 

(2.62) 

Jika kita perbandingkan persamaan ini dengan persamaan 

tegangan dan arus pada (2.60) yaitu 

kita dapatkan 

V 

I 

s 

s 

= V 

r 

V 

= 

Z 

cosh( γd 

) + Z I 

r 

c 

sinh( γd 

) + I 

c 

r 

r 

sinh( γd) 

cosh( γd) 

Z tYt 

1+ 

= cosh( γd) 

2 

Z t = Z c sinh( γd) 

⎛ Z tYt 

⎞ Yt 

1 

⎜2 

+ ⎟ = sinh( γd 

) 

⎝ 2 ⎠ 2 Z c 

(2.63) 

Substitusi persamaan pertama (2.63) ke persamaan ke-tiga (2.63) 

memberikan 

79


Yt 

2 

γd 

−γd 

sinh( γd) 

( e − e ) / 2 

= 

= 

Z ( cosh( γd) 

+ 1) 

γd 

−γd 

c 

Zc 

( e + e + 2) / 2 

γd 

/ 2 −γd 

/ 2 γd 

/ 2 −γd 

/ 2 

( e − e ) × ( e + e ) 

= 

γd 

/ 2 −γd 

/ 2 2 

Zc 

( e + e ) 

γd 

/ 2 −γd 

/ 2 

( e − e ) 1 ⎛ γd 

⎞ 

= 

= tanh⎜ 

⎟ 

γd 

/ 2 −γd 

/ 2 

Zc 

( e + e ) Zc 

⎝ 2 ⎠ 

Jadi dalam rangkaian ekivalen π 

Z 

t 

Yt 

1 ⎛ γd 

⎞ 

= Z c sinh( γd) 

dan = tanh⎜ 

⎟ 

2 Z ⎝ 2 ⎠ 

c 

(2.64) 

dengan d = jarak antara ujung-terima dan ujung-kirim, Z c = 

impedansi karakteristik. 

Rangkaian ekivalen π diturunkan dari model satu-fasa rangkaian 

tiga-fasa seimbang. Untuk rangkaian tiga-fasa tak-seimbang, 

fasor-fasor tak seimbang kita uraikan menjadi komponenkomponen 

simetris. Masing-masing komponen simetris 

merupakan fasa-fasa seimbang sehingga masing-masing 

komponen dapat di analisis menggunakan rangkaian ekivalen satufasa. 

Dengan kata lain masing-masing komponen memiliki 

rangkaian ekivalen, yaitu rangkaian ekivalen urutan positif, urutan 

negatif, dan urutan nol, seperti terlihat pada Gb.2.12. 

Besaran rangkaian ekivalen adalah: 

Konstanta propagasi urutan: 

γ 0 = Z 0Y0 

; γ1 

= Z1Y 

1 ; γ2 

= Z2Y2 

(2.65) 

Impedansi karakteristik urutan: 

Z 

Z 

Impedansi urutan: 

c0 

Z 

c1 

c2 

= 

= 

= 

Z 

0 

1 

/ Y 

0 

Z / Y 

1 

Z 2 / Y 

2 

(2.66) 



Z 

Z 

Z 

0 

1 

2 

= Z 

= Z 

= Z 

c0 

c1 

c2 

sinh γ 

d 

sinh γ d 

1 

sinh γ 

Admitansi urutan: 

Y0 

1 γ 

tanh 0d 

= 

2 Zc0 

2 

Y1 

1 γ 

tanh 1d 

= 

2 Zc1 

2 

Y2 

1 γ 

tanh 2d 

= 

2 Zc2 

2 

0 

2 

d 

(2.67) 

(2.68) 

Is0 

I r 0 

Z t0 

Y t0 

Y 

V t0 

s0 

V r 0 

2 

2 

Rangkaian Urutan Nol 

Is1 

I r 1 

Z t1 

Y t1 

Y 

V t1 

s1 

V r 1 

2 

2 

Rangkaian Urutan Positif 

Is2 

I r 2 

Z t2 

Y t2 

Y 

V t2 

s2 

V r 2 

2 

Rangkaian Urutan Negatif 

Gb.2.12. Rangkaian ekivalen urutan. 

2 

81


CONTOH-2.5: Dari saluran transmisi 50 Hz dengan transposisi 

yang mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-2.3, tentukan 

(a) impedansi karakteristik; 

(b) konstanta propagasi; 

(c) rangkaian ekivalen π. 

A 

Solusi: 

4,2 m 

8,4 m 

B 

4,2 m 

Impedansi dan admitansi per satuan panjang saluran ini telah 

dihitung pada dua contoh sebelumnya. 

Z = 0,088 + j0,3896 

/km Y = j2,923 

S/km 

1 Ω 

a) Impedansi karakteristik adalah: 

C 

R 

r 

A 

r′ 

A 

A 

= R 

= r 

B 

= r′ 

B 

B 

= R 

= r 

C 

= r′ 

C 

C 

= r = 1,350 cm 

= r′ 

= 1,073 cm 


1 µ 

= 0.088 Ω / km 

Z c = 

Z 

Y 

3 

= 10 × 

= 

b) Konstanta propagasi 

0,088 + j0,3896 

−6 

j2,923 

× 10 

0,088 + j0,3896 

o 

= 369,67∠ 

- 6,4 

j2,923 

Ω 

γ = 

ZY 

= 

(0,088 + j0,3896)( 

j2,923 

× 10 

= (0,1198 + j1,074) 

× 10 

−3 

per km 

c) Untuk jarak antara ujung kirim dan ujung terima 100 km, 

elemen-elemen rangkaian ekivalen π adalah 

Z 

t 

= Z 

c 

sinh( γd 

) 

= (369,67∠ − 6,4 

= 8,77 + j38,89 

= 39.87∠77.3 

o 

)sinh[(0,1198 + j1,074) 

× 10 

o 

Ω 

−1 

] 

−6 

) 



Yt 

2 

1 ⎛ γd 

= tanh⎜ 

Zc 

⎝ 2 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

1 ⎛ −3 

(0,1207 j1,074) 

10 100 ⎞ 

tanh⎜ 

+ × × 

= 

⎟ 

o 

369,67∠ − 6,4 ⎜ 

2 

⎟ 

⎝ 

⎠ 

−8 

−3 

= 3,14 × 10 + j0,1463 

× 10 ≈ j0,1463 

mS 

I s 

8.77 

+ j38,89 

Ir 

Vs 

j0,1463 

j0, 1463 

Vr 

16.2.5. Rangkaian Ekivalen Pendekatan 

Apabila kita melakukan perhitungan dengan menggunakan 

computer, pendekatan ini sebenarnya tidak diperlukan. Namun 

untuk saluran pendek, perhitungan secara manual kadang-kadang 

diperlukan sehingga diperlukan besaran pendekatan. Pada saluran 

yang pendek, γd


2.2.6. Saluran Pendek 

Kinerja saluran transmisi dinyatakan oleh persamaan (2.60) 

yaitu 

V 

I 

s 

s 

= V 

r 

V 

= 

Z 

r 

c 

cosh( γd) 

+ Z I 

sinh( γd) 

+ I 

c 

r 

r 

sinh( γd) 

cosh( γd) 

Pada saluran yang pendek, γd


Rangkaian ekivalen pendekatan hanya kita pakai apabila kita 

perlukan. Dalam analisis selanjutnya kita akan menggunakan 

rangkaian ekivalen π yang sebenarnya. 

2.2.7. Konstanta ABCD 

Kinerja saluran transmisi dinyatakan oleh persamaan (2.60) 

yaitu 

V 

I 

s 

s 

= V 

r 

V 

= 

Z 

cosh( γd 

) + Z I 

r 

c 

sinh( γd 

) + I 

c 

r 

r 

sinh( γd) 

cosh( γd) 

Persamaan ini dapat ditulis dengan dengan menggunakan 

konstanta A, B, C, D seperti berikut: 

dengan 

V 

I 

s 

s 

= AV 

r 

= C V 

r 

A = cosh γd 

; 

+ B I 

r 

+ D I 

sinh γd 

1 

C = = B ; 

Z 2 

c Z 

r 

B = Z 

c 

c 

sinh γd 

D = cosh γd 

= A 

(2.71.a) 

(2.71.b) 

Konstanta-konstanta ini dapat pula diturunkan dari rangkaian 

ekivalen π yang telah kita peroleh pada persamaan (2.60) yaitu 

ZtYt 

⎞ 

Vs 

⎜ 

⎛ = 1 + ⎟Vr 

+ Zt 

I 

⎝ 2 ⎠ 

⎛ ZtYt 

⎞ Yt 

⎛ ZtYt 

⎞ 

I s = ⎜2 

+ ⎟ Vr 

+ ⎜1 

+ ⎟Ir 

⎝ 2 ⎠ 2 ⎝ 2 ⎠ 

yang jika kita perbandingkan dengan (2.71.a) kita dapatkan 

⎞ 

A ⎜ 

⎛ Z = + tYt 

1 ⎟ B = Zt 

⎝ 2 ⎠ 

⎛ Z ⎞ 

⎛ 

C = ⎜ + 

tYt 

Yt 

Z 

2 ⎟ D = ⎜1 

+ 

tY 

⎝ 2 ⎠ 2 ⎝ 2 

t 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

= A 

(2.71.c) 

85



Konstanta-konstanta A, B, C, D, adalah bilangan-bilangan 

kompleks karena Z t maupun Y t adalah bilangan kompleks yang 

nilainya ditentukan oleh ukuran, konfigurasi, dan panjang 

saluran. Kita lihat lagi saluran pada Contoh-7.1. untuk memberi 

gambaran tentang nilai konstanta-konstanta ini. 

CONTOH-2.7: Dari saluran transmisi 50 Hz dengan transposisi 

yang mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-2.3, sedangkan 

panjang saluran 100 km, tentukan konstanta A, B, C, D saluran 

transmisi ini. 

A 

4,2 m 

Solusi: 

γ dan Z c telah dihitung pada Contoh-2.5: 

Z c 

8,4 m 

B 

4,2 m 

C 

= 369,67∠ 

- 6,4 

o 

Ω 

γ = (0,1198 + j 1,074) × 10 

= r′ 


−3 

= r′ 

per km 

Menggunakan formulasi (2.71.b), nilai konstanta A, B, C, 

D, adalah 

o 

A = cosh γd 

= 0,9943∠0,07 

= r = 1,350 cm 

= r′ 

= 1,073 cm 

o 

B = Z c sinh γd 

= 39,87∠77,30 

sinh γd 

1 

o 

C = = B = 0,0003∠90,02 

Z 2 

c Z c 

o 

D = cosh γd 

= A = 0,9943∠0,07 

= 0.088 Ω / km 

Dengan menggunakan konstanta A,B,C,D, ini, kita akan 

mecermati kinerja saluran. 

CONTOH-2.8: Jika saluran transmisi pada Contoh-2.7 mencatu 

beban sebesar 250 MVA dengan faktor daya 0.9 lagging pada 

tegangan 270 kV. Hitunglah tegangan di ujung kirim, arus di ujung 

kirim, tegangan jatuh di saluran, daya di ujung kirim, faktor daya di 

ujung kirim, dan susut daya di saluran. 

R 

r 

A 

r′ 

A 

A 

= R 

= r 

B 

B 

B 

= R 

= r 

C 

C 

C


Solusi: 

Dengan model satu-fasa, tegangan beban 270 kV digunakan 

sebagai referensi. Tegangan fasa-netral adalah 

V r 

270 o 

= = 155,88 ∠0 

3 

kV 

Karena faktor daya 0,9 lagging maka arus beban: 

I r 

250 o 

= 

= 0.53∠ 

- 25,8 

270 × 0,9 × 3 

Tegangan fasa-netral di ujung kirim: 

kA 

o 

o 

Vs 

= 0,9943∠0,07 

Vr 

+ 39,87∠77,30 

Ir 

o 

= 155 + j0.2 

+ 13.3+ 

j16.7 

= 169.1∠5.7 

Arus di ujung kirim: 

I 

s 

= 0.51∠ 

- 21,2 

kV 

kV 

= CV + D I = -2 × 10 + j0.05 

+ 0.48 − j0.23 

r 

r 

o 

Tegangan jatuh di saluran adalah 

-5 

∆V 

= V s − V r = 169,1∠ 

5,7 

= 12,4 + j16,9 

= 21∠53,7 

o 

−155,88∠0 

o 

kV 

21 

atau × 100 ≈12% 

dari tegangan di ujung kirim. 

169,1 

Daya kompleks ujung kirim 

Ss 

∗ 

o 

= 3× 

V sIs 

= 3× 

169,1 ∠5,7 

× 0,51∠21,2 

= 260∠27 

MVA 

Faktor daya ujung kirim cos(27 o ) = 0.89 

Daya nyata ujung kirim 

Daya nyata ujung terima 

P s 

P r 

Susut yang terjadi di saluran adalah 

= 260 × 0,89 = 232 MW 

= 250 × 0.9 = 225 MW 

Ps 

− Pr 

P saluran = ×100 % = 3.1% . 

Ps 

o 

87


2.3. Perubahan Pembebanan 

Dalam Contoh-2.8 di atas, pembebanan 250 MVA dengan faktor 

daya 0,9 menyebabkan tegangan jatuh 12% dan susut daya 3,1% 

sementara faktor daya di ujung kirim 0,89. Berikut ini kita akan 

melihat situasi jika terjadi perubahan pembebanan 

CONTOH-2.9: Dengan panjang tetap 100 km, saluran transmisi 

pada Contoh-2.8 dibebani 200, 250, 300 MVA dengan faktor daya 

tetap 0.9 lagging. Hitunglah tegangan jatuh di saluran, daya di ujung 

kirim, faktor daya di ujung kirim, dan susut daya di saluran. 

Solusi: 

Perhitungan dilakukan dengan cara yang sama seperti pada 

Contoh-2.8. Hasil perhitungan dimuatkan dalam tabel berikut. 

Beban [MVA] 

200 250 300 

Panjang 100 km 100 km 100 km 

V r [kV] 155,88∠0 o 155,88∠0 o 155,88∠0 o 

I r [kA] 0.43∠-25.8 o 0.53∠-25.8 o 0.64∠-25.8 o 

V s [kV] 166.2∠4.7 o 169.1∠5.7 o 172.1∠6.7 o 

I s [kA] 0.40∠-20 o 0.51∠-21.2 o 0.62∠-22 o 

∆ V [kV] 16.7∠54.3 o 21∠53.7 o 25.2∠53.3 o 

∆ V [%] 10 12 15 

S s [MVA] 203 260 320 

f.d. 0.9 0.89 0.88 

Susut [%] 2.5 3.1 3.75 



2.4. Perubahan Panjang Saluran 

Perubahan panjang saluran akan mengubah konstanta saluran. Kita 

lihat contoh berikut. 

CONTOH-2.10: Dengan beban tetap 250 MVA dan faktor daya 0,9 

lagging, hitunglah tegangan jatuh di saluran, daya di ujung kirim, 

faktor daya di ujung kirim, dan susut daya di saluran untuk panjang 

saluran 100, 150, 200 km 

Solusi: 

Perhitungan dilakukan dengan cara yang sama seperti pada 

Contoh-2.8. Hasil perhitungan dimuatkan dalam tabel berikut. 

Panjang Saluran 

100 150 200 

Beban 250 MVA 250 MVA 250 MVA 

A 0.9943∠0.07 o 0.9872∠0,17 o 0.9773∠0.3 o 

B [Ω] 39.867∠77.3 o 59.658 ∠77.3 o 79.28∠77.4 o 

C [mS] 0.2917∠90.02 o 0.4366 ∠90.06 o 0.5802∠90.1 o 

D 0.9943∠0.07 o 0.9872∠0.17 o 0.9773∠0.3 o 

V r [kV] 155.88∠0 o 155.88∠0 o 155.88∠0 o 

I r [kA] 0.53∠-25.8 o 0.53∠-25.8 o 0.53∠-25.8 o 

V s [kV] 169.1∠5.7 o 175.6∠8.3 o 181.9∠10.8 o 

I s [kA] 0.51∠-21.2 o 0.50∠-18.7 o 0.49∠-16 o 

∆ V [kV] 21∠53.7 o 31∠54.9 o 41∠56.1 o 

∆ V [%] 12 18 22 

S s [MVA] 260 264 267 

f.d. 0.89 0.89 0.89 

Susut [%] 3.1 4.5 5.8 

89


2.5. Lossless Line 

Konstanta ABCD saluran transmisi diberikan oleh (2.71.b) yaitu 

A = cosh γd 

; 

sinh γd 

1 

C = = 

Z c Z 

B = Z 

2 

c 

B ; 

c 

sinh γd 

D = cosh γd 

= A 

Untuk d tertentu, konstanta A dan D ditentukan oleh konstanta 

propagasi γ yang didefinisikan pada (2.50) 

γ 

2 

= ZY atau γ = 

ZY 

dimana Z impedansi seri per satuan panjang, dan Y admitansi per 

satuan panjang. Konstanta propagasi ini merupakan besaran 

kompleks yang dapat dituliskan sebagai 

γ = α + j β 

α disebut konstanta redaman, sedangkan β disebut konstanta fasa. 

Konstanta redaman α muncul dari impedansi seri Z s = Rs 

+ jX s . 

Jika resistansi seri R s = 0, konstanta redaman juga 0. 

γ = 0 + jβ = jβ 

(2.72) 

Keadaan ideal ini, dimana R s atau α bernilai nol menjadikan saluran 

transmisi lossless, tidak menyerap daya atau tidak terjadi susut 

energi di saluran transmisi. Dalam situasi ini, konstanta A dan D 

adalah 

jβ − jβ 

e + e 

A = D = cosh γd 

= 

= cosβ 

2 

(2.73) 

Konstanta B menjadi 

jβ 

− jβ 

e − e 

B = Z c sinh γd 

= Z c 

= Z c j sin β 

2 

(2.74) 

Kondisi ideal ini akan kita gunakan dalam membahas surge 

impedance loading di sub-bab 2.6.6. 



2.6. Analisis Pembebanan Saluran Transmisi 

Kenaikan tegangan jatuh serta kenaikan susut daya seiring dengan 

peningkatan pembebanan sudah dapat kita duga. Pada pembebanan 

yang kita hitung pada Contoh-2.8 sebesar 250 MVA, tegangan jatuh 

sudah mencapai 12% dan susut daya sudah 3,1%. Padahal jika kita 

mengingat kapasitas arus konduktor yang 900 A dan seandainya 

saluran kita bebani sesuai dengan kemampuan arus konduktornya, 

daya yang bisa diterima di ujung kirim adalah 

S r 

3fasa = 270 × 0,9 × 3 = 

420 MVA 

Jika pembebanan sebesar ini kita paksakan, maka tegangan jatuh di 

saluran akan mencapai 20% dan susut mencapai 5,2%. 

2.6.1. Pembebanan Thermal 

Sebagian energy yang melalui saluran transmisi terkonversi 

menjadi panas di saluran sebanding dengan kuadrat arus. 

saluran 

2 

fasa 

P = 3 × I × R 

saluran 

Batas thermal menentukan seberapa besar arus yang 

diperkenankan mengalir pada konduktor agar tidak terjadi 

pemanasan yang berlebihan di saluran. Kenaikan temperatur 

konduktor akan menyebabkan pemuaian; jika temperature 

meningkat maka andongan akan bertambah . 

Dari relasi daya tiga-fasa S3 fasa = VI 3 kita dapat menghitung 

berapa daya yang dapat dipasok melalui suatu saluran transmisi. 

Saluran transmisi dengan tegangan fasa-fasa 150 kV misalnya, 

setiap 10 amper arus berarti penyaluran daya sebesar 

150 3 = 2,5 MVA ; pada transmisi 500 kV berarti penyaluran 

daya 85 MVA setiap 10 ampere arus. Namun bukan daya ini saja 

yang menjadi batas dalam menghitung pembebanan suatu saluran 

transmisi. Beberapa hal akan kita lihat berikut ini. 

91


2.6.2. Tegangan dan Arus di Ujung Kirim 

Kita misalkan: 

konstanta saluran: 

A = A∠α 

dan B = B∠β 

, 

o 

tegangan ujung terima V r = V r ∠0 (sebagai referensi) 

o 

arus beban lagging I r = I r ∠ − ϕ , 

maka tegangan di ujung kirim adalah 

V s = AVr 

+ B Ir 

= AVr∠( α + 0) + BIr∠( 

β − ϕ) 

(2.75.a) 

Sudut A ∠α 

dan B ∠β 

adalah konstanta yang ditentukan hanya 

oleh parameter saluran, yang bernilai konstan selama saluran tidak 

berubah. Oleh karena itu jika faktor daya beban dipertahankan 

pada nilai tertentu (ϕ konstan) fasor tegangan di ujung kirim 

ditentukan hanya oleh arus beban I r . Gb.2.14. memperlihatkan 

peristiwa tersebut. 

Im 

I r 

I′ r 

Gb.2.14. Perubahan Ir 

menjadi I′ r menyebabkan perubahan 

2 

c 

Vs 

menjadi 

Jika kita misalkan Z c = Z c 

(2.71.a) menjadi: 

B 

I s = Vr 

+ A I 

Z 

∠θ 

V′ s . 

, maka persamaan ke-dua 


α 

r 

(2.75.b) 

BVr 

= ∠(0 

− 2θ) 

+ AI ∠( 

α − ϕ) 

2 

r 

Z c 

Impedansi karakteristik Z c juga merupakan besaran konstan untuk 

satu saluran transmisi tertentu. Jika faktor daya beban 

dipertahankan konstan, beda susut fasa antara arus di ujung terima 

dan di ujung kirim hanya ditentukan oleh parameter saluran. 

V r 

V s 

AV r 

BI r 

V′ s 

β − ϕ 

Re


2.6.3. Tegangan Jatuh Pada Saluran 

Peningkatan arus I r berarti peningkatan pembebanan. Selain batas 

thermal sebagaimana telah dikemukakan di atas, ada pembatasan 

lain yang akan kita lihat berikut ini. 

Jika δ adalah sudut antara Vs 

dan Vr 

maka dari relasi tegangan 

V s = AVr 

+ B Ir 

kita peroleh arus beban 

I 

r 

Vs 

AVr 

= − 

B B 

Vs 

AVr 

= ∠( δ −β) 

− ∠( 

α −β) 

B 

B 

Daya per fasa di ujung terima adalah 

(2.76) 

∗ 

Sr 1fasa = Vr 

I r 

2 

VrVs 

AVr 

= ∠( 

β − δ) 

− ∠( 

β − α) 

B 

B 

(2.77) 

Jika kita menghendaki tegangan jatuh tidak melebihi nilai tertentu, 

kita dapat menetapkan tegangan di ujung terima dan di ujung 

kirim. Jika hal ini dilakukan maka V r V s dan 2 

V r pada persamaan 

daya (2.77) akan bernilai konstan. Persamaan ini akan 

menunjukkan bahwa hanya sudut δ yang akan bervariasi apabila 

terjadi perubahan permintaan daya di ujung terima. Sudut ini, δ, 

disebut sudut daya. 

Diagram fasor perubahan sudut daya diperlihatkan pada Gb. 2.15. 

Im 

V s 

α 

AV r 

BI r 

δ 

Re 

V r 

I r 

Gb.2.15. Perubahan sudut δ. 

93


2.6.4. Diagram Lingkaran 

Daya tiga-fasa di ujung terima diperoleh dari (2.77) yaitu 

3V 

rVs 

3AVr 

Sr 3fasa = ∠( 

β − δ) 

− ∠( 

β − α) 

(2.78) 

B 

B 

Jika V r dan V s dipertahankan konstan, hanya sudut δ yang dapat 

bervariasi mengikuti perubahan daya. Karakteristik perubahan 

daya akan mengikuti bentuk kurva lingkaran. 

Kita amati bahwa sudut α jauh lebih kecil dari sudut β. Oleh 

karena itu sudut fasa suku ke-dua (2.78) akan berada di sekitar 

nilai β. Selain itu jika tegangan jatuh di saluran tidak lebih dari 

10%, nilai V r Vs di suku pertama tidak pula jauh berbeda dengan 

2 

nilai V r di suku ke-dua. Pengamatan ini kita perlukan karena kita 

akan menggambarkan diagram lingkaran tanpa skala, yang 

diperlihatkan pada Gb.2.16. 

Im 

N ′ 

M ′ 

2 

M 

δ 

N 

β − α 

O 

β − δ 

Re 

M′ 

N′ 

Gb.2.16. Diagram lingkaran. 



Penjelasan dari Gb.2.16 adalah sebagai berikut: 

1. Pada bidang kompleks kita gambarkan fasor 

3 AV 2 

r ∠( 

β − α) 

B 

yaitu OM kemudian kita gambar 

2 

3 

− 

AV r ∠( 

β − α) 

B 

yaitu O M ′ . 

2. Pada fasor O M′ kita tambahkan fasor 

3V 

r V s 

∠( 

β − δ) 

B 

yaitu fasor M′ N . 

3. Sudut antara M′ N dengan sumbu mendatar adalah ( β − δ) 

. 

4. Pada perubahan sudut δ fasor M′ N akan bergerak 

mengikuti lingkaran yang berpusat di M′ berjari-jari M′ N . 

5. Sudut δ sendiri adalah sudut antara fasor M′ N dengan garis 

M ′ M′ 

yaitu garis sejajar fasor OM seandainya α = 0. 

6. Daya nyata maksimum terjadi jika ( β − δ) 

= 0 yaitu pada 

waktu M′ N menjadi M ′ N′ 

o 

7. Daya reaktif maksimum terjadi jika ( β − δ) 

= 90 . 

2.6.5. Batas Stabilitas Keadaan Mantap 

Dalam meninjau daya maksimum ini, kita akan 

menyederhanakan relasi (2.77) dengan melihat saluran transmisi 

pada tegangan pengenalnya yang kita sebut V, misalnya 

transmisi 70 kV atau 150 kV, dan tidak membedakan V r atau V s . 

Dengan pengertian ini maka (2.77) menjadi: 

2 

2 

V 

AV 

S r 1fasa = ∠( 

β − δ) 

− ∠( 

β − α) 

(2.79.a) 

3B 

3B 

Daya tiga-fasa menjadi 

2 

2 

V 

AV 

S r 3fasa = ∠( 

β − δ) 

− ∠( 

β − α) 

(2.79.b) 

B 

B 

Pada nilai δ = 0, kita tetap mendapatkan daya kompleks, bukan 

daya nyata. Daya nyata kita peroleh dengan mengambil bagian 

nyata dari relasi daya ini, dan daya reaktif adalah bagian 

imajinernya. 

95

P 

r 3fasa 

= Re S 

⎡ 2 

V 

= Re⎢ 

⎢⎣ 

B 

2 

V 

= 

B 

r 3fasa 

dan daya reaktif Q adalah 

Q 

r 3fasa 

= Im S 

⎡ 2 

V 

= Im⎢ 

⎢⎣ 

B 

2 

AV 

∠( 

β − δ) 

− 

B 

AV 

cos( β − δ) 

− 

B 

r 3fasa 

2 

AV 

∠( 

β − δ) 

− 

B 

2 

cos( β − α) 


⎤ 

∠( 

β − α) 

⎥ 

⎥⎦ 

⎤ 

∠( 

β − α) 

⎥ 

⎥⎦ 

(2.80.a) 

V 

AV 

= sin( β − δ) 

− sin( β − α) 

B 

B 

Daya nyata pada relasi (2.80.a) akan mencapai nilai maksimum 

pada waktu ( β − δ) 

= 0 atau δ = β . Daya nyata maksimum ini 

merupakan daya maksimum yang bisa dicapai dalam tinjauan 

keadaan mantap (steady state); besarnya adalah 

2 

V 

P r 3fasa maks mantap = [ 1 − A cos( β − α) 

] (2.81) 

B 

2 

2 

(2.80.b) 

Pada waktu δ = β, yaitu pada waktu daya nyata mencapai nilai 

maksimum mantap, daya reaktif adalah 

AV 

Q r 3fasa maks mantap = − sin( β − α) 

(2.82) 

B 

Dan daya kompleks maksimum dalam keadaan mantap adalah 

S 

3 fasa maks mantap 

= 

2 

V 

= 

B 

P 

2 

+ Q 

1+ 

A 

2 

2 

2 

− 2Acos( 

β − α) 

(2.83) 

Ini merupakan daya kompleks tiga-fasa maksimum yang bisa 

dibebankan pada suatu saluran transmisi. Jika konduktor yang 

digunakan dalam saluran ini mempunyai kapasitas arus sebesar 

I c , maka berdasarkan kapasitas arus ini daya yang bisa 

dibebankan pada saluran transmisi adalah 



S = VI 3 

(2.84) 

3 fasa saluran c 

dan daya kompleks maksimum dalam keadaan mantap menjadi 

batas pembebanan saluran transmisi dan menjadi batas stabilitas 

keadaan mantap 

S < S 

3fasa maks mantap 

3 fasa saluran 

CONTOH-2.11: Tinjaulah batas pembebanan saluran transmisi 

pada Contoh-2.8. di mana saluran transmisi mencatu beban sebesar 

100 MW dengan faktor daya 0.9 lagging pada tegangan 270 kV. 

A 

4,2 m 

8,4 m 

B 

4,2 m 

C 

= r′ 

= r′ 


Sistem ini kita anggap memiliki tegangan penunjuk 275 kV. 

Beban beroperasi pada 270 kV dan tegangan di ujung kirim telah 

dihitung pada sebelumnya sebesar 279 kV. Konstanta A dan B 

telah dihitung yaitu 

o 

o 

A = 0,9943∠0,07 

dan B = 39,87∠77,30 

= 0.088 Ω / km 

= r = 1,350 cm 

= r′ 

= 1,073 cm 

Daya maksimum yang dapat dibebankan pada saluran ini menurut 

(2.83) adalah 

2 

V 2 

S 3fasa maks mantap = 1 + A − 2A 

cos( β − α) 

B 

275 

= 1 + 0,9943 − 2 × 0,09943(cos(77,30 − 0,07) 

39,87 

= 417 MVA 

Dengan kapasitas arus sebesar 900 A, maka pembebanan saluran 

R 

r 

A 

r′ 

A 

A 

= R 

= r 

B 

B 

B 

= R 

= r 

C 

C 

C 

S 3 fasa saluran = VI c 3 = 275 × 0,9 × 3 = 428 

⇒ 

S < S 

3fasa maks mantap 

3 fasa saluran 

MVA 

Jadi 417 MVA merupakan batas pembebanan maksimum. 

97


2.6.6. Surge Impedance Loading (SIL) 

SIL kita tinjau untuk suatu lossless line. Dalam kondisi ini 

cosh γd = cosβ 

dan sinh γd 

= j sin β 

Jika selain lossless saluran, transmisi ini dibebani dengan beban 

sebesar impedansi karakteristik Z c (beban dimodelkan sebagai satu 

impedansi) sehingga tegangan di ujung terima (beban) menjadi 

V r = Z c I r atau 

Vr 

I r = 

Z c 

(2.85) 

maka tegangan di ujung kirim menjadi 

Vs 

= Vr 

cosh( γd) 

+ Z cI 

r sinh( γd) 

Vr 

= Vr 

cos( βd) 

+ jZ c sin( βd) 

Z c 

( cos( βd) 

+ j sin( βd) 

) 

= Vr 

= Vr 

∠( 

βd) 

(2.86) 

Persamaan (2.86) ini menunjukkan bahwa besar tegangan di ujung 

kirim sama dengan besar tegangan di ujung terima, 

V s = Vr 

, 

berapapun panjang saluran transmisi. Panjang saluran transmisi d 

hanya menentukan perbedaan sudut fasa. Dengan kata lain, jika d 

tertentu maka tegangan di seluruh posisi pada saluran transmisi 

sama besar; persamaan (2.86) dapat kita tulis 

V s = Vr 

∠βx 

(2.87) 

V (x) 

Tegangan sepanjang 

saluran 

V r 

d 

Gb.2.17. Saluran transmisi lossless, beban = Z c . 

Dalam kondisi ini daya yang tersalur ke beban disebut surge 

impedance loading (SIL). 

x 

0 



SIL 

2 2 

Vr 

V 

= 3 == 

(2.88) 

Zc 

Zc 

dengan V adalah tegangan penunjuk saluran transmisi, misalnya 

150 kV, 270 kV. Perhatikan bahwa dalam perhitungan ini beban 

dimodelkan sebagai impedansi karakteristik, yaitu 

Z c = Z / Y 

dengan Z dan Y adalah besaran per satuan panjang; dan Z tetap 

mengandung resistansi, Z = R + jX . 

Pembebanan sesungguhnya bisa lebih besar atau lebih kecil dari 

SIL. Jika tegangan di ujung terima, V r , dipertahankan pada suatu 

nilai tertentu, pembebanan yang lebih besar dari SIL 

mengharuskan tegangan di ujung kirim lebih besar dari tegangan 

ujung terima, V s > Vr 

. Jika pembebanan lebih kecil dari SIL, 

tegangan di ujung kirim lebih kecil dari tegangan di unjung terima 

maka V s > Vr 

> SIL 

V (x) SIL 

V r 

< SIL 

CONTOH-2.12: Dari saluran transmisi 50 Hz, 275kV, dengan 

panjang saluran 100 km seperti pada Contoh-2.8, tentukan SIL. 

Bandingkanlah dengan contoh-2.8 dimana saluran dibebani 250 

MVA. 

A 

4,2 m 

d 

x 

Gb.2.18. Pembebanan >SIL atau < SIL. 

8,4 m 

B 

4,2 m 

C 

R 

r 

A 

r′ 

A 

A 

= R 

= r 

B 

= r′ 

B 

B 

= R 

= r 

C 

= r′ 

C 

C 

= 0.088 Ω / km 

= r = 1,350 cm 

= r′ 

= 1,073 cm 


99


Solusi: 

Z c telah dihitung pada sebelumnya, yaitu 

Z c 

= 369,67∠ 

- 6,4 

o 

Ω 

SIL = 

V 

2 275 2 

= = 

Z c 369,67 

205 

MVA 

Jika saluran dibebani lebih besar dari SIL, maka tegangan di 

ujung kirim akan lebih besar dari 275 kV. Hal ini terlihat pada 

contoh-2.8, dimana pada pembebanan 250 MVA, tegangan 

o 

ujung kirim adalah V s = 169,1 

∠5,7 

yang berarti tegangan fasafasa 

adalah 

V s = 169 ,1 3 = 293 kV 

lebih besar dari tegangan penunjuk 275 kV. 

2.7. Transien Pada Saluran Transmisi 

2.7.1. Isolasi Saluran Transmisi 

Udara adalah isolasi utama pada saluran udara. Namun konduktor 

saluran transmisi harus ditopang oleh menara untuk mencapai 

ketinggian tertentu terhadap permukaan tanah. Untuk mendukung 

konduktor ini, diperlukan isolator yang memisahkan konduktor 

dari menara. 

Untuk memilih isolator, ada tiga hal utama yang perlu 

dipertimbangkan, yaitu: 

Tegangan kerja sistem itu sendiri. 

Tegangan surja yang mungkin timbul oleh sambaran petir. 

Tegangan surja yang timbul pada waktu penutupan/pembukaan 

circuit breaker. 

Tegangan yang paling menentukan adalah tegangan surja karena 

kalau isolator mampu menahan tegangan uji surja tertentu, 

biasanya ia juga mampu menahan tegangan kerja sistem. Untuk uji 

surja, bentuk gelombang tegangan uji didefinisikan. Bentuk 



gelombang surja dinyatakan sebagai T 1 × T 2 dimana keduanya 

dinyatakan dalam mikrodetik (µs). Jika tegangan puncaknya 

adalah V 0 maka T 1 adalah waktu yang diperlukan untuk mencapai 

puncak sedangkan T 2 adalah waktu untuk turun mencapai 0,5V 0 . 

