Handouts_Analisis Rangkaian Listrik di Kawasan Fasor
===
Bentuk Sudut Siku S = 10 (cos 0 , 5 + j sin 0 , 5 )
= Re 10 ( 0 , 88 + j 0 , 48 ) = 8 , 8 + j 4 , 8
Bentuk Sudut Siku
S = 3 + j4
| S = | 3 2 + 4 2 = 5 θ = tan 1 3 = 0 , 93 rad Bilangan kompleks S mempunyai konjugat S *
Bentuk Polar
S = 5e j 0,93
Konjugat dari S = a + jb adalah S * = a - jb Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai
hubungan-hubungan berikut:
Bentuk Sudut Siku S =3 − j 4 | S = | 3 2 + 4 2 = 5 ∠ ∠ ∠ ∠ S ==== −−−− θ ==== tan −−−− 1 4 3 ==== 0 , 93 rad S S * = | S | 2 atau |S| = S S *
Bentuk Polar
S = 5e − j 0,93
S × S ( * 1 2 ) = * ( )( ) S 1 S * 2 S 1 * = S 1 *
Fasor
Sinyal Sinus di kawasan waktu : v = A cos( ω t + θ )
Mengingat relasi Euler, fungsi ini bisa dipandang sebagai bagian riil dari suatu bilangan kompleks Ae j ( ω t + θ ) = A {cos( ω t + θ) + j sin( ω t + θ)} = V
Pernyataan Sinyal Sinus
sehingga dapat ditulis dalam bentuk: v = Re(V) = Re ( A e j ω t e jθ )
Dalam Bentuk Fasor
Jika seluruh sistem (rangkaian) mempunyai ω
bernilai sama maka e j ω t bernilai tetap sehingga tak
Re dan e j ω
perlu selalu dituliskan
tidak ditulis lagi
dan sinyal sinus v = A cos( ω t + θ )
dapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks : V =A e jθ
Inilah yang disebut Fasor
hanya amplitudo A dan sudut fasa θ yang diperhatikan karena ω ωω ω diketahui sama untuk seluruh sistem
Penulisan dan Penggambaran Fasor Contoh Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor
Karena hanya amplitudo dan sudut fasa saja yang diperhatikan maka
v 1 ( t ) = 10 cos( 500 t − 45 o ) V 1 = 10 ∠ − 45 o
atau
Im
V menjadi:
V 1 = 10 cos( − 45 ) + j 10 sin( − 45 ) = 7 , 07 − j 7 , 07
V = Ae j θ
jb
|A|
v 2 ( t ) = 15 cos( 500 t + 30 o )
V 2 = 15 ∠ 30 o
atau
dituliskan θ
menjadi:
V 2 = 15 cos( 30 o ) + j 15 sin( 30 o ) = 12 , 99 + j 7 , 5
a Re
Pada frekuensi ω = 500
i 1 ( t ) = − 4 cos 1000 t I 1 = − 4 ∠ 0 V o = A ∠ θ = A cos θ + jA sin θ atau
menjadi:
I 1 = − 4 cos( 0 o ) − j 4 sin( 0 o ) = − 4
V = a + jb = a 2 + b 2 ∠ tan − 1 b
i 2 ( t ) = 3 cos( 1000 t − 90 o )
I 2 = 3 cos( − 90 o ) + j 3 sin( − 90 o ) = − j 3 Pada frekuensi ω = 1000
Operasi-Operasi Fasor
Fasor Negatif dan Fasor Konjugat
Jika diketahui :
Im
Jika A = A ∠ θ
maka :
jb
− A = A ∠ ( θ + 180 o )
A maka negatif dari A adalah
Perkalian
A × B = AB ∠ ( θ 1 + θ 2 )
− a θ −−−− A −θ
= A ∠ ( θ − 180 o )