Bentuk gelombang surja, secara matematis dinyatakan 

menggunakan fungsi eksponensial ganda 

dengan 

τ 

V 

2 

1 

v( 

t) 

= V 

0 

1 

T2 

= = 1,443T 

ln(2) 

= V 

e 

−t 

/ τ2 −t 

/ τ1 

[ e − e ] 

( T /1,443T 

) 

1 

2 

2 

; 

τ 

1 

T1 

= = 0,2T1 

5 

(2.89.a) 

(2.89.b) 

Pengujian isolator dilakukan pada suatu kondisi yang ditentukan, 

dengan bentuk gelombang uji yang terdefinisi secara baik. 

Beberapa pengertian perlu kita fahami, yaitu: 

Critical Flashover Voltage (CFO): adalah tegangan maksimum 

dimana probabilitas terjadinya flashover adalah 0,50. 

Withstand Voltage: Tegangan maksimum 3 × standar deviasi 

dibawah CFO. 

Basic (lightning) Impulse Insulation Level (BIL): Tegangan 

puncak dimana kemungkinan terjadinya flashover adalah 0,01 

pada surja uji 1,2/50 µs. 

Basic (switching) Surge Impulse Insulation Level (BSL): 

Tegangan puncak dimana kemungkinan terjadinya flashover 

adalah 0,01 pada surja uji 250/2500 µs. 

2.7.2. Surja Petir 

Petir (lightning) sangat berbahaya bagi saluran transmisi. 

Indonesia terkenal sebagai daerah yang kaya akan petir. Arus petir 

yang pernah teramati di Jawa ini berkisar dari 7 sampai 130 A 

dengan rata-rata 30 kA, tapi di daerah Sumatra bisa sampai di atas 

200 kA. 

Saluran transmisi dilengkapi dengan kawat tanah yang dipasang di 

puncak menara dan berfungsi sebagai pelindung kawat fasa 

101


terhadap sambaran petir. Berdasar pengalaman, kawat-kawat fasa 

yang berada dalam sektor 60 o di bawah kawat tanah ini “aman” 

terhadap sambaran petir langsung. Walaupun kawat fasa 

terlindungi, sambaran petir langsung ke kawat tanah dapat terjadi. 

Pada sambaran ini akan mengalir arus sangat tinggi ke tanah 

melalui badan menara. Aliran arus yang sangat tinggi ini dapat 

mengakibatkan kenaikan tegangan (beberapa saat) yang melebihi 

tegangan flshover isolator. Terjadilah apa yang disebut backflash 

yaitu tembus udara antara kawat tanah dengan konduktor fasa. 

Sekali hal ini terjadi, flashover ini akan dipertahamkan oleh 

tegangan sistem; ia akan dapat dihilangkan dengan cara 

mematikan sistem. Hal yang sama juga bisa terjadi jika kawat fasa 

terkena sambaran langsung. Tegangan dan arus tinggi pada saluran 

transmisi juga bisa terjadi jika ada sambaran petir tidak jauh dari 

saluran; peristiwa ini disebut sambaran tak langsung. 

Salah satu upaya yang paling sederhana untuk menghindari 

kerusakan akibat sambaran petir adalah pemasangan rod gap. Rod 

gap berupa suatu sela udara yang dibangun antara kawat fasa dan 

menara dengan perantaraan dua batang logam. Sela udara dibuat 

sedemikian rupa sehingga ia akan tembus bila terjadi kenaikan 

tegangan yang tidak diinginkan. Kelemahan alat sederhana ini 

adalah bahwa tembus yang terjadi tidak dapat hilang dengan 

sendirinya; di samping itu terjadi pula kerusakan pada batang 

logam. 

Gangguan petir terhadap saluran transmisi bisa berupa sambaran 

langsung seperti disinggung di atas, ataupun sambaran tidak 

langsung. Sambaran tidak langsung akan menimbulkan tegangan 

imbas pada saluran transmisi. Lonjakan tegangan di saluran 

transmisi, baik oleh sambaran langsung maupun sambaran tak 

langsung, yang berlangsung hanya beberapa saat, akan merambat 

sepanjang saluran transmisi. Lonjakan tegangan ini merupakan 

peristiwa transien. 

2.7.3. Transien Pada Saluran Transmisi 

Dalam pelajaran analisis rangkaian listrik kita telah mempelajari 

gejala transien. Penutupan saklar S pada rangkaian RLC Gb.2.19. 

+ 

memberikan persamaan orde dua pada t ≥ 0 sebagai berikut 


di 

Ri + L + v = 

dt 

v in 


Persamaan ini diperoleh dengan pandangan bahwa begitu saklar 

ditutup, seluruh tegangan 

S v 

v L = L di / dt 

v in terterapkan pada 

R = iR 

seluruh rangkaian RLC 

+ i 

dan hukum Kirchhoff ∪∩ v in 

v C = v 

dapat kita terapkan pada 

− 

rangkaian ini. Pandangan 

ini tidak dapat kita 

Gb.2.19. Rangkaian RLC seri. 

aplikasikan begitu saja 

pada saluran transmisi. 

Panjang saluran transmisi adalah ratusan kilometer. Jika kita 

menutup circuit breaker di ujung kirim, tegangan tidak serta merta 

terasakan di ujung terima; artinya tegangan masuk di ujung kirim 

tidak segera mencakup seluruh rangkaian. Tegangan di ujung 

kirim harus merambat dan memerlukan waktu untuk sampai ke 

ujung terima, walaupun waktu yang diperlukan itu sangat pendek. 

Oleh karena itu kita harus hati-hati menerapkan hukum Kirchhoff. 

Kita akan melihat kasus 

tegangan durasi terbatas 

yang muncul pada t = 0 di 

ujung kirim, sementara 

saluran transmisi tidak 

memiliki simpanan energi 

sebelum t = 0. Tegangan 

dengan durasi terbatas ini 

ditunjukkan pada Gb.2.20. 

Tegangan ini merupakan 

fungsi waktu dan muncul pada t = 0 di ujung kirim; persamaannya 

adalah 

v 

in = 

0 

t 

Gb.2.20. Tegangan dengan durasi 

terbatas diterapkan di ujung kirim. 

v 

in 

( t) 

u( 

t) 

Di posisi lain di saluran transmisi, misalkan pada posisi x dari 

ujung kirim, tegangan ini belum muncul; ia akan muncul beberapa 

waktu kemudian, misalnya baru terasa pada t = T x . Jadi terdapat 

pergeseran waktu kemunculan tegangan ini di posisi x. Tegangan 

v 

v in = v( t) 

u( 

t) 

103


di posisi x ini ditunjukkan pada Gb.2.21 dengan persamaan yang 

dapat kita tuliskan sebagai 

v 

= v t) 

u( 

t −T 

) 

(2.90) 

x x ( x 

Sesungguhnya bentuk gelombang tegangan di posisi x tidak sama 

dengan bentuk tegangan di ujung kirim (x = 0) karena ada faktor 

redaman di saluran transmisi. Namun untuk analisis gejala transien 

v 

0 

T x 

v 

x 

= v t) 

u( 

t −T 

) 

( x 

ini, kita menganggap 

saluran transmisi sebagai 

lossless line). Dengan 

anggapan ini maka kita 

boleh menganggap pula 

bentuk gelombang tidak 

berubah 

saluran. 

sepanjang 

Gb.2.21. Tegangan di posisi x. 

Dengan demikian kita 

mengerti bahwa bentuk 

gelombang yang merambat di saluran transmisi, yang disebut 

gelombang berjalan (travelling wave), tidak hanya merupakan 

fungsi t tetapi juga merupakan fungsi x. Bentuk gelombang ini 

dapat kita tuliskan sebagai 

v x, 

t) 

= v( 

t) 

u( 

t − t ) 

(2.91) 

( x 

t 

Kita tinjau satu segmen saluran transmisi sepanjang 

kecil, seperti ditunjukkan oleh Gb.2.22. 

∆x 

i( x, 

t) 

i( x, 

t) 

− ∆i( 

x, 

t) 

∆xL 

∆x 

yang 

v ( x, 

t) 

v( x, 

t) 

− ∆v( 

x, 

t) 

∆xC 

x 

Gb.2.22. Situasi di satu segmen kecil saluran transmisi, ∆x. 

Perhatikan bahwa kita menghitung jarak x dari ujung kiri (ujung 

kirim), bukan dari ujung kanan (ujung terima) karena kita sedang 



membicarakan gelombang yang merambat dari ujung kirim, atau 

lebih tepatnya dari ujung sumber masuknya gelombang tegangan. 

Pada segmen kecil terdapat induktansi seri ∆ xL dan kapasitansi 

∆xC 

dengan L dan C adalah induktansi dan kapasitansi per satuan 

panjang, sedangkan resistansi diabaikan karena kita menganggap 

saluran transmisi adalah lossless. Pada segmen kecil inilah kita 

dapat menerapkan hukum Kirchhoff. 

∂i 

∂v 

− ∆v( x, 

t) 

= ∆xL 

dan − ∆i( 

x, 

t) 

= ∆xC 

(2.92) 

∂t 

∂t 

Jika ∆x cukup kecil maka kita dapatkan formulasi diferensial 

∂v( 

x, 

t) 

∂i 

− = L 

∂x 

∂t 

∂i( 

x, 

t) 

∂v 

− = C 

∂x 

∂t 

(2.93) 

Persamaan (2.93) kita tuliskan sebagai 

∂ 

∂ 

v( 

x, 

t) 

= −L 

i( 

x, 

t) 

∂x 

∂t 

(2.94) 

∂ 

∂ 

i( 

x, 

t) 

= −C 

v( 

x, 

t) 

∂x 

∂t 

Perhatikan persamaan pertama (2.94). Ruas kiri adalah turunan 

parsial terhadap x dari v ( x, 

t) 

, ruas kanan adalah turunan parsial 

terhadap t dari i ( x, 

t) 

. Transformasi Laplace ruas kiri 

∂ 

memberikan ( x, 

s) 

∂x V sedangkan transformasi Laplace ruas 

kanan adalah − L{ sI ( x, 

s) 

− i( 

x,0) 

} dengan i(x,0) 

adalah nilai awal 

dari i; jika tidak ada simpanan energi awal pada saluran transmisi 

maka nilai awal i adalah nol sehingga transformasi Laplace ruas 

kanan menjadi − sLI( x, 

s) 

. Argumen yang sama berlaku untuk 

persamaan kedua dari (2.94). Dengan demikian maka transformasi 

Laplace dari (2.94) adalah 

∂ 

V ( x, 

s) 

= −sLI( 

x, 

s) 

∂x 

(2.95) 

∂ 

I( 

x, 

s) 

= −sCV 

( x, 

s) 

∂x 

Diferensiasi terhadap x persamaan (2.95) memberikan 

105

∂ 

2 

∂x 

∂ 

2 

∂x 

2 

2 

∂ 

V ( x, 

s) 

= −sL 

I( 

x, 

s) 

∂x 

∂ 

I( 

x, 

s) 

= −sC 

V ( x, 

s) 

∂x 


(2.96) 

Ruas kanan persamaan (2.96) ini memiliki nilai seperti 

ditunjukkan oleh (2.95); jika kita substitusikan, akan kita peroleh 

∂ 

2 

∂x 

∂ 

2 

∂x 

2 

2 

V ( x, 

s) 

= s 

I( 

x, 

s) 

= s 

2 

2 

LCV 

( x, 

s) 

LCI( 

x, 

s) 

(2.97) 

Pada persamaan (2.97) ini turunan kedua suatu fungsi sama 

bentuknya dengan fungsi itu sendiri. Fungsi yang demikian adalah 

fungsi eksponensial. Kita duga bentuk fungsi itu adalah 

px 

qx 

V ( x , s) 

= V ( s) 

e dan I ( x , s) 

= I( 

s) 

e ; jika fungsi dugaan ini 

kita masukkan ke (2.97) kita peroleh 

Dari sini kita peroleh 

p 

q 

2 

2 

2 

2 

p V ( s) 

e 

2 

q I( 

s) 

e 

− s LC = 0 ⇒ 

2 

− s LC = 0 ⇒ 

qx 

px 

− s 

− s 

2 

2 

p = ± s 

q = ± s 

LCV ( s) 

e 

LCI ( s) 

e 

LC 

LC 

qx 

px 

= 0 

= 0 

Kita masukkan hasil ini ke fungsi dugaan, kita peroleh 

V ( x, 

s) 

= V ( s) 

e 

I( 

x, 

s) 

= I( 

s) 

e 

± s 

± s 

LC x 

LC x 

(2.98) 

(2.99) 

(2.100) 

Untuk menafsirkan persamaan di kawasan s ini, kita lakukan 

transformasi balik guna melihat bentuk persamaannya di kawasan 

t. Kita gunakan salah satu sifat transformasi Laplace yaitu 

pergeseran di kawasan t, 

L [ f ( t a) 

] u( 

t − a) 

− 

− = e as F(s) 

(2.101) 

Kita terapkan sifat ini pada (2.100), dan kita peroleh 



v( 

x, 

t) 

= v( 

t ± 

i( 

x, 

t) 

= i( 

t ± 

LC x) 

u( 

t ± 

LC x) 

u( 

t ± 

LC x) 

LC x) 

(2.102.a) 

Kita lihat persamaan pertama (2.102.a) dengan mengambil tanda 

minus 

v( x, 

t) 

= v( 

t − LC x) 

u( 

t − LC x) 

(2.102.b) 

Faktor u( t − LC x) 

menunjukkan pergeseran waktu tibanya 

gelombang di posisi x sedangkan bentuk gelombang itu sendiri 

adalah 

v( x, 

t) 

= v( 

t − LC x) 

(2.102.c) 

Untuk suatu nilai konstan v ( x, 

t) 

= A , ruas kanan juga harus 

konstan. Jika t bertambah besar harus diimbangi dengan x yang 

bertambah besar pula. Artinya jika waktu makin bertambah posisi 

A makin menjauh dari ujung kirim; gelombang ini bergerak kekanan 

yang disebut gelombang maju. Kita simpulkan pula bahwa 

jika kita mengambil tanda plus, gelombang ini akan bergerak ke 

kiri dan disebut gelombang mundur. Penafsiran yang sama berlaku 

pula untuk persamaan kedua (2.102.a). Jika gelombang maju kita 

beri indeks atas “+” dan gelombang mundur kita beri indeks atas 

“−”, maka bentuk persamaan (2.102.a) menjadi 

+ 

v( 

x, 

t) 

= v ( t − 

+ 

i( 

x, 

t) 

= i ( t − 

LC x) 

u( 

t − 

LC x) 

u( 

t − 

− 

LC x) 

+ v ( t + LC x) 

u( 

t + LC x) 

(2.103) 

− 

LC x) 

+ i ( t + LC x) 

u( 

t + LC x) 

Pada persamaan (2.102.c) , v( x, 

t) 

= v( 

t − LC x) 

, LC x haruslah 

berdimensi waktu, t. Karena x adalah jarak, maka 1 / LC haruslah 

berdimensi jarak/waktu; dan inilah kecepatan perambatan 

gelombang maju maupun gelombang mundur. 

Persamaan (2.103) ini adalah persamaan di kawasan waktu. 

Persamaan di kawasan s telah kita peroleh yang kita tulis ulang 

menjadi 

V ( x, 

s) 

= V 

I( 

x, 

s) 

= I 

+ 

+ 

( s) 

e 

( s) 

e 

−s 

−s 

LC x 

LC x 

+ V 

+ I 

− 

− 

( s) 

e 

( s) 

e 

+ s 

+ s 

LC x 

LC x 

(2.104) 

107


2.7.4. Pernyataan I(x,s) dalam Tegangan 

Pemahaman gejala transien akan lebih mudah difahami jika kita 

melakukan analisis pada gelombang tegangan. Oleh karena itu kita 

akan menyatakan arus pada persamaan (2.104) dalam tegangan. 

Hal ini dapat kita lakukan melalui persamaan 

∂ 

V ( x, 

s) 

= −sLI( 

x, 

s) 

∂x 

∂ 

I( 

x, 

s) 

= −sCV 

( x, 

s) 

∂x 

Apabila V ( x, 

s) 

dari persamaan pertama ini dimasukkan ke 

persamaan pertama (2.104) kita dapatkan 

∂ ∂ + −s 

LC x − + s LC x 

V( x, 

s) 

= 

⎧ 

V s e V s e 

⎫ 

⎨ ( ) + ( ) ⎬ 

∂x 

∂x 

⎩ 

⎭ 

= −s 

+ −s 

LC x 

LCV ( s) 

e + s 

− + s 

LCV ( s) 

e 

LC x 

Dengan (2.105.a) ini, persamaan pertama (2.104) menjadi 

(2.105.a) 

∂ 

V( x, 

s) 

= −sLI( 

x, 

s) 

∂x 

= −s 

LCV 

+ 

( s) 

e 

−s 

LC x 

+ s 

LCV 

− 

( s) 

e 

+ s 

LC x 

(2.105.b) 

dan dari sini diperoleh 

− s 

I( x, 

s) 

= 

− 

= 

C 

V 

L 

LC + −s 

LC x s LC − + s LC x 

V ( s) 

e + V ( s) 

e 

sL 

− sL 

+ −s 

LC x 

( s) 

e − 

C − + s 

V ( s) 

e 

L 

LC x 

(2.105.c) 

Dalam persamaan (2.105.c) ini, ruas kiri adalah pernyataan arus di 

kawasan s sedangkan di ruas kanan merupakan C / L kali 

pernyataan tegangan yang juga di kawasan s. Kita dapat berharap 

bahwa C / L adalah admitansi atau 1 / C / L = L / C adalah 

impedansi yang juga merupakan pernyataan impedansi di kawasan 

s. Kita lihat hal ini sebagai berikut. 



Pada lossless line impedansi seri adalah Z = jX L karena R = 0. 

Impedansi ini adalah besaran kompleks dan bukan merupakan 

fungsi waktu sehingga tidak dapat melakukan transformasi 

Laplace. Namun kita mengetahui bahwa peubah s dalam analisis 

di kawasan s adalah peubah kompleks. Kita dapat mendefinisikan 

pernyataan impedansi di kawasan s yaitu Z = sL dengan s adalah 

operator Laplace. Dengan argument yang sama, pernyatan 

admitansi Y = jX C di kawasan s adalah Y = sC . Dengan 

pengertian impedansi karakteristik yang sudah kita kenal, 

impedansi karekteristik di kawasan s adalah 

Z sL L 

Z c = = = 

(2.106) 

Y sC C 

Dengan (2.106) ini maka arus pada (2.105.c) menjadi 

+ −s 


V ( s) 

e V ( s) 

e 

I( x, 

s) 

= 

− 

(2.107) 

Zc 

Zc 

Dengan (2.107) ini maka persamaan tegangan dan arus 

+ −s 


V ( x, 

s) 

= V ( s) 

e + V ( s) 

e 

+ −s 


V ( s) 

e V ( s) 

e 

I( 

x, 

s) 

= 

− 

Zc 

Zc 

(2.108) 

Persamaan (2.108) inilah persamaan gelombang berjalan di 

saluran transmisi dengan arus yang juga dinyatakan dalam 

tegangan. 

2.7.5. Situasi di Ujung Saluran 

Kita lihat sekarang situasi di ujung saluran (ujung terima). Di 

posisi ini, x = d. Jadi persamaan tegangan dan arus (2.108) 

menjadi 

+ −s 

LCd − + s LCd 

V ( d, 

s) 

= V ( s) 

e + V ( s) 

e 

+ −s 

V ( s) 

e 

I( 

d, 

s) 

= 

Zc 

LCd − + s LCd 

V ( s) 

e 

− 

Zc 

(2.109) 

109


Rasio antara tegangan dan arus di ujung terima adalah impedansi 

di ujung terima. Kita bagi persamaan pertama pada (2.109) dengan 

persamaan yang kedua untuk mendapatkan impedansi di ujung 

terima Z r . 

Z 

r 

V ( d, 

s) 

V 

= = 

I( 

d, 

s) 

V 

= Z 

c 

V 

V 

+ 

+ 

( s) 

e 

( s) 

e 

+ 

+ 

( s) 

e 

( s) 

e 

Z 

c 

−s 

LCd 

−s 

LCd 

−s 

LCd 

−s 

LCd 

+ V 

−V 

− 

− 

+ V 

V 

− 

( s) 

e 

( s) 

e 

− 

− 

( s) 

e 

+ s 

( s) 

e 

Z 

+ s LCd 

+ s LCd 

+ s 

c 

LCd 

LCd 

(2.110.a) 

atau 

Z 

⎧ 

r ⎨V 

⎩ 

+ 

= Z 

( s) 

e 

c 

−s 

LC x 

⎧ 

⎨V 

⎩ 

+ 

( s) 

e 

− V 

− 

−s 

LC x 

( s) 

e 

+ s LC x 

+ V 

− 

( s) 

e 

⎫ 

⎬ 

⎭ 

+ s 

LC x 

⎫ 

⎬ 

⎭ 

(2.110.b) 

atau 

sehingga 

+ −s 

LC x 

− + s LC x 

( Z r − Zc 

) V ( s) 

e = ( Zc 

+ Zr 

) V ( s) 

e (2.110.c) 

− + s LC x ( Zr 

− Zc 

) + −s 

LC x 

V ( s) 

e = V ( s) 

e 

( Zc 

+ Zr 

) 

(2.110.d) 

Persamaan (2.23.d) memperlihatkan bahwa di ujung saluran 

terdapat gelombang mundur yang merambat balik menuju ujung 

kirim. Inilah gelombang pantulan yang terjadi di ujung saluran. 

Besar gelombang pantulan ini adalah suatu faktor k r dikalikan 

besar gelombang maju. Faktor k r itu adalah 

( Zr 

− Zc) 

k r = (2.110.e) 

( Zc 

+ Zr 

) 



2.7.6. Superposisi Gelombang Maju Dan Gelombang Pantulan 

Dalam perjalanannya menuju ujung kirim, gelombang pantulan 

akan ter-superposisi dengan gelombang maju yang masih akan 

datang dari ujung kirim. Jadi persamaan pertama (2.18) yang 

memberikan persamaan tegangan sebagai fungsi x di kawasan s 

menjadi 

+ −s 


V ( x, 

s) 

= V ( s) 

e + V ( s) 

e 

+ −s 

LC x ( Zr 

− Zc) 

+ −s 

LC x 

= V ( s) 

e + V ( s) 

e 

( Zc 

+ Zr 

) 

(2.111) 

Persamaan (2.111) ini menunjukkan bahwa gelombang tegangan 

di setiap posisi saluran transmisi merupakan superposisi dari 

gelombang maju dan gelombang pantulan. Besar gelombang 

pantulan sama dengan besar gelombang maju dengan faktor skala 

k 

yang disebut koefisien pantulan. 

( Zr 

− Zc) 

k r = 

( Zc 

+ Zr 

) 

Koefisien pantulan ini bisa bernilai nol, positif, atau negatif. Jika k 

= 0, yaitu jika Z r = Zc 

, tidak terjadi pantulan di ujung saluran; 

hanya ada gelombang maju. Seandainya gelombang maju ini 

adalah gelombang sinusoidal, yaitu gelombang yang ter-injeksi ke 

saluran transmisi pada waktu penutupan circuit breaker di ujung 

kirim, maka hanya gelombang inilah yang ada di semua posisi 

pada saluran transmisi. Hal ini berarti bahwa tegangan di semua 

posisi sama besar; inilah situasi yang kita ulas pada surge 

impedance loading di sub-bab-2.6.6 

2.7.7 Pantulan di Ujung Kirim 

Gelombng patulan di ujung terima, setibanya di ujung kirim akan 

dipantulkan oleh ujung kirim karena ada perbedaan impedansi 

karakteristirk saluran dengan impedansi sumber. Gelombang yang 

dipantulkan di ujung kirim akanmerambat ke ujung terima dan 

sesampai di ujung terima akan dipantulkan lagi menuju ujung 

111


kirim. Di saluran akan terjadi superposisi gelombang gelombang 

pantul ini. Koefisien pantulan di ujung kirim adalah 

Z s adalah impedansi ujung kirim. 

( Zs 

− Zc) 

k s = (2.112) 

( Zc 

+ Zs 

) 


Transformator 

BAB 3 Transformator 

3.1. Transformator Satu-fasa 

Transformator banyak digunakan dalam teknik elektro. Dalam 

sistem komunikasi, transformator digunakan pada rentang frekuensi 

audio sampai frekuensi radio dan video, untuk berbagai keperluan. 

Kita mengenal misalnya input transformers, interstage transformers, 

output transformers pada rangkaian radio dan televisi. 

Transformator juga dimanfaatkan dalam sistem komunikasi untuk 

penyesuaian impedansi agar tercapai transfer daya maksimum. 

Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan transformator 

berkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi. Dengan 

transformator tegangan tinggi ini penyaluran daya listrik dapat 

dilakukan dalam jarak jauh dan susut daya pada jaringan dapat 

ditekan. Di jaringan distribusi listrik banyak digunakan 

transformator penurun tegangan, dari tegangan menengah 20 kV 

menjadi 380 V untuk distribusi ke rumah-rumah dan kantor-kantor 

pada tegangan 220 V. Transformator daya tersebut pada umumnya 

merupakan transformator tiga-fasa. Dalam pembahasan ini kita akan 

melihat transformator satu-fasa lebih dulu. 

Kita telah mempelajari transformator ideal pada waktu membahas 

rangkaian listrik. Berikut ini kita akan melihat transformator tidak 

ideal sebagai piranti pemroses daya. Akan tetapi kita hanya akan 

membahas hal-hal yang fundamental saja, karena transformator akan 

dipelajari secara lebih mendalam pada pelajaran mengenai mesinmesin 

listrik. 

Mempelajari perilaku transformator juga merupakan langkah awal 

untuk mempelajari konversi energi elektromekanik. Walaupun 

konversi energi elektromekanik membahas konversi energi antara 

sistem mekanik dan sistem listrik, sedangkan transformator 

merupakan piranti konversi energi listrik ke listrik, akan tetapi 

kopling antar sistem dalam kedua hal tersebut pada dasarnya sama 

yaitu kopling magnetik 

113

Transformator 

3.1.1. Teori Operasi Transformator 

3.1.1.1. Transformator Dua Belitan Tak Berbeban. 

Diagram transformator 

dua belitan tak 

I f 

φ 

berbeban diperlihatkan 

pada Gb.3.1. Belitan 

+ 

+ 

pertama kita sebut 

∼ 

belitan primer dan yang 

V E N 1 N 2 

s 1 

E2 

− 

− 

ke-dua kita sebut 

belitan sekunder. 

Gb.3.1. Transformator dua belitan. 

Jika fluksi di rangkaian 

magnetiknya adalah φ = Φ maks sin ωt 

, maka fluksi ini akan 

menginduksikan tegangan di belitan primer sebesar 

atau dalam bentuk fasor : 

dφ 

e1 = N1 

= N1Φ 

maksωcos 

ωt 

(3.1) 

dt 

o N1ωΦ 

maks o 

E1 = E1∠0 = 

∠0 

; E1 

= nilai efektif 

2 

(3.2) 

Karena ω = 2π f maka: 

E 

2π 

f 

N 

1 

1 = Φ maks = 4.44 f N1 

2 

Φ 

maks 

(3.3) 

Di belitan sekunder, fluksi tersebut menginduksikan tegangan 

sebesar 

E 

2 

= 4.44 f N 2Φ 

Dari (3.3) dan (3.4) kita peroleh: 

E 

E 

1 

2 

maks 

N1 

= ≡ a = rasio 

N 

2 

transformasi 

(3.4) 

(3.5) 


Transformator 

Perhatikan bahwa E 1 sefasa dengan E 2 karena dibangkitkan 

oleh fluksi yang sama. Karena E 1 mendahului φ dengan sudut 90 o 

maka E 2 juga mendahului φ dengan sudut 90 o . Jika rasio 

transformasi a = 1, dan resistansi belitan primer adalah R 1 , 

diagram fasor tegangan dan arus adalah seperti ditunjukkan oleh 

Gb.3.2.a. Arus I 1 adalah arus magnetisasi, yang dapat dipandang 

sebagai terdiri dari dua komponen yaitu I φ (90 o dibelakang E 1 ) 

yang menimbulkan φ dan I c (sefasa dengan E 1 ) guna mengatasi 

rugi inti. Resistansi belitan R 1 dalam diagram fasor ini muncul 

sebagai tegangan jatuh I f R1 

. 

I φ 

I c 

E 1 = E 2 

φ l 

E 1 = E 

I 

2 

f R 1 

V 

I φ 

1 

I 

I f 

I 

f R 1 

f 

φ 

φ 

a). tak ada fluksi bocor b). ada fluksi bocor 

Gb.3.2. Diagram fasor transformator tak berbeban 

3.1.1.2. Fluksi Bocor 

Fluksi di belitan 

primer 

transformator 

dibangkitkan oleh 

arus yang mengalir 

di belitan primer. 

Dalam kenyataan, 

tidak semua fluksi 

magnit yang 

dibangkitkan 

tersebut akan 

V s 

∼ 

I f 

f X l 

melingkupi baik belitan primer maupun sekunder. Selisih antara 

fluksi yang dibangkitkan oleh belitan primer dengan fluksi 

bersama (yaitu fluksi yang melingkupi kedua belitan) disebut 

fluksi bocor. Fluksi bocor ini hanya melingkupi belitan primer saja 

I c 

φ l1 

φ 

V 1 

Gb.3.3. Transformator tak berbeban. 

Fluksi bocor belitan primer. 

jI 

E 2 

115

Transformator 

dan tidak seluruhnya berada dalam inti transformator tetapi juga 

melalui udara. (Lihat Gb.3.3). Oleh karena itu reluktansi yang 

dihadapi oleh fluksi bocor ini praktis adalah reluktansi udara. 

Dengan demikian fluksi bocor tidak mengalami gejala histerisis 

sehingga fluksi ini sefasa dengan arus magnetisasi. Hal ini 

ditunjukkan dalam diagram fasor Gb.16.2.b. 

Fluksi bocor, secara tersendiri akan membangkitkan tegangan 

induksi di belitan primer (seperti halnya φ menginduksikan E 1 ). 

Tegangan induksi ini 90 o mendahului φ l1 (seperti halnya E1 

90 o 

mendahului φ) dan dapat dinyatakan sebagai suatu tegangan jatuh 

ekivalen, E l1 

, di rangkaian primer dan dinyatakan sebagai 

E l 1 = jI f X 1 

(3.6) 

dengan X 1 disebut reaktansi bocor rangkaian primer. Hubungan 

tegangan dan arus di rangkaian primer menjadi 

V + 

1 = E1 

+ I1R1 

+ El1 

= E1 

+ I1R1 

jI1X1 

(3.7) 

Diagram fasor dengan memperhitungkan adanya fluksi bocor ini 

adalah Gb.3.2.b. 

3.1.1.3. Transformator Berbeban. 

Rangkaian 

I 1 

φ 

transformator 

I 2 

berbeban resistif, 

R B , diperlihatkan ≈ 

φ l1 φ l2 

V R B 

oleh Gb.3.4. V 2 

s 

Tegangan induksi 

E 2 (yang telah 

timbul dalam 

Gb.3.4. Transformator berbeban. 

keadaan tranformator tidak berbeban) akan menjadi sumber di 

rangkaian sekunder dan memberikan arus sekunder I 2 . Arus I 2 

ini membangkitkan fluksi yang berlawanan arah dengan fluksi 

bersama φ dan sebagian akan bocor (kita sebut fluksi bocor 

sekunder). 


Transformator 

Fluksi bocor ini, φ l2 , sefasa dengan I 2 dan menginduksikan 

tegangan E l2 

di belitan sekunder yang 90 o mendahului φ l2 . 

Seperti halnya untuk belitan primer, tegangan El2 

ini diganti 

dengan suatu besaran ekivalen yaitu tegangan jatuh ekivalen pada 

reaktansi bocor sekunder X 2 di rangkaian sekunder. Jika resistansi 

belitan sekunder adalah R 2 , maka untuk rangkaian sekunder kita 

peroleh hubungan 

E 2 = V2 

+ I 2 R2 

+ El2 

= V2 

+ I 2 R2 

+ jI 

2 X 2 (3.8) 

dengan V 2 adalah tegangan pada beban R B . 

Sesuai dengan hukum Lenz, arus sekunder membangkitkan fluksi 

yang melawan fluksi bersama. Oleh karena itu fluksi bersama akan 

cenderung mengecil. Hal ini akan menyebabkan tegangan induksi 

di belitan primer juga cenderung mengecil. Akan tetapi karena 

belitan primer terhubung ke sumber yang tegangannya tak 

berubah, maka arus primer akan naik. Jadi arus primer yang dalam 

keadaan transformator tidak berbeban hanyalah arus magnetisasi 

I f , bertambah menjadi I 1 setelah transformator berbeban. 

Pertambahan arus ini haruslah sedemikian rupa sehingga fluksi 

bersama φ dipertahankan dan E1 

juga tetap seperti semula. 

Dengan demikian maka persamaan rangkaian primer (3.7) tetap 

terpenuhi. 

Pertambahan arus primer dari 

I f menjadi I 1 adalah untuk 

mengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh I 2 sehingga φ 

dipertahankan. Jadi haruslah 

( I − I ) − N ( I ) 0 

N1 1 f 2 2 = 

(3.9) 

Pertambahan arus primer ( I 1 − I f ) disebut arus penyeimbang 

yang akan mempertahankan φ. Makin besar arus sekunder, makin 

besar pula arus penyeimbang yang diperlukan yang berarti makin 

besar pula arus primer. Dengan cara inilah terjadinya transfer daya 

dari primer ke sekunder. Dari (3.9) kita peroleh arus magnetisasi 

( I ) 

N 2 I 2 

I f = I1 

− 2 = I1 

− 

(3.10) 

N1 

a 

117

Transformator 

3.1.2. Diagram Fasor Transformator 

Dengan persamaan (3.7) dan (3.8) kita dapat menggambarkan 

secara lengkap diagram fasor dari suatu transformator. 

Penggambaran kita mulai dari belitan sekunder dengan langkahlangkah: 

Gambarkan V2 

dan I 2 . Untuk beban resistif, I 2 sefasa dengan 

V 2 . Selain itu kita dapat gambarkan I ′ 2 = I 2 / a yaitu besarnya 

arus sekunder jika dilihat dari sisi primer. 

Dari V 2 dan I 2 kita dapat menggambarkan E 2 sesuai dengan 

persamaan (3.8) yaitu 

E 2 = V2 

+ I 2 R2 

+ El2 

= V2 

+ I 2 R2 

+ jI 

2 X 2 

Sampai di sini kita telah menggambarkan diagram fasor rangkaian 

sekunder. 

Untuk rangkaian primer, karena E1 

sefasa dengan E 2 maka 

E 1 dapat kita gambarkan yang besarnya E1 = aE2 

. 

Untuk menggambarkan arus magnetisasi 

I f kita gambarkan 

lebih dulu φ yang tertinggal 90 o dari E 1 . Kemudian kita 

gambarkan I f yang mendahului φ dengan sudut histerisis γ. 

' 

Selanjutnya arus belitan primer adalah I 1 = I f + I 2 . 

Diagram fasor untuk rangkaian primer dapat kita lengkapi 

sesuai dengan persamaan (3.7), yaitu 

V 1 = E1 

+ I1R1 

+ El1 

= E1 

+ I1R1 

+ jI1X 

Dengan demikian lengkaplah diagram fasor transformator 

berbeban. Gb.3.5. adalah contoh diagram fasor yang dimaksud, 

yang dibuat dengan mengambil rasio transformasi N 1 /N 2 = a > 1 


Transformator 

φ γ I f 

' 

I 2 

I 1 

I 2 

V 2 

E 2 

I 2 R 2 

jI 2 X 2 

E 1 

V 1 

I 1 R 1 

Gb.3.5. Diagram fasor lengkap, 

transformator berbeban resistif . a > 1 

jI 1 X 1 

CONTOH-3.1 : Belitan primer suatu transformator yang dibuat 

untuk tegangan 220 V(rms) mempunyai jumlah lilitan 160. Belitan 

ini dilengkapi dengan titik tengah (center tap). a). Berapa persenkah 

besar fluksi maksimum akan berkurang jika tegangan yang kita 

terapkan pada belitan primer adalah 110 V(rms)? b). Berapa 

persenkah pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 55 

V (rms) pada setengah belitan primer? c). Berapa persenkah 

pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 110 V (rms) 

pada setengah belitan primer? d). Jika jumlah lilitan di belitan 

sekunder adalah 40, bagaimanakah tegangan sekunder dalam kasuskasus 

tersebut di atas? 

Solusi : 

a). Dengan mengabaikan resistansi belitan, fluksi maksimum Φ m 

adalah 

E1 

2 V1 

2 220 2 

Φ m = = = 

N1ω 

N1ω 

160ω 

Jika tegangan 110 V diterapkan pada belitan primer, maka 

V1′ 

2 110 2 

Φ′ m = = 

N1ω 

160ω 

Penurunan fluksi m aksimum adalah 50 %, Φ′ m = Φ m / 2. 

b). Jika tegangan 55 V diterapkan pada setengah belitan primer, 

Φ m ′′ 

V1′′ 

2 55 2 

= = 

(1/ 2) N1ω 

80ω 

110 2 

= 

160ω 

119

Penurunan fluksi maksimum adalah 50 %, Φ″ m = Φ m / 2. 

Transformator 

c). Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan maka 

V ′′′ 

Φ ′′ ′ 1 2 110 2 220 2 

m = = = 

(1/ 2) N1ω 

80ω 

160ω 

Tidak terjadi penurunan fluksi maksimum, Φ′″ m =Φ m . 

d). Dengan N 1 /N 2 = 160/40 = 4 maka jika tegangan primer 220 V, 

tegangan sekunder adalah 55 V. Jika tegangan primer 110 V, 

tegangan sekundernya 229.5 V. Jika tegangan 55 V diterapkan 

pada setengah belitan primer, tegangan sekunder adalah 27.5 V. 

Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan primer, 

tegangan sekunder adalah 55 V. 

CONTOH-3.2 : Sebuah transformator satu-fasa mempunyai belitan 

primer dengan 400 lilitan dan belitan sekunder 1000 lilitan. Luas 

penampang inti efektif adalah 60 cm 2 . Jika belitan primer 

dihubungkan ke sumber 500 V (rms) yang frekuensinya 50 Hz, 

tentukanlah kerapatan fluksi maksimum dalam inti serta tegangan di 

belitan sekunder. 

Solusi : 

Dengan mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor, maka 

N1ωΦ 

V1 

= 

2 

m 

→ Kerapatan 

= 500 → Φ 

m 

fluksi maksimum : B 

500 2 

= 

= 0.00563 weber 

400 × 2π × 50 

m 

0.00563 

2 

= = 0.94 weber/m 

0.006 

Tegangan belitan sekunder adalah 

1000 

V 2 = × 500 = 1250 

400 

V 

CONTOH-3.3 : Dari sebuah transformator satu-fasa diinginkan 

suatu perbandingan tegangan primer / sekunder dalam keadaan tidak 

berbeban 6000/250 V. Jika frekuensi kerja adalah 50 Hz dan fluksi 

dalam inti transformator dibatasi sekitar 0.06 weber, tentukan 

jumlah lilitan primer dan sekunder. 


Solusi : 

Transformator 

Pembatasan fluksi di sini adalah fluksi maksimum. Dengan 

mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor, 

N1ωΦ 

m 

6000 2 

V1 

= = 6000 → N1 

= 

= 450 

2 

2π × 50 × 0.06 

250 

⇒ N 2 = × 450 = 18.75 

6000 

Pembulatan jumlah lilitan harus dilakukan. Dengan melakukan 

pembulatan ke atas, batas fluksi maksimum Φ m tidak akan 

terlampaui. Jadi dapat kita tetapkan 

6000 

⇒ N 2 = 20 lilitan ⇒ N1 

= × 20 = 480 lilitan 

250 

3.1.3. Rangkaian Ekivalen Transformator 

Transformator adalah piranti listrik. Dalam analisis, piranti-piranti 

listrik biasanya dimodelkan dengan suatu rangkaian listrik 

ekivalen yang sesuai. Secara umum, rangkaian ekivalen hanyalah 

penafsiran secara rangkaian listrik dari suatu persamaan 

matematik yang menggambarkan perilaku suatu piranti. Untuk 

transformator, ada tiga persamaan yang menggambarkan 

perilakunya, yaitu persamaan (3.7), (3.8), dan (3.10), yang kita 

tulis lagi sebagai satu set persamaan (3.11). 

V1 

= E1 

+ I1R1 

+ jI1X1 

; 

' 

I1 

= I f + I2 

E2 

= V2 

+ I2R2 

+ jI2X 

2 ; 

' N2 

I 

dengan I 

2 

2 = I2 

= 

N1 

a 

(3.11) 

Dengan hubungan E 1 = aE 2 dan I′ 2 = I 2 /a maka persamaan kedua 

dari (3.11) dapat ditulis sebagai 

E 

a 

⇒ E 

1 

1 

= V 

2 

= aV 

2 

dengan 

+ a I′ 

R 

+ I′ 

( a 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

V ′ = aV 

+ ja I′ 

X 

2 

2 

; 

2 

2 

R′ 

2 

2 

R ) + j I′ 

( a 

X 

= a 

2 

2 

) = V′ 

+ I′ 

R′ 

+ j I′ 

X ′ 

R 

2 

2 

; 

2 

X ′ 

2 

2 

= a 

2 

X 

2 

2 

2 (3.12) 

121

Transformator 

Dengan (3.12) maka (3.11) menjadi 

V = E + I R 

E 

I 

1 

1 

1 

= I 

1 

= aV 

f 

2 

1 

2 

2 

1 

2 

1 

1 

+ I′ 

R′ 

+ j I′ 

X ′ ; 

+ I′ 

+ jI 

X 

2 

; 

2 

(3.13) 

' 

I 2 , R′ 2 , dan X′ 2 adalah arus, resistansi, dan reaktansi sekunder 

yang dilihat oleh sisi primer. Dari persamaan (3.13) dibangunlah 

rangkaian ekivalen transformator seperti Gb.3.6. di bawah ini. 

I 1 

' 

I 2 

∼ 

V 1 

R 1 

jX 1 

E 1 

Z 

I 

f 

R′ 2 

jX′ 2 

B 

V 

' 

2 = aV2 

Gb.3.6. Rangkaian ekivalen diturunkan dari persamaan (3.13). 

Arus magnetisasi dapat dipandang sebagai terdiri dari dua 

komponen, yaitu I c dan I φ . I c sefasa dengan E 1 sedangkan I φ 90 o 

dibelakang E 1 . Dengan demikian maka impedansi Z pada 

rangkaian ekivalen Gb.3.6. dapat dinyatakan sebagai hubungan 

paralel antara suatu resistansi R c dan impedansi induktif jX φ 

sehingga rangkaian ekivalen transformator secara lebih detil 

menjadi seperti Gb.3.7. 

I 1 

' 

I 2 

∼ 

V 1 

R 1 

jX 1 I f R′ 2 

jX′ 2 

E 1 

B V2′ 

= aV2 

R I 

I φ 

c c jX c 

Gb.3.7. Rangkaian ekivalen transformator lebih detil. 

Rangkaian Ekivalen Yang Disederhanakan. Pada transformator 

yang digunakan pada tegangan bolak-balik yang konstan dengan 

frekuensi yang konstan pula (seperti misalnya transformator pada 

sistem tenaga listrik), besarnya arus magnetisasi hanya sekitar 2 

sampai 5 persen dari arus beban penuh transformator. Keadaan ini 

bisa dicapai karena inti transformator dibangun dari material 


Transformator 

dengan permeabilitas magnetik yang tinggi. Oleh karena itu, jika I f 

diabaikan terhadap I 1 kesalahan yang terjadi dapat dianggap cukup 

kecil. Pengabaian ini akan membuat rangkaian ekivalen menjadi 

lebih sederhana seperti terlihat pada Gb.3.8. 

' 

I 1 = I 2 

∼ 

R e = R 1 +R′ 2 

jX e =j(X 1 + X′ 2 ) 

V B V 

1 

2′ 

3.1.4. Impedansi Masukan Transformator 

Resistansi beban B adalah R B = V 2 /I 2 . Dilihat dari sisi primer 

resistansi tersebut menjadi 

R 

' 

jI 2 X e 

V 2′ 

' 

I 2 

Gb.3.8. Rangkaian ekivalen transformator 

disederhanakan dan diagram fasornya. 

V ′ 

aV 

V 

2 2 2 

B′ 2 2 

= = = a = a R B 

(3.14) 

I 2′ 

I 2 / a I 2 

Dengan melihat rangkaian ekivalen yang disederhanakan 

Gb.16.10, impedansi masukan adalah 

V 1 

V1 

2 

Z in = = Re 

+ a RB 

+ jX e 

I1 

(3.15) 

3.1.5. Penentuan Parameter Transformator 

Dari rangkaian ekivalen lengkap Gb.3.7. terlihat ada enam 

parameter transformator yang harus ditentukan, R 1 , X 1 , R′ 2 , X′ 2 , 

R c , dan X φ . Resistansi belitan primer dan sekunder dapat diukur 

langsung menggunakan metoda jembatan. Untuk menentukan 

empat parameter yang lain kita memerlukan metoda khusus seperti 

diuraikan berikut ini. 

123

Transformator 

3.1.5.1. Uji Tak Berbeban ( Uji Beban Nol ) 

Uji beban nol ini biasanya dilakukan pada sisi tegangan rendah 

karena catu tegangan rendah maupun alat-alat ukur tegangan 

rendah lebih mudah diperoleh. Sisi tegangan rendah menjadi sisi 

masukan yang dihubungkan ke sumber tegangan sedangkan sisi 

tegangan tinggi terbuka. Pada belitan tegangan rendah dilakukan 

pengukuran tegangan masukan V r , arus masukan I r , dan daya 

(aktif) masukan P r . Karena sisi primer terbuka, I r adalah arus 

magnetisasi yang cukup kecil sehingga kita dapat melakukan dua 

pendekatan. Pendekatan yang pertama adalah mengabaikan 

tegangan jatuh di reaktansi bocor sehingga V r sama dengan 

tegangan induksi E r . Pendekatan yang kedua adalah mengabaikan 

kehilangan daya di resistansi belitan sehingga P r menunjukkan 

kehilangan daya pada R cr (R c dilihat dari sisi tegangan rendah) 

saja. 

Daya kompleks masukan : 

⇒ 

⇒ 

Icr 

= I r cos θ 

Vr 

Rcr 

= 

Icr 

; 

Vr 

= 

I r cos θ 

Pr 

Sr 

= Vr 

I r ; cos θ = 

Sr 

→ sin θ = 

I φr 

= I r sin θ 

3.1.5.2. Uji Hubung Singkat 

; 

Vr 

X φr 

= 

I φr 

2 2 

Sr 

− Pr 

Sr 

Vr 

= 

I r sin θ 

Pr 

= 

Vr 

I r 

(3.16) 

Uji hubung singkat dilakukan di sisi tegangan tinggi dengan si`si 

tegangan rendah dihubung-singkat. Sisi tegangan tinggi menjadi 

sisi masukan yang dihubungkan dengan sumber tegangan. 

Tegangan masukan harus cukup rendah agar arus di sisi tegangan 

rendah masih dalam batas nominalnya. Pengukuran di belitan 

tegangan tinggi dilakukan seperti halnya pada uji beban nol, yaitu 

tegangan masukan V t , arus masukan I t , dan daya (aktif) masukan 

P t . Tegangan masukan yang dibuat kecil mengakibatkan rugi-rugi 

inti menjadi kecil sehingga kita dapat membuat pendekatan 

dengan mengabaikan rugi-rugi inti. Dengan demikian kita dapat 

menggunakan rangkaian ekivalen yang disederhanakan Gb.3.9. 

Daya P t dapat dianggap sebagai daya untuk mengatasi rugi-rugi 


Transformator 

tembaga saja, yaitu rugi-rugi pada resistansi ekivalen yang dilihat 

dari sisi tegangan tinggi R et . 

2 

Pt 

Pt 

= It 

Ret 

→ Ret 

= ; 

2 

It 

Vt 

Vt 

= It 

Zet 

→ Z et = → X e = 

It 

2 2 

Z et − Ret 

(3.17) 

Dalam perhitungan ini kita memperoleh nilai R et = R 1 + R′ 2 . Nilai 

resistansi masing-masing belitan dapat diperoleh dengan 

pengukuran terpisah sebagaimana telah disebutkan di atas. 

Untuk reaktansi, kita memperoleh nilai X et = X 1 + X′ 2 . Kita tidak 

dapat memperoleh informasi untuk menentukan reaktansi masingmasing 

belitan. Jika sekiranya nilai reaktansi masing-masing 

belitan diperlukan kita dapat mengambil asumsi bahwa X 1 = X′ 2 . 

Kondisi ini sesungguhnya benar adanya jika transformator 

dirancang dengan baik. 

CONTOH-3.5 : Pada sebuah transformator 25 KVA, 2400/240 volt, 

50 Hz, dilakukan uji beban nol dan uji hubung singkat. 

Uji beban nol pada sisi tegangan rendah memberikan hasil 

V r = 240 volt, I r = 1.6 amper, P r = 114 watt 

Uji hubung singkat yang dilakukan dengan menghubung-singkat 

belitan tegangan rendah memberikan hasil pengukuran di sisi 

tegangan tinggi 

V t = 55 volt, I t = 10.4 amper, P t = 360 watt 

a). Tentukanlah parameter transformator dilihat dari sisi tegangan 

tinggi. b). Hitung rugi-rugi inti dan rugi-rugi tembaga pada beban 

penuh. 

Solusi : 

a). Uji beban nol dilakukan di sisi tegangan rendah. Jadi nilai R c 

dan X φ yang akan diperoleh dari hasil uji ini adalah dilihat dari 

tegangan rendah, kita sebut R cr dan X φr . 

2 2 

P 114 

(240× 

1.6) −114 

cos θ = = = 0.3; sin θ = 

= 0.95 

VI 240× 

1.6 

240× 

1.6 

V 240 240 

V 240 

Rcr 

= = = = 500 Ω ; X φ r = = = 158 Ω 

I c I cos θ 1.6× 

0.3 

I φ 1.6× 

0.95 

125

Transformator 

Jika dilihat dari sisi tegangan tinggi : 

R 

X 

ct 

φt 

2 

= a R 

= a 

2 

cr 

X 

⎛ 

= ⎜ 

⎝ 

φr 

2 

2400 ⎞ 

⎟ 

240 ⎠ 

= 15.8 kΩ 

× 500 = 50 kΩ 

Resistansi ekivalen dan reaktansi bocor ekivalen diperoleh dari uji 

hubung singkat. Uji hubung singkat yang dilakukan di sisi 

tegangan tinggi ini memberikan 

R 

Z 

et 

et 

Pt 

= 

I 

2 

t 

V 

= 

I 

t 

t 

360 

= 

(10.4) 

= 

55 

10.4 

2 

= 3.33 Ω 

= 5.29 Ω 

→ 

; 

X 

et 

= 

5.29 

2 

= 3.33 

2 

= 4.1Ω 

b). Pada pembebanan penuh fluksi bersama dalam inti 

transformator hampir sama dengan fluksi dalam keadaan beban 

nol. Jadi rugi-rugi inti pada pembebanan penuh adalah 114 Watt. 

Rugi-rugi tembaga tergantung dari besar arus. Besar arus primer 

pada beban penuh adalah sama dengan arus sisi tegangan tinggi 

pada percobaan hubung singkat, yaitu 

S 25000 2 

I 1 = = = 10.4 A → Pcu 

= I1 

Ret 

= (10.4) 

2 × 3.33 = 360 W 

V1 

2400 

Karena pada uji hubung singkat arus sisi tegangan tinggi dibuat 

sama dengan arus beban penuh, maka rugi-rugi tembaga adalah 

penunjukan wattmeter pada uji hubung singkat. 

3.1.6. Efisiensi dan Regulasi Tegangan 

Efisiensi suatu piranti didefinisikan sebagai 

daya keluaran [watt] 

η = 

(3.18) 

daya masukan [watt] 

Karena daya keluaran sama dengan daya masukan dikurangi rugirugi 

daya, maka efisiensi dapat dinyatakan sebagai 


Transformator 

rugi - rugi daya [watt] 

η =1 − 

(3.19) 

daya masukan [watt] 

Formulasi (3.19) ini lebih sering digunakan. Untuk transformator 

rugi-rugi daya dapat segera diperoleh melalui uji beban nol dan uji 

hubung singkat, yaitu jumlah rugi inti dan rugi tembaga. 

Regulasi tegangan transformator didefinisikan sebagai perubahan 

besarnya tegangan sekunder bila arus berubah dari beban penuh ke 

beban nol dengan tegangan primer dijaga tetap. Jadi 

V2 beban nol −V2 beban penuh 

Regulasi Tegangan = 

V2 beban penuh 

V1 

/ a − V2 

= 

V2 

V1 

− aV2 

= 

aV2 

V1 

− V2′ 

= 

V2′ 

(3.25) 

Dengan memperhatikan diagram fasor Gb.16.9. maka (3.25) 

menjadi 

Regulasi Tegangan = 

V2 ′ + I′ 

2 ( R e + jX e ) − V2′ 

V2′ 

(3.26) 

CONTOH-3.6 : Transformator pada Contoh-16.5. mencatu beban 

25 KVA pada faktor daya 0.8. a). Hitunglah efisiensinya. b). 

Hitunglah regulasi tegangannya. 

Solusi : 

Total rugi daya : P 

a). Daya keluaran : P 

= 25000× 

0.8 = 20 KW 

0.474 

Efisiensi : η = 1− 

= 0.976 

20 

o 

c + cu 

= 114 + 360 = 474 W = 0.474 KW 

atau 

97.6 % 

b). Mengambil V 2 sebagai referensi : V′ 2 = 10×240 = 2400∠0 o V. 

′ −1 

o 

I 2 = I 2 / a = (25000 / 240) /10∠ − cos 0.8 = 10.4∠ − 36.8 

o 

o 

2400∠0 

+ 10.4∠ − 36.8 (3.33 + j4.1) 

− 2400 

Reg. Tegangan = 

2400 

0.022 atau 2.2 % 

127

Transformator 

3.1.7. Konstruksi Transformator 

Dalam pembahasan transformator, kita melihat transformator 

dengan satu inti dua belitan. Belitan primer digulung pada salah 

satu kaki inti dan belitan sekunder digulung pada kaki inti yang 

lain. Dalam kenyataan tidaklah demikian. Untuk mengurang fluksi 

bocor, belitan primer dan sekunder masing-masing dibagi menjadi 

dua bagian dan digulung di setiap kaki inti. Belitan primer dan 

sekunder digulung secara konsentris dengan belitan sekunder 

berada di dalam belitan primer. Dengan cara ini fluksi bocor dapat 

ditekan sampai hanya beberapa persen dari fluksi bersama. 

Pembagian belitan seperti ini masih mungkin dilanjutkan untuk 

lebih menekan fluksi bocor, dengan beaya yang sudah barang 

tentu lebih tinggi. 

N R / 2 N R / 2 

N T / 2 

N T / 2 

N R / 4 

N T / 2 

N R / 2 

N T / 2 

N R / 4 

a). tipe inti. 

a). tipe sel. 

Gb.3.9. Dua tipe konstruksi transformator. 

N T : jumlah lilitan tegangan tinggi; N R : jumlah lilitan tegangan 

rendah. 

Dua tipe konstruksi yang biasa digunakan pada transformator satufasa 

adalah core type (tipe inti) dan shell type (tipe sel). Gb.3.9.a. 

memperlihatkan konstruksi tipe inti dengan belitan primer dan 

sekunder yang terbagi dua. Belitan tegangan rendah digulung 

dekat dengan inti yang kemudian dilingkupi oleh belitan tegangan 

tinggi. Konstruksi ini sesuai untuk tegangan tinggi karena masalah 

isolasi lebih mudah ditangani. Gb.3.9.b. memperlihatkan 

konstruksi tipe sel. Konstruksi ini sesuai untuk transformator daya 

dengan arus besar. Inti pada konstruksi ini memberikan 

perlindungan mekanis lebih baik pada belitan. 


Transformator 

3.2. Transformator Pada Sistem Tiga-fasa 

Pada sistem tiga-fasa, penaikan dan penurunan tegangan dapat 

dilakukan dengan dua cara yaitu : 

(a) menggunakan tiga unit transformator satu-fasa, 

(b) menggunakan satu unit transformator tiga-fasa. 

Transformator tiga-fasa mempunyai inti dengan tiga kaki dan setiap 

kaki mendukung belitan primer dan sekunder. Untuk penyaluaran 

daya yang sama, penggunaan satu unit transformator tiga-fasa akan 

lebih ringan, lebih murah dan lebih efisien dibandingkan dengan tiga 

unit transformator satu-fasa. Akan tetapi penggunaan tiga unit 

transformator satu-fasa juga mempunyai beberapa kelebihan 

dibandingkan dengan satu unit transformator tiga-fasa. Misalnya 

beaya awal yang lebih rendah, jika untuk sementara beban dapat 

dilayani dengan dua unit saja dan unit ketiga ditambahkan jika 

penambahan beban telah terjadi. Terjadinya kerusakan pada salah 

satu unit tidak mengharuskan pemutusan seluruh penyaluran daya. 

Pemilihan cara mana yang lebih baik, tergantung dari berbagai 

pertimbangan keadaan-khusus. Pada dasarnya kedua cara adalah 

sama. Berikut ini kita akan melihat hubungan primer-sekunder 

transformator, dengan melihat pelayanan sistem tiga-fasa melalui 

tiga unit transformator satu-fasa. 

3.2.1. Hubungan ∆−∆ 

Pada waktu menghubungkan tiga transformator satu-fasa untuk 

melayani sistem tiga-fasa, hubungan sekunder harus diperhatikan 

agar sistem tetap seimbang. Diagram hubungan ini diperlihatkan 

pada Gb.3.10. Fasa primer disebut dengan fasa U-V-W sedangkan 

fasa sekunder disebut fasa X-Y-Z. Fasor tegangan fasa primer kita 

sebut V UO , V VO , V WO dengan nilai V FP , dan tegangan fasa 

sekunder kita sebut V XO , V YO , V ZO dengan nilai V FS . Nilai 

tegangan saluran (tegangan fasa-fasa) primer dan sekunder kita 

sebut V LP dan V LS . Nilai arus saluran primer dan sekunder masingmasing 

kita sebut I LP dan I LS sedang nilai arus fasanya I FP dan I FS . 

Rasio tegangan fasa primer terhadap sekunder V / V a . 

FP FS = 

Dengan mengabaikan rugi-rugi untuk hubungan ∆-∆ kita peroleh : 

129

V 

V 

LS 

Transformator 

VFP 

I LP I FP 3 

= = a ; = = 

(3.27) 

V I I 3 a 

LP 1 

U 

V 

FP 

LS 

V UO V XO 

FS 

X 

Y 

V VO 

V YO 

V WO 

V ZO 

V UV = V UO 

V XY = V XO 

Gb.3.10. Hubungan ∆-∆. 

3.2.2. Hubungan ∆-Y 

Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.3.11. Tegangan fasa-fasa 

pimer sama dengan tegangan fasa primer, sedangkan tegangan 

fasa-fasa sekunder sama dengan √3 kali tegangan fasa sekunder 

dengan perbedaan sudut fasa 30 o . Dengan mengabaikan rugi-rugi 

kita peroleh 

V 

V 

I 

I 

LP 

LS 

LP 

LS 

V 

= 

V 

FS 

I 

= 

I 

FP 

FP 

FS 

3 

= 

3 

= 

a 

3 

3 

a 

Fasor tegangan fasa-fasa sekunder mendahului primer 30 o . 

(3.28) 


Transformator 

U 

X 

V 

V UO 

V XO 

Y 

V VO 

V YO 

V WO 

V ZO 

V UV = V UO 

V ZO 

V XY 

V XO 

V YO 

Gb.3.11. Hubungan ∆-Y 

3.2.3. Hubungan Y-Y 

Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.3.12. Tegangan fasa-fasa 

pimer sama dengan √3 kali tegangan fasa primer dengan 

perbedaan sudut fasa 30 o , tegangan fasa-fasa sekunder sama 

dengan √3 kali tegangan fasa sekunder dengan perbedaan sudut 

fasa 30 o . Perbandingan tegangan fasa-fasa primer dan sekunder 

adalah 

V 

V 

I 

I 

LP 

LS 

LP 

LS 

V 

= 

V 

I 

= 

I 

FP 

FS 

FP 

FS 

3 

= a 

3 

1 

= 

a 

(3.29) 

Antara fasor tegangan fasa-fasa primer dan sekunder tidak terdapat 

perbedaan sudut fasa. 

131

Transformator 

U 

X 

V UO 

V XO 

V 

Y 

V VO 

V YO 

V WO 

V ZO 

V WO 

V UV 

V ZO 

V XY 

V UO 

V XO 

V VO 

V YO 

Gb.3.12. Hubungan Y-Y 

3.2.4. Hubungan Y-∆ 

Hubungan ini terlihat pada Gb.3.13. Tegangan fasa-fasa pimer 

sama dengan √3 kali tegangan fasa primer dengan perbedaan sudut 

fasa 30 o , sedangkan tegangan fasa-fasa sekunder sama dengan 

tegangan fasa sekunder. Dengan mengabaiakan rugi-rugi diperoleh 

V 

V 

I 

I 

LP 

LS 

LP 

LS 

V 

= 

V 

FP 

I 

= 

V 

FS 

FS 

FP 

3 

= a 3 

1 

= 

3 

3 

a 

Fasor tegangan fasa-fasa primer mendahului sekunder 30 o . 

(3.30) 


Transformator 

U 

V 

V UO 

V VO 

V XO 

V YO 

X 

Y 

V WO 

V ZO 

V WO 

V UV 

V XY = V XO 

V UO 

V ZO 

V YO 

V VO 

Gb.3.13. Hubungan Y-∆ 

CONTOH-3.7 : Sebuah transformator penurun tegangan 3 fasa, 

tegangan primernya dihubungkan pada sumber 6600 V dan 

mengambil arus 10 A. Jika rasio transformasi adalah 12, hitunglah 

tegangan saluran sekunder, arus saluran sekunder dan daya keluaran 

untuk hubungan-hubungan berikut : (a) ∆-∆ ; (b) Y-Y ; (c) ∆-Y ; 

(d) Y-∆ . 

Solusi : 

a). Untuk hubungan ∆-∆ : 

VFP 

VLP 

6600 

VLS 

= VFS 

= = = = 550 V ; 

a a 12 

I LP 

I LS = I FS 3 = aI FP 3 = a 3 = 12 × 10 = 120 A. 

3 

b). Untuk hubungan Y-Y : 

VFP 

VLP 

3 6600 

VLS 

= VFS 

3 = 3 = = = 550 V ; 

a 3 a 12 

I LS == I FS = aI FP = aI LP = 12 × 10 = 120 A. 

133

Transformator 

c). Untuk hubungan ∆-Y : 

VFP 

VLP 

6600 

VLS 

= VFS 

3 = 3 = 3 = 3 = 953 V ; 

a a 12 

I LP 10 

I LS = I FS = aI FP = a = 12 = 69,3 A. 

3 3 

d) Untuk hubungan Y-∆ : 

VFP 

1 VLP 

VLS 

= VFS 

= = = 

a a 3 

I 

LS 

= I 

FS 

3 = aI 

FP 

3 = aI 

1 

12 

LP 

6600 

= 318 V ; 

3 

3 = 12 × 10 × 

3 = 208 A . 

Dengan mengabaikan rugi-rugi daya keluaran sama dengan 

daya masukan. 

S keluaran 

= Smasukan 

= VLP 

I LP 

3 = 6,6 × 10 3 = 114,3 kVA. 

3.3. Transformator Tiga Belitan 

3.3.1. Transformator Ideal Tiga Belitan 

Hubungan belitan primer, sekunder, dan tertier tansformator satufasa 

tiga belitan terlihat pada Gb.3.14. Konvensi titik kita gunakan 

di sini. 

+ 

I 2 

I 1 + 

N 2 V 

− 2 

V 1 N 1 

+ 

I 3 

− 

N 3 V 3 

− 

Gb.3.14. Hubungan belitan transformator tiga belitan. 

Indeks 1, 2, 3 menunjukkan primer, sekunder, tertier. 

V 1 , V2 

, V3 

: tegangan. 

I 1 , I2, 

I3 

: arus, digambarkan masuk pada ujung belitan 

yang bertanda titik. 

N 1 , N2, 

N3 

: jumlah lilitan. 


Transformator 

Untuk keperluan analisis ini kita menganggap resistansi belitan 

transformator nol, sehingga hubungan tegangan, arus dan jumlah 

lilitan adalah: 

V 

V 

1 

2 

N 

= 

N 

1 

2 

; 

V 

V 

2 

3 

N 

= 

N 

2 

3 

; 

V 

V 

1 

3 

N 

= 

N 

1 

3 

(3.31) 

Kita juga menganggap tidak terjadi fluksi bocor dan permeabilitas 

magnetik inti inti yang sempurna, sehingga 

N 1 I1 

+ N 2I 

2 + N3I3 

= 0 

(3.32) 

Contoh-3.8: Sebuah transformator tiga belitan (Gb.3.14), memiliki 

jumlah lilitan N 1 = 1000, 

N 2 = 500, N3 

= 2000 .Belitan primer 

o 

terhubung ke sumber tegangan ideal, V 1 = 1000∠0 

V . Belitan 

sekunder terhubung ke resistor 20 Ω. Belitan tertier terhubung ke 

induktor dengan reaktansi 100 Ω. Hitung arus dan daya di belitan 

primer, I 1 dan S 1. 

Solusi: 

Arus di belitan primer dapat dihitung setelah arus di belitan 

sekunder dan tertier diperoleh; arus-arus ini adalah arus beban. 

V 

2 

N 

= 

N 

2 

1 

N 

V 

3 

3 = 

N 

1 

V 

1 

= 

500 

1000 

× 1000∠0 

2000 

V1 

= × 1000∠0 

1000 

o 

o 

= 500∠0 

o 

= 2000∠0 

Dengan referensi arah arus seperti tergambar pada Gb.16.1, kita 

dapatkan 

o 

V2 

500∠0 

o 

− I2 

= = = 25∠0 

= 25 + j0 

A 

Z 

o 

2 20∠0 

o 

V3 

2000∠0 

o 

− I3 

= = = 20∠ − 90 = 0 − j20 

A 

Z 

o 

3 100∠90 

Arus di belitan primer dihitung dengan menggunakan formulasi 

(3.32) adalah 

o 

V 

V 

135

Transformator 

N I 

1 1 

⇒ I 

+ N I 

1 

2 

2 

− N 

= 

+ N I 

2 

1 

3 3 

I2 

− N3I 

N 

= 0 

= 12,5 − j40 

= 41,9∠ − 72,6 

3 

500× 

25 + 2000× 

( − j20) 

= 

1000 

Daya kompleks yang masuk di belitan adalah 

∗ 

o 

S 1 = V1 

I1 

= 1000∠0 

× 41,9∠ + 72,6 = 41,9∠72,6 

o 

o 

A 

o 

kVA 

Karena kita menganggap transformator ideal, tidak ada rugi-rugi 

daya pada transformator, daya masuk di belitan primer harus 

sama dengan jumlah daya keluar dari belitan sekunder dan 

tertier. Kita jakinkan hal itu sebagai berikut 

S 

S 

2 

3 

⇒ S 

= V 

( −I 

= V ( −I 

2 

2 

3 

+ S 

3 

∗ 

2) 

∗ 

3) 

= 500∠0 

o 

= 2000∠0 

Ternyata benar S 2 + S3 

= S1 

× 25 = 12500 VA 

o 

× 20∠ + 90 

= j40000 

VA 

= 12500 + j40000 

= 41900 VA = 41,9 kVA 

o 

3.3.2. Transformator Nyata Tiga Belitan 

Dalam kenyataan belitan-belitan transformator mengandung 

impedansi; impedansi belitan primer, sekunder, tertier, dapat kita 

nyatakan sebagai Z 1 = R1 

+ jX1 

, Z 2 = R2 

+ jX 2 , dan 

Z 3 = R3 

+ jX3 

. Selain itu terdapat rugi-rugi inti yang dalam 

rangkaian dinyatakan dengan cabang parallel R φ dan X φ . Jika 

elemen-elemen ini tidak kita abaikan dan kita nyatakan juga dalam 

per-unit, maka rangkaian pada Gb.3.14. akan berbentuk seperti 

Gb.3.15. 


2 

I 1 

1 

2 X 2 I 2 

4 

+ 

1 X 1 

3 

o ∼ 

1∠0 

3 X 3 

R 

I 

φ X φ 

3 

− 

j1, 25 

Gb.3.15. Rangkaian transformator nyata satu-fasa 

tiga belitan. 

Transformator 

Contoh-3.9: [1] Hitunglah I 1 pada contoh-3.8 jika diketahui pula 

Solusi: 

R = R 

X 

R 

1 

1 

φ 

2 

= X 

= X 

φ 

= R 

2 

3 

= X 

= ∝ 

= 0,01 pu 

3 

= 0,03 pu 

Dengan R φ = X φ = ∝ , jika kita melihat ke belitan primer, kita 

dapatkan 

( R2 

+ jX 2 + 4) ( R3 

+ jX 3 + j1,25) 

Z1 

pu = R1 

+ jX1 

+ 

( R2 

+ jX 2 + 4) + ( R3 

+ jX 3 + j1,25) 

(4,01 + j0,03) 

(0,01+ 

j1,28) 

= 0,01+ 

j0,03 

+ 

(4,02 + j1,31) 

o 

= 0,38654 + j1,184 

= 1,245∠71,92 

Maka 

o 

1 o 

V1 

∠0 

I 1pu 

= = 

= 0,803∠ 

− 71,92 

Z 

o 

1,245∠71,92 

1 

pu 

Perbedaan segera dapat kita lihat dengan hasil perhitungan 

o 

traformator ideal yang memberikan I 1 = 0,838∠ 

− 72,6 pu . 

Perbedaan ini adalah sekitar 4%. Perbedaan arus 4% ini, jika kita 

∗ 

tinjau dari sisi daya dimana S = V I berarti pula ada perbedaan 

daya sekitar 4%. Ditinjau dari kacamata bisnis, hal ini cukup 

besar. 

137

Transformator 

3.4 Transformator Tiga-fasa Dibangun dari Tiga 

Transformator Satu-fasa 

Untuk memperoleh transformator tiga-fasa tiga belitan kita dapat 

menggunakan tiga buah transformator satu-fasa tiga belitan. 

Masing-masing transformator satu-fasa tersebut sudah barang tentu 

memiliki tiga belitan, yaitu primer, sekunder, dan tersier. Jadi 

dengan tiga buah transformator satu-fasa kita mempunyai 3 belitan 

primer, 3 sekunder, dan 3 tersier. Masing-masing kelompok belitan 

tersebut secara sendiri-sendiri dapat dihubungkan Y atau ∆. Pada 

diagram satu garis Gb.1.11. di bab-14, transformator tiga-fasa tiga 

belitan yang terhubung ke generator, mempunyai sisi primer 

terhubung ∆, sisi sekunder yang terhubung Y menuju CB kemudian 

ke saluran transmisi, dan sisi tertier yang terhubung ∆ mencatu 

beban. Gb.3.16. memperlihatkan penggalan diagram satu garis 

tersebut. 

Generator 

G 

beban 

∆ 

1 

2 

3 Y 

∆ 

CB 

Saluran transmisi 

Gb.3.16. Penggalan diagram satu garis Gb.1.11 untuk 

memperlihatkan hubungan transformator tiga-fasa tiga belitan. 