a Re
Pembagian
B ∠ ( θ 1 − θ 2 − ) jb A * A 2
dan konjugat dari
adalah
Penjumlahan dan Pengurangan
A + B = ( A cos θ 1 + B cos θ 2 )( + j A sin θ 1 + B sin θ 2 )
Jika
A = a + jb
− A = − a − jb
A − B = ( A cos θ 1 − B cos θ 2 )( + j A sin θ 1 − B sin θ 2 )
A * = a − jb
Contoh
Diketahui:
V 1 = 10 ∠ − 45 o
I 2 = 3 ∠ − 90 o
V 2 = 15 ∠ 30 o
maka :
I 3 ==== I 1 ++++ I 2 ==== (((( −−−− 4 ++++ j 0 )))) (((( ++++ 0 −−−− j 3 )))) ==== −−−− 4 −−−− j 3 Im
Impedansi
Z 1 = V 1 = 10 ∠ − 45 o
I 1 − 4 ∠ 0 o = − 2 . 5 ∠ − 45 o
I 3 -3
I 3 90 o = 5 ∠ 2 120 ∠ − S 1 ==== V 1 I 1 * ==== ( 10 ∠ ∠ ∠ ∠
Z 2 = V 2 = 15 ∠ 30 o
−−−− 45 o ) ×××× ( −−−− 4 ∠ ∠ ∠ ∠ 0 o ) ==== −−−− 40 ∠ ∠ ∠ ∠
−−−− 45 o
S 2 ==== V 2 I * 2 ==== ( 15 ∠ ∠ ∠ ∠ 30 o ) ×××× ( 3 ∠ ∠ ∠ ∠ 90 o ) ==== 45 ∠ ∠ ∠ ∠ 120 o
Impedansi di Kawasan Fasor
Resistor
Kawasan waktu
Impedansi suatu elemen rangkaian di kawasan
i R ( t ) = i Rm cos( ω t + θ )
fasor adalah perbandingan antara
= i Rm e j ( ω t + θ )
Kawasan fasor
fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut
= i Rm e j ω t e j θ
V fasor tegangan
+v R −
fasor arus
R ( t ) = Ri R ( t )
impedansi
= Ri Rm e j ω t e j θ
V R = RI R
Catatan: Ada pengertian impedansi di kawasan s yang akan kita pelajari kemudian
resistansi resistor di kawasan waktu bernilai sama dengan
Impedansi
impedansinya di kawasan fasor
Induktor
Kapasitor
Kawasan waktu
Kawasan waktu
i L ( t ) = i Lm cos( ω t + θ )
v C ( t ) = v Cm cos( ω t + θ )
Kawasan fasor
= i Lm e j ( ω t + θ )
+v C −
Kawasan fasor
= v Cm e j ( ω t + θ )
v L = i Lm e j ω t e j θ
i C i C ( t ) = C dv C
v L ( t ) = L di L ( t )
dt
C L = L dt
dv
di
dt ) i C = C = j ω C ( v Cm e ) I C = j ω C V
dt
hubungan diferensial
hubungan linier
hubungan diferensial hubungan linier
Impedansi dan Admitansi
Impedansi Secara Umum
Impedansi: Z
Z = R ( ω ) + jX ( ω )
Z L + R // C = j ω L +
2 R + ( 1 / j ω C ) ( ω RC ) + 1 ( ω RC ) + 1
Admitansi: Y = 1 / Z
• Perhatian : Walaupun impedansi merupakan pernyataan yang
Y C = Z = j ω C Impedansi dan fasor merupakan dua pengertian dari dua konsep R
berbentuk kompleks, akan tetapi impedansi bukanlah fasor. Y R = 1 Y L = 1 = Z 1 j L = −
C yang berbeda.
– Fasor adalah pernyataan dari sinyal sinus
I = Y V – Impedansi adalah pernyataan elemen.
Perhatikan: relasi ini adalah relasi linier.
Di kawasan fasor kita terhindar dari perhitungan diferensial.
Hubungan Seri
Z RL seri = R + j ω L
+V R − +V L −
V RL seri = ( R + j ω L ) I
Kaidah Rangkaian
I − j/ ω C Z RC seri = R − j ω C
− +V C − RC seri = R + 1 j ω C I
Kaidah Pembagi Tegangan
Kaidah Pembagi Arus
I total
j ω L I − j/ ω C Z
1 LC seri ω − ω C
+V L − +V C −
LC seri = j ω L −
− j/ ω C I total = ∑ I k = ∑ Y k V = Y total V
V total seri = Z total seri I
Y total = ∑ Y k = + + ⋅⋅ ⋅⋅ +
Z total seri = Z 1 + Z 2 + ⋅⋅ ⋅⋅ + Z n
Z total
× V total
total
seri
Y total
Arus dan Tegangan pada Induktor
Misalkan
L = 0,5 H , i L (t) = 0,4cos(1000t) A
Z L = j × 1000 × 0 , 5 = j 500 Ω
V L = Z L I L = ( j 500 ) × 0 , 4 ∠ 0 o = 500 ∠ 90 o × 0 , 4 ∠ 0 o = 200 ∠ 90 o V
Diagram Fasor
Im
Di kawasan waktu:
V L Arus o
90 200 di belakang
A V 150
v L (t )
Arus dijadikan referensi
detik
(sudut fasa = 0) -150
Arus dan Tegangan pada Kapasitor
Beban Kapasitif
Pada sebuah beban :
Misalkan
C = 50 pF , i C (t) = 0,5cos(10 6 t ) mA
v (t) =120cos(314t +10 o )V
i (t) = 5cos(314t + 40 o )A
6 × × − 12 = − j 20 k Ω 10 ( 50 10 )
V = 120 ∠ 10 o V dan
I = 5 ∠ 40 o A
V C = Z C I C = ( 20 × 10 3 ∠ − 90 o ) × ( 0 , 5 × 10 − 3 ∠ 0 o )
V 120 ∠ 10 10 o 90 V Z
I 5 ∠ 40 o = 24 ∠ − 30 Ω
Im
Di kawasan waktu:
= 24 cos( − 30 ) + j 24 sin( − 30 ) = 20 , 8 − j 12 Ω
I C Re
V 90 o mendahului
0 I tegangan
Arus dijadikan referensi 0,002
C tegangan
(sudut fasa = 0) Re
Beban RLC Seri, kapasitif
Beban Induktif
Pada sebuah beban : v (t) =120cos(314t + 20 o )V
20 µ F
i (t) = 5cos(314t − 40 o )A
v s (t) =
50mH
Transformasi rangkaian
250 cos500t V
ke kawasan fasor
100 Ω− j 100 = Ω
V s = 250 ∠ 0 o ; Z R = 100 Ω
120 ∠ 20 V dan = 5 ∠ − 40 A Z C = − j 100 Ω ; Z L = j 25 Ω 250 ∠ 0 o V −
j 25 Ω
Im
Im
V 120 ∠ 20 o
24 60 I = ( 100 ) 2 + ( 75 ) 2 ∠ tan − 1 − 75 100
= 24 cos( 60 o ) + j 24 sin( 60 o )
V Re
arus
= 125 ∠ − 36 , 87 o Ω
I tertinggal dari
= 12 + j 20 , 8 Ω Beban RLC seri ini bersifat kapasitif
tegangan
| Z C |>| Z L | arus mendahului tegangan
250 ∠ 0 o
= 2 ∠ 36,87 87 o A
Jika kita kembali ke kawasan waktu
i (t) = 2 cos(500t + 36,87 o )A
Fasor Tegangan Tiap Elemen
Beban RLC seri, induktif
Z tot = 125 ∠ − 36 , 87 o = 2 ∠ 36,87
A 100
= 125 ∠ 36 , 87 o Ω Im
V R = 125 ∠ − 36 , 87 o 250 ∠ 0 = 200 ∠ 36,87 o V o Fasor tegangan rangkaian mengikuti hukum Kirchhoff