3.4.1. Tinjauan Pada Sisi Primer Terhubung Y, dengan Netral 

Ditanahkan Melalui Impedansi 

Kita akan melihat belitan primer terlebih dulu, dengan 

menganggap belitan sekunder dan belitan tertier terbuka. Pada 

Gb.3.16. belitan ini terhubung ∆. Namun dalam pembahasan 

transformator ini kita akan melihat sisi primer yang terhubung Y 

lebih dulu dengan titik netral yang dihubungkan ke tanah melalui 

sebuah impedansi. Karena sisi sekunder dan tersier terbuka, maka 

setiap transformator satu-fasa yang tersedia (untuk dibangun 

menjadi transformator tiga-fasa) mempunyai diagram rangkaian 

seperti pada Gb.3.17. 


Transformator 

I 1 

1 

+ R 1 X 1 

2 

3 

V 1 

R φ 

X φ 

Gb.3.17. Sisi primer transformator satu-fasa tiga belitan dengan 

sisi sekunder dan tersier terbuka. 

Dari terminal primer terlihat impedansi, yang kita sebut impedansi 

fasa primer Z f1 , sebesar 

Z f 1 = Z 1 + Z φ = R 1 + jX 1 + Z φ 

(3.33) 

dengan 

Rφ 

× jX φ 

Z φ = 

(3.34) 

Rφ 

+ jX φ 

Impedansi Z f1 inilah kita hubungkan Y membentuk sisi primer 

transformator tiga-fasa. Dalam membentuk hubungan Y ini, di 

titik netral kita sambungkan satu impedansi Z n1 untuk 

pentanahan. Dengan demikian kita memperoleh rangkaian tigafasa 

abc seperti terliht pada Gb.3.18. 

a 

Z f 1 

Va1 

b 

Z f 1 

V b1 

V c1 

n 

Gb.3.18. Hubungan Y sisi primer transformator tiga-fasa 

tiga belitan. 

Relasi tegangan-arus pada hubungan Y ini adalah 

c 

Z n1 

Z f 1 

139

⎡V 

⎢ 

⎢V 

⎢ 

⎣ 

V 

a1 

b1 

c1 

⎤ ⎡( 

Z 

⎥ ⎢ 

⎥ = ⎢ 

⎥ ⎢ 

⎦ ⎣ 

f 1 

Z 

Z 

+ Z 

n1 

n1 

n1 

) 

( Z 

Z 

f 1 

Z 

n1 

+ Z 

n1 

n1 

) 

Transformator 

Z n1 

⎤ ⎡I 

a1 

⎤ 

⎥ ⎢ ⎥ 

Z n1 

⎥ ⎢Ib1 

⎥ (3.35) 

( Z + ⎥ ⎢ ⎥ 

f 1 Z n1 

) 

⎦ ⎣ 

Ic1 

⎦ 

Matriks impedansi kita transformasikan ke impedansi urutan, 

kita peroleh 

[ ] 

−1 

[ Z ] = [ T] [ Z ] [ T] 

012 1 abc 1 

⎡ ( Z f 1 + 3Z 

n1 

) 0 0 ⎤ 

⎢ 

⎥ 

Z 012 primer = ⎢ 0 Z f 1 0 ⎥ (3.36.a) 

⎢ 

⎥ 

⎣ 

0 0 Z f 1) 

⎦ 

Catatan: indeks 012 yang menunjukkan impedansi urutan, ditulis 

dengan huruf tebal untuk membedakan dengan indeks 1 

yang menunjuk pada belitan primer. 

3.4.2. Tinjauan Pada Sisi Sekunder dan Tersier Terhubung Y, 

dengan Netral Ditanahkan Melalui Impedansi 

Persamaan (3.36.a) adalah impedansi urutan dilihat dari sisi 

primer. Jika kita memperlakukan sisi sekunder dan tersier sama 

seperti sisi primer, yaitu membuatnya terhubung Y dengan 

impedansi pada titik netralnya, kita akan mendapatkan rangkaian 

belitan sekunder dan tersier seperti terlihat pada Gb.3.19. Pada 

gambar ini Z f2 dan Z f3 adalah impedansi fasa sekunder dan 

impedansi fasa tersier. 

Z f 2 

a 

Z f 3 

a 

Z f 2 

b 

V a2 

Z f 3 

b 

V a3 

Z f 2 

Z n2 

c 

n 

Sekunder 

V cs 

V b2 

Z f 3 

Z n3 

n 

Tersier 

Gb.3.19. Hubungan Y sisi sekunder dan tersier. 

c 

V c3 

V b3 


Transformator 

Dengan cara yang sama seperti mencari impedansi urutan pada 

sisi primer, kita peroleh impedansi urutan di sisi sekunder dan 

tertier yaitu 

⎡ Z + 3Z 

0 0 ⎤ 

[ ] 

Z 012 sekunder = 

[ ] 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎣ 

f 2 

0 

dan 

0 

n2 

⎡ Z f 3 + 3Zn3 

⎢ 

Z 012 tersier = ⎢ 0 

⎢ 

⎣ 

0 

Z f 2 

0 

0 

Z f 3 

0 

⎥ 

0 ⎥ 

Z ⎥ 

f 2⎦ 

0 ⎤ 

⎥ 

0 ⎥ 

Z ⎥ 

f 3⎦ 

(3.36.b) 

(3.36.c) 

Persamaan (3.36.a), (3.36.b), dan (3.36.c) memberi jalan untuk 

menggambarkan rangkaian impedansi urutan taransformator. 

Kita kumpulkan impedansi urutan sebagai berikut: 

Z + 

01 = Z f 1 + 3Z 

n1; 

Z 02 

= Z f 2 + 3Z 

n2 

; Z 03 

= Z f 3 3Z 

n3 

(3.37.a) 

dan seperti (3.33) 

Z 

Z 11 = Z f 1; Z12 

= Z f 2 ; Z13 

= Z f 3 (3.37.b) 

Z 21 = Z f 1; Z 22 

= Z f 2 ; Z 23 

= Z f 3 (3.37.c) 

f 1 = Z1 

+ Z φ ; Z f 2 = Z 2 + Z φ; 

Z f 3 = Z3 

+ Z φ (3.37.d) 

Persamaan pertama (3.37.a) dan (3.37.d) memberikan rangkaian 

urutan nol seperti pada Gb.3.20. Terminal 1, 2, 3 adalah terminal 

primer, sekunder, dan tersier. 

1 3Z 

n 1 

Z 1 

Z φ 

Z2 

3Z 

n2 2 

Z3 

3Z 

n 3 3 

Gb.3.20. Rangkaian urutan nol transformator tiga 

belitan. 

Persamaan pertama (3.37.b) dan (3.37.d) memberikan rangkaian 

urutan positif seperti pada Gb.3.21. 

141

Transformator 

1 Z1 

Z2 

2 

Z 3 

3 

Z φ 

Gb.3.21. Rangkaian urutan positif transformator tiga belitan. 

Persamaan pertama (3.37.c) dan (3.37.d) memberikan rangkaian 

urutan negatif seperti pada Gb.3.22. 

1 Z1 

Z φ 

Z2 

2 

Z 3 

3 

Gb.3.22. Rangkaian urutan negatif transformator tiga belitan. 

3.4.3. Tinjauan Pada Transformator Tiga-fasa Tiga Belitan 

Terhubung Y Dengan Ketiga Titik Netral Ditanahkan Langsung 

Jika titik netral ditanahkan secara langsung (solidly grounded), 

baik di sisi primer maupun sekunder dan tersier, maka 

Z n1 = Z n2 

= N n3 

= 0 . Rangkaian urutan pada Gb.16.22 yang 

berubah hanyalah rangkaian urutan nol; rangkaian urutan positif 

dan negatif tidak berubah. Rangkaian urutan nol menjadi sama 

dengan rangkaian urutan yang lain. 


Terhubung Y, dengan Ketiga Titik Netral Tidak Ditanahkan. 

Jika titik netral tidak di tanahkan maka Z n1 = Z n2 

= N n3 

=∝ . 

Rangkaian urutan pada Gb.16.22 yang berubah juga hanya 

rangkaian urutan nol; rangkaian urutan positif dan negatif tidak 

berubah. Rangkaian urutan nol menjadi terbuka baik di sisi 

primer, sekuder, maupun tersier. 



dengan Ketiga Sisi Terhubung 

Transformator 

Hubungan ∆ dapat kita cari ekivalennya dalam hubungan Y. Jika 

ini kita lakukan maka kita mendapatkan transformator terhubung 

Y dengan netral tidak ditanahkan. Rangkaian urutan nol menjadi 

terbuka. Jadi belitan yang terhubung ∆ memiliki rangkaian urutan 

nol yang terbuka (kita menganggap impedansi di ketiga belitan 

identik). 


dengan Sisi Primer, Sekunder, dan Tersier Memiliki Hubungan 

Berbeda. 

Contoh dari situasi ini adalah situasi yang diperlihatkan pada 

diagram satu garis Gb.15.9. Dalam gambar ini sisi pimer 

terhubung ∆, sisi sekunder terhubung Y dengan netral ditanahkan 

langsung, dan sisi tersier terhubung ∆. Rangkaian urutan nol sisi 

primer dan tersier terbuka, sedangkan rangkaian urutan nol 

sekunder tidak mengandung 3Z 

n 2 

Demikianlah kita dapat membangun rangkaian urutan dari 

transformator tiga-fasa tiga belitan, dengan belitan terhubung Y 

maupun ∆. Namun ada sedikit catatan untuk belitan yang 

terhubung ∆: hubungan ini adalah hubungan yang membentuk 

loop tertutup; jika ketiga belitan yang membentuk ∆ ini tidak 

benar-benar idektik, ada kemungkinan terjadi arus sirkulasi di 

belitan ini. 

Contoh-3.10: [1] Tiga transformator 1 fasa identik pada contoh-3.9 

dipakai untuk membangun transformator 3 fasa dengan hubunganhubungan 

belitan sebagai berikut: 

Belitan-1: dihubungkan Y, titik netral ditanahkan melalui 

impedansi Z n = j0, 04 

Belitan-2: dihubungkan Y, titik netral ditanahkan langsung. 

Belitan-3: dihubungkan ∆ 

Gambarkanlah rangkaian urutan. 

Solusi: 

Resistansi dan reaktansi dalam per-unit belitan trafo adalah: 

143

R = R 

X 

R 

1 

1 

φ 

2 

= X 

= X 

φ 

= R 

2 

3 

= X 

= ∝ 

= 0,01 pu 

Rangkaian urutan nol adalah (Gb.3.20) 

1 3Z 

n 1 

Z 1 

Z φ 

3 

= 0,03 pu 

Z2 

3Z 

n2 2 

Z3 

3Z 

n 3 

Transformator 

3 

Dengan memasukkan nilai-nilai yang diketahui, rangkaian 

urutan nol menjadi 

1 j0, 

12 0,01 

+ j0, 

03 

0,01+ 

j0,03 

0,01 

+ j0,03 

2 

3 

Rangkaian urutan positif adalah (Gb.3.21) 

1 Z1 

Z φ 

Z2 

2 

Z 3 

3 

Dengan memasukkan nilai-nilai yang diketahui, rangkaian 

urutan positif menjadi 

1 0,01+ 

j0, 

03 

0,01 

+ j0,03 

0,01+ 

j0,03 

2 

3 

Rangkaian urutan negatif sama dengan rangkaian urutan positif. 


Transformator 

3.4. Pergeseran Fasa Pada Hubungan Y-, Transformator 

Tiga-fasa Dua Belitan 

Pada hubungan sisi primer-sekunder Y-Y ataupun ∆-∆, diagram 

fasor tegangan fasa-netral di kedua sisi transformator tidak berbeda 

fasa. Akan tetapi pada hubungan Y-∆ atau ∆-Y terjadi pergeseran 

fasa. Untuk melihat pergeseran fasa ini, kita tinjau transformator 

tiga-fasa dua belitan seperti terlihat pada Gb.3.23. Pada gambar ini 

terlihat V a1 

sefasa Vab2 

, V b1 

sefasa Vbc 

2 , V c1 

sefasa Vca2 

. 

Tegangan fasa-netral di sisi primer yang terhubung Y sefasa dengan 

tegangan fasa-fasa di sisi sekunder yang terhubung ∆. Kalau kita 

buat rangkaian ekivalen Y dari ∆, hal tersebtu berarti tegangan fasnetral 

di sisi sekunder berbeda fasa 30 o dengan tegangan fasa-netral 

di sisi primer. 

a 

a 

V ab2 

Va1 

V b1 

V c1 

b 

c 

b 

c 

V bc2 

V ca2 

n 

Gb.3.23. Hubungan Y-∆ transformator tiga-fasa. 

Berkaitan dengan terjadinya pergeseran fasa pada hubungan Y-∆ 

ataupun ∆-Y, penamaan fasa pada suatu transformator diberi 

ketentuan sebagai berikut: 

Penamaan fasa baik pada hubugan Y-∆ ataupun ∆-Y haruslah 

sedemikian rupa sehngga urutasn positif di sisi tegangan 

tinggnya mendahului 30 o dari pasangan di tegangan rendahnya. 

Ketentuan ini untuk urutan negatif berarti kebalikannya, yaitu 

bahwa tegangan urutan negatif tegangan di sisi tegangan tinggi 

tertinggal 30 o dari tegangan di sisi tegangan rendahnya. 

Pergeseran fasa ini tidak berpengaruh pada urutan nol. 

145

Transformator 

3.5. Sistem Per-Unit Pada Saluran Dengan Transformator 

Adanya transformator dalam sistem tenaga membuat sistem tenaga 

terbagi-bagi dalam banyak segmen yang masing-masing segmen 

memiliki tegangan kerja sendiri-sendiri. Dengan memanfaatkan 

sistem per-unit, maka representasi suatu sistem tenaga menjadi lebih 

sederhana dan perhitungan-perhitungan menjadi lebih mudah 

dilakukan. Dalam uraian berikut ini kita memusatkan perhatian pada 

sistem tiga-fasa. 

Penetuan besaran basis untuk penggunaan sistem per-unit adalah 

sebagai berikut: 

a) Tetapkan daya 3 fasa basis, kita sebut S 3 f basis . Penetapan 

daya basis ini biasanya mengambil angka-angka yang mudah, 

seperti 1, 10, 100, 1000. Karena untuk analisis sistem tiga-fasa 

kita menggunakan model satu-fasa maka harus kita hitung daya 

basis untuk satu-fasa, yaitu: 

S3 f basis 

S f basis = 

3 

b) Tetapkan tegangan basis di bus tertentu sebagai referensi, yaitu 

tegangan nominal. Tegangan nominal adalah nilai tegangan 

yang dirancang untuk sistem bekerja pada pembebanan 

seimbang. Tegangan nominal fasa-fasa, V ff di Indonesia 

misalnya 20 kV, 150 kV, 500 kV. Karena kita melakukan 

analisis menggunakan model rangkaian satu-fasa maka kita 

tetapkan tegangan basis fasa-netral di bus ini yaitu 

V = V / 3 . 

fn basis 

ff basis 

c) Dalam menentukan besaran-besaran basis, kita menganggap 

semua saluran dan transformator adalah ideal. Dengan demikian 

maka bus-bus yang terhubung langsung oleh saluran 

transmisitanpa melalui transformator akan memiliki tegangan 

basis yang sama. 

Tegangan basis bus-bus yang dihubungkan oleh saluran 

transmisi melewati suatu transformator berbanding lurus 

dengan perbandingan jumlah lilitan di kedua sisi transformator. 

Dengan demikian maka nilai per-unit tegangan di kedua sisi 

transformator tidak lagi tergantung dari tegangan transformator. 


Transformator 

d) Arus basis di setiap bagian sistem adalah daya basis di bagian 

tersebut dibagi dengan tegangan basisnya. 

S f basis 

I basis = 

V fn basis 

e) Impedansi basis di tiap bagian sistem adalah tegangan basis 

dibagi arus basis 

V fn basis 

Z basis = 

I f basis 

Walaupun demikian, relasi ini dapat kita uraikan sebagai berikut: 

Z 

basis 

V 

= 

I 

= 

fn basis 

f basis 

( V / 3) 

ff basis 

S 

= 

S 

f basis 

V 

f basis 

2 

fn basis 

/ V 

V 

= 

3S 

fn basis 

2 

ff basis 

f basis 

V 

= 

S 

V 

= 

S 

2 

fn basis 

f basis 

2 

ff basis 

3 f basis 

Relasi terakhir ini yang biasa digunakan menentukan impedansi 

basis, yaitu 

Z 

basis 

V 

= 

S 

2 

ff basis 

3 f basis 

f) Besaran dalam per-unit adalah besaran sesungguhnya dibagi 

dengan besaran basis. Dengan besaran dalam per-unit kita 

gambarkan diagram rangkaian model satu-fasa. 

Contoh-3.11: [1] Gambarkan rangkaian model satu-fasa dalam perunit 

dari sistem tiga-fasa yang diagram satu garisnya diberikan 

berikut ini. Gunakan daya basis tiga-fasa di bus-2 

S 3 f basis = 100 

MVA 

dan tegangan basis fasa-fasa 

V ff 

basis 

= 345 

kV 

147

1 ∆ Y 2 3 Y ∆ 4 

Z = 12,8 + j64 Ω 

Y/2 = j280 mS 

Transformator 

Transformator T 1 

1 trafo 3 fasa, 120 MVA 

35 kV ∆, 350 kV Y 

Z=(1+j8%) pada ratingnya 

Transformator T 2 

3 trafo 1 fasa, 30 MVA 

200 kV / 20 kV 

Z=(1+j7%) pada ratingnya 

Solusi: 

a) Kita harus membuat rangkaian ekivalen model 1 fasa dalam 

per-unit. Oleh karena itu besaran-besaran harus dinyatakan 

sebagai besaran fasa-netral. Daya basis 3 fasa telah 

ditentukan untuk bus-2 dengan memilih angka yang mudah 

yaitu 

S 3 f basis = 100 

MVA 

Dengan penetapan daya basis 3 fasa ini maka daya basis per fasa 

adalah 

S fn basis 

100 = = 33,3 MVA 

3 

Daya basis per fasa ini berlaku untuk semua bus. 

Tegangan nominal sistem ini adalah 345 kV fasa-fasa. Tegangan 

basis fasa-netral adalah 

V nominal 345 

V = ff 

fn basis 

= = 199 kV 

3 3 

Rangkaian ekivalen model satu-fasa yang harus kita bangun harus 

menggunakan basis ini, artinya semua besaran akan dilihat dari 

sisi tegangan tinggi, termasuk impedansi-impedansi di sisi 

tegangan rendah transformator. Rangkaian ekivalen saluran 

transmisinya adalah rangkaian ekivalen π dengan ujung di bus 2 

terhubunhg ke transformator T 1 dan ujung di bus-3 terhubung ke 

transformator T 2 . Rangkaian ekivalen sistem ini akan berbentuk 

seperti berikut: 


Transformator 

1 2 3 4 

Z T1 

Y 

2 

Z s 

Y 

2 

Z T 2 

1, 2, 3, 4: nomer bus 

Z T1 : impedansi trafo T 1 ; Z T 2 : impedansi trafo T 2 

Y 

Z s ; impedansi seri saluran transmisi; : admitansi saluran transmisi 

2 

Kita lihat situasi di setiap bus sebagai berikut: 

Bus-2. Daya basis di bus ini adalah 

S fn basis 

tegangan basis V fn basis. bus.2 

= V fn basis = 199 kV 

= 33,3 MVA dan 

Arus basis bus-2: 

S f basis 33,3 

I f basis. bus.2 

= = = 0,167 kA 

V fn basis 199 

Impedansi basis: 

Z basis. 

bus.2 

V fn basis 

= 

I f basis 

= 

199 

0,167 

= 1190 

Ω 

Bus-3. Daya basis di bus ini juga S = 33,3 MVA Bus ini 

fbasis 

terhubung ke bus-2 tanpa melalui transformator. Oleh karena itu 

tegangan basis bus ini sama dengan tegangan basis bus-2, yaitu 

V fn basis. bus.3 

= 199 kV 




= = = 0,167 kA 


Impedansi basis bus-3: 

V fn basis 

Z basis. 

bus.3 

= 

I f basis 

= 

199 

0,167 

= 1190 Ω 

Bus-1. Daya basis di bus ini sama dengan daya basis yang telah 

ditetapkan yaitu S fn basis = 33,3 MVA . Bus ini terhubung pada 

transformator Y-∆ dengan perbadingan tegangan fasa-fasa 350 kV 

149

Transformator 

: 35 kV atau tegangan fasa-netral 350 / 3 kV : 35 / 3 kV . 

Tegangan basis di bus-1 dapat kita hitung yaitu 

V fn bus.1 

35 / 3 


= × V fn basis. 

bus.2 

= × 199 = 19,9 kV 

V fn bus.2 

350 / 3 

Arus basis di bus-1: 



= = = 1,674 kA 

V fn basis 19,9 


V fn basis 

Z basis bus.1 

= 

I f basis 

= 

19,9 

1,674 

= 11,9 

Ω 

fbasis 

Bus-4. Basis daya di bus ini sama dengan basis daya yang telah 

ditetapkan yaitu S = 33,3 MVA . Bus ini bertegangan fasafasa 

20 kV yaitu tegangan sisi sekunder trafo yang terhubung ∆. 

Ini berarti tegangan fasa–netral adalah 20 / 3 kV , walaupun tak 

terlihat titik netral. Sisi primer transformator terhubung Y dengan 

tegangan fasa-fasa 350 kV atau tegangan fasa-netral 

350 / 3 = 200 kV . Tegangan basis di bus-4 ini adalah 

V fn bus.4 

20 / 3 


= × V fn basis. 

bus.3 

= × 199 = 11,5 

V fn bus.3 

200 

kV 



I f basis.b us.4 

= = = 2,889 

V fn basis 11,5 

kA 


V f basis 

Z basis bus− 

4 = 

I f basis 

= 

11,5 

2,889 

= 3,97 

Ω 

Untuk melihat dengan lebih jelas, hasil perhitungan di atas kita 

kumpulkan dalam satu tabel seperti di bawah ini. 


Transformator 

Bus 

S basis 

MVA 

V basis 

kV 

I basis 

kA 

Z basis 

1 33,3 19,9 1,674 11,9 

2 33,3 199 0,167 1190 

3 33,3 199 0,167 1190 

4 33,3 11,5 2,889 3,97 

b) Saluran Transmisi. Impedansi dan admitansi saluran dalam 

per-unit dihitung dengan menggunakan impedansi dan 

admitansi basis di bus-2 atau bus-3 

Z sal 12,8 + j64 

Z sal pu = = = 0,0108 + j0,0538 

pu 

Z basis 1190 

Y 

−3 

sal basis pu j0,0280× 

10 

= 

= j0,333 

pu 

2 1/1190 

c) Impedansi transformator. 

Nilai dalam per-unit impedansi transformator yang 

diberikan adalah: 

T 1 : 

Z T 1pu 

= 0,01+ 

j0,08 

pu 

Ω 

( pada ratingnya) 

T 2 : 

Z T 2 pu = 0,01+ 

j0,07 

pu 


Impedansi ini dinyatakan dalam per-unit dengan basis rating 

masing-masing transformator. 

Transformator T 1 . Transformator T 1 adalah sebuah 

transformator tiga-fasa, dua belitan. Rating daya T 1 adalah 120 

MVA, dengan tegangan nominal (sisi tegangan tinggi) 345 kV 

(fasa-fasa). Hal ini berarti bahwa basis yang di gunakan untuk 

menghitung Z T1pu adalah Z basis rating yaitu 

Z 

basis rating 

V 

= 

S 

2 

ff rating 

3 f rating 

Ω 

151

Transformator 

Dengan basis inilah impedansi per-unit yang telah diberikan, yaitu 

Z T 1 = 0,01+ 

j0,08 

pu . Impedansi ini harus kita ubah 

menggunakan basis sistem yaitu S 3 f basis = 100 MVA dan 

tegangan nominal 345 kV dan Z basis di bus-2 (tempat 

dihubungkannya T 1 ) yang telah dihitung sebesar 1190 Ω. 

Perubahan nilai impedansi dari basis rating ke basis sistem kita 

lakukan sebagai berikut: 

Z 

T1basis sistem 

(0,01+ 

j0,08) 

× Z 

= 

Z 

basis sistem 

= (0,01+ 

j0,08) 

× 

basis rating 

2 

( V / S ) 

ff rating 

2 

( 345 /120) 

= (0,01+ 

j0,08) 

× 

1190 

= (0,0083+ 

j0,0667) 

pu 

1190 

3 f rating 

Transformator T 2 . Transformator T 2 adalah transformator 3 

fasa yang dibangun dari 3 tansformator 1 fasa dua belitan. 

Rating daya trafo ini adalah 30 MVA dengan tegangan rating 

200 kV. Sisi primer dihubungkan Y agar sesuai dengan tegangan 

sistem di sisi tegangan tinggi (345 kV), dan sisi sekunder 

dihubungkan ∆ dengan tegangan sekunder 20 kV. Impedansi 

yang diberikan adalah 

Z T 2 = 0,01+ 

j0,07 

pu 


Impedansi ini harus kita ubah dengan menggunakan basis 

sistem. 

2 

(0,01+ 

j0,07) 

× ( 200 / 30) 

Z T 2 basis sistem = 

1190 

= (0,0112 + j0,0784) 

pu 

Dengan hasil perhitungan ini, rangkaian ekivalen satu-fasa 

menjadi sebagai berikut: 


Transformator 

1 2 

0,0108 

+ j0,0538 

3 4 

0,0083+ 

j0,0667 

j0,333 

0,0112 + j0,0784 

j0,333 

3.6. Transformator Polifasa 

Dari transformator satu-fasa dapat pula dibangun transformator 

polifasa. Berikut ini kita lihat contoh transformator enam fasa yang 

dibangun dari enam transformator satu-fasa. Setiap transformator 

satu-fasa ini mempunyai rating masing-masing. 

Contoh-3.12: [1] Enam buah transformator satu-fasa dua belitan 

yang identik dihubungkan sebagai berikut: 

- dua-dua belitan primer di hubungkan paralel, 

- kemudian tiga set paralel tersebut dihubungkan membentuk 

sisi primer transformator 3 fasa yang terhubung Y. 

- enam belitan sekunder dari enam transformator dihubungkan 

membentuk sisi sekunder transformator 6 fasa. 

Rating setiap transformator adalah 13,8 kV / 138 kV, 15 MVA, X 

= 7% (pada ratingnya). Tegangan nominal fasa-netral dari sistem 

adalah 13,2 kV pada bus tegangan rendah yang terhubung Y. 

Dengan menggunakan daya 3 fasa basis S 3 f = S6 

f = 100 MVA . 

(a) Hitung semua besaran basis di kedua sisi transformator. 

(b) Jika sisi primer terhubung pada sumber seimbang dengan 

tegangan fasa-netral Van 

= 13,2 kV hitunglah tegangan fasa 

dan tegangan urutan di kedua sisi transfomator. 

(c) Gambarkan rangkaian urutan positif dengan X dalam per-unit. 

Solusi: 

Tranformator yang terbentuk terhubung Y- yang skema hubungan 

serta diagram fasor tegangannya terlihat pada gambar berikut. 

153

Transformator 

a 

A 

c 

b 

D 

C 

E 

F 

b 

a 

c 

F 

E 

D 

C 

B 

A 

B 

(a) 

Besaran-besaran basis: 

S f 

Bus tegangan rendah 

100 

basis = = 33,3 MVA 

3 

V fn basis 

= 13,2 kV 

S f basis 

I f basis = 

V fn basis 

V fn basis 

Z basis = = 

I f basis 

33,3 

= = 2,52 A 

13,2 

13,2 

2,52 

= 5,23 Ω 

Bus tegangan tinggi 

100 

S f basis = = 16,7 MVA 

6 

Jika sisi tegangan V an =13,2 kV: 

V AN 

V fn basis 

⎛ 138 ⎞ 

= 13 ,2 ⎜ ⎟ = 132 kV 

⎝13,8 

⎠ 

= 132 kV 


I f basis = = = 0,126 A 


V fn basis 

Z basis = = 

I f basis 

132 

0,126 

= 1045 Ω 


Transformator 

(b) 

Dengan sumber 13,2 kV: 

Bus tegangan rendah 

Tegangan fasa-netral: 

V 

an 

= Vbn 

= Vcn 

= 13,2 kV 

Dalam per-unit: 

13,2 

V an = = 1,0 pu 

13,2 

Tegangan urutan: 

V 0 = V2 

= 0 

1 

V 1 = (3Van 

) = 13,2 kV 

3 


13,2 

V 1 = = 1,0 pu 

13,2 

Bus tegangan tinggi 

Tegangan fasa-netral: 

VAN 

= VBN 

= VCN 

= 

VDN 

= VFN 

= 132 kV 


132 

V AN = = 1,0 pu 

132 

Tegangan urutan: 

V 0 = V2 

= V3 

= V4 

= V5 

= 0 

1 

V 1 = (6VAN 

) = 132 kV 

6 


132 

V 1 = = 1,0 pu 

132 

c) Rangkaian urutan positif. 

Rangkaian urutan positif dari transformator ini hanya berupa satu 

impedansi yang mengubungkan bus di sisi primer dan sisi 

sekunder. Kita dapat melihat trafo ini dari sisi tegangan rendah 

ataupun sisi tegangan tinggi. 

Dari sisi tegangan rendah: 

Reaktansi dalam per-unit X = 7 % = 0,07 pu (pada rating trafo) . 

Rating trafo adalah 15 MVA, 13,8 kV sehingga impedansi basis 

menurut rating trafo adalah 

Z basis rating 

2 

Vrating 

= 

S rating 

= 

13,8 

2 

15 

155

Transformator 

Dalam membangun sisi tegangan rendah, dua belitan primer trafo 

satu-fasa diparalelkan menjadi salah satu-fasa hubungan Y, 

sehingga reaktansi menjadi setengahnya, yaitu 

1 

X = × 0,07 × 

2 

Z basis rating 

1 13,8 

= × 0,07 × 

2 15 

2 

= 0,444 Ω 

Impedansi basis sistem sudah dihitung sebesar 5,23 Ω. Impedansi 

basis ini memberikan reaktansi dalam per-unit: 

0,0444 

X = = 0,0850 pu . Rangkaian urutan positif menjadi : 

5,23 

0,0850 pu 

Dari sisi tegangan tinggi: 

X 

138 

= 0,07 × 

15 

2 

= 88,8 Ω 


menjadi : 

X 

= 

88,8 

1045 

= 0,0850 

pu . Rangkaian urutan positif 

0,0850 

pu 


Mesin Sinkron 

BAB 4 Mesin Sinkron 

Kita telah melihat bahwa pada transformator terjadi alih energi dari 

sisi primer ke sisi sekunder. Energi di ke-dua sisi transformator 

tersebut sama bentuknya (yaitu energi listrik) akan tetapi mereka 

mempunyai peubah sinyal (yaitu tegangan dan arus) yang berbeda 

besarnya. Kita katakan bahwa transformator merupakan piranti 

konversi energi dari energi listrik ke energi listrik. 

Kita perhatikan pula bahwa peubah-peubah sinyal di sisi sekunder 

transformator muncul karena fluksi di inti transformator merupakan 

fungsi waktu. Fluksi fungsi waktu ini dibangkitkan oleh arus di sisi 

primer, yang juga merupakan fungsi waktu. Fluksi fungsi waktu 

dapat pula dibangkitkan dengan cara lain misalnya secara mekanis; 

cara inilah yang dilaksanakan pada piranti konversi energi dari 

energi mekanis ke energi listrik atau disebut konversi energi 

elektromekanik. Konversi energi elektromekanik ini tidak hanya dari 

mekanis ke listrik tetapi juga dari listrik ke mekanis, dan dilandasi 

oleh dua hukum dasar yang kita kenal yaitu hukum Faraday dan 

hukum Ampere. Secara matematis kedua hukum ini dinyatakan 

dalam dua persamaan berikut 

dλ 

dφ 

e = − = −N 

dan F = KB 

B i f (θ) 

dt dt 

Persamaan pertama menunjukkan bagaimana tegangan dibangkitkan 

dan persamaan ke-dua menunjukkan bagaimana gaya mekanis 

ditimbulkan. 

Berikut ini kita akan mempelajari mesin konversi energi yang sangat 

luas digunakan di pusat-pusat pembangkit listrik, yang disebut 

generator sinkron. Ada dua macam konstruksi yang akan kita lihat 

yaitu konstruksi kutub menonjol dan konstruksi rotor silindris. 

4.1. Mesin Sinkron Kutub Menonjol 

Skema konstruksi mesin ini adalah seperti terlihat pada Gb.4.1.a. 

Mesin ini terdiri dari bagian stator yang mendukung belitan-belitan 

a 1 a 11 sampai c 2 c 22 pada alur-alurnya, dan bagian rotor yang berputar 

yang mendukung kutub-kutub magnit. Belitan pada stator tempat 

157

Mesin Sinkron 

kita memperoleh energi disebut belitan jangkar. Belitan pada rotor 

yang dialiri arus eksitasi untuk menimbullkan medan magnit disebut 

belitan eksitasi. Pada gambar ini ada empat kutub magnit. Satu 

siklus kutub S-U pada rotor memiliki kisar sudut (yang kita sebut 

sudut magnetis atau sudut listrik) 360 o . Kisar sudut 360 o ini 

melingkupi tiga belitan di stator dengan posisi yang bergeser 120 o 

antara satu dengan lainnya. Misalnya belitan a 1 a 11 dan belitan b 1 b 11 

berbeda posisi 120 o , belitan b 1 b 11 dan c 1 c 11 berbeda posisi 120 o , dan 

mereka bertiga berada di bawah satu kisaran kutub S-U. Tiga belitan 

yang lain, yaitu a 2 a 22 , b 2 b 22 , dan c 2 c 22 berada dibawah satu kisaran 

kutub S-U yang lain dan mereka juga saling berbeda posisi 120 o . 

a 

b 11 

1 c 1 

c 11 S b 11 

a 1 U U a 2 

b 22 S c 22 

c 2 

a 22 

b 2 

a 1 a 11 

180 o mekanis = 360 o 

φ 

φ 

φ 

a) b) c) 

konstruksi kutub menonjol belitan fluksi magnetik 

Gb.4.1. Mesin sinkron kutub menonjol 

Karena mesin yang tergambar ini merupakan mesin empat kutub 

(dua pasang kutub) maka satu perioda siklus mekanik (perputaran 

rotor) sama dengan dua perioda siklus magnetik. Jadi hubungan 

antara sudut kisaran mekanik dan sudut kisaran magnetik adalah 

θ 

atau secara umum 

magnetik 

dengan p adalah jumlah kutub. 

[ derajat] 

= 2× 

θ [ derajat] 

mekanik 

p 

θ magnetik [ derajat] 

= × θmekanik 

[ derajat] 

(4.1) 

2 


Mesin Sinkron 

Kecepatan sudut mekanik adalah 

dθmekanik 

ω mekanik = = 2π f mekanik (4.2) 

dt 

Frekuensi mekanik f mekanik adalah jumlah siklus mekanik per detik 

yang tidak lain adalah kecepatan perputaran rotor per detik. 

Biasanya kecepatan perputaran rotor dinyatakan dengan jumlah 

rotasi per menit (rpm). Jadi jika kecepatan perputaran rotor adalah n 

rpm, maka jumlah siklus per detik adalah 

n n 

atau f mekanis = 

60 

60 

siklus per detik. 