36 , 87 = 5 0 ∠ 1 26,87 − o V Pada beban kapasitif | Z L |>| Z C | arus tertinggal dari tegangan
Beban RLC Paralel
= 0 . 01 + j 0 . 03 Teorema Rangkaian
I = V Y = 250 × ( 0 . 01 + j 0 . 03 ) = 2 . 5 + j 7 . 5 = 2.5 2 + 7 . 5 2 tan − 1 7 . 2 5 . 5 = 7 . 9 ∠ 71 . 6 o
Im
V Re
Prinsip Proporsionalitas
Prinsip Superpossi
Prinsip Superposisi
Y = fasor keluaran, selalu berlaku di kawasan waktu dan
berlaku di kawasan fasor bila frekuensi sama
X = fasor masukan,
K = konstanta proporsionalitas yang pada umumnya merupakan bilangan kompleks
Contoh
Teorema Thévenin
20cos4t V + _ 8 Ω 3H i o
3cos4t A
10 ∠ 36 , 9 o = 2 ∠ − 36 , 9 A 10 ∠ 36 , 9 Kawasan waktu
Kawasan fasor
I o = I o 1 + I o2 = 1 , 6 − j 1 , 2 + 4 , 1 + j 1 , 44 = 5 , 7 + j 0 , 24
i o ( t ) = 5 , 7 cos( 4 t + 2 , 4 o )
Contoh Rangkaian Ekivalen Thévenin
= − j 10 − ( 15 , 4 + j 12 , 6 ) = − 15 , 6 − j 22 , 6 V
Metoda Analisis
Metoda Keluaran Satu Satuan
Metoda Superposisi
3H
12 1/18 F 1/6 F
Misalkan
20cos4t V
3cos2t A
14cos2t
+ v x − 3/2
H 3 _ + 9 Ω o j 12 Ω
D 3 = I x + I 4 = ( 1 + j 1 ) A 20 ∠ 0 − j 6 Ω
B = C + () − 3 = − ( + ) =
D V A = V B + 3 + j 1 ( 12 − j 9 ) = 28 V Karena sumber berbeda frekuensi maka fasor I o1 dan I o2 tidak dapat langsung
dijumlahkan. Kembali ke kawasan waktu, baru kemudian dijumlahkan K = I x
V A = 28 →
I x = 1 28 V A = 14 ∠ 0 28 = 0 , 5 ∠ 0 o
i o 1 = 2 cos( 4 t − 36 , 9 o ) A dan
i o 2 = 3 cos( 2 t + 73 , 8 o ) A
→ i x = 0 , 5 cos 2 t
sehingga
i o = i o1 + i o2 = 2 cos( 4 t − 36 , 9 o ) + 3 cos( 2 t + 73 , 8 o ) A
Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin
Metoda Reduksi Rangkaian
50 Sumber tegangan dan sumber arus
−−−− 18cos2t V 2 Ω
1/8 F
10sin100t V
berfrekuensi sama,
= 100. Tetapi
i 0.1cos100t A 1 =
200 µ F 1H sumber tegangan dinyatakan dalam sinus,
sumber arus dalam cosinus. Ubah
A −+
kedalam bentuk standar, yaitu bentuk
V T = V ht = 2 + 6 + j 4 × 18 ∠ 0 o 9 V = = 2 o
cosinus melalui kesamaan
+ j 1 V I 10 ∠− 90 0.1 V 1 = ∠ 0 o A
sinx = cos(x − 90)
B Z T ==== 2 ++++ 2 (((( 6 ++++ j 4 2 )))) ++++ 6 ++++ j 4 ==== 16 ++++ j 8 ++++ 12 ++++ j 8 ==== 7 ++++ j 8 4 ++++ j 4 2 ++++ j 1 Ω A I y
sumber tegangan tersambung seri dengan resistor 50
paralel dengan
50 induktor j100
Simpul B hilang. Arus I y yang sekarang − j 4 Ω
0.1 ∠ 0 o A − j 50 Ω
j 100 Ω
B ⇒ arus I x yang dicari; I y kali 50 Ω adalah
mengalir melalui resistor 50 , bukanlah
i = 1 cos 2 t A 50 Ω
tegangan simpul A, bukan tegangan
1 − 2 − j 50 Ω
simpul B tempat I keluar
j 100
Metoda Arus Mesh
Metoda Tegangan Simpul
()( j 50 − j 50 + j 100 )( − j 100 ) I 2 = ( − j 10 )
− j 50 j 100 50
1 − 1 V B = 10 ∠ 90 o
0 ( − j 100 )
( 50 + j 100 ) I 3 0
()()( j 5 j 5 − j 10 ) I 1 0 . 1 j 2 2 − j 1 V A 10 j 2 2 − j 1 V A 10 I 2 = () − j 1
1 − 1 V B = j 10 → eliminasi Gauss :
0 − 2 − j 1 V B = − 30
0 ( − j 2 )( 1 + j 2 ) I 3 0
V B = − 30 = − 30 ( − 2 + j 1 − ) 2 − j 1 5 = 12 − j 6 = 13 , 4 ∠ − 26 , 6 o V; I x = 0,268 ∠ − 26 , 6 o
0 ()( j 5 − j 10 ) I 2 = ( − j 1 . 5 )
0 0 ( 5 − j 10 ) I 3 3 ( − j )
Tinjauan Daya di Kawasan Waktu
v = V m cos( ω t + θ ) ; i = I m cos ω t ; p = vi
p = vi = V m I m cos( ω t + θ ) cos ω t = V m I m ( cos ω t cos θ − sin ω t sin θ ) cos ω t
= V m I 2 m cos θ + V m I 2 m cos θ cos 2 ω t − V m I 2 m sin θ sin 2 ω t
Analisis Daya
m 2 cos θ ( 1 + cos 2 ω t ) − V I m m
2 sin θ sin 2 ω t
Nilai rata-rata
p b Nilai rata-rata
=V rms I rms cos θ
Komponen ini
Komponen ini tidak
memberikan alih
0 15 t
memberikan alih energi
energi netto; disebut daya nyata: P
netto; disebut daya reaktif: Q
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor
Faktor Daya dan Segitiga Daya
Tegangan, arus, di kawasan fasor:
f.d. = cos θ = P S
V = V rms ∠ θ v ; I = I rms ∠ θ i ; I ∗ = I rms ∠
besaran kompleks
Daya Kompleks : V
rms ∠ θ v − θ i )
S Re = V I * = V I ( Im
I (lagging)
S = P + jQ
Faktor daya lagging P = S cos ϕ = V rms I rms cos ϕ
V Re
V Re
− jQ
Segitiga daya
S =VI *
Faktor daya leading
Daya Kompleks dan Impedansi Beban
Contoh
Z B = V I atau
V AB = 480 ∠ + 75 o V(rms) dan I = 8 , 75 ∠ + 105 o A(rms)
+ 75 o × 8 , = 75 VI ∠ − 105 o = 4200 ∠ − 30 o S
S = P + jQ
S = VI * = 480 ∠
2 2 2 = 4200 cos 30 o − j 4200 sin 30 o = 3640 − j 2100 VA = Z B I I = Z B I = R B I rms + jX B I rms
= ( R B + jX B ) I rms 2 P = R B I rms 2 dan
P = 3640
dan
Q = 2100 VAR
= R B I rms 2 + jX B I rms 2 Q = X B I rms 2 faktor
daya = cos( − 30 ) = 0 , 866
I rms 2 = 3640 ( 8 , 75 ) 2 = 47 , 5 Ω
X B = Q 2 = − I 2100 ( 8 , 75 ) 2 = − 27 , 4
Contoh
A V =10 ∠− 90 o −+ V
B Berapa daya yang
I 1 I = 2 I 3 I 4 I 5 diberikan oleh
Alih Daya sumber dan berapa
C diserap R = 50 Ω Ω Ω Ω ?