Kecepatan sudut magnetik adalah 

dθ 

magnetik 

ω magnetik = = 2π f magnetik (4.3) 

Dengan hubungan (4.1) maka (4.3) menjadi 

ω 

magnetik 

p 

= ω 

2 

yang berarti 

mekanik 

dt 

p 

= 2π 

f 

2 

mekanik 

p n p n 

= 2π 

= 2π 

2 60 120 

p n 

f magnetik = siklus per detik (4.4) 

120 

Perubahan fluksi magnetik akan membangkitkan tegangan induksi 

di setiap belitan. Karena fluksi magnetik mempunyai frekuensi 

p n 

f magnetik = Hz maka tegangan pada belitanpun akan 

120 

mempunyai frekuensi 

p n 

f tegangan = Hz 

(4.5) 

120 

Dengan (4.5) ini jelaslah bahwa untuk memperoleh frekuensi 

tertentu, kecepatan perputaran rotor harus sesuai dengan jumlah 

kutub. Jika diinginkan f = 50 Hz misalnya, untuk p = 2 maka n = 

3000 rpm; jika p = 4 maka n = 1500 rpm; jika p = 6 maka n = 1000 

rpm, dan seterusnya. Konstruksi mesin dengan kutub menonjol 

seperti pada Gb.17.1. sesuai untuk mesin putaran rendah tetapi tidak 

sesuai untuk mesin putaran tinggi karena kendala-kendala mekanis. 

159


Mesin Sinkron 

Untuk mesin putaran tinggi digunakan rotor dengan konstruksi 

silindris. 

Dengan pergeseran posisi belitan 120 o magnetik untuk setiap pasang 

kutub, maka kita mendapatkan tegangan sistem tiga-fasa untuk 

setiap pasang kutub, yaitu e a1 pada belitan a 1 a 11 , e b1 pada b 1 b 11 , dan 

e c1 pada c 1 c 11 . Demikian pula kita memperoleh tegangan e a2 , e b2 

dan e c2 pada belitan-belitan di bawah pasangan kutub yang lain. Jadi 

setiap pasang kutub akan membangkitkan tegangan sistem tiga-fasa 

pada belitan-belitan yang berada dibawah pengaruhnya. Tegangan 

yang sefasa, misalnya e a1 dan e a2 , dapat dijumlahkan untuk 

memperoleh tegangan yang lebih tinggi atau diparalelkan untuk 

memperoleh arus yang lebih besar. 

Tegangan yang 

terbangkit di belitan 

pada umumnya 

diinginkan berbentuk 

gelombang sinus 

v = Acos ωt 

, dengan 

pergeseran 120 o untuk 

belitan fasa-fasa yang 

lain. Tegangan 

sebagai fungsi waktu 

ini pada transformator 

dapat langsung 

diperoleh di belitan 

sekunder karena 

fluksinya merupakan 

fungsi waktu. Pada 

mesin sinkron, fluksi dibangkitkan oleh belitan eksitasi di rotor 

yang dialiri arus searah sehingga fluksi tidak merupakan fungsi 

waktu. Akan tetapi fluksi yang ditangkap oleh belitan stator harus 

merupakan fungsi waktu agar persamaan (4.1) dapat diterapkan 

untuk memperoleh tegangan. Fluksi sebagai fungsi waktu diperoleh 

melalui putaran rotor. Jika φ adalah fluksi yang dibangkitkan di 

rotor dan memasuki celah udara antara rotor dan stator dengan nilai 

konstan maka, dengan mengabaikan efek pinggir, laju pertambahan 

fluksi yang ditangkap oleh belitan stator adalah 

dφ 

dt 

s 

dθ 

= φ 

magnetik 

dt 

180 o mekanis = 360 o magnetik 

a 11 

φ s 

a 

θ 

1 

Gb.4.2. Perhitungan fluksi. 

= φ ω 

magnetik 

(4.6)

Mesin Sinkron 

p n 

Karena ω magnetik = 2π 

f magnetik = 2π 

, maka 

120 

d φ s p n 

= φ 

dt 

π 

(4.7) 

60 

Dari (4.4) kita peroleh tegangan pada belitan, yaitu 

dφ 

s 

p n 

v = − N = − N φ π 

(4.8) 

dt 

60 

Jika φ bernilai konstan, tidaklah berarti (4.8) memberikan suatu 

tegangan konstan karena φ bernilai konstan positif untuk setengah 

perioda dan bernilai konstan negatif untuk setengah perioda 

berikutnya. Maka (4.8) memberikan tegangan bolak-balik yang 

tidak sinus. Untuk memperoleh tegangan berbentuk sinus, φ harus 

berbentuk sinus juga. Akan tetapi ia tidak dibuat sebagai fungsi 

sinus terhadap waktu, akan tetapi sebagai fungsi sinus posisi, yaitu 

terhadap θ maknetik . Jadi jika 

φ = φ m cos θ maknetik 

(4.9) 

maka laju pertambahan fluksi yang dilingkupi belitan adalah 

dφs 

dφ 

d 

dθmagnetik 

= = ( φm 

cosθmagnetik 

) = −φm 

sin θmagnetik 

dt dt dt 

dt (4.10) 

⎛ p n ⎞ 

= −φ m ω magnetik sin θ mmagnetik = −φ m⎜2 

π ⎟ sin θmagnetik 

⎝ 120 ⎠ 

sehingga tegangan belitan 

dφ 

s p n 

e = −N 

= Nπ φm 


dt 60 (4.11) 

= 2π 

f N φm 


= ω N φm 

sin ωt 

Persamaan (4.11) memberikan nilai sesaat dari dari tegangan yang 

dibangkitkan di belitan stator. Nilai maksimum dari tegangan ini 

adalah 

Em 

= ωN 

φm 

Volt 

(4.12) 

dan nilai efektifnya adalah 

Em 

ωN 

φm 

2π 

f 

Erms 

= = = N φm 

2 2 2 

(4.13) 

= 4,44 f N φm 

Volt 

Dalam menurunkan formulasi tegangan di atas, kita menggunakan 

perhitungan fluksi yang merupakan penyederhanaan dari konstruksi 

mesin a. Di sini ada beberapa hal yang perlu kita perhatikan yaitu: 

161

Mesin Sinkron 

1. Belitan terdiri dari hanya satu gulungan, misalnya belitan a 1 a 11 , 

yang ditempatkan di sepasang alur stator, walaupun gulungan 

itu terdiri dari N lilitan. Belitan semacam ini kita sebut belitan 

terpusat. 

2. Lebar belitan, yaitu kisar sudut antara sisi belitan a 1 dan a 11 

adalah 180 o magnetik. Lebar belitan semacam ini kita sebut 

kisar penuh. 

Dalam praktek lilitan setiap fasa tidak terpusat di satu belitan, 

melainkan terdistribusi di beberapa belitan yang menempati 

beberapa pasang alur stator. Belitan semacam ini kita sebut belitan 

terdistribusi, yang dapat menempati stator sampai 1/3 kisaran penuh 

(60 o magnetik). Selain dari pada itu, gulungan yang menempati 

sepasang alur secara sengaja dibuat tidak mempunyi lebar satu 

kisaran penuh; jadi lebarnya tidak 180 o akan tetapi hanya 80% 

sampai 85% dari kisaran penuh. Pemanfaatan belitan terdistribusi 

dan lebar belitan tidak satu kisar penuh dimaksudkan untuk 

menekan pengaruh harmonisa yang mungkin ada di kerapatan 

fluksi. Sudah barang tentu hal ini akan sedikit mengurangi 

komponen fundamental dan pengurangan ini dinyatakan dengan 

suatu faktor K w yang kita sebut faktor belitan. Biasanya K w 

mempunyai nilai antara 0,85 sampai 0,95. Dengan adanya faktor 

belitan ini formulasi tegangan (4.13) menjadi 

E 

rms 4 K w m 

= ,44 f N φ Volt 

(4.14) 

Berikut ini beberapa contoh perhitungan tegangan jangkar. Untuk 

sementara pembahasan mesin sinkron kutub menonjol kita hentikan 

di sini. Kita akan melihat mesin jenis ini lagi setelah pembahasan 

mesin sinkron rotor silindris. 

CONTOH-4.1: Sebuah generator sinkron tiga-fasa, 4 kutub, belitan 

jangkar terhubung Y, mempunyai 12 alur pada statornya dan setiap 

alur berisi 10 konduktor. Fluksi kutub terdistribusi secara sinus 

dengan nilai maksimumnya 0,03 Wb. Kecepatan perputaran rotor 

1500 rpm. Carilah frekuensi tegangan jangkar dan nilai rms 

tegangan jangkar fasa-netral dan fasa-fasa. 

Solusi : 

Frekuensi tegangan jangkar adalah 

p n 4× 

1500 

f = = = 50 Hz 

120 120 


Mesin Sinkron 

12 

Jumlah alur per kutub adalah = 3 yang berarti setiap pasang 

4 

kutub terdapat 3 belitan yang membangun sistem tegangan tigafasa. 

Jadi setiap fasa terdiri dari 1 belitan yang berisi 10 lilitan. 

Nilai rms tegangan jangkar per fasa per pasang kutub adalah 

E 

ak = m 

4 ,44 f N φ = 4,44× 

50× 

10× 

0,03 = 66,6 V 

Karena ada dua pasang kutub maka tegangan per fasa adalah : 2 

× 66,6 = 133 V. 

Tegangan fasa-fasa adalah 133 √3 = 230 V. 

CONTOH-4.2: Soal seperti pada Contoh-4.1. tetapi jumlah alur 

pada stator ditingkatkan menjadi 24 alur. Ketentuan yang lain tetap. 

Solusi : 

Frekuensi tegangan jangkar tidak tergantung jumlah alur. oleh 

karena itu frekuensi tetap 50 Hz. 

24 

Jumlah alur per kutub adalah = 6 yang berarti setiap pasang 

4 

kutub terdapat 6 belitan yang membangun sistem tegangan tigafasa. 

Jadi setiap fasa pada satu pasang kutub terdiri dari 2 belitan 

yang masing-masing berisi 10 lilitan. Nilai rms tegangan jangkar 

untuk setiap belitan adalah 

E 4,44 f N φ V = 4,44× 

50× 

10× 

0,03 66,6 V . 

a1 = m 

= 

Karena dua belitan tersebut berada pada alur yang berbeda, maka 

terdapat beda fasa antara tegangan imbas di keduanya. 

Perbedaan sudut mekanis antara dua alur yang berurutan adalah 

360 o 

= o 

15 mekanik. Karena mesin mengandung 4 kutub atau 2 

24 

pasang kutub, maka 1 o mekanik setara dengan 2 o listrik. Jadi 

selisih sudut fasa antara tegangan di dua belitan adalah 30 o 

listrik sehingga tegangan rms per fasa per pasang kutub adalah 

jumlah fasor tegangan di dua belitan yang berselisih fasa 30 o 

tersebut. 

o 

o 

E ak = 66,6 + 66,6(cos 30 + j sin 30 ) = 124,8 + j33,3 

Karena ada 2 pasang kutub maka 

E a 

= 2× 

2 2 

(124,8) + (33,3) 

= 258 

V 

163

Mesin Sinkron 

Tegangan fasa-fasa adalah 258 √3 = 447 V 

CONTOH-4.3: Soal seperti pada Contoh-4.1. tetapi jumlah alur 

pada stator ditingkatkan menjadi 144 alur, jumlah kutub dibuat 16 (8 

pasang), kecepatan perputaran diturunkan menjadi 375 rpm. 

Ketentuan yang lain tetap. 

Solusi : 

Frekuensi tegangan jangkar : 

16× 

375 

f = = 50 Hz 

120 

144 

Jumlah alur per kutub = 9 yang berarti terdapat 9 belitan 

16 

per pasang kutub yang membangun sistem tiga-fasa. Jadi tiap 

fasa terdapat 3 belitan. Tegangan di tiap belitan adalah 

E a1 = 4,44× 

50× 

10× 

0,03 = 66,6 V ; sama dengan tegangan per 

belitan pada contoh sebelumnya karena frekuensi, jumlah lilitan, 

dan fluksi maksimum tidak berubah. 

Perbedaan sudut mekanis antara dua alur yang berturutan adalah 

360 o 

= o 

2,5 mekanik. Karena mesin memiliki 16 kutub (8 

144 

pasang) maka 1 o mekanik ekivalen dengan 8 o listrik, sehingga 

beda fasa tegangan pada belitan-belitan adalah 

o 

2 ,5 × 8 = 20 listrik. Tegangan per fasa per pasang kutub adalah 

jumlah fasor dari tegangan belitan yang masing-masing 

berselisih fasa 20 o . 

E 

ak 

= 66,6 + 66,6∠20 

= 66,61 

o o 

o o 

( + cos 20 + cos 40 + j(sin 20 + sin 40 )) 

= 180,2 + j65,6 

o 

+ 66,6∠40 

Karena ada 8 pasang kutub maka tegangan fasa adalah 

o 

E a 

= 8× 

2 2 

(180,2) + (65,6) 

= 8× 

191,8 = 1534 

V 

Tegangan fasa-fasa adalah 1534 √3 = 2657 V 


Mesin Sinkron 

4.2. Mesin Sinkron Rotor Silindris 

Sebagaimana telah 

disinggung di atas, 

mesin kutub menonjol 

a 

sesuai untuk perputaran 

b 

rendah. Untuk 

1 

U c 1 

perputaran tinggi 

digunakan mesin rotor 

silindris yang skemanya 

diperlihatkan ada 

c S b 

Gb.4.3. Rotor mesin ini 

a 

berbentuk silinder 

1 

dengan alur-alur untuk 

menempatkan belitan 

eksitasi. Dengan 

Gb.4.3. Mesin sinkron rotor silindris. 

konstruksi ini, reluktansi magnetik jauh lebih merata dibandingkan 

dengan mesin kutub menonjol. Di samping itu kendala mekanis 

untuk perputaran tinggi lebih mudah diatasi dibanding dengan mesin 

kutub menonjol. Belitan eksitasi pada gambar ini dialiri arus searah 

sehingga rotor membentuk sepasang kutub magnet U-S seperti 

terlihat pada gambar. Pada stator digambarkan tiga belitan terpusat 

aa 1 , bb 1 dan cc 1 masing-masing dengan lebar kisaran penuh agar 

tidak terlalu rumit, walaupun dalam kenyataan pada umumnya 

dijumpai belitan-belitan terdistribusi dengan lebar lebih kecil dari 

kisaran penuh. 

Karena reluktansi magnetik praktis konstan untuk berbagai posisi 

rotor (pada waktu rotor berputar) maka situasi yang kita hadapi 

mirip dengan tansformator. Perbedaannya adalah bahwa pada 

transformator kita mempunyai fluksi mantap, sedangkan pada mesin 

sinkron fluksi tergantung dari arus eksitasi di belitan rotor. Kurva 

magnetisasi dari mesin ini dapat kita peroleh melalui uji beban nol. 

Pada uji beban nol, mesin diputar pada perputaran sinkron (3000 

rpm) dan belitan jangkar terbuka. Kita mengukur tegangan keluaran 

pada belitan jangkar sebagai fungsi arus eksitasi (disebut juga arus 

medan) pada belitan eksitasi di rotor. Kurva tegangan keluaran 

sebagai fungsi arus eksitasi seperti terlihat pada Gb.17.4 disebut 

karakteristik beban nol. Bagian yang berbentuk garis lurus pada 

kurva itu disebut karakteristik celah udara dan kurva inilah (dengan 

165

Mesin Sinkron 

ekstra-polasinya) yang akan kita gunakan untuk melakukan analisis 

mesin sinkron. 

Karakterik 

lain yang 

penting adalah 

karakteritik 

hubung singkat 

yang dapat kita 

peroleh dari uji 

hubung 

singkat. Dalam 

uji hubung 

singkat ini 

mesin diputar 

pada kecepatan 

perputaran 

sinkron dan 

terminal 

belitan jangkar 

dihubung 

singkat (belitan 

jangkar 

terhubung Y). 

12000 

11000 

10000 

9000 

Tegangan Fasa-Netral [V] 

8000 

7000 

6000 

5000 

4000 

3000 

2000 

1000 

celah udara 

V=kI f 

beban-nol 

V=V(I f )| I =0 

hubung singkat 

I = I (I f ) | V=0 

0 0 50 100 150 Arus 200medan 250 300[A] 

350 400 450 500 

Gb.4.4. Karakteristik beban-nol dan hubung singkat. 

Karakteristik celah udara (linier). 

Kita mengukur arus fasa sebagai fungsi dari arus eksitasi. Kurva 

yang akan kita peroleh akan terlihat seperti pada Gb.4.4. Kurva ini 

berbentuk garis lurus karena untuk mendapatkan arus beban penuh 

pada percobaan ini, arus eksitasi yang diperlukan tidak besar 

sehingga rangkaian magnetiknya jauh dari keadaan jenuh. Fluksi 

magnetik yang dibutuhkan hanya sebatas yang diperlukan untuk 

membangkitkan tegangan untuk mengatasi tegangan jatuh di 

impedansi belitan jangkar. 

Perhatikanlah bahwa karakteristik beban-nol dan hubung singkat 

memberikan tegangan maupun arus jangkar sebagai fungsi arus 

medan. Sesungguhnya arus medan berperan memberikan mmf 

(lilitan ampere) untuk menghasilkan fluksi dan fluksi inilah yang 

mengimbaskan tegangan pada belitan jangkar. Jadi dengan 

karakteristik ini kita dapat menyatakan pembangkit fluksi tidak 

dengan mmf akan tetapi dengan arus medan ekivalennya dan hal 

Arus fasa [A] 


Mesin Sinkron 

inilah yang akan kita lakukan dalam menggambarkan diagram fasor 

yang akan kita pelajari beikut ini. 

4.2.1. Diagram Fasor dan Reaktansi Sinkron 

Kita ingat bahwa pada transformator besaran-besaran tegangan, 

arus, dan fluksi, semuanya merupakan besaran-besaran yang 

berubah secara sinusoidal terhadap waktu dengan frekuensi yang 

sama sehingga tidak terjadi kesulitan menyatakannya sebagai 

fasor. Pada mesin sinkron, hanya tegangan dan arus yang 

merupakan fungsi sinus terhadap waktu; fluksi rotor, walaupun ia 

merupakan fungsi sinus tetapi tidak terhadap waktu tetapi terhadap 

posisi sehingga tak dapat ditentukan frekuensinya. Menurut 

konsep fasor, kita dapat menyatakan besaran-besaran ke dalam 

fasor jika besaran-besaran tersebut berbentuk sinus dan 

berfrekuensi sama. Oleh karena itu kita harus mencari cara yang 

dapat membuat fluksi rotor dinyatakan sebagai fasor. Hal ini 

mungkin dilakukan jika kita tidak melihat fluksi rotor sebagai 

dirinya sendiri melainkan melihatnya dari sisi belitan jangkar. 

Walaupun fluksi rotor hanya merupakan fungsi posisi, tetapi ia 

dibawa berputar oleh rotor dan oleh karena itu belitan jangkar 

melihatnya sebagai fluksi yang berubah terhadap waktu. Justru 

karena itulah terjadi tegangan imbas pada belitan jangkar sesuai 

dengan hukum Faraday. Dan sudah barang tentu frekuensi 

tegangan imbas di belitan jangkar sama dengan frekuensi fluksi 

yang dilihat oleh belitan jangkar. 

Kita misalkan generator dibebani dengan beban induktif sehingga 

arus jangkar tertinggal dari tegangan jangkar. 

a 

U 

θ 

U 

a 

S 

sumbu 

e maks 

S 

sumbu 

i maks 

(a) 

a 1 

sumbu magnet 

(b) 

Gb.4.5. Posisi rotor pada saat e maks dan i maks . 

a 1 

sumbu magnet 

167

Mesin Sinkron 

Gb.4.5.a. menunjukkan posisi rotor pada saat imbas tegangan di 

aa 1 maksimum. Hal ini dapat kita mengerti karena pada saat itu 

kerapatan fluksi magnetik di hadapan sisi belitan a dan a 1 adalah 

maksimum. Perhatikanlah bahwa pada saat itu fluksi magnetik 

yang dilingkupi oleh belitan aa 1 adalah minimum. Sementara itu 

arus di belitan aa 1 belum maksimum karena beban induktif. Pada 

saat arus mencapai nilai maksimum posisi rotor telah berubah 

seperti terlihat pada Gb.4.5.b. 

Karena pada mesin dua kutub sudut mekanis sama dengan sudut 

magnetis, maka beda fasa antara tegangan dan arus jangkar sama 

dengan pegeseran rotasi rotor, yaitu θ. Arus jangkar memberikan 

mmf jangkar yang membangkitkan medan magnetik lawan yang 

akan memperlemah fluksi rotor. Karena adanya reaksi jangkar ini 

maka arus eksitasi haruslah sedemikian rupa sehingga tegangan 

keluaran mesin dipertahankan. 

Catatan : Pada mesin rotor silindris mmf jangkar mengalami 

reluktansi magnetik yang sama dengan yang dialami oleh mmf 

rotor. Hal ini berbeda dengan mesin kutub menonjol yang akan 

membuat analisis mesin kutub menonjol memerlukan cara 

khusus sehingga kita menunda pembahasannya. 

Diagram fasor (Gb.4.6) kita gambarkan dengan ketentuan berikut 

1. Diagram fasor dibuat per fasa dengan pembebanan induktif. 

2. Tegangan terminal V a dan arus jangkar I a adalah 

nominal. 

3. Tegangan imbas digambarkan sebagai tegangan naik; jadi 

tegangan imbas tertinggal 90 o dari fluksi yang 

membangkitkannya. 

4. Belitan jangkar mempunyai reaktansi bocor X l dan resistansi 

R a . 

5. Mmf (fluksi) dinyatakan dalam arus ekivalen. 

Dengan mengambil tegangan terminal jangkar V a sebagai 

referensi, arus jangkar I a tertinggal dengan sudut θ dari V a (beban 

induktif). Tegangan imbas pada jangkar adalah 

( R + jX ) 

E a = Va 

+ I a a l 

(4.15) 


Mesin Sinkron 

Tegangan imbas E a ini harus dibangkitkan oleh fluksi celah udara 

yang dinyatakan dengan arus ekivalen I fa yang 90 o mendahului 

E a . Arus jangkar I a memberikan fluksi lawan dari jangkar yang 

dinyatakan dengan arus ekivalen . Jadi fluksi dalam celah udara 

I φa 

merupakan jumlah dari fluksi rotor Φ f yang dinyatakan dengan arus 

ekivalen I f dan fluksi jangkar. Jadi 

I fa = I f + Iφa 

atau I f = I fa − Iφa 

(4.16) 

Dengan perkataan lain arus eksitasi rotor 

I f haruslah cukup untuk 

membangkitkan fluksi celah udara guna membangkitkan E a dan 

mengatasi fluksi lawan jangkar agar tegangan terbangkit E a dapat 

dipertahankan. Perhatikan Gb.4.6: I f membangkitkan tegangan 

E f yang 90 o di belakang I f dan lebih besar dari E a . 

E f 

I f 

= − I 

I fa 

φa 

− I φa 

I fa 

I φa 

Gb.4.6. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris. 

Hubungan antara nilai 

θ 

I a 

E a dan I fa diperoleh dari karakteristik 

celah udara, sedangkan antara nilai I a dan I φa 

diperoleh dari 

karakteristik hubung singkat. Dari karakteristik tersebut, seperti 

terlihat pada Gb.17.4., dapat dinyatakan dalam bentuk hubungan 

E a = kv 

I fa dan I a = ki 

Iφa 

atau 

γ 

V a 

E a 

I a R a 

jI a X l 

169

I / 

Mesin Sinkron 

fa = Ea 

kv 

dan I φ a = I a / ki 

(4.17) 

dengan k v dan k i adalah konstanta yang diperoleh dari kemiringan 

kurva Gb.17.4. Dari (4.7) dan Gb.17.6. kita peroleh 

Ea 

o I a o 

I f = I fa − Iφa 

= ∠(90 

+ γ) 

+ ∠(180 

− θ) 

kv 

ki 

(4.18) 

Ea 

I a 

= j ∠γ − ∠ − θ 

kv 

ki 

Dari (4.18) kita peroleh E f yaitu 

E 

aa 

= − jk I 

v 

v 

= Ea∠γ + j I a∠ − θ = Ea 

ki 

Suku kedua (4.19) dapat kita tulis sebagai 

f 

k 

X = 

⎛ Ea 

= − jkv 

⎜ 

j 

⎝ kv 

k 

I a ⎞ 

∠γ − ∠ − θ⎟ 

k 

i ⎠ 

kv 

+ j I a 

k 

jX 

i 

φa 

I a dengan 

(4.19) 

v 

φ a 

(4.20) 

ki 

yang disebut reaktansi reaksi jangkar karena suku ini timbul akibat 

adanya reaksi jangkar. Selanjutnya (4.19) dapat ditulis 

dengan 

E 

a 

a 

( R + jX ) 

a 

a 

( R + jX ) 

f = Ea 

+ jX φa 

I a = Va 

+ I a a l + jX φa 

I a 

X 

= V 

+ I 

a = X l + X φa 

yang disebut reaktansi sinkron. 

(4.21) 

Diagram fasor Gb.4.6. kita gambarkan sekali lagi menjadi Gb.4.7. 

untuk memperlihatkan peran reaktansi reaksi jangkar dan reaktansi 

sinkron. 

Perhatikanlah bahwa pengertian reaktansi sinkron kita turunkan 

dengan memanfaatkan karakteristik celah udara, yaitu karakteristik 

linier dengan menganggap rangkaian magnetik tidak jenuh. Oleh 

karena itu reaktansi tersebut biasa disebut reaktansi sinkron tak 

jenuh. 


Mesin Sinkron 

E aa 

I 

f 

= I − I 

− I φa 

fa 

φa 

I 

fa 

I φa 

θ 

I a 

γ 

V a 

jI a X l 

a X φa 

Gb.4.7. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris; 

reaktansi reaksi jangkar (X φa ) dan reaktansi sinkron (X a ). 

E a 

I a R a 

j I 

jI a X a 

4.2.2. Rangkaian Ekivalen Mesin Sinkron Rotor Silindris 

Sumber tegangan cukup memadai untuk menggambarkan 

rangkaian ekivalen mesin sinkron rotor silindris. Kumparankumparan 

jangkar, tempat dibangkitkannya tegangan, 

mengandung resistansi dan reaktansi. Selain itu, antar kumparan 

juga terjadi kopling magnetic karena letak mereka yang saling 

berdekatan pada posisi yang simetris. Kita anggap bahwa ketiga 

kumparan jangkar adalah identik, masing-masing dengan 

resistansi R a dan reaktansi X a . Antar ketiga kumparan terjadi 

reaktansi bersama X m . Jika tegangan terbangkit di kumparan 

jangkar adalah Ea 

, Eb 

, dan Ec 

dan tegangan fasa-netral di 

terminal mesin adalah Van 

, Vbn 

, dan Vcn 

, maka dapat 

digambarkan rangkaian ekivalen seperti pada Gb.4.8. 

Pada Gb.4.8. ini I a , Ib 

, dan Ic 

adalah arus fasa a, b, dan c yang 

keluar dari terminal mesin dan ketiganya kembali melalui 

penghantar netral melalui impedansi Z n . Aplikasi hokum Kirchhoff 

pada rangkaian ini memberikan persamaan 

171

Mesin Sinkron 

Ea 

= ( Ra 

+ jX a ) Ia 

+ Z n ( I a + Ib 

+ Ic 

) + jX m ( Ib 

+ Ic 

) + Van 

= ( Ra 

+ jX a + Z n ) Ia 

+ ( Z n + jX m ) Ib 

+ ( Z n + jX m ) Ic 

+ Van 

(4.20.a) 

E b = ( Ra 

+ jX a + Z n ) Ib 

+ ( Z n + jX m ) I a + ( Z n + jX m ) Ic 

+ Vbn 

(4.20.b) 

E c = ( Ra 

+ jX a + Z n ) Ic 

+ ( Z n + jX m ) I a + ( Z n + jX m ) Ib 

+ Vcn 

E b 

+ 

+ 

∼ 

N + 

∼ 

E c 

∼ 

E a 

R a jX a 

R a jX a 

R a jX a 

jX m 

jX m 

jX m 

b 

I a + Ib 

+ Ic 

V 

Z bn 

n 

n 

Gb.4.8. Rangkaian ekivalen mesin sinkron 

c 

a 

I c 

I a 

I b 

V an 

(4.20.c) 

V cn 

Jika kita tuliskan 

Z s = Ra 

+ jX a + Z n 

Z m = Z n + jX m 

Maka persamaan 4.20.a,b,c menjadi 

Ea 

= Z sI 

a + Z mIb 

+ Z mIc 

+ Van 

Eb 

= Z sIb 

+ Z mI 

a + Z mIc 

+ Vbn 

Ec 

= Z s Ic 

+ Z mI 

a + Z mIb 

+ Vcn 

Dalam bentuk matriks, persamaan (4.22) adalah 

(4.21) 

(4.22) 

⎡Ea 

⎤ ⎡ Z s 

⎢ ⎥ 

= 

⎢ 

⎢Eb 

⎥ ⎢ 

Z m 

⎢ ⎥ ⎢ 

⎣ 

Ec 

⎦ ⎣Z 

m 

Z m 

Z s 

Z m 

Z m ⎤ ⎡Ia 

⎤ ⎡Van 

⎤ 

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 

Z 

⎥ 

m ⎥ ⎢Ib 

⎥ + ⎢Van 

⎥ 

Z ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 

s ⎦ ⎣ 

Ic 

⎦ ⎣ 

Van 

⎦ 

(4.23.a) 


Mesin Sinkron 

atau secara lebih ringkas 

~ 

~ ~ 

Eabc = [ Z abc ] Iabc 

+ Vabc 

(4.23.b) 

Kita ingat bahwa 

~ 

I = 

~ 

abc [ T] I 012 dan V abc = [ T] V012 

dan kita masukkan ke (4.23.b) serta kita kalikan kedua ruas 

(4.23.b) dengan [ T ] −1 

maka kita peroleh 

~ 

−1 

−1 

−1 

[ T] E abc = [ T] [ Z abc ][ T] I012 

+ [ T] [ ] 

~ ~ 

= [ Z 012 ] I012 

+ V012 

Kita hitung ruas kiri (9.24.a) 

[ ] 

~ 

~ 

~ 

~ 

T V 

012 

(4.24.a) 

⎡1 

1 1 ⎤ ⎡ E f 

⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤ 

−1 

~ 1 ⎢ 

2 ⎥ ⎢ 2 ⎥ 1 

T E 

= 

⎢ ⎥ 

= 

⎢ ⎥ 

abc = 

⎢ 

1 a a 

⎥ ⎢a 

E f ⎥ ⎢ 

3E 

f ⎥ ⎢ 

E f ⎥ 

( 4.24.b) 

3 

⎢ 

2 

⎥ ⎢ ⎥ 3 

⎣1 

a a ⎦ aE 

⎢⎣ 

0 ⎥⎦ 

⎢⎣ 

0 ⎥ 

⎣ f ⎦ 

⎦ 

[ Z 012 ] pada (4.24.a) adalah 

⎡Z 

s + 2Z 

m 0 0 ⎤ 

⎢ 

⎥ 

012 T abc T = 

⎢ 

0 Z s − Z m 0 (4.24.c) 

⎥ 

⎢⎣ 

0 0 Z s − Z m ⎥⎦ 

−1 

[ Z ] = [ ] [ Z ][ ] 

dengan Z s dan Z m diberikan oleh (4.21). Elemen-elemen matriks 

(4.24.c) menjadi 

Z 00 = Z s + 2Z 

m = Ra 

+ jX a + Z n + 2Z 

n + j2X 

m 

= Ra 

+ j( 

X a + 2X 

m ) + 3Z 

n 

(4.25.a) 

Z11 

= Z s − Z m 

= Ra 

+ jX a + Z n − Z n − jX m 

= Ra 

+ j( 

X a − X m ) 

4.25.b) 

Z 22 = Z s − Z m = Ra 

+ jX a + Z n − Z n − jX m 

= Ra 

+ j( 

X a − X m ) 

sehingga (4.24.c) menjadi 

(4.25.c) 

173

[ ] 

Mesin Sinkron 

⎡Z 

00 0 0 ⎤ 

Z 

⎢ 

⎥ 

012 = 

⎢ 

0 Z11 

0 

⎥ 

(4.25.d) 

⎢⎣ 

0 0 Z 22 

⎥⎦ 

Dengan (4.25.b) dan (4.25.d) maka (4.23.a) menjadi 

⎡ 0 ⎤ ⎡Z 

00 

⎢ ⎥ 

= 

⎢ 

⎢ 

E 

⎥ ⎢ 

0 

⎢⎣ 

0 ⎥⎦ 

⎢⎣ 

0 

0 

Z11 

0 

0 ⎤ ⎡I0 

⎤ ⎡V0 

⎤ 

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 

0 

⎥ 

⎥ ⎢I1 

⎥ + ⎢V1 

⎥ 

Z ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 

22 ⎦ ⎣ 

I 2 ⎦ ⎣ 

V2 

⎦ 

(4.26.a) 

Persamaan (4.26.a) ini memberi jalan untuk menggambarkan 

rangkaian urutan dari mesin sinkron. Dengan mengingat bahwa Z n 

bukanlah komponen mesin, didefinisikan impedansi urutan mesin 

sebagai 

Z0 

= Z00 

− 3Zn ; Z1 

= Z11 

; Z2 

= Z22 

(4.26.b) 

Berdasarkan (4.26.a) dan (4.26.b) kita gambarkan rangkaian 

urutan seperti terlihat pada Gb.4.9. 

I 0 

Z 0 

+ 

3Z n 

V 0 

− 

Rangkaian urutan nol. 

I 1 

Z 1 

+ 

E ∼ 

V 1 

− 

Rangkaian urutan Positif 

I 2 

Z 2 

+ 

Rangkaian urutan negatif. 

V 2 

− 

Gb.4.9. Rangkaian urutan mesin sinkron. 


Mesin Sinkron 

Penurunan rangkaian urutan di atas cukup sederhana dengan hasil 

yang sederhana pula dan kita akan menggunakannya dalam 

analisis. Namun sesungguhnya beberapa hal tidak kita 

pertimbangkan dalam penurunan tersebut. Misalnya keberadaan 

damper winding tidak kita singgung; dan demikian juga tegangan 

terbangkit di kumparan jangkar kita anggap ditimbulkan oleh arus 

eksitasi yang konstan padahal dalam kenyataannya tidak 

demikian; rangkaian magnetic mesin juga kita anggap memiliki 

karakteristik linier walaupun kenyataannya nonlinier. Hal-hal yang 

kita abaikan ini diperhitungkan oleh pembuat mesin. 

4.2. Kopling Turbin-Generator 

Generatos sinkron diputar oleh turbin. Turbin memberikan daya 

mekanis. Jika generator tidak bebeban, torka mekanis yang 

dikeluarkan oleh turbin hanya digunakan untuk mengatasi gesekan 

dengan udara dari bagian-bagian yang berputar dan gesekan poros 

dengan bantalan. Gesekan ini memberikan torka yang melawan 

torka dari turbin; torka lawan akibat gesekan ini biasanya kecil 

dibandingkan dengan torka lawan dari generator, dan biasanya 

diabaikan. Torka lawan dari generator terjadi jika generator diberi 

beban. Arus yang mengalir di kumparan jangkar sebagai akibat 

pembebanan, menimbulkan medan magnet yang berinteraksi dengan 

medan magnet dari rotor. Interaksi ini menimbulkan torka lawan 

terhadap torka turbin. Jika torka turbin kita sebut T m (torka mekanis) 

dan torka lawan dari generator kita sebut T e (torka listrik) maka kita 

mendapat persamaan 

dωrm 

Tm 

− Te 

= J 

(4.27) 

dt 

dengan J adalah inersia seluruh massa yang berputar, dan ω rm 

adalah kecepatan perputaran rotor (kecepatan putar mekanis). 