Dalam rangkaian linier dengan arus bolak-
balik keadaan mantap, jumlah daya
50 j 100
− j 50 − V A − j 50 + 0 , 1 ∠
2 = V A − V C 10 ∠ 90 o − ( − 12 + j 6 atau ) − j 50 = − j 50
kompleks yang diberikan oleh sumber bebas,
V C [ 2 + j 1 ] − V A [] j 2 = − 10 ∠ 0 o
= − 0 , 08 + j 0 , 24 A
sama dengan jumlah daya kompleks yang
diserap oleh elemen-elemen dalam rangkaian
V C [ 2 + j 1 ] − 2 × 10 ∠ ( 90 o + 90 o ) = − 10 ∠ 0 o
− 90 o × ( − 0 , 18 − j 0 , 24 ) ⇒ V C = − 30 2 + j 1 = − 12 + j 6 V = − 2 , 4 + j 1 , 8 VA S tot = S i + S v
S v = VI 3 * = 10 ∠
S i = ( V C − V A ) I 1 * = [ − 12 + j 6 − j 10 ] × 0 , 1 ∠ 0 o
Alih Daya Maksimum
Contoh
Dengan Cara Penyesuaian Impedansi
4 × 25 = 0 , 5 Jika W X T = -X B P
Z B = 25 + j 75 Ω P MAX = 4 R B =
Jika R T = R B ⇒ P B = V T
(maksimum) I B =
50 = 0 , 02 ∠ − 135 o A
Jadi syarat untuk terj adinya alih daya maksimum adalah :
R T = R B dan
X B = − X T 50 + j 100 + − j 50 + 25 + j 75 = 50 × ( 0 , 1 ) 2 + 25 × ( 0 , 02 ) 2 = 1 W
Contoh
Alih Daya Maksimum Dengan Cara Sisipan Transformator
A Dari contoh sebelumnya:
impedansi yang
B 1 = N Z B 10 ∠ 0 o V − j 50 terlihat di sisi primer Ω N
2 2 = 1 , − 1028 Z
Z B ′ = Z ′ B cos θ + j Z B ′ sin θ
( R T + a 2 R B )( 2 X 2 V X Z + T + a B ) 2
B ′ cos θ
R T + Z ′ B cos θ )( 2 + X T + Z B ′ sin θ ) 2 Seandainya
( 25 + 1 , 216 × 25 )( 2 + − 75 + 1 , 216 × 60 ) 2 = 0 , 49 W
diusahakan
Z B = ( 25 − j 60 ) Ω
dP B = Z 0 N
50 × 1 , 216 × 25 = 0 , 06 W
N 2 Z B ( 25 + 1 , 216 × 25 )( 2 + − 75 − 1 , 216 × 60 ) 2
Tidak ada peningkatan alih daya ke beban.
Rangkuman Mengenai Fasor
Rangkuman (lanjutan)
Fasor adalah pernyataan sinyal sinus yang fungsi waktu ke dalam besaran kompleks, melalui relasi Euler.
Dengan menyatakan arus dan tegangan menjadi fasor arus dan fasor Dengan menyatakan sinyal sinus tidak lagi sebagai fungsi waktu, maka
tegangan yang merupakan besaran kompleks maka daya juga menjadi pernyataan elemen elemen rangkaian harus disesuaikan.
daya kompleks yang didefinisikan sebagai S = V I*.
Dengan sinyal sinus sebagai fungsi t elemen-elemen rangkaian adalah Besaran-besaran kompleks dapat digambarkan di bidang kompleks R, L, C.
sehingga kita mempunyai digram fasor untuk arus dan tegangan serta segitiga daya untuk daya.
Dengan sinyal sinus sebagai fasor elemen-elemen rangkaian menjadi impedansi elemen R, j ω L, 1/j ω C. Hukum-hukum rangkaian, kaidah-kaidah rangkaian, serta metoda Impedansi bukanlah besaran fisis melainkan suatu konsep dalam
analisis yang berlaku di kawasan waktu, dapat diterapkan pada analisis. Besaran fisisnya tetaplah R = ρ l/A, dan C = ε A/d
rangkaian impedansi yang tidak lain adalah transformasi rangkaian ke kawasan fasor.