Persamaan (4.27) ini sudah barang tentu merupakan persamaan 

umum yaitu jika memang ω rm berubah terhadap waktu; hal 

demikian terjadi pada peristiwa transien. Untuk sementara kita tidak 

melihat kondisi transien, tetapi hanya kondisi mantap. Oleh karena 

itu dω 

rm / dt = 0 sehingga (4.27) menjadi 

T m −T 

e = 0 atau T m = T e 

(4.28) 

175

Mesin Sinkron 

Dalam kondisi mantap, kecepatan perputaran mekanis rotor, ω rm , 

sama dengan kecepatan perputar sinkron, ω rm = ωs 

. Jika 

persamaan (4.28) kita kalikan dengan ω rm maka kita peroleh 

T 

m 

ω 

rm 

= T ω 

P 

e rm e s 

atau (4.29) 

m 

= P 

e 

= T ω 

Persamaan (4.29) menunjukkan bahwa dengan mengabaikan rugirugi 

gesekan dengan udara dan bantalan poros, seluruh daya 

mekanik diubah menjadi daya listrik. 

4.4. Daya Mesin Sinkron 

Dalam model satu-fasa, tegangan terbangkit di kumparan jangkar 

per fasa adalah E f , tegangan di terminal generator adalah V . 

Adanya impedansi belitan jangkar membuat E f dan V berbeda fasa. 

Jika kita ambil tegangan terminal generator sebagai referensi dan 

beda sudut fasa antara tegangan terminal dan tegangan terbangkit 

adalah δ, maka 

V 

= f 

V∠0 o dan E f = E ∠δ 

(4.30) 

dan δ disebut sudut daya (power angle) 

Impedansi belitan jangkar tiap fasa adalah 

Karena X a >> R a maka 

Z = R a + jX a 

(4.31.a) 

Z ≈ jX a = jX d 

(4.31.b) 

X d adalah reaktansi jangkar yang disebut direct axis reactance. 


Mesin Sinkron 

Kita menganggap generator sinkron terbebani seimbang. Oleh 

karena itu rangkaian ekivalen yang kita perlukan hanyalah rangkaian 

urutan positif. Jika beban generator sinkron kita modelkan sebagai 

sumber tegangan, kita memperoleh rangkaian ekivalen generator 

sinkron dengan bebannya seperti terlihat pada Gb.4.10. 

f 

+ 

jX d 

E ∼ ∼ 

Gb.4.10. Rangkaian ekivalen model satufasa 

generator sinkron dengan beban 

seimbang. 

Dengan (4.12.b) daya per fasa yang keluar dari terminal generator 

adalah 

I 

+ 

V 

∗ 

⎛ 

∗ E ⎞ 

⎜ f − V 

S = = ⎟ 

f V I V 

⎜ ⎟ 

⎝ 

jX d ⎠ 

Dengan memasukkan (4.30) maka (4.32.a) menjadi 

(4.32.a) 

S 

f 

= V∠0 

VE 

= 

X 

dengan 

f 

d 

⎛ 

o 

E f V ⎞ 

⎜ ∠δ − ∠0 

⎟ 

⎜ 

o 

X ⎟ 

⎝ d∠90 

⎠ 

o 

⎛VE 

sin δ + j⎜ 

⎜ 

⎝ 

X 

f 

d 

∗ 

VE 

= 

X 

V 

cosδ − 

X 

2 

d 

f 

d 

∠(90 

⎞ 

⎟ = P 

⎟ 

⎠ 

f 

o 

V 

− δ) 

− 

X 

+ jQ 

f 

2 

d 

∠90 

o 

(4.32.b) 

VE f 

P f = sin δ dan 

X d 

Q 

f 

⎛VE 

= ⎜ 

⎜ 

⎝ 

X 

f 

d 

2 

V ⎞ 

cos δ − ⎟ (4.33) 

X ⎟ 

d ⎠ 

P f adalah daya nyata dan Q f adalah daya reaktif (per fasa). 

Kita telah melihat pada (4.10) bahwa dengan mengabaikan rugi 

daya pada gesekan, seluruh daya mekanik dari turbin dikonversi 

menjadi daya listrik. Turbin hanya memberikan daya nyata, namun 

generator mengubahnya menjadi daya nyata dan daya reaktif. Hal 

177

Mesin Sinkron 

ini berarti bahwa jika kita menambah daya turbin dengan menambah 

uap pada turbin uap atau menambah debit air pada turbin air, daya 

yang bertambah adalah daya nyata, P. Jika E f , V, X d tidak 

berubah maka peningkatan P berarti bertambahnya sudut daya δ. 

Pertambahan daya nyata ini ada batasnya, yaitu pada saat sin δ = 1 , 

dan inilah daya nyata maksimum yang bisa diberikan oleh generator, 

yang disebut batas stabilitas keadaan mantap. Apabila kita teruskan 

menambah daya turbin dengan menambah uap lagi, mesin akan 

keluar dari perputaran sinkron. Oleh karena itu generator sinkron 

dioperasikan pada nilai yang cukup rendah dari daya maksimumnya, 

sekitar 20%. 

Kelebihan pasokan daya nyata mekanis tidak hanya terjadi jika kita 

menambah daya turbin. Kelebihan tersebut juga terjadi jika dalam 

operasi normal tiba-tiba beban hilang sebagian (beban keluar dari 

jaringan). Dalam hal demikian sudut δ meningkat untuk sementara, 

perputaran bertambah, sampai governor secara otomatis mengatur 

masukan uap untuk mengembalikan perputaran turbin ke perputaran 

semula, dan kondisi operasi kembali normal. 

Jika kita perhatikan persamaan untuk Q f pada (4.33), peningkatan δ 

yang meningkatkan P f , justru menurunkan Q f . Daya reaktif Q f bisa 

meningkat jika E f meningkat yaitu dengan menambah arus eksitasi. 

Dengan kata lain penambahan Q f dilakukan dengan menambah 

arus eksitasi. Sebagaimana telah kita pelajari, daya ini mengalir dari 

sumber ke beban dalam setengah perioda dan mengalir dari beban 

ke sumber dalam setengah perioda berikutnya. Nilai rata-ratanya 

adalah nol; daya reaktif tidak memberikan transfer energi. Kita lihat 

contoh persoalan berikut. 

CONTOH-4.4: [1] Beban seimbang generator sinkron memiliki 

faktor daya 0,8 lagging. Reaktansi X d = 0,7 pu (pada ratingnya) . 

I 

jX = 0,7 pu 

+ 

d 

+ 

E ∼ ∼ 

f 

a). Hitung , P f , Q f , E f , dan δ, dan gambarkan fasor diagramnya. 

V 


Mesin Sinkron 

b). Daya turbin penggerak generator ditambah sebesar 20% dengan 

menambahkan pasokan uap. Hitung P, Q, E f , dan δ, pada keadaan 

ini, dan gambarkan diagram fasornya bersama dengan diagram fasor 

keadaan sebelumnya (soal a). 

c) Kembalikan pasokan daya turbin pada kondisi a. Sekarang naikkan 

arus eksitasi sehingga E f meningkat sebesar 20%. Hitung P, Q, E f , 

dan δ, pada keadaan baru ini, dan gambarkan diagram fasornya 

bersama dengan diagram fasor keadaan sebelumnya (soal a). 

Solusi: 

o 

a). Kita tetapkan referensi V = 1∠0 

−1 

o 

ψ = cos (0,8) = 36,9 

I = 1∠ − 36,9 

o 

= 0,8 − j0,6 

o 

E f = jX d I = j0,7(0,8 

− j0,6) 

+ 1 = 1,42 + j0,56 

= 1,53∠ 

21,5 

⇒ E f = 1, 53 

o 

δ = 21,5 

VE f 1× 

1,53 

P f = sin δ = sin(21,5 

o ) = 0,8 

X d 0,7 

VE 

2 

2 

f V1 

1× 

1,53 o 1 

Q f = cos δ − = cos(21,5 ) − = 0,6 

X d X d 0,7 

0,7 

Diagram fasornya terlihat pada gambar berikut. 

δ 

ψ 

I 

E f 

V 

jX d I 

b). Daya turbin penggerak generator ditambah sebesar 20% dengan 

menambahkan pasokan uap. Hitung P, Q, E f , dan δ, pada 

keadaan ini, dan gambarkan diagram fasornya bersama dengan 

diagram fasor keadaan sebelumnya (soal a). 

Tetap gunakan referensi 

o 

V = 1∠0 

179

Mesin Sinkron 

P ′ = 1 ,2P 

= 1,2 × 0,8 = 0,96 (meningkat 20% dari P pada soal a). 

E ′ f = E f = 1,53 (tidak berubah, eksitasi tidak ditambah). 

⎛ ⎞ 

−1 

1 0,96 0,7 o 

sin ⎜ 

P′ 

X 

⎟ − ⎛ × ⎞ 

δ′ = 

= sin ⎜ ⎟ = 26,1 

⎜ ′ ⎟ 

⎝ 

E f V 

⎠ ⎝ 1,53 × 1 ⎠ 

E′ 

f V V 

Q′ 

= cos δ′ − 

X X 

d 

= 0,535 

d 

(meningkat 21%). 

2 

d 

(menurun 11%) 

1,53 × 1 o 1 

= cos(26,1 ) − 

0,7 

0,7 

Diagram fasor adalah seperti gambar berikut 

. 

I 1 

c) Kembalikan pasokan daya turbin pada kondisi a. Sekarang 

naikkan arus eksitasi sehingga E f meningkat sebesar 20%. Hitung 

P, Q, E f , dan δ, pada keadaan baru ini, dan gambarkan diagram 

fasornya bersama dengan diagram fasor keadaan sebelumnya 

(soal a). 

Tetap gunakan referensi 

P ′ = P = 0,8 (tidak berubah) 

o 

V = 1∠0 . 

E f′′ = 1 ,2× 

E f = 1,2 × 1,53 = 1,84 (naik 20%) 

⎛ ⎞ 

1 

1 0,8 0,7 o 

sin ⎜ 

′′ 

⎛ × ⎞ 

δ ′′ − P X 

⎟ − 

= 

= sin ⎜ ⎟ = 17,8 

⎜ ′′ ⎟ 

⎝ 

E f V 

⎠ ⎝ 1,84 × 1 ⎠ 

ψ 

δ 

E′ f 

d 

(menurun 17%) 

E ′′ 

2 

2 

f V V 1,84 × 1 o 1 

Q′′ 

= cos δ ′ 

− = cos(17,8 ) − 

X d X d 0,7 

0,7 

= 1,07 (meningkat 44%) 

δ′ 

I′ 1 

E f 

V 

jX d I′ 

jX d I 

2 


Mesin Sinkron 

Diagram fasor terlihat di bawah ini. 

I 1′ 

ψ ′′ 

E f 

δ ′′ 

V 

jX d I 

E f′′ 

4.5. Batas Operasi Mesin Sinkron 

Menambah daya nyata ada batasnya karena menambah daya nyata 

berarti memperbesar arus jangkar yang berarti menaikkan 

temperatur kumparan jangkar. Demikian juga halnya dengan daya 

reaktif. Meningkatkan E f , untuk menambah daya reaktif, ada 

batasnya karena meningkatkan E f berarti menambah arus eksitasi. 

Kita lihat lebih dulu upaya menambah daya reaktif dengan 

menambah arus eksitasi. Makin tinggi arus eksitasi berarti kenaikan 

temperatur pada belitan eksitasi. Kenaikan temperatur ini harus 

dibatasi agar tidak merusak belitan eksitasi dengan menetapkan nilai 

maksimum arus eksitasi, I fmaks . Arus maksimum ini akan 

memberikan tegangan terbangkit maksimum, E f maks . Dengan E f maks 

maka daya per fasa generator adalah: 

S 

f 

E 

fmaks 

VE 

= 

X 

fmaks 

d 

⎛ VE 

2 ⎞ 

⎜ 

fmaks V 

sin δ + j cos δ − ⎟ (4.34) 

⎝ 

X d X d ⎠ 

yaitu batas daya yang terkait dengan pembatasan E f . Jika daya ini 

kita plot pada bidang P-Q, maka kurva 

lingkaran dengan jari-jari 

dan pusat di 

seperti terrlihat pada Gb.4.11. 

VE f maks 

r E = 

X d 

⎛ 

O ′ = ⎜0, 

− 

⎜ 

⎝ 

V 2 

X d 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 

S f akan berbentuk 

E fmaks 

181

Mesin Sinkron 

Q 

q 

S f 

p 

E fmaks 

P 

V 2 

− 

X d 

O' 

r E 

Akan tetapi tidak seluruh lingkaran merupakan tempat kedudukan 

S f karena ada nilai maksimum daya nyata yaitu batas 

E fmaks 

Gb.4.11. Kurva S f pada bidang P-Q. 

E fmaks 

stabilitas keadaan mantap yang terjadi pada nilai 

o 

o 

sin δ = 1 atau δ = 90 . Pada δ = 90 P mencapai nilai maksimum 

o 

dan Q = 0; keadaan ini ditunjukkan oleh posisi titik p. Pada δ = 0 , 

P = 0 dan Q mencapai nilai maksimum; keadaan ini ditunjukkan 

oleh posisi titik q. Inilah batas operasi generator sinkron yang terkait 

dengan pembatasan arus eksitasi. 

Sekarang kita lihat upaya menambah daya nyata. Penambahan daya 

nyata, dengasn menambah pasokan uap misalnya, akan menambah 

arus jangkar; arus jangkar juga harus dibatasi. Kumparan jangkar 

mengandung resistansi. Arus yang dikeluarkan oleh generator harus 

melalui resistansi ini dan menimbulkan panas di kumparan jangkar. 

Upaya pendinginan harus dilakukan agar panas yang timbul di 

kumparan jangkar tidak melewati batas yang bisa merusakkan 

isolasi. Perlu kita ingat bahwa suhu jangkar tidaklah merata, akan 

tetapi ada bagian-bagian tertentu yang lebih tinggi suhunya dari 

bagian lain. Suhu di titik terpanas inilah yang harus diperhatikan 

untuk menetapkan batas suhu dalam operasi. Bagaimanapun usaha 

pendinginan dilakukan, tetap ada batas teratas nilai arus yang harus 


Mesin Sinkron 

ditetapkan yang tak boleh dilampaui. Batas atas yang ditetapkan 

untuk arus itu disebut rated current, I rated . 

Selain ditetapkan batas atas nilai arus jangkar, ditetapkan juga batas 

atas nilai tegangan yang juga tak boleh dilampaui, yang disebut 

rated voltage, V ff rated . Batas arus dan batas tegangan memberikan 

batas nilai daya tiga-fasa |S 3f rated |. 

S V × I 3 

(4.35.a) 

3 f rated = ff rated f rated × 

Daya keluaran mesin pada waktu operasi haruslah 

S 

S 

3 f ≤ 3 f rated atau daya per fasa 

S3 f rated 

S f ≤ (4.35.b) 

3 

Dari rangkaian ekivalen Gb.4.10, batas daya per fasa adalah 

S 

S 

f rated 

f 

= V 

= V 

rated 

rated 

I 

rated 

I 

∗ 

rated 

cosψ 

V 

= 

X 

rated 

2 

rated 

d 

∠ψ 

rated 

(4.36) 

Faktor daya juga memiliki nilai batas yang terkait dengan batas 

tegangan terbangkit yang ditetapkan, E f maks . 

Kurva batas daya per fasa 

S f 

rated 

juga berbentuk lingkaran dengan 

pusat di O(0,0) 

2 

jari-jari r r = Vrated 

/ X d . 

Gb.4.12. memperlihatkan kurva 

S f . 

E fmaks 

S f 

rated 

bersama dengan kurva 

183

Mesin Sinkron 

Q 

V 2 

− 

X d 

O 

c 

q 

O' 

S f 

rated 

a 

b 

p 

S f 

ψ rated 

P 

E fmaks 

Gb.4.12. Kurva 

S f dan S f rated . 

E fmaks 

Titik potong antara kurva 

S f 

rated 

dan kurva 

S f 

E fmaks 

, yaitu titik a 

pada Gb.4.12, harus berarti bahwa titik tersebut menunjukkan batas 

daya yang terkait dengan V rated , I rated , mupun terkait dengan E f 

maks; dan garis Oa membuat sudut faktor daya ψ rated dengan sumbu P. 

Apabila ψ kita turunkan sampai bernilai nol, maka kurva S f rated 

mencapai titik b, dan cos ψ = 1 ; daya reaktif nol. Titik b inilah 

menunjukkan nilai maksimum daya nyata yang dapat diberikan oleh 

mesin dan bukan p karena daya nyata di b lebih rendah dari daya 

nyata di p. 

Apabila ψ kita naikkan sampai 90 o maka kurva S f rated mencapai 

titik c, dan cos ψ = 0 ; daya nyata nol. Akan tetapi titik c tidak 

menjadi batas nilai daya reaktif maksimum, karena ada pembatasan 

lain yang lebih redah yang ditunjukkan oleh titik q yaitu batas daya 

reakti oleh adanya pembatasan E fmaks. 

Berikut ini kita lihat contoh mencari nilai E f maks pada kedua kondisi 

limit tersebut. 


Mesin Sinkron 

CONTOH-4.5. [1] Sebuah generator memiliki X d = 1,2 pu. Hitung 

E f yang diperlukan, agar faktor daya menjadi (a) maksimum, f.d.=1, 

(b) minimum, f.d. = 0 (lagging), 

Solusi: Kita ambil 

referensi fasor 

o 

V = 1∠0 pada 

rangkaian ekivalen 

di samping ini. 

a) Agar faktor daya = 1: 

f 

+ 

jX d 

E ∼ ∼ 

I 

+ 

V 

I = 1∠0 

o 

= 1+ 

j0 

E 

f 

= jX d I + V = j1,2 

× 1+ 

1 = 1,56∠50,2 

o 

⇒ E = 1, 56 

b) Agar faktor daya = 0: 

f 

I = 1∠ − 90 

o 

= 0 − j1 

E 

f 

= jX d I + V = j1,2 

× ( − j1) 

+ 1 = 2,20∠0 

o 

⇒ E = 2, 20 

f 

Contoh-4.5 menunjukkan bahwa pada faktor daya lagging mulai 

dari 1 sampai 0, E f yang diperlukan cukup tinggi. Tingginya E f 

berarti tingginya arus eksitasi. Sedangkan makin tinggi arus eksitasi 

berarti kenaikan temperature belitan eksitasi.yang makin tinggi pula. 

Kenaikan temperatur ini harus dibatasi agar tidak merusak belitan 

eksitasi dengan menetapkan nilai maksimum arus eksitasi, I f maks . 

Arus maksimum ini akan memberikan tegangan terbangkit 

maksimum, E f maks . Batas yang ditentukan ini tidaklah perlu sampai 

mencapai kondisi dimana faktor daya nol (E f =2,20 pada contoh di 

atas) karena tak ada manfaatnya membuat generator yang 

dioperasikan untuk tidak memberikan daya nyata. 

Tugas generator adalah mencatu daya ke beban. Beban memiliki 

impedansi dan faktor dayanya sendiri. Jika generator harus menuruti 

permintaan beban, maka jika faktor daya beban terlalu rendah, 

185

Mesin Sinkron 

generator akan menderita karena harus beroperasi pada faktor daya 

yang terlalu rendah tersebut. Oleh karena itu harus ada persyaratan 

faktor daya di beban; persyaratan itu misalnya faktor daya beban 

paling rendah 0,85 lagging. 

Kita amati sekarang bagian kurva 

S f 

rated 

yang berada di bawah 

sumbu P. Bagian kurva ini adalah tempat kedudukan S f rated 

dengan faktor daya leading, Q negatif. Makin negatif daya reaktif, 

makin kecil arus eksitasi karena batas E maks kecil, namun makin 

besar sudut daya δ makin besar. Contoh berikut ini akan 

memberikan gambaran lebih jelas. 

CONTOH-4.6: [1] Pada rangkaian ekivalen contoh-4.5, tentukan E f 

agar faktor daya menjadi 0,553. 

Solusi: 

Pada faktor daya 0,553, 

−1 

ψ = cos (0,553) = 56,4 

o 

→ 

E 

f 

o 

I = 1∠56,4 

= jX d I + V = j1,2 

× 1∠56,4 

+ 1 = 0,664∠90 

o 

⇒ E = 0, 664 

f 

o 

δ = 90 

Untuk pembebanan dengan faktor daya leading eksitasi yang 

diperlukan cukup rendah. Namun makin rendah E maks , sudut δ makin 

besar dan mencapai 90 o pada faktor daya 0,553. Inilah nilai δ yang 

tak dikehendaki karena generator berada pada titik batas stabilitas 

mantapnya; sedikit saja terjadi kenaikan δ, generator akan keluar 

dari perputaran sinkron. Oleh karena itu diperlukan suatu nilai 

maksimum δ maks untuk membatasi operasi. Penetapan nilai δ maks 

dapat dilakukan dengan menetapkan daya nyata minimum yang 

tetap harus masih ada jika terjadi pembebanan kapasitif; misalkan 

P minimal = 10% P rated atau sin δ maks = 0, 9 sehingga 

−1 

o 

δmaks = sin 0,9 = 64,2 . Pada suatu δ maks yang ditetapkan, nilai 

P dan Q diberikan melalui relasi (4.14) yaitu 


VE f 

P = sin δmaks 

dan 

Xd 

Dari daya nyata diperoleh relasi 

VE f 

Xd 

⎛VE 

Q = ⎜ 

⎜ 

⎝ 

X 

f 

d 

P 

= sinδ maks 

jika ini kita pakai untuk menyatakan Q kita peroleh: 

Q 

⎛ 

⎞ 

Mesin Sinkron 

2 

V ⎞ 

cos δ − ⎟ 

maks 

(4.37) 

X ⎟ 

d ⎠ 

2 

2 

P 

V P V 

= ⎜ cosδmaks 

− ⎟ = − (4.38) 

⎜ sin δmaks 

X ⎟ 

d tan δmaks 

X d 

⎝ 

Persamaan (4.38) membentuk kurva garis lurus di bidang P-Q. 

V 2 

Garis ini memotong sumbu Q di − dan memotong sumbu P di 

X d 

V 

2 

tan δ 

X 

d 

maks 

bersama dengan kurva 

berpotongan dengan kurva 

⎠ 

. Gb.4.13. menunjukkan posisi garis lurus tersebut, 

S frated dan 

S f 

S frated di titk d. 

E maks 

; garis lurus itu 

Q 

V 2 

− 

X d 

O 

c 

q 

O' 

S f 

rated 

a 

b 

d 

p 

S f 

ψ rated 

E fmaks 

P 

2 

V tan δmaks 

X d 

Gb.4.13. Batas-batas operasi generator sinkron. 

187


Mesin Sinkron 

Dengan demikian maka batas-batas operasi generator sinkron, baik 

karena pembatasan arus eksitasi maupun pembatasan arus jangkar 

dan tegangan terminal, adalah kurva qabdO’ pada Gb.4.13. Bagian 

kurva qa adalah batas operasi karena pembatasan arus eksitasi pada 

pembebanan induktif, kurva ab adalah batas operasi karena 

pembatasan arus dan tegangan jangkar pada pembebanan induktif, 

kurva bd adalah batas operasi karena pembatasan oleh arus jangkar 

dan tegangan jangkar pada pembebanan kapasitif., garis dO’ adalah 

batas operasi karena pembatasan δ maks . Di dalam batas-batas kurva 

inilah generator sinkron boleh beroperasi. Bagian kurva di sebelah 

kiri sumbu Q tidak diperlukan dan dihapus. 

Sesungguhnya batas operasi generator tidak hanya oleh pembatasan 

di rangkaian eksitasi dan rangkaian jangkar saja, tetapi juga 

pembatasan di rangkaian magnetik stator. Medan magnet bolakbalik 

di inti stator menimbulkan rugi-rugi inti seperti halnya pada 

transformator. Pengaruh ini tidak tergambarkan pada Gb.4.13. Perlu 

kita sadari pula bahwa kerapatan fluksi magnetik tidaklah merata. 

Pada gigi-gigi alur jangkar terdapat kerapatan medan magnetik 

yang tinggi dan di sini bisa terjadi kenaikan temperatur yang tinggi 

yang sudah pasti akan mempengaruhi kenaikan temperatur di 

kumparan jangkar. Di ujung-ujung stator arah fluksi magnet tegak 

lurus dengan laminasi jangkar dan kenaikan temperatur di daerah ini 

juga tinggi. Pembatasan di rangkaian magnetic sudah barang tentu 

akan memodifikasi bentuk kurva yang telah tergambarkan di 

Gb.4.13. Untuk sementara perihal rangkaian magnetik ini tidak kita 

bahas. 

4.6. Transien Pada Mesin Sinkron 

Peristiwa transien terjadi jika ada pembebanan tiba-tiba pada mesin 

sinkron. Salah satu contoh yang akan kita uraikan di sini adalah 

terjadinya hubung singkat tiga-fasa pada terminal generator; hubung 

singkat tiga-fasa merupakan pembebanan seimbang. Oleh karena itu 

kita dapat 

menyatakan 


model satu-fasa 

untuk situasi ini, 

seperti terlihat pada 

Gb.4.14. 

E f 

+ 

∼ 

R a + jX d 

I hs 

Gb.4.14. Rangkaian ekivalen model satufasa, 

gangguan hubung singkat tiga-fasa.

Mesin Sinkron 

Peristiwa transien di sini adalah peristiwa transien pada rangkaian 

orde-2, seperti yang kita pelajari pada Analisis Rangkaian Listrik. 

Sinyal masukan adalah sinyal sinus. Hasil analisis di kawasan waktu 

akan memberikan arus hubung singkat yang berbentuk 

ˆ 

−t 

/ τ 

i ( t) 

= i sin( ωt 

− α)(1 

+ e ) 

(4.39.a) 

hs 

hs 

i hs 

t 

Gb.4.15. Arus hubung singkat tak simetris terhadap 

sumbu waktu. 

i hs 

î hs 

t 

Gb.4.16. Arus hubung singkat simetris terhadap 

sumbu waktu. 

α 

ditentukan oleh saat terjadinya hubung singkat atau masuknya saklar 

pada rangkaian Gb.4.14. Sudah barang tentu nilainya sangat tidak 

menentu dan α ini membuat alur variasi arus hubung singkat tidak 

simetris terhadap sumbu waktu, seperti terlihat pada Gb.4.15. 

189


Mesin Sinkron 

Untuk keperluan analisis sistem tenaga, α dianggap nol dan 

persamaan arus transien yang diperhitungkan berbentuk 

ˆ 

−t 

/ τ 

i ( t) 

= i sin( ωt)(1 

+ e ) (4.39.b) 

hs 

hs 

Kurva arus hubung singkat akan simetris terhadap sumbu waktu 

seperti terlihat pada Gb.4.16, dan disebut arus hubung singkat 

simetris. 

Penurunan nilai arus hubung singkat ditentukan oleh konstanta 

waktu τ, yang besarnya tergantung dari proporsi R a dan X d . Namun 

bentuk gelombang arus ini hampir sinusoidal dan kita dapat 

mendekati nilai arus efektifnya dengan membagi nilai puncak 

dengan 2 . Nilai efektif ini dapat kita plot sebagai nilai efektif 

yang merupakan fungsi waktu seperti terlihat pada Gb.4.17. 

Kurva I ˆ 

hs ( t) 

= ihs 

( t) 

/ 2 dapat didekati dengan suatu nilai 

konstan dalam selang-selang waktu tertentu. 

I ′′ 

I′ 

I 

Gb.4.17. Kurva arus hubung singkat efektif. 

0 ≤ t ≤ t1 : I ′ 

disebut arus hubung singkat subtransien 

t 1 ≤ t ≤ t2 

: I ′ disebut arus hubung singkat transien 

t ≥ t : I disebut arus hubung singkat mantap. 

2 

0 

iˆ 

( t) 

I ( t) 

hs 

hs = 

2 

pendekatan 

t1 

t 2 

Analisis sistem tenaga dilakukan di kawasan fasor, bukan di 

kawasan waktu. Oleh karena itu pernyataan arus hubung singkat 

harus dilakukan dalam bentuk 

E f E f 

I hs = ≈ 

(4.40) 

Ra 

+ jX d X d 

Perubahan I hs terhadap waktu, di kawasan fasor dapat dinyatakan 

dengan memilih salah satu apakah tegangan sumber E f konstan dan 

t

Mesin Sinkron 

X d yang berubah terhadap waktu, atau X d konstan dan E f yang 

berubah terhadap waktu. Kita memilih E f tetap dan X d berubah 

terhadap waktu. Dengan demikian maka dalam selang 

E f 

0 ≤ t ≤ t1 : X d′′ 

= 

I ′′ 

disebut reaktansi subtransien 

E f 

t1 ≤ t ≤ t2 

: X d′ 

= 

I ′ 

disebut reaktansi transien 

t ≥ t2 : 

E f 

X d = 

I 

disebut reaktansi mantap. 

Impedansi urutan positif menjadi 

Z ′ = R + j ′ 

′1 a X d ; 

Z = R + j ′ 

′1 a X d ; 

Z 1 = R a + jX d 

Nilai-nilai X d ′ dan X d ′ diberikan oleh pembuat generator. 

Mana yang akan kita gunakan tergantung dari persoalan yang kita 

hadapi. Untuk menghitung arus hubung singkat misalnya, kita akan 

memilih menggunakan reaktansi subtransien, X d′ . 

4.7. Mesin Sinkron Kutub Menonjol 

Rangkaian ekivalen satu-fasa mesin sinkron rotor silindris kita 

gambarkan sekali 

lagi pada Gb.4.18. 

I 

X d adalah direct 

jX 

axis reactance yang + 

d 

+ 

memberikan beda E f 

∼ ∼ V 

tegangan sebesar 

IX d antara tegangan Gb.4.18. Rangkaian ekivalen model satufasa 

generator sinkron rotor silindris. 

terbangkit dan 

tegangan terminal 

generator; arus I adalah arus jangkar yang menimbulkan medan 

magnet berputar yang melawan medan magnet rotor. Medan magnet 

lawan dari stator ini berbeda fasa secara mekanis dengan magnet 

rotor. Hal demikian tidak menjadi masalah pada mesin sinkron rotor 

silindris karena lebar celah udara antara rotor dan stator sama di 

191

Mesin Sinkron 

seluruh keliling rotor. Tidak demikian halnya dengan mesin kutub 

menonjol; celah udara di depan sepatu kutub lebih sempit 

disbanding dengan celah udara yang terletak di antara dua sepatu 

kutub. Lihat Gb.4.19. 

d 

θ 

a 

q 

d 

θ 

a 

q 

U 

U 

S 

sumbu fluksi 

lawan jangkar 

S 

sumbu fluksi 

lawan jangkar 

a 1 

sumbu fluksi 

rotor 

Rotor silindris 

Kutub menonjol 

Gb.4.19. Mesin rotor silindris dan kutub menonjol. 

Sumbu fluksi magnet rotor adalah sumbu d (direct axis); sumbu 

yang tegak lurus pada d dan tertinggal 90 o adalah sumbu q 

(quadrature axis). Fluksi lawan jangkar dapat dianggap terdiri dari 

dua komponen yaitu komponen sejajar sumbu d dan komponen 

sejajar sumbu q. Masing-masing komponen ini dinyatakan dengan 

tegangan jatuh ekivalen pada jangkar sebesar Id 

X d dan Iq 

X q , 

dengan I d dan I q adalah direct axis current dan quadrature axis 

current, sedangkan X d dan X q adalah direct axis reactance dan 

quadrature axis reactance. Jika tegangan terbangkit di kumparan 

fasa adalah E f dan tegangan di terminal generator adalah V maka 

dengan mengabaikan resistansi belitan jangkar, 

E j I X + jI 

X + V 

(4.41) 

f = d d q q 

Gb.4.19 menggambarkan mesin sinkron dua kutub, sehingga sudut 

mekanis θ sama dengan sudut listrik. Pada umumnya generator 

dibangun dengan lebih dari dua kutub; oleh karena itu kita gunakan 

sudut listrik δ yang memiliki relasi tertentu dengan sudut mekanis. 

Jika V kita ambil sebagai referensi dengan sudut fasa nol, maka 

a 1 

sumbu fluksi 

rotor 


Mesin Sinkron 

o 

o 

V = V∠0 

, I = I∠ − ψ, 

E f = E f ∠δ, 

Id 

= Id 

∠δ − 90 , Iq 

= Iq∠δ 

Untuk jelasnya kita gambarkan diagram fasor seperti pada Gb.4.20. 

Perhatikan bahwa beda fasa antara tegangan terbangkit dan tegangan 

terminal adalah δ; tegangan jatuh direct axis sefasa dengan tegangan 

terbangkit; tegangan jatuh quadrature axis berbeda fasa 90 o dengan 

tegangan terbangkit. 

E f 

jI q X q 

jIX q 

I q 

ψ 

δ 

I q X q 

V 

jI d X d 

I d ( X d − X q ) 

I d 

I 

Gb.4.20. Diagram fasor mesin kutub menonjol. 

Kita perhatikan pula bahwa pada tegangan terminal yang ditetapkan 

(dalam operasi), sudut δ tergantung dari daya beban dan faktor daya 

beban (tergantung dari I dan ψ dalam diagram fasor). Nilai X d dan 

X q dapat diberikan oleh pembuat generator, maka menjadi 

pertanyaan berpakah daya maksimum yang dapat diberikan oleh 

generator. 

Daya per fasa adalah 

∗ 

o 

S f = VI = V ( Iq∠δ + Id 

∠( 

δ − 90 ) ) 

o 

= V( I ∠ − δ + I ∠90 

− δ) 

= V 

= V 

= V 

q 

( I q + jI d ) ∠ − δ 

( I q (cos δ − j sin δ) 

+ jI d (cos δ − j sin δ) 

) 

( I (cos δ − j sin δ) 

+ I ( j cos δ + sin δ) 

) 

q 

d 

= V ( I q cos δ + I d sin δ) 

+ jV ( I d cos δ − I q sin δ) 

= Pf 

+ jQ f 

d 

∗ 

(4.42) 

193

Mesin Sinkron 

Dari Gb.4.20 kita peroleh 

E 

cosδ = 

Iq 

X 

sin δ = 

V 

f 

− I 

V 

q 

d 

X 

d 

→ I 

q 

→ I 

sehingga kita peroleh daya nyata 

d 

E 

= 

V sin δ 

= 

X 

q 

f 

−V 

cosδ 

X 

d 

(4.43) 

Pf 

= V ( I q cos δ + I d sin δ) 

⎛ 

⎞ 

⎜V 

sin δ E f −V 

cos δ 

= V cos δ + 

sin δ⎟ 

⎜ 

⎟ 

⎝ 

X q 

X d ⎠ 

2 

2 

V 

VE f V 

= sin δ cos δ + sin δ − sin δ cos δ 

X q 

X d X d 

VE f 

= 

X d 

VE f 

= 

X d 

⎛ 2 

⎜ V 

sin δ + − 

⎜ 

⎝ 

X q 

2 

V 

sin δ + 

2X 

d X q 

V 

X 

2 ⎞ 

⎟ sin δ cos δ 

⎟ 

d ⎠ 

( X − X ) sin 2δ 

d 

q 

(4.44) 

Jika kita bandingkan persamaan (4.44) ini dengan peramaan (4.33) 

untuk mesin rotor silindris, yaitu 

VE f 

P f = sinδ 

X d 

terlihat bahwa daya maksimum mesin kutub menonjol lebih tinggi 

dan terjadi pada sudut δ yang lebih rendah. Lagipula pada E f = 0 

(kehilangan eksitasi) mesin kutub menonjol masih bisa memberikan 

daya. Persamaan (4.44) akan menjadi (4.33) bila X d = X q . 