Dengan menyatakan sinyal sinus dalam fasor dan elemen-elemen dalam inpedansinya, maka hubungan arus-tegangan pada elemen menjadi
Sesuai dengan asal-muasal konsep fasor, maka analisis fasor dapat hubungan fasor arus - fasor tegangan pada impedansi elemen.
diterapkan hanya untuk sinyal sinus keadaan mantap. Hubungan fasor arus dan fasor tegangan pada impedansi elemen
merupakan hubungan linier.
Transformator
Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan transformator berkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi.
Dengan transformator tegangan tinggi, penyaluran daya listrik dapat dilakukan dalam jarak jauh dan susut daya pada jaringan
Penyediaan Daya
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; namun kita akan melihat transformator satu fasa lebih dulu
Transformator Dua Belitan Tak Berbeban
1 − 2 V 1 −−−−
Belitan primer:
Belitan sekunder:
Jika sin
φ = Φ maks ω t
φ Arus magnetisasi yang
dt = N 1 Φ maks ω cos ω t
E 2 = 4 . 44 f N 2 Φ maks
membangkitkan φ
Resistansi belitan
primer
E 1 = 2 π f N 1 Φ = 4 . 44 Φ
=E
2 = 2 ∠ 0 I c E 1 2 Arus magnetisasi I
maks
f N 1 maks
f dapat
adalah nilai efektif Fasor E 1 sefasa dengan E 2 karena
Diagram fasor dengan
mengambil rasio
I f R 1 I dipandang sebagai terdiri φ φ (90 o
diinduksikan oleh fluksi yang sama.
transformasi a= 1,
V 1 dari I dibelakang E 1 )
sedangkan E 1 sefasa E 2 I f yang menimbulkan φ φ dan I C (sefasa dengan E1)
E N yang mengatasi rugi-rugi inti. 1
N ≡ a = rasio transfor 2 masi 2 73
Fluksi Bocor di Belitan Primer
Transformator Berbeban
V 1 ∼∼∼∼
E 1 =E 2 jI f X l
Representasi fluksi
bocor di belitan primer
V 1 jI 1 X 1
ada fluksi bocor di
E jI
belitan primer
φγ f
I 1 beban resistif , a >1
Rangkaian Ekivalen Transformator Rangkaian Ekivalen yang Disederhanakan
I 1 I ′ 2 Arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari arus beban penuh
R 1 jX 1 I f R ′ 2 jX ′ 2
B V ′ 2 =aV 2 Jika I f diabaikan terhadap I 1
jX c kesalahan yang terjadi dapat
dianggap cukup kecil
I 1 I ′ 2 I 1 =I ′ 2
R 1 jX 1 R ′ 2 jX ′ 2 R e =R 1 +R ′ 2 jX e =j(X 1 +X ′ 2 )
I f B V ′ 2 =aV 2 ∼ V 1 B V ′ 2
1 X 1 I ′′′′ 2 ,R ′′′′ 2 , dan X ′′′′ 2 adalah arus,
E 1 = a V 2 + I 2 ′ R 2 ′ + j I ′ 2 X 2 ′ resistansi, dan reaktansi sekunder V ′ 2 jI ′ 2 X e
I 1 = I f + I ′ 2 yang dilihat dari sisi primer
Contoh
Perbaikan Faktor Daya
Penyediaan
Perbaikan faktor daya dilakukan pada beban induktif dengan Daya
10 kW
380 V rms
f.d. 0,8
8 kW
f.d. 0,75
menambahkan kapasitor yang diparalel dengan beban, sehingga
lagging
lagging
daya reaktif yang harus diberikan oleh sumber menurun tetapi daya rata-rata yang diperlukan beban tetap dipenuhi
Impedansi saluran diabaikan
Im
S 1 = P 1 + jQ 1 = P 1 + j S 1 sin θ 1 = P 1 + j P 1 cos θ sin 1 = 1 10 θ + j 7 , 5 kVA kVA beban
−−−− jQ kapasitor
tanpa
S 2 S = kapasitor P
2 + j | 2 | sin θ 2 = P 2 + j
cos θ 2 sin θ 2 = 8 + j 7 kVA jQ beban (induktif) Re
S 12 = S 1 + S 2 = 10 + j 7 , 5 + 8 + j 7 = 18 + j 14 , 5 kVA kapasitor
kVA beban
paralel dengan
dengan
P beban
cos θ 12 =
Daya yang harus diberikan oleh sumber Faktor daya total beban +
2 2 = 0 . 78 lagging
kapasitor
5 tidak cukup baik
kepada beban turun dari |S| menjadi |S 1 |.