Untuk daya reaktif mesin kutub menonjol, (4.42) memberikan 


VE f 

= 

X d 

VE f 

= 

X d 

⎛ 2 

V ( X d X q ) ⎞ 

2 

V ( X d X q ) 

cos 

⎜ 

− 

+ 

δ + 

⎟ 

⎜ 

cos 2δ − 

2X 

d X ⎟ 

q 

X d X q 

⎝ 

⎠ 

Mesin Sinkron 

⎛ E f −V 

cos δ V sin ⎞ 

Q f V ( I d cos I q sin ) V ⎜ 

δ 

= δ − δ = 

cos δ − sin δ⎟ 

⎜ X d 

X ⎟ 

⎝ 

q ⎠ 

VE 

2 2 2 2 

f V cos δ V sin δ 

= cos δ − − 

X d 

X d X q 

VE 

2 

2 

f V ⎛ cos 2δ 

2 ⎞ V ⎛ cos 2δ 

2 ⎞ 

= cos δ − ⎜ + sin δ⎟ + ⎜ − cos δ⎟ 

X d X d ⎝ 2 ⎠ X q ⎝ 2 ⎠ 

2 

2 2 2 2 

V cos 2δ 

⎛ 1 1 ⎞ V sin δ V cos δ 

cos δ + ⎜− 

+ ⎟ − − 

2 ⎜ X d X ⎟ 

⎝ 

q ⎠ 

X d X q 

(4.45) 

Jika kita bandingkan relasi ini dengan relasi daya reaktif untuk 

mesin sinkron rotor silindris yang diberikan oleh persamaan (4.33) 

yaitu: 

⎛VE 

2 ⎞ 

⎜ f V 

Q = δ − ⎟ 

f cos 

⎜ 

⎟ 

⎝ 

X d X d ⎠ 

terlihat bahwa (4.33) dapat diperoleh dari (4.45) jika X d = X q . 

195


Mesin Sinkron

Analisis Aliran Daya 

BAB 5 Analisis Aliran Daya 

Dalam analisis rangkaian listrik pada umumnya, suatu sumber 

dinyatakan sebagai sumber tegangan ideal atau sumber arus ideal, 

dan beban dinyatakan sebagai impedansi. Sumber tegangan ideal 

memberikan daya ke rangkaian pada tegangan tertentu, berapapun 

besar arus yang dibutuhkan oleh rangkaian; sumber arus ideal 

memberikan daya pada rangkaian pada arus tertentu, berapapun 

tegangan yang diperlukan oleh rangkaian. Oleh karena itu apabila 

rangkaian merupakan rangkaian linier, terdapat hubungan linier 

antara tegangan, arus dan impedansi; dan dalam analisis, misalnya 

dengan menggunakan metoda tegangan simpul, kita memperoleh 

persamaan linier. 

Dalam sistem tenaga, kita melihat situasi yang berbeda. Sumber, 

merupakan sumber daya yang hanya boleh beroperasi pada batas 

daya dan tegangan tertentu. Sementara itu beban dinyatakan sebagai 

besar daya yang diminta/diperlukan, pada tegangan yang juga 

ditentukan. Suatu permintaan daya hanya dapat dilayani selama 

pembebanan tidak melampaui batas daya yang mampu disediakan 

oleh sumber. Kita mengetahui bahwa walaupun rangkaian tetap 

rangkaian linier, relasi daya antara sumber dan beban tidaklah linier. 

Oleh karena itu jika kita menurunkan persamaan rangkaian, dengan 

daya sebagai parameter, persamaan rangkaian yang kita peroleh 

merupakan persamaan nonlinier. Dalam memecahkan persamaan 

nonlinier ini kita memerlukan cara khusus. 

5.1. Analisis Aliran Daya 

Dalam analisis aliran daya, kita mengambil ketentuan-ketentuan 


a). Sistem dalam keadaan seimbang; dengan demikian kita dapat 

melakukan perhitungan dengan menggunakan model satu-fasa. 

b). Semua besaran dinyatakan dalam per-unit; dengan demikian 

berbagai tingkat tegangan dalam sistem sebagai akibat 

digunakannya transformator, tidaklah menjadi persoalan. 

197


Bus-bus dalam rangkaian sistem tenaga merupakan simpul-simpul 

rangkaian yang biasa kita kenal dalam analisis rangkaian listrik. 

Bus-bus ini dapat dikelompokkan dalam beberapa jenis: 

i) Bus-generator (generator bus), adalah bus dimana generator 

dihubungkan melalui transformator. Daya yang masuk dari 

generator ke bus-generator ke-i (bus nomer i) adalah 

ii) 

S + 

Gi = PGi 

jQGi 

(5.1) 

Dari bus ke-i ini mengalir daya ke dua jurusan; yang pertama 

adalah aliran daya langsung ke beban yang terhubung ke bus 

ini dan yang kedua adalah aliran daya menuju saluran 

transmisi. Daya yang langsung menuju beban adalah 

S + 

Bi = PBi 

jQBi 

(5.2) 

dan daya yang menuju saluran transmisi menjadi 

S 

i = Pi 

+ jQi 

= SGi 

− SBi 

(5.3) 

Bus yang tidak terhubung ke generator tetapi terhubung hanya 

ke beban disebut bus-beban (load bus). Dari bus-beban ke-j 

(nomor bus j) mengalir daya menuju ke beban sebesar S Bj atau 

kita katakan daya mengalir menuju saluran transmisi sebesar 

S 

j = −S Bj 

(5.4) 

iii) Jika kita hanya memperhatikan daya sumber dan daya beban, 

teorema Tellegen tidak akan terpenuhi karena masih ada daya 

keluar dari rangkaian yang tidak diketahui yaitu daya yang 

diserap oleh saluran dan transformator. Oleh karena itu, untuk 

keperluan analisis, jika tegangan semua bus-beban diketahui, 

baik melalui dugaan maupun ditetapkan, tegangan busgenerator 

juga harus dapat ditetapkan kecuali satu di antaranya 

yang dibiarkan mengambang; bus mengambang ini disebut 

slack bus. Slack bus seolah berfungsi sebagai simpul sumber 

tegangan bebas dalam analisis rangkaian listrik yang biasa kita 

kenal. Dengan cara ini maka teorema Tellegen akan bisa 

dipenuhi. 



5.2. Persamaan Arus-Tegangan 

Karena relasi linier hanya ada pada tegangan dan arus, tidak pada 

daya, maka persamaan aliran daya harus diturunkan melalui 

persamaan arus dan tegangan terlebih dulu. Selain itu, karena kita 

menggunakan sistem per-unit, impedansi transformator dapat 

disatukan dengan impedansi generator sehingga transformator tak 

digambarkan lagi dalam diagram satu garis untuk analisis ini. 

Sistem Dengan Dua Bus. Kita tinjau bus-1 (bus-generator nomer-1) 

yang terhubung melalui saluran transmisi ke bus-2 (bus-generator 

nomer-2). Diagram satu garis dan model satu-fasa terlihat pada 

Gb.5.1. 

SG1 

V S 

1 I 1 

I V2 

G 2 

saluran transmisi 2 

∼ 

bus -1 IB1 

I B 2 bus - 2 

diagram rangkaian 

bus -1 

bus - 2 

z 

I s 

1 

I2 

S S 

G1 S S G 2 

B1 y p y p 

B2 

∼ 

Gb.5.1. Model satu-fasa. Diagram dan rangkaian ekivalen. 

SG1, 

SG2 

:daya per fasa generator 

V1 

, V1 

: tegangan fasa - netral 

I1, 

I2 

: arus ke saluran transmisi dari bus -1dan bus - 2 

IB1, 

IB2 

: arus beban (langsung) dari bus -1dan bus - 2. 

z12 

:impedansi seri antar bus dalam rangkaian ekivalen π 

y p :admitansi paralelsaluran transmisi pada rangkaian ekivalen π 

Arus yang keluar dari bus-1 ke saluran transmisi adalah 

I 


1 = y pV1 

+ y12 

( V1 

− V2 

) = ( y p + y12 

) V1 

− y12V2 

(5.5.a) 

dengan y 12 = 1/ 

z12 

adalah admitansi transfer antara bus-1 dan bus-2. 

199


Admitansi total yang dilihat oleh bus-1 didefinisikan sebagai 

Y p + 

11 = y y 12 

(5.5.c) 

Dengan pengertian ini maka relasi (5.5.a) dapat ditulis 

I1 = Y11V 

1 − y12V2 

(5.6.a) 

Dengan pengertian yang sama, kita peroleh relasi untuk bus-2 

sebagai 

I2 = Y22V2 

− y12V1 

(5.6.b) 

Dengan demikian kita memperoleh persamaan untuk sistem dengan 

dua bus (dengan mengubah urutan penulisan pada (5.6.b)) 

I 

I 

1 

2 

= Y 

11 

= −Y 

V 

12 

1 

− y 

V 

1 

12 

+ y 

V 

22 

2 

V 

1 

(5.7) 

Sistem Dengan Tiga Bus. Untuk sistem dengan tiga bus, relasi (5.7) 

dikembangkan menjadi 

I1 

= Y11 

V1 

− y12V2 

− y13V3 

I2 

= −y12V1 

+ Y22V1 

− y23V3 

I3 

= −y12V2 

− y23V 

+ Y33V3 

Secara formal, penulisan persamaan (5.8.a) adalah 

I1 

= Y11V 

1 + Y12 

V2 

+ Y13 

V3 

I2 

= Y12 

V1 

+ Y22V1 

+ Y23V3 

I3 

= Y12 

V2 

+ Y23V 

+ Y33V3 

(5.8.a) 

(5.8.b) 

dengan Yij 

= −yij 

. Persamaan (5.8.b) dapat kita tuliskan dalam 

bentuk matriks sebagai 

⎡I1 

⎤ ⎡Y11 

⎢ ⎥ 

= 

⎢ 

⎢I2⎥ 

⎢ 

Y12 

⎢ ⎥ 

⎣I3⎦ 

⎢⎣ 

Y13 

Y12 

Y22 

Y23 

Y13 

⎤ ⎡V1 

⎤ 

⎢ ⎥ 

Y 

⎥ 

23⎥ 

⎢V2 

⎥ 

Y ⎥⎦ 

⎢ ⎥ 

33 ⎣V3 

⎦ 

(5.9) 

Sistem Dengan n Bus. Persamaan untuk sistem dengan tiga bus 

(5.9) dikembangkan untuk sistem dengan n bus menjadi 



⎡I1 

⎤ ⎡Y11 

⎢ ⎥ ⎢ 

⎢I2 

⎥ ⎢ 

Y12 

⎢I 

⎥ 

3 = ⎢Y13 

⎢ ⎥ ⎢ 

⎢ . ⎥ ⎢ . 

⎢ ⎥ ⎢ 

⎣In 

⎦ ⎣Y1 

n 

Y12 

Y22 

Y23 

. 

Y2n 

Y13 

Y23 

Y33 

. 

Y3n 

. 

. 

. 

. 

. 

Y1 

n ⎤ ⎡V1 

⎤ 

⎢ ⎥ 

Y 

⎥ 

2n 

⎥ ⎢V2 

⎥ 

Y3n 

⎥ ⎢V 

⎥ 

3 

⎥ ⎢ ⎥ 

. ⎥ ⎢ . ⎥ 

Y ⎥ ⎢ ⎥ 

nn ⎦ ⎣Vn 

⎦ 

(5.10.a) 

Persamaan (5.10.a) ini dapat kita tulis dengan ringkas: 

~ ~ 

I bus = [ Ybus 

] Vbus 

(5.10.b) 

5.3. Persamaan Aliran Daya 

Untuk menurunkan persamaan aliran daya kita perhatikan arus yang 

mengalir ke saluran transmisi (tidak termasuk arus ke beban 

langsung). Untuk bus ke-i dalam sistim dengan n bus, kita dapatkan 

n 

I i = ∑Y ij V j 

(5.11) 

j= 

1 

j = 1 , 2,... i,... 

n; 

Y = Y ∠θ ; V 

ij 

ij 

ij 

j 

= V ∠ψ 

Dengan (5.11) ini kita dapat menghitung daya dari bus-i yang 

menuju saluran transmisi, yaitu 

n 

∗ 

∗ 

Si 

= Vi 

Ii 

= Vi∑ 

( Yij 

V j ) 

j= 

1 

= Vi∠ψi 

j= 

1 

n 

∑( Yij 

∠ − θij 

V j∠ − ψ j ) = Pi 

+ jQi 

⎛ n 

⎞ 

⎜ 

⎟ 

Pi 

= Vi 

⎜∑ 

Yij 

V j cos( ψi 

− θij 

− ψ j ) 

⎟ 

dan 

⎝ j= 

1 

⎠ 

⎛ n 

⎞ 

⎜ 

⎟ 

Qi 

= Vi 

⎜∑ 

Yij 

V j sin( ψi 

− θij 

− ψ j ) 

⎟ 

⎝ j= 

1 

⎠ 

j 

j 

(5.12) 

(5.13) 

201


Perhatikan bahwa S i adalah daya yang mengalir ke saluran 

transmisi. Hubungan dengan daya generator bisa diperoleh melalui 

relasi (5.3) yaitu 

Si 

= Pi 

+ jQi 

= SGi 

− SBi 

sehingga 

⎛ n 

⎞ 

⎜ 

⎟ 

PGi 

− PBi 

= Vi 

⎜∑V 

j Yij 

cos( ψi 

− ψ j − θij 

) 

⎟ 

dan 

⎝ j= 

1 

⎠ 

(5.14) 

⎛ n 

⎞ 

⎜ 

⎟ 

QGi 

− QBi 

= Vi 

⎜∑V 

j Yij 

sin( ψi 


) 

⎟ 

⎝ j= 

1 

⎠ 

Persamaan (5.14) adalah dua persamaan yang kita peroleh untuk 

setiap bus-i. Dalam persamaan ini terdapat enam besaran peubah 

yang terkait dengan bus yang bersangkutan, yaitu 

P 

Q 

P 

Q 

V 

Gi , Gi , Bi, 

Bi, 

i , dan i 

(5.15) 

Besaran yang lain adalah peubah di luar bus-i. 

Jika bus-i adalah bus-generator, maka sebagian besaran yang terdapat 

pada persamaan (5.14) merupakan besaran yang diketahui atau 

ditentukan: 

- P Bi dan Q Bi adalah daya beban yang diketahui. 

- P Gi merupakan besaran yang diketahui karena daya nyata ini 

bisa ditentukan dengan mengatur masukan uap di turbin 

misalnya. 

- V i juga tertentu besarnya karena bisa di atur melalui arus 

eksitasi. 

- Q Gi walaupun tidak diketahui namun, akan tertentu besarnya 

jika tegangan dan sudut fasa di bus yang lain diketahui. 

- dengan demikian hanya tinggal satu peubah yang harus 

dihitung yaitu ψ i . 

Jika bus-i adalah bus-beban, tak ada generator terhubung ke sini; P Gi 

dan Q Gi bernilai nol, dan Pi 

= −PBi 

dan Qi 

= −QBi 

keduanya 

diketahui (tanda minus pda P Bi dan Q Bi diberikan karena daya 

ψ 



dianggap mengalir ke saluran). Dengan demikian untuk bus-beban 

hanya ada dua besaran peubah yang harus dihitung yaitu V i dan ψ i . 

Jadi di setiap bus pada dasarnya hanya ada dua atau satu peubah 

yang harus dicari, yaitu V i dan ψ i di bus-beban dan ψ i saja di busgenerator. 

Dalam satu jaringan transmisi yang terdiri dari total n 

bus, dengan n G bus-generator dan satu slack-bus, terdapat besaran 

yang harus dihitung sebanyak 

besaran harus dihitung = 2( n −1) 

− n G (5.16) 

Kebanyakan bus dalam sistem tenaga adalah bus-beban; hanya 

sebagian kecil dari total jumlah bus merupakan bus-generator. 

5.4. Proses Pencarian Solusi 

Solusi suatu persamaan aliran daya adalah mencari profil tegangan 

di semua bus dalam suatu sistem tenaga. Karena persamaan daya 

merupakan persamaan non-linier, maka solusi dilakukan dengan 

cara iterasi. Proses pencarian solusi adalah sebagai berikut: 

1. Berdasarkan data teknis dari jaringan, tentukan elemenelemen 

dari matriks [Y bus ]. 

2. Pada bus-beban tentukan P B dan Q B . 

3. Pada bus-generator tentukan nilai tegangan bus V dan P G . 

o 

4. Buat slack-bus (bus nomer-1) bertegangan V 1 = 1∠0 

. 

5. Asumsikan profil tegangan dan sudut fasanya, V dan ψ, bus 

yang lain. 

6. Masukkan data [Y bus ] dan profil tegangan yang diasumsikan 

ke persamaan (5.14) untuk mencari P i dan Q i . Setiap kali 

iterasi dilakukan, bandingkan hasil perhitungannya dengan 

besaran yang ditetapkan sesuai langkah-2 dan langkah-3 atau 

hasil perhitungan sebelumnya. 

7. Selisih yang diperoleh pada langkah-6, digunakan sebagai 

dasar untuk melakukan koreksi pada langkah iterasi 

berikutnya sedemikian rupa sehingga selisih tersebut menjadi 

semakin kecil. 

8. Ulangi langkah-langkah iterasi sampai selisih yang didapat 

mencapai nilai kecil yang dapat diterima. Profil tegangan pada 

situasi terakhir ini menjadi solusi yang dicari. 

203


5.4. Metoda Newton-Raphson 

5.4.1. Formula Iterasi – Persamaan Rekursi 

Dalam buku Vincent del Toro, [2], formula iterasi diturunkan 

melalui penguraian fungsi nonlinier menjadi deret Taylor dan 

mengabaikan suku-suku dengan orde tinggi. Di sini kita akan 

menurunkannya melalui pengamatan grafis. 

Persamaan dengan Peubah Tunggal. Kita misalkan sebuah 

persamaan nonlinier dengan peubah tunggal 

p ( x) 

= 0 

(5.17) 

dan kita akan mencari solusinya dengan cara iterasi. Ruas kiri 

persamaan ini dapat kita pandang sebagai sebuah fungsi, dan kita 

misalkan fungsi ini adalah kontinyu dalam domain yang ditinjau. 

Kita dapat menggambarkan kurva fungsi ini di bidang px; nilai x 

sebagai solusi adalah titik potong kurva dengan sumbu-x, yaitu 

sol 

x , seperti terlihat pada Gb.5.2 di bawah ini. Indeks atas 

digunakan untuk menunjukkan langkah iterasi; misalnya x 0 adalah 

iterasai ke-0 yaitu dugaan awal, x 1 adalah iterasi ke-1, dan 

seterusnya. 

p 

p( x 

0 ) 

p(x) 

sol 

x 

p( 

x 

2 ) 

p( x 

1 ) 

0 

dp 

dx 

2 

0 x 

x 1 

x x 

1 0 

∆x ∆x 

Gb.5.2. Proses iterasi untuk persamaan p ( x) 

= 0 . 

Kita tentukan dugaan awal solusi persamaan, yaitu x 0 . Jika kita 

masukkan solusi dugaan ini ke dalam persamaannya, kita 

memperoleh p ( x 

0 ) . Antara p ( x 

0 ) ini dengan nilai yang 



ditentukan pada persamaan (5.17) yaitu 0, terdapat selisih sebesar 

0 

0 

∆ p( 

x ) = 0 − p( 

x ) ; perhatikan bahwa selisih ini bernilai negatif. 

Oleh karena itu kita melakukan dugaan solusi baru yaitu x 1 yang 

mendekati x sol ; dugaan baru ini kita masukkan ke persamaan, dan 

akan memberikan p ( x 

1 ) . Jika p( x 

1 ) belum juga bernilai nol 

sebagaimana diminta, kita coba lagi nilai x 2 , dan demikian 

seterusnya sampai kita memperoleh suatu nilai x yang memberikan 

p ( x) 

= 0 atau sangat dekat dengan 0. 

Menetukan x 1 secara efektif dilakukan sebagai berikut. Setelah 

dugaan solusi x 0 memberikan p(x 0 ), kita buat garis singgung pada 

kurva di titik p(x 0 0 

) yaitu dp / dx ; garis singgung ini akan 

memotong sumbu-x di x 1 0 

yang berposisi tergeser sebesar ∆ x dari 

0 

posisi x 0 0 0 0 

0 ∆p( 

x ) 

. Karena dp / dx = p( 

x ) / ∆x 

maka ∆ x = 

0 

( dp / dx) 

dan karena ∆p( x 

0 ) bernilai negatif maka kita dapat menentukan x 1 

yaitu 

0 

1 0 0 0 ∆p( 

x ) 

x = x + ∆x 

= x + 

0 

( dy / dx) 

x 1 akan memberikan p ( x 

1 ) yang memungkinkan kita menghitung 

1 1 

1 

∆ x = ∆p( x )/( dp / dx) 

yang akan memberikan x 2 ; dan demikian 

seterusnya sampai kita mendapatkan 

p ( x n ) ≈ 0 . 

n 

∆x 

yang akan memberikan 

Secara umum formulasi dari proses iterasi ini dapat kita turunkan 


Jika x k adalah nilai x untuk iterasi ke-k maka 

k −1 

k k −1 

∆p( 

x ) 

x = x + 

(5.18) 

k −1 

dp dx 

( 

Persamaan (5.18) inilah persamaan rekursi atau formula iterasi. 

/ 

) 

205


Uraian di atas adalah untuk persamaan (5.17) dimana ruas kanan 

bernilai nol. Kita tinjau sekarang persamaan dengan ruas kanan 

tidak bernilai nol, yang kita tuliskan sebagai 

p ( x) 

= P 

(5.19) 

dengan P adalah tetapan. Ruas kiri (5.19) kita pandang sebagai 

fungsi x dengan kurva seperti pada Gb.5.2; akan tetapi solusi x sol 

yang dicari adalah nilai x pada titik potong antara p(x) dengan 

garis P sejajar sumbu-x . Situasi ini digambarkan pada Gb.5.3. 

p 

p( x 

0 ) 

p(x) 

P 

sol 

x 

p( 

x 

1 ) 

2 1 

x x 1 

0 

∆x ∆x 

Gb.5.3. Proses iterasi untuk persamaan 

p ( x) 

= P . 

0 

Untuk persamaan (5.19) ini ∆ x adalah 

0 

0 P + ∆p 

∆ x = x 

(5.20) 

0 

( dp / dx) 

Kita coba untuk memahami persamaan terakhir ini. 

∆ p 0 P p( x 0 x = − ) adalah perbedaan antara nilai fungsi yang 

seharusnya, yaitu P, dengan nilai fungsi jika dugaan awal peubah 

x 0 kita terapkan; perbedaan ini bernilai negatif. Perbedaan ini 

harus dikoreksi dengan mengoreksi dugaan awal sebesar ∆x 0 

sehingga nilai peubah berubah dari x 0 

1 0 0 

menjadi x = x + ∆x 

; 

koreksi inilah koreksi terhadap dugaan awal. Setelah koreksi awal 

ini, perbedaan nilai fungsi terhadap nilai seharusnya adalah 

1 ( x 1 0 

∆ p = P − p ) yang lebih kecil dari ∆p 

yang berarti nilai 

fungsi mendekati P. Koreksi peubah kita lakukan lagi untuk lebih 

mendekat lagi ke P; langkah koreksi ini merupakan iterasi 

pertama. Pada iterasi pertama ini kita akan memperoleh 


0 

x 

0 

dp / dx 

x 

0 1 

p( 

x ) − p( 

x )


perbedaan ∆p 2 P p( x 2 

x = − ) yang mungkin masih harus di koreksi 

lagi pada itersi ke-dua. Demikian seterusnya sampai kita peroleh 

n 

( P − p( 

x )) ≈ 0 . Dalam perjalanan menuju P tersebut alur yang 

kita lewati adalah kurva p(x). Secara umum, pada iterasi ke-k kita 

akan mempunyai persamaan yang memberikan perbedaan nilai 

fungsi dengan nilai seharusnya, yaitu 

k 

k k 

( dp / dx ∆x 

(5.21) 

∆ p = ) 

Dengan pemahaman ini kita lanjutkan pengamatan pada 

persamaan dengan dua peubah. 

Persamaan Dengan Dua Peubah. Sepasang persamaan dengan 

dua peubah kita tuliskan sebagai 

p( 

x, 

y) 

= P 

q( 

x, 

y) 

= Q 

(5.22) 

dengan P dan Q adalah tetapan. Kita harus melakukan iterasi 

untuk dua peubah x dan y. Dugaan solusi awal memberikan 

persamaan yang merupakan pengembangan dari (15.21) yaitu 

∆p 

∆q 

0 

0 

= P − p( 

x 

= P − q( 

x 

0 

0 

, y 

, y 

0 

0 

) = ( ∂p 

/ ∂x) 

) = ( ∂q 

/ ∂x) 

0 

0 

∆x 

∆x 

0 

0 

+ ( ∂p 

/ ∂y) 

+ ( ∂q 

/ ∂y) 

0 

0 

∆y 

∆y 

0 

0 

(5.23) 

yang dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks 

⎡∆p⎤ 

⎢ ⎥ 

⎣∆q⎦ 

0 

⎡∂p 

/ ∂x 

= ⎢ 

⎣∂p 

/ ∂x 

∂p 

/ ∂y⎤ 

∂p 

/ ∂y 

⎥ 

⎦ 

0 

⎡∆x⎤ 

⎢ ⎥ 

⎣∆y⎦ 

0 

= J 

0 

⎡∆x⎤ 

⎢ ⎥ 

⎣∆y⎦ 

0 

(5.24) 

Matriks 2×2 turunan parsial terhadap x dan y disebut jacobian dan 

dinyatakan dengan J. Apabila ∆p 0 dan ∆q 0 tidak bernilai nol maka 

⎡∆x⎤ 

⎢ ⎥ 

⎣∆y⎦ 

0 

= 

−1 

( J ) 

0 

⎡∆p⎤ 

⎢ ⎥ 

⎣∆q⎦ 

0 

(5.25) 

Inilah persamaan untuk menentukan besar koreksi. Dengan (5.25) 

ini dapat dihitung ∆x 0 dan ∆y 0 sehingga dapat diperoleh x 1 dan y 1 

untuk iterasi selanjutnya. 

207

1 

⎡x⎤ 

⎢ ⎥ 

⎣y⎦ 

⎡x 

+ ∆x⎤ 

= ⎢ ⎥ 

⎣y 

+ ∆y⎦ 

0 


(5.26) 

Pada langkah ke-k kita mempunyai identitas dan persamaanpersamaan 


k 

k 

⎡∆p⎤ 

⎡P 

− p( 

x) 

⎤ 

1). ⎢ 

q 

⎥ ≡ ⎢ 

P p y 

⎥ ; 

⎣∆ 

⎦ ⎣ − ( ) ⎦ 

k 

k ⎡∂p 

/ ∂x⎤ 

3). J = ⎢ 

p y 

⎥ ; 

⎣∂ 

/ ∂ ⎦ 

k 

k 

⎡∆p⎤ 

k ⎡∆x⎤ 

2). ⎢ J 

q 

⎥ = ⎢ 

y 

⎥ ; 

⎣∆ 

⎦ ⎣∆ 

⎦ 

k 

k 

⎡∆x⎤ 

−1 k ⎡∆p⎤ 

4). ⎢ = ( J ) 

y 

⎥ ⎢ 

q 

⎥ 

⎣∆ 

⎦ ⎣∆ 

⎦ 

(5.27) 

Persamaan pertama (5.27) yang berupa identitas akan menentukan 

perlu tidaknya dilakukan koreksi (iterasi) lagi terhadap hasil 

perhitungan sebelumnya; oleh karena itu persamaan ini disebut 

corrective force. Identitas ini menjadi ruas kiri persamaan ke-dua, 

yang terkait dengan koreksi peubah yang harus dilakukan melalui 

jacobian J k yang nilainya diberikan oleh persamaan ke-tiga. Besar 

koreksi yang harus dilakukan diberikan oleh persamaan ke-empat. 

Setelah koreksi dilakukan, kita kembali pada persamaan pertama 

untuk melihat perlu tidaknya iterasi dilanjutkan lagi. 

5.4.2. Aplikasi Pada Analisis Aliran Daya 

Berapa banyak peubah yang harus ditentukan dalam satu jaringan 

transmisi diberikaan oleh (5.16). Namun dalam menuliskan 

persamaan aliran daya, kita memperlakukan semua bus sebagai 

bus-beban, agar penulisan lebih terstruktur; ini berarti bahwa 

semua bus megandung dua peubah yaitu tegangan dan sudut 

fasanya, walupun ada peubah yang sudah ditetapkan di beberapa 

bus-generator. 

Karena slack-bus ditetapkan sebagai bus nomer-1, dengan 

o 

tegangan 1∠ 

0 pu , maka kita bekerja mulai dari bus-2, dan nilai 

peubah yang harus dicari agar persamaan aliran daya terpenuhi 

adalah tegangan serta sudut fasa di setiap bus yaitu (V 2 , V 3 , V i ,..., 

V n ) dan (ψ 2 , ψ 3 , …., ψ i , … ψ n ). Pengembangan dari (5.28) untuk 

jaringan transmisi dengan n bus adalah sebagai berikut: 



209 

k 

nk 

k 

n 

n 

nk 

k 

nk 

k 

n 

n 

nk 

k 

nk 

k 

n 

n 

k 

V 

q 

Q 

V 

q 

Q 

V 

p 

P 

V 

p 

P 

V 

p 

P 

q 

q 

p 

p 

p 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

⎤ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎣ 

⎡ 

ψ 

− 

ψ 

− 

ψ 

− 

ψ 

− 

ψ 

− 

≡ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

⎤ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎣ 

⎡ 

∆ 

∆ 

∆ 

∆ 

∆ 

= 

∆ 

) 

,......., 

( 

) 

,......., 

( 

) 

,......., 

( 

) 

,......., 

( 

) 

,......., 

( 

~ 

1). 

2 

2 

2 

2 

2 

2 

3 

3 

2 

2 

2 

2 

3 

2 

M 

M 

M 

M 

u (5.28.a) 

k 

k 

k 

x 

J 

u 

∆ 

= 

∆ ~ 

). 

2 (5.28.b) 

k 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

n 

k 

q 

q 

V 

q 

V 

q 

V 

q 

q 

q 

V 

q 

V 

q 

V 

q 

p 

p 

V 

p 

V 

p 

V 

p 

p 

p 

V 

p 

V 

p 

V 

p 

p 

p 

V 

p 

V 

p 

V 

p 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

⎤ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎣ 

⎡ 

∂ψ 

∂ 

∂ψ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ψ 

∂ 

∂ψ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ψ 

∂ 

∂ψ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ψ 

∂ 

∂ψ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ψ 

∂ 

∂ψ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

∂ 

= 

2 

2 

3 

2 

2 

2 

2 

2 

3 

2 

2 

2 

2 

3 

2 

3 

2 

3 

3 

3 

3 

2 

3 

2 

2 

2 

2 

3 

2 

2 

2 

3). 

L 

L 

M 

L 

L 

L 

L 

M 

L 

L 

L 

L 

J (5.28.c) 

( ) k 

k 

k 

n 

n 

k 

V 

V 

V 

u 

J 

x 

~ 

~ 

4). 

1 

2 

3 

2 

∆ 

= 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎥ 

⎦ 

⎤ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎢ 

⎣ 

⎡ 

∆ψ 

∆ψ 

∆ 

∆ 

∆ 

≡ 

∆ 

− 

M 

M 

(5.28.d) 

Kiranya perlu kita fahami arti dari persamaan-persamaan (5.28) 

sebelum kita melangkah lebih lanjut. 

u ~k 

∆ adalah vektor yang berisi perbedaan nilai daya di setiap 

bus terhadap nilai daya yang ditetapkan untuk setiap bus yang


bersangkutan pada iterasi ke-k, baik daya nyata maupun daya 

reaktif. 

~ 

k 

∆ x adalah vektor yang berisi koreksi peubah di setiap bus, 

yaitu tegangan dan sudut fasanya, yang diperoleh pada iterasi 

ke-k untuk melakukan iterasi selanjutnya. Pada waktu 

menetapkan dugaan awal misalnya, diperoleh ∆ 

~ x 

0 untuk 

melakukan koreksi pada iterasi ke-1; pada itersai ke-1 

diperoleh ∆ 

~ x 

1 untuk melakukan koreksi pada iterasi ke-2; dan 

seterusnya. 

Matriks jacobian adalah matriks yang berisi laju perubahan 

daya, baik daya nyata maupun reaktif, terhadap perubahan 

tegangan maupun sudut fasa di setiap bus. Perhatikan bahwa 

daya merupakan fungsi semua peubah di setiap bus. Oleh 

karena itu perbedaan nilai daya di setiap bus dengan daya yang 

ditetapkan pada bus yang bersangkutan pada iterasi ke-k, 

merupakan hasil kali matriks jacobian pada iterasi ke-k dengan 

vektor koreksi tegangan maupun sudut fasa pada iterasi ke-k. 

Jika matriks jacobian tidak bernilai nol, yang berarti bahwa 

dalam peninjauan secara grafis (pada persamaan dengan 

peubah tunggal misalnya), garis singgung pada kurva tidak 

sejajar dengan sumbu-x, besaran koreksi dapat dihitung dengan 

relasi (5.28.d), ~ k −1 

k k 

∆x 

= ( J ) ∆u 

~ . Inversi matriks jacobian 

dalam relasi ini, akan kita fahami dengan meninjau sistem 

dengan dua bus seperti dalam contoh berikut. 

5.4.3. CONTOH Sistem Dua Bus 

Untuk melihat aplikasi dalam perhitungan kita akan melihat sistem 

dua bus seperti pada gambar berikut. Contoh ini diambil dari buku 

referensi [3], sedangkan perhitungan-perhitungan dilakukan secara 

manual dengan menggunakan “excel”. Cara ini akan membuat kita 

memahami langkah demi langkah proses perhitungan; hasil 

perhitungan yang kita lakukan ini sedikit berbeda dengan apa yang 

tercantum dalam buku referensi. Diagram rangkaian untuk contoh 

ini terlihat pada halaman berikut, dimana saluran transmisi 

digambarkan sebagai rangkaian ekivale π. 



P bus -1 

1 ,Q 1 

z = 20 + 80 

V1 = 1∠0 

y p 

o 

pu 

−3 

= 0,27 × 10 S 

12 j 

y p 

bus - 2 

S B 2 

= 

1+ 

j1pu 

V2 

= V2∠ψ 

2 pu 

Bus-1 adalah bus-generator tanpa beban langsung. Bus-2 adalah 

bus-beban. 

Hal pertama yang harus dilakukan adalah mengumpulkan data 

jaringan; kemudian data jaringan ini kita nyatakan dalam per unit 

dengan memilih suatu nilai basis tertentu. Data jaringan adalah: 

o 

z12 

= 20 + j80 

= 82,4621∠ 

75,96 Ω 

o 

o 

y12 

= 1/82,4621∠ 

75,96 = 0,012127∠ − 75,96 

= 0,002941− 

j0,011765S 

−3 

y p = j0,27 

× 10 S 

y11 

= y22 

= y12 

+ y p = 0,002942 − j0,011495 

o 

= 0,011865∠ − 75,65 

S 

Besaran-besaran dinyatakan dalam per-unit setelah ditetapkan nilai 

basis. 

S 

basis 

⇒ Z 

= 100 MVA ; 

basis 

= 100 / 230 

2 

V 

basis 

= 529 Ω; 

= 230 kV 

Y 

basis 

→ Y12 

= Y21 

= −y12 

Y12 

= Y21 

= 0,012127/ 0,00189 = 6,4151 

o 

θ12 

= θ21 

= −75,96 

+ 180 = 104,04 

o 

→ Y11 

= Y22 

= 6,2766; θ11 

= θ22 

= −75,65 

Peubah dan daya yang ditetapkan di bus adalah: 

Bus -1: V 

1 

Bus - 2 : P 

V 

2 

2 

= 1; 

ψ 

1 

= −1; 

Q 

dan ψ 

= 0 

2 

2 

o 

= −1; 

( slack bus) 

(bus - beban) 

(harus dihitung) 

= 1/ 529 = 0,001890 S 

211


Matriks Y-bus. Dari perhitungan di atas kita peroleh matriks Y bus 

sebagai berikut 

⎡Y 

⎤ ⎡ 

o 

o 

11 Y12 

6,2766∠ − 75,64 6,4151∠104,04 

⎤ 

Y = ⎢ ⎥ = ⎢ 

o 

o ⎥ (5.29) 

bus 

⎣Y21 

Y22 

⎦ ⎢⎣ 

6,4151∠104,04 

6,2766∠ − 75,64 ⎥⎦ 

[ ] 

Persamaan Aliran Daya dan Jacobian. Secara umum, persamaan 

aliran daya di bus-i adalah 

n 

pi 

= Vi∠ψ 

2∑YijV 

j cos( −θij 

− ψ j ) 

j = 1 

n 

qi 

= Vi∠ψ 

2∑YijV 

j sin( −θij 

− ψ j ) 

j = 1 

Untuk bus-2 persamaan ini menjadi 

p2 

= V2[ 

Y21V 

1 cos( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ Y22V2 

cos( ψ2 

− θ22 

− ψ2)] 

= V2[ 

Y21V 

1 cos( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ Y22V2 

cos( −θ22 

] 

q2 

= V2[ 

Y21V 

1 sin( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ Y22V2 

sin( ψ2 

− θ22 

− ψ2)] 

= V2[ 

Y21V 

1 sin( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ Y22V2 

sin( −θ22 

)] 

(5.30) 

Daya nyata maupun reaktif untuk bus-2, dituliskan dengan huruf 

kecil karena ia masih akan berubah menuju nilai yang ditetapkan 

yaitu P 2 dan Q 2 . 

Nilai yang sudah tetap, yaitu V 1 = 1, 

ψ1 

= 0 di slack bus, dan 

elemen-elemen matriks Y bus , dapat kita masukkan ke dalam 

persamaan daya untuk mendapatkan persamaan yang lebih 

sederhana. Namun karena kita akan menggunakan excel, kita 

biarkan persamaan aliran daya ini seperti apa adanya agar mudah 

ditelusuri dalam spreadsheet. 

Karena kita hanya menghadapi dua persamaan daya, yaitu 

persamaan p dan q dengan dua peubah yaitu V 2 dan ψ 2 , maka 

matriks jacobian akan berukuran 2×2. 

dengan elemen-elemen: 

⎡∂p2 

/ ∂ψ 2 ∂p2 

/ ∂V2 

⎤ 

J = 

(5.31.a) 

⎢ 

⎥ 

⎣∂q2 

/ ∂ψ 2 ∂q2 

/ ∂V2 

⎦ 


∂p2 

= −V2Y21V 

1 sin( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

∂ψ 2 

∂p2 

= Y21V 

1 cos( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ 2Y22V2 

cos( −θ22 

] 

∂V2 

∂q2 

= V2Y21V 

1 cos( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

∂ψ 2 

∂q2 

= Y21V 

1 sin( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ 2Y22V 

2 sin( −θ22)] 

∂V2 


(5.31.b) 

Dugaan Awal dan Iterasi. Kita buat dugaan awal yaitu nilai awal 

daya di bus-2. Seberapa dekat nilai dugaan yang kita buat ini ke 

nilai yang ditetapkan, akan menentukan seberapa cepat kita 

sampai ke iterasi terakhir. Kita coba dugaan awal 

0 

~ 0 

⎡ψ ⎤ ⎡0⎤ 

x ≡ ⎢ 2 

⎥ = 

0 ⎢ ⎥ 

⎢⎣ 

V2 

⎥⎦ 

⎣1⎦ 

(5.32) 

Kita masukkan dugaan awal ini ke persamaan aliran daya (5.30) 

untuk mendapatkan nilai 

0 

p 2 

0 

dan q 2 . Darisini kita peroleh 

corrective force: 

0 

⎡∆ 

⎤ ⎡ 0 

− − ⎤ 

∆ 

~ 0 p2 

1 p 

u = ⎢ ⎥ == 2 

⎢ ⎥ 

⎣∆q 

0 

2⎦ 

⎢⎣ 

−1− 

q2 

⎥⎦ 

(5.33) 

Corrective force menentukan besar koreksi 

⎡ 0 ⎤ 

⎡ 0 

∆ψ 

− − ⎤ 

∆ 

~ 0 − 0 − 0 

≡ ⎢ 2 1 

⎥ = ( ) ∆ 

~ 0 1 1 p 

x J u = ( J ) 

2 

0 

⎢ 0 ⎥ 

⎢⎣ 

∆V2 

⎥⎦ 

⎢⎣ 

−1 

− q2 

⎥⎦ 

(5.34) 

Formulasi (5.29) sampai dengan (5.34) kita gunakan dalam 

perhitungan menggunakan excel. Semua besaran akan berubah 

setiap kali iterasi, kecuali besaran yang sudah ditetapkan, P 2 , Q 2 , 

dan elemen matriks Y bus . 

Hasil Perhitungan. Dalam perhitungan ini, sudut fasa tegangan 

dinyatakan dalam radian. Perhitungan jacobian inversi pada 

secara umum dilakukan dengan eliminasi Gauss-Jordan. Berikut 

ini ditulis lagi data Y bus , persamaan aliran daya, kemudian 

diberikan hasil perhitungan dalam tabel. Elemen matriks jacobian 

dan inversinya langsung dicantumkan dalam tabel. 

⎡Y11 

bus = ⎢ 

⎣Y21 

[ Y ] 

Y ⎤ ⎡ 

o 

12 6,2766∠ − 75,64 

⎥ = ⎢ 

Y 

o 

22 ⎦ ⎢⎣ 

6,4151∠104,04 

o 

6,4151∠104,04 

⎤ 

o ⎥ 

6,2766∠ − 75,64 ⎥⎦ 

213


2 

p2 

= V2Y21V1 

cos( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ Y22 

( V2 

) cos( −θ22 

) 

2 

q2 

= V2Y21V1 

sin( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ Y22 

( V2 

) sin( −θ22 

) 

∆u ~ 

∆ 

~ 

x 

∆u ~ 

∆ 

~ 

x 

P 2 -1 

(tetapan) 

Q 2 -1 

ψ 2 0 

(dugaan 

-0.1169 

(iterasi 

V 2 1 awal) 0.8250 ke-1) 

p 2 5.29E-06 (substitusi ke -0.8149 (substitusi ke 

q 2 -0.14283 persamaan) -0.8109 persamaan) 

∆p 2 -1.0000 -0.1851 

~ 0 

∆q 2 -0.8572 ∆ u -0.1891 

~1 

∆ u 

J k 6.2235 1.5559 4.9496 0.2959 

-1.5559 5.9379 -1.8739 4.0337 

(J −1 ) k 0.1508 -0.0395 0.1966 -0.0144 

0.0395 0.1581 0.0913 0.2412 

∆ψ 2 -0.1169 -0.0337 

~ 

∆v 2 -0.1750 ∆ x 

0 

-0.0625 

~ x 

1 ∆ 

P 2 -1 

Q 2 -1 

(tetapan) 

ψ 2 -0.1506 

(iterasi 

-0.1552 

(iterasi 

V 2 0.7625 ke-2) 0.7535 ke-3) 

p 2 -0.9803 (substitusi ke -0.9996 (substitusi ke 

q 2 -0.9784 persamaan) -0.9996 persamaan) 

∆p 2 -0.0197 -0.0004 

~ 2 

∆q 2 -0.0216 ∆ u -0.0004 

~3 

∆ u 

J k 4.5137 -0.0993 4.4518 -0.1543 

-1.8849 3.3532 -1.8830 3.2551 

(J −1 ) k 0.2243 0.0066 0.2292 0.0109 

0.1261 0.3020 0.1326 0.3135 

∆ψ 2 -0.0046 -0.0001 

~ 

∆v 2 -0.0090 ∆ x 

2 

-0.0002 

~ x 

3 ∆ 



∆u ~ 

∆ 

~ 

x 

P 2 -1 

Q 2 -1 

ψ 2 -0.1553 (iterasi 

V 2 0.7533 

ke-4) 

p 2 -0.99999983 (substitusi ke 

q 2 -0.99999981 persamaan) 

∆p 2 -2.0000 

∆q 2 -2.0000 

~ 4 

∆ u 

J k 4.4505 -0.1554 

-1.8829 3.2531 

(J −1 ) k 0.2293 0.0110 

0.1327 0.3137 

∆ψ 2 -0.4806 

∆v 2 -0.8930 

P 1 1.1229 

Q 1 1.2677 

(tetapan) 

∆ 

~ x 

4 

Iterasi ke-5 tidak 

dilakukan. 

4 4 

p2 

dan 

q 2 sudah 

dianggap sama 

dengan P 2 dan Q 2 

yang ditetapkan 

3 

3 

Sampai iterasi ke-3, nilai p 2 ≈ −1 

dan q2 

≈ −1 

. Pada iterasi ke-4 

nilai tersebut sudah dapat dikatakan sama dengan nilai P 2 dan Q 2 

yang ditetapkan. Oleh karena itu iterasi ke-5 tidak perlu dilakukan 

lagi. 

Profil Tegangan Sistem dan Daya Pada Bus-Generator. Pada 

Iterasi terakhir kita perloeh profil tegangan sistem dua bus ini 

sebagai berikut 

o 

V1 

= 1pu; ψ1 

= 0 

o 

V2 

= 0,7533 pu ; ψ 2 = −0,1553 rad = -8.90 

dengan diagram fasor: 

Pada kondisi ini, daya yang dialirkan ke 

saluran transmisi dari bus-1 dan bus-2 adalah 

P1 

= 1,12 pu ; Q1 

= 1,27 pu (bus - generator) 

P2 

= −1 

pu ; Q2 

= −1 

pu (bus - beban) 

Dalam contoh ini tegangan jatuh di saluran cukup besar, dan susut 

daya di saluran, yang diperlihatkan oleh selisih P 1 dan P 2 cukup 

besar pula yaitu P sal = 1 ,12 −1 

= 0,12 pu ≈ 12%. (P 1 dan Q 1 pada 

iterasi ke-4 dicantumkan dalam tabel pada dua baris terakhir). 

V 2 

V 1 

215


5.6.4 CONTOH Sistem Tiga Bus 

Contoh ini juga diambil dari buku referensi [3]. Seperti pada contoh 

sebelumnya, perhitungan-perhitungan di sini dilakukan secara 

manual dengan menggunakan excel. 

Diagram rangkaian beserta data jaringan yang diketahui diberikan 

berikut ini. 

S G1 

G 1 

o 

V1 = 1∠0 

pu 

bus -1 

y12 = − j10 pu 

bus - 2 

SB1 

S B1 = 2 pu 

y13 = − j15 pu 

y23 = − j12 pu 

V3 

= 1.1 

P3 

= 2.0 

− j2 pu 

2,5 pu 

j1,2 pu 

bus - 3 

S G3 S 2.5 1,2 2 2,5 0,8 

G B 2 = + j − j = − j 

3 

Sbasis 

= 100 MVA, Vbasis 

= 230 V 

2 

Zbasis 

= 230 /100 = 529 Ω, 

Ybasis 

= 1/529 = 0,00189 S 

G 1 = 300 MVA, 15 kV 

G 3 = 250 MVA, 15 kV 

Saluran transmisi dianggap sebagai lossless line. 

Admitansi saluran per fasa sudah dihitung dalam per unit: 

o 

o 

o 

Y11 

= y12 

+ y13 

= 25∠ − 90 ; Y12 

= − y12 

= 10∠90 

; Y13 

= − y13 

= 15∠90 

o 

o 

o 

Y22 

= y12 

+ y23 

= 22∠ − 90 ; Y21 

= − y21 

= 10∠90 

; Y23 

= −y23 

= 12∠90 

o 

o 

o 

Y33 

= y31 

+ y32 

= 27∠ − 90 ; Y31 

= − y31 

= 15∠90 

; Y32 

= − y32 

= 12∠90 

Matriks Y bus . Dari perhitungan di atas kita dapatkan matriks 


⎡ o 

o 

o 

⎡Y 

⎤ 

11 Y12 

Y13 

⎤ 25∠ − 90 10∠90 

15∠90 

⎢ 

⎥ ⎢ o 

o 

o ⎥ 

Y = 

⎢ 

Y21 

Y22 

Y23 

⎥ 

= ⎢ 10∠90 

22∠ − 90 12∠90 

⎥ (5.35) 

bus 

⎢ 

⎥ ⎢ o 

o 

o ⎥ 

⎣Y31 

Y32 

Y33 

⎦ ⎢ 

15∠90 

12∠90 

27∠ − 90 

⎣ 

⎥⎦ 


Peubah-Peubah Dan Pembebanan Pada Bus. 


o 

Bus-1: slack bus, V 1 = 1 ψ1 

= 0 . Daya di bus P 1 dan Q 1 ini 

tergantung dari profil tegangan di semua bus; jadi P 1 dan Q 1 

merupakan peubah tak bebas. 

Bus-2: bus-beban. Beban di bus ini dinyatakan dengan resistor 

yang menyerap daya nyata P R = 2,5 pu , terhubung seri dengan 

ystem r yang menyerap daya reaktif Q L = j1,2 pu . Sebuah 

kapasitor dihubungkan ke bus-2 dan menyerap daya reaktif 

sebesar Q C = − j2 

. Total beban yang tersambung ke bus-2 

menjadi S B 2 = 2,5 − j0, 

8 . Beban di bus-2 yang mengalir ke 

saluran transmisi menjadi P 2 = −2,5 

dan Q2 

= j0, 

8 . Peubah di 

bus ini adalah tegangan dan sudut fasanya, V 2 dan ψ 2 . 

Bus-3: bus-generator. Daya nyata dari generator di diberikan 

melalui pengaturan masukan uap (di turbin) sebesar P 3 = 2,0 pu 

sedangkan tegangan diatur melalui arus eksitasi sebesar 

V 3 = 1,1pu ; oleh karena itu peubah di bus ini tinggallah sudut 

fasa tegangan ψ 3 . 

Jadi peubah yang ada pada ystem ini adalah V 2, ψ2, 

dan ψ3 

. 

Persamaan Aliran Daya. Bentuk umum persamaan aliran daya 

adalah 

⎛ n 

⎞ 

⎜ 

⎟ 

pi 

= Vi 

⎜∑ 

Yij 

V j cos( ψi 

− θij 

− ψ j ) 

⎟ 

⎝ j= 

1 

⎠ 

⎛ n 

⎞ 

⎜ 

⎟ 

qi 

= Vi 

⎜∑ 

Yij 

V j sin( ψi 

− θij 

− ψ j ) 

⎟ 

⎝ j= 

1 

⎠ 

Karena bus-1 adalah slack bus maka kita akan bekerja pada bus-2 

dan bus-3. Di bus-2, daya yang harus dicapai pada akhir iterasi 

adalah P 2 = −2,5 

dan Q2 

= 0, 8 . Sedangkan di bus-3 daya nyata 

yang harus dicapai adalah P 2 = 2, 0 . Jadi dalam ystem ini 

diberikan tiga tetapan daya, dengan tiga peubah. Oleh karena itu 

persamaan aliran daya terdiri dari tiga persamaan yaitu untuk p 2 , 

p 3 , dan q 2 . 

217


p2 

= V2Y21V 

1cos( 

ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ V2Y23V 

3 cos( ψ2 

− θ23 

− ψ3) 

2 

+ Y22 

( V2 

) cos( −θ22)] 

p3 

= V3Y 

31V 

1 cos( ψ3 

− θ31 

− ψ1) 

+ V3Y 

32V2 

cos( ψ3 

− θ32 

− ψ2) 

(5.36) 

2 

+ Y33( 

V3) 

cos( −θ33)] 

q2 

= V2Y21V 

1sin( 

ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ V2Y23V 

3 sin( ψ2 

− θ23 

− ψ3) 

2 

+ Y22 

( V2) 

sin( −θ22)] 

Jacobian. Persamaan aliran daya terdiri dari tiga persamaan 

seperti ditunjukkan oleh (5.36) dengan tiga peubah yaitu 

V 2, ψ2, 

dan ψ3 

. Matriks jacobian akan berukuran 3×3, yaitu 

∂p2 

/ ∂ψ 2 ∂p2 

/ ∂ψ3 

∂p2 

/ ∂V2 

J = ∂p3 

/ ∂ψ2 

∂p3 

/ ∂ψ3 

∂p3 

/ ∂V2 

(5.37.a) 

∂q2 

/ ∂ψ 2 ∂q2 

/ ∂ψ3 

∂q2 

/ ∂V2 

Elemen-elemen matriks ini adalah 

∂p2 

= −V2Y21V 

1 sin( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

−V2Y23V3 

sin( ψ2 

− θ23 

− ψ3) 

∂ψ 2 

∂p2 

= + V2Y23V3 

sin( ψ2 

− θ23 

− ψ3) 

∂ψ3 

∂p2 

= Y21V 

1 cos( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ Y23V3 

cos( ψ2 

− θ23 

− ψ3) 

∂V2 

+ 2Y22V 

2 cos( −θ22)] 

∂p3 

= + V3Y32V 

2 sin( ψ3 

− θ32 

− ψ2) 

∂ψ 2 

∂p3 

= −V3Y 

31V1 

sin( ψ3 

− θ31 

− ψ1) 

−V3Y32V 

2 sin( ψ3 

− θ32 

− ψ2) 

∂ψ3 

∂p3 

= + V3Y32 

cos( ψ3 

− θ32 

− ψ2) 

∂V2 

∂q2 

= V2Y21V 

1 cos( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ V2Y23V 

3 cos( ψ2 

− θ23 

− ψ3) 

∂ψ 2 

∂q2 

= −V2Y23V 

3 cos( ψ2 

− θ23 

− ψ3) 

∂ψ3 

∂q2 

= Y21V 

1 sin( ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ Y23V3 

sin( ψ2 

− θ23 

− ψ3) 

∂V2 

(5.37.b) 

+ 2Y22V 

2 sin( −θ22) 


Dugaan Awal dan Iterasi. Kita coba dugaan awal 


⎡ 0 

V ⎤ 

2 ⎡1⎤ 

⎢ ⎥ 

∆ 

~ 0 0 

x ≡ = 

⎢ ⎥ 

⎢ψ 

2 ⎥ ⎢ 

0 

⎥ 

(5.38) 

⎢ 0 ⎥ ⎢⎣ 

⎥ 

⎢ 

ψ 

⎣ 

3 ⎥ 

0 

⎦ ⎦ 

Kita masukkan dugaan awal ini ke persamaan aliran daya untuk 

mendapatkan corrective force: 

Besar koreksi 

⎡ 0 ⎤ ⎡ 0 

⎡∆p 

⎤ 

2 ⎤ P2 

− p2 

− 2,5 − p2 

0 ⎢ ⎥ ⎢ 

0 

⎥ ⎢ 

0 

⎥ 

∆u ~ 

≡ 

⎢ 

∆p3 

⎥ 

= ⎢P3 

− p3 

⎥ = ⎢ 2 − p3 

⎥ (5.39) 

⎢ ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎢ 0 ⎥ 

⎣∆q2 

⎦ ⎢ 

Q − 

⎥ ⎢ 

− 

⎣ 

2 q2 

0,8 q 

⎦ ⎣ 

2 ⎥⎦ 

⎡ 0 

− 2,5 − p ⎤ 

2 

⎢ ⎥ 

∆ 

~ 0 −1 

0 0 −1 

0 0 

x = ( J ) ∆u 

~ 

= ( J ) ⎢ 2 − p3 

⎥ 

(5.40) 

⎢ 0 ⎥ 

⎢ 

0,8 − q 

⎣ 2 ⎥⎦ 

Hasil Perhitungan. Dalam perhitungan ini, sudut fasa tegangan 

dinyatakan dalam radian. Perhitungan jacobian inversi pada 

dilakukan dengan eliminasi Gauss-Jordan. Berikut ini ditulis lagi 

data Y bus , persamaan aliran daya, formulsi jacobian, kemudian 

diberikan hasil perhitungan dalam tabel. Elemen matriks jacobian 

dan inversinya langsung dicantumkan dalam tabel. 

Y bus 

⎡Y11 

= 

⎢ 

⎢ 

Y21 

⎢⎣ 

Y31 

Y12 

Y22 

Y32 

⎡ o 

Y13 

⎤ 25∠ − 90 

⎥ ⎢ o 

Y23 

⎥ 

= ⎢ 10∠90 

⎥ ⎢ o 

Y33 

⎦ ⎢ 

15∠90 

⎣ 

o 

10∠90 

o 

22∠ − 90 

o 

12∠90 

o 

15∠90 

⎤ 

o ⎥ 

12∠90 

⎥ 

o 

27∠ − 90 ⎥ 

⎥⎦ 

p2 

= V2Y21V 

1cos( 

ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ V2Y23V 

3 cos( ψ2 

− θ23 

− ψ3) 

2 

+ Y22 

( V2 

) cos( −θ22)] 

p3 

= V3Y 

31V 

1 cos( ψ3 

− θ31 

− ψ1) 

+ V3Y 

32V2 

cos( ψ3 

− θ32 

− ψ2) 

2 

+ Y33( 

V3) 

cos( −θ33)] 

q2 

= V2Y21V 

1sin( 

ψ2 

− θ21 

− ψ1) 

+ V2Y23V 

3 sin( ψ2 

− θ23 

− ψ3) 

2 

+ Y22 

( V2) 

sin( −θ22)] 

219


∂p 

∂q 

2 

3 

2 

/ ∂ψ 

/ ∂ψ 

2 

J = ∂p 

/ ∂ψ 

2 

2 

∂p 

∂q 

2 

3 

2 

/ ∂ψ 

/ ∂ψ 

3 

∂p 

/ ∂ψ 

3 

3 

∂p 

∂q 

2 

3 

2 

/ ∂V 

2 

∂p 

/ ∂V 

2 

/ ∂V 

2 

p,q 

∆u ~ 

P 2 -2.5 

P 3 2 

Q 2 0.8 

ψ 1 0 

V 1 1 

(tetapan) 

ψ 2 0 -0.0929 

V 2 1 (dugaan awal) 1.0962 

ψ 3 0 

0.0260 

V 3 1.1 (tetapan) 

p 2 0.0000 (substitusi ke -2.7349 

p 3 3E-15 persamaan aliran 2.2399 

q 2 -1.2000 

daya) 

1.1530 

∆p 

2 -2.5 ~ 0 

∆ u 

0.2349 

∆p 

3 2 -0.2399 

∆q 

2 2.0000 

J k 23.2000 -13.2000 0.0000 

-13.2000 

0.0000 0.0000 

29.700 

0 0.0000 -14.3669 

(iterasi ke-1) 

(substitusi ke 

persamaan aliran 

daya) 

~1 

∆ u 

-0.3530 

25.281 

2 -14.3669 -2.4950 

20.800 

0 -2.7349 1.7175 

30.861 

4 1.5668 

25.167 

3 

0.0577 0.0256 0.0000 0.0542 0.0250 0.0038 

(J -1 ) k 0.0256 0.0451 0.0000 0.0250 0.0441 -0.0003 

0.0000 0.0000 0.0481 0.0042 -0.0003 0.0402 

∆ 

~ 

x 

ψ 2 -0.0929 0.0054 

~ 

ψ 3 0.0260 x 

0 

-0.0046 

V 2 0.0962 

∆ 

-0.0131 

~ x 

1 ∆ 



p,q 

∆ u ~ 

P 2 -2.5 

P 3 2 

Q 2 0.8 

(tetapan) 

ψ 1 0 

V 1 1 

ψ 2 -0.0876 -0.0874 

V 2 1.0830 (iterasi ke-2) 1.0828 

ψ 3 0.0214 

0.0217 

V 3 

(tetapan) 

p 2 -2.5023 (substitusi ke -2.5000 

p 3 1.9963 persamaan aliran 1.9998 

q 2 0.8049 daya) 0.8000 

∆p 2 0.0023 0.0000 

~ 2 

∆p 3 0.0037 ∆ u 

0.0002 

∆q 2 -0.0049 

24.9999 -14.2111 -2.3105 

J k -14.2111 30.7073 1.4359 

-2.5023 1.5551 24.5698 

0.0000 

(iterasi ke-3) 

(substitusi ke 

persamaan aliran 

daya) 

~3 

∆ u 

Proses iterasi dihentikan; 

nilai p 2 , p 3 , dan q 2 sudah 

dapat dianggap sama dengan 

0.0546 0.0251 0.0037 

nilai tetapan yang diberikan 

(J -1 ) k 0.0251 0.0442 -0.0002 

yaitu 

0.0040 -0.0002 0.0411 

P 2 = −2,5 P 3 = 2 Q 2 = 0,8 

ψ 2 0.0002 

∆ 

~ x 

2 

∆ 

~ 

x 

ψ 3 0.0002 

V 2 -0.0002 

P 1 0.5876 

Q 1 -2.2832 

Q 3 1.9653 

P 12 -0.9448 

Q 12 0.7870 

P 13 0.3573 

Q 13 1.4961 

P 31 -0.3573 

Q 31 -1.6539 

P 32 -1.5552 

Q 32 -0.3115 

P 21 -0.9448 

Q 21 0.9382 

P 23 -1.5552 

Q 23 -0.1382 

221


Profil Tegangan Sistem. Pada iterasi terakhir kita perloeh profil 

tegangan sistem tiga bus ini yaitu 

V 

V 

V 

1 

2 

3 

= 1 pu; 

= 1,08 pu 

= 1,1 pu 

ψ 

ψ 

ψ 

1 

2 

3 

= 0 

o 

= −0,0876 rad = −5,0 

= 0,0214 rad = 1,24 

Diagram fasor tegangan di tiga bus tersebut kurang lebih adalah: 

o 

o 

V 3 

V 2 

V 1 

Aliran Daya Antar Bus. Kita akan melihat bagaimana aliran daya 

antar bus di saluran transmisi. Aliran daya ini kita hitung 

menggunakan relasi 

∗ 

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 

Sij 

= Vi 

× Iij 

= Vi 

( Yij 

( Vi 

− V j )) 

= ViYij 

Vi 

− ViYij 

V j 

2 

⇒ Pij 

= YijVi 

cos( −θij 

) −ViYijV 

j cos( ψ1 

− θij 

− ψ j ) 

2 

⇒ Qij 

= YijVi 

sin( −θij 

) −ViYijV 

j sin( ψ1 

− θij 

− ψ j ) 

yang tidak lain adalah bentuk awal dari persamaan aliran daya 

sebelum cara penulisannya diubah untuk memperoleh bentuk 

pernyataan yang lebih terstruktur. Hasil perhitungan tercantum 

dalam bagian tabel yang diberi batas garis tebal. Dari bagian tabel 

tersebut kita peroleh daya kompleks antar bus dan daya kompleks 

di setiap bus. 

Bus-1: 

S12 

= −0,945 

+ j0,787 

pu 

S13 

= 0,357 + j1,496 

pu 

⇒ S1 

= −0,588 

+ j2,283 

pu 

Bus-3: 

S31 

= −0,357 

− j1,654 

pu 

S32 

= −1,555 

− j0.311 

pu 

⇒ S3 

= − j1,912 

− j1,965 

pu 


Bus-2: 

S 

S 

21 

23 

⇒ S 

= −0,945 

+ j0.938 

pu 

= −1,555 

− j0,138 

pu 

2 

= −2,500 

+ j0,800 

pu 


Antara bus-1 dan bus-3 aliran daya hanya terjadi dari bus-3 ke 

bus-1; daya di bus-3 S31 = −0,357 

− j1,654 

sedangkan daya di 

bus-1 S 13 = 0,357 + j1,496 

. Daya nyata yang dikirim oleh bus-3 

tepat sama dengan daya nyata yang diterima bus-1; hal ini terjadi 

karena saluran transmisi merupakan lossless line. Perbedaan antara 

daya reaktif yang dikirim bus-3 dan yang diterima bus-1 adalah 

daya reaktif yang terserap di saluran yaitu sebesar j 0,158 pu . 

Aliran daya di bus-2 dari arah bus-1 adalah 

S 21 = −0,945 

+ j0.938 

sedang dari arah bus-3 

S23 = −1,555 

− j0,138 

dengan jumlah yang sesuai yang 

ditetapkan yaitu S 2 = −2.500 

+ j0.800 

. Penyerapan daya reaktif 

di saluran antara bus-1 dan bus-2 adalah j 0,151 pu sedangkan 

antara bus-3 dan bus-2 j 0,499 pu . 

Bus-Generator. Kita perhatikan sekarang dua bus-generator pada 

sistem ini yaitu bus-1 dan bus-3. Seperti kita pelajari di bab 

sebelumnya, mesin sinkron memiliki batas-batas maksimum dan 

minimum dalam mencatu daya reaktif agar tidak over-excited 

ataupun under-excited. Oleh karena itu pada setiap langkah 

iterasi perlu dicermati apakah batas-batas tersebut tidak 

dilampaui. Jika pada suatu tahap iterasi batas tersebut dicapai, 

maka batas tersebut dijadikan besaran tetapan untuk dipakai 

dalam melakukan iterasi selanjutnya. 

Persamaan aliran daya di bus generator adalah (5.14) 

⎛ n 

⎞ 

⎜ 

⎟ 

PGi 

− PBi 

= Vi 

⎜∑V 

j Yij 

cos( ψi 


) 

⎟ 

⎝ j= 

1 

⎠ 

Q 

Gi 

− Q 

Bi 

⎛ 

⎜ 

= Vi 

⎜ 

⎝ 

n 

∑ 

j= 

1 

V 

j 

Y 

ij 

sin( ψ 

i 

− ψ 

j 

− θ 

ij 

⎞ 

⎟ 

) 

⎟ 

⎠ 

dan 

223

atau 

P − P = P dan Q − Q = Q 

Gi 

Bi 

Dengan demikian maka 

dan 

P 

G1 

Q 

G1 

⇒ S 

P 

G3 

Q 

G3 

⇒ S 

= P 

G1 

1 

= Q 

= P 

G3 

1 

i 

+ P 

B1 

+ Q 

B1 

Gi 

Bi 

= −0,588 

+ 2 = 1,412 pu 

= 2,283 + 0 = 2,283 pu 

= 1,412 + j2,283 

= 2,684∠58,3 

3 

= Q 

+ P 

3 

B3 

+ Q 

B3 

= 2,742∠45,8 

= −1,912 

+ 0 = −1,912 pu 

pu 


i 

o 

pu 

= −1,965 

+ 0 = −1,965 pu 

Karena daya basis adalah 100 MVA, maka 

o 

S G1 = 2684 MVA dan SG3 

= 2742 MVA 

Ternyata S G1 masih dalam batas kapasitas G 1 yaitu 300 MVA; 

akan tetapi S G3 melebihi kapasitas generator G 3 yang 250 MVA. 

Kita dapat menurunkan pasokan daya nyata oleh G 3 ; pasokan daya 

ini ditetapkan P G3 = 2 pu pada awal iterasi. Jika tetapan ini kita 

kurangi dengan diimbangi tambahan daya nyata dari G 1 agar 

kebutuhan daya di seluruh sistem terpenuhi, maka hasil iterasi 

ulang dari awal (tidak disajikan dalam tabel) memberikan: 

profil tegangan 

V 

V 

V 

1 

2 

3 

= 1 pu; 

= 1,083 pu 

= 1,1 pu 

ψ 

ψ 

ψ 

1 

2 

3 

= 0 

daya di setiap bus 

S1 

= −0.9978+ 

j2.2772 pu 

S2 

= −2.5000 

+ j0.8000 pu 

S3 

= −1.5022 

− j1.9491pu 

daya generator: 

S 

G 1 

S 

G3 

o 

= −0,0977 rad = −5,60 

= 0,0035 rad = 0,21 

= 1,0022 − j2,2772 

= 2,488∠ − 66,25 

= −1,5022 

− j1,9491 

= 2,461∠52,38 

pu 

o 

o 

o 

pu 


Daftar Pustaka 

1. Charles A. Gross : “Power System Analysis”, John Willey & 

Son, 1986. 

2. Turan Gönen: ”Electric Power Transmission System 

Engineering”, John Willey & Son, 1988. 

3. Vincent Del Toro, “Electric Power Systems”, Prentice-Hall 

International, Inc., 1992. 

4. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit 

ITB 2002. 

5. “Rencana Umum Kelistrikan Nasional”, 2005. 

6. Sudaryatno Sudirham, “Fungsi dan Grafik, Diferensial dan 

Integral”, Darpublic, Bandung, , 2011. 

7. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listik Jilid 1”, 

Darpublic, Bandung, , 2012. 

8. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listik Jilid 2”, 


9. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik Jilid 3”, 


225

Biodata Penulis 

Nama: Sudaryatno Sudirham 

Lahir: 26 Juli 1943, di Blora. 

Istri: Ning Utari 

Anak: Arga Aridarma, Aria Ajidarma. 

Pendidikan & Pekerjaan: 

1971 : Teknik Elektro, Institut Teknologi Bandung. 

1982 : DEA, l’ENSEIHT, INPT, Perancis. 

1985 : Doktor, l’ENSEIHT, INPT, Perancis. 

1972−2008 : Dosen Teknik Elektro, ITB. 

Training & Pengalaman lain: 

1974 : TERC, UNSW, Australia; 1975 − 1978 : Berca Indonesia PT, 

Jakarta; 1979 : Electricité de France, Perancis; 1981 : Cour d”Ete, 

Grenoble, Perancis; 1991 : Tokyo Intitute of Technology, Tokyo, 

Jepang; 2005 : Asian Institute of Technology, Bangkok, Thailand; 

2005 − 2009 : Tenaga Ahli, Dewan Komisaris PT PLN (Persero); 

2006 − 2011 : Komisaris PT EU – ITB. 


a 

ABCD, konstanta 85 

admitansi 48, 64 

air, tenaga 17 

aliran daya 199, 203, 210, 

214 

angin 17 

arus laut 17 

b 

batas operasi 183 

batubara 14 

beban 5, 17, 18 

beban, model 18 

bintang, hubungan 25 

biomassa 17 

bus beban 200, 205 

bus-generator 200, 205, 225 

d 

daya 6, 37, 199 

daya mesin sinkron 178 

diagram lingkaran 94 

diagram satu garis 40 

distribusi 5 

e 

efisiensi 128 

energi 1, 6 

energi primer 14 

f 

fluksi bocor 117 

g 

gas alam 15 

gelombang laut 17 

i 

impedansi 48, 55 

impedansi karakteristik 75 

impedansi urutan 34 

induktansi 49 

iterasi 206, 215, 220 

Indeks 

j 

jacobian 209, 214, 220 

k 

komponen simetris 29, 31 

konfigurai saluran 7 

konfigurasi ∆ 56, 69 

kutub menonjol 159, 193 

l 

lossless line 90 

m 

mesh, hubungan 25 

mesin sinkron 159 

minyak bumi 15 

n 

Newton-Raphson 206 

nuklir 17 

o 

operator a 30 

p 

panas bumi 16 

pembangkitan 3 

pergeseran fasa 147 

permeabilitas 47 

permitivitas 47 

per-unit 41, 44, 148 

polifasa 21 

propagasi, konstanta 74 

r 

rangkaian ekivalen 72, 123 

rangkaian ekivalen π 78 

reaktansi sinkron 169 

regulasi tegangan 128 

resistansi 48 

rotor silindris 167, 173 

227

s 

sampah 17 

slack bus 200, 205 

stabilitas, mantap 95 

struktur 3 

subtransmisi 4 

surge impedance loading 98 

surja 101 

surya, tenaga 17 

t 

tiga-fasa 26, 29 

transformator 115, 116, 118, 

120, 123, 125, 130, 131 

transformator polifasa 155 

transformator tiga belitan 

136, 138, 140, 144 

transien 100, 102, 190 

transmisi 4, 47, 73 

transposisi 61, 70 

turbin 177 

u 

uji beban nol 126 

uji hubung singkat 126 

urutan negatif 29 

urutan nol 29 

urutan positif 29 

y 

Y bus 203, 205, 214

Analisis Sistem Tenaga - Ee-cafe.org

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?