Contoh
C f.d. 0,8
f.d. 0,75
lagging
lagging
S 1 = 10 + j 10 tan(arccos 0 , 8 ) = 10 + j 7 , 5 kVA S 2 = 8 + j 8 tan(arccos 0 , 75 ) = 8 + j 7 kVA
S 12 = 18 + j 14 , 5 kVA cos θ 12 = 0 . 78 lagging Diagram Satu Garis
S 12 diinginkan
cos θ 12 C = 0 . 95 lagging
jQ 12 S
12 C = 18 + j 18 tan(arccos 0 . 95 ) = 18 + j 5 , 9 kVA
S 12C -jQ 12C
− jQ 12 C = j 5 , 9 − j 14 , 5 = − j 8 , 58 kVAR
Q C = V 2 Q 12 C X C C = V C 2 ( − ω C ) C = − ω V C 2
C = 8580
100 π × 380 2 = 190 µ F 81
Contoh | V | = 380 V rms
V s 0,2 + j2 Ω
0,2 + j2
beban 1 10 kW
beban 2 8 kW
I = S 1 = 10000 + j 0 o
= 0 , 09 + j 0 , 9 kVA Sistem Tiga Fasa Seimbang
= 46 , 64 + j 2 , 88 = 46 , 73 ∠ 3 , 5 o A 2 S tot 2 = S sal 2 + S 2 = 8 , 09 + j 0 , 9 kVA S sal 1 = ( 0 , 2 + j 2 ) × I s = ( 0 , 2 + j 2 ) × 46 , 73 2
= 0 , 44 + j 4 , 37 kVA V 1 = S tot * 2 = 8090 + j o I 900 2 21 ∠ 0 = 385 , 2 + j 42 , 9 V S s = S sal 1 + S 1 + S sal 2 + S 2 = 387 , 6 ∠ 6 , 4 o V
= 0 , 44 + j 4 , 37 + 10 + 8 , 09 + j 0 , 9 = 18 , 53 + j 5 , 27 kVA
S s 18530 + j 5270 19265 ∠ 15 , 9 V o s =
46,73 ∠ − 3,5 o = 46,73 ∠ − 3,5 o = 412 ∠ 19 , 4 V
Sumber Satu Fasa dan Tiga Fasa
Referensi Sinyal
v s (t)
1/j ω C u Dalam pekerjaan analisis rangkaian kita memerlukan V s ∼
referensi sinyal. Oleh karena itu tegangan bolak balik kita
s gambarkan dengan tetap menyertakan referensi sinyal Sebuah kumparan dipengaruhi oleh
Tegangan imbas yang muncul di kumparan
Untuk sumber tiga fasa, referensi sinyal tegangan
medan magnet yang berputar dengan memberikan sumber tegangan bolak-balik,
adalah sebagai berikut
kecepatan perputaran konstan
C V AN : titik fasa ,V BN ,V CN C v A, B, C s (t)
sebesar V s
∼ besar tegangan antar
+ V CN
V CN
besar tegangan fasa
ke netral
fasa adalah
V AB ,V BC ,V ∼ CA
A dituliskan pula sebagai
V V V BN
atau f +
BN
V AN
fn
AN
dituliskan pula sebagai
v s (t) v s (t)
V ff
N : titik netral
Tiga kumparan dengan posisi yang berbeda 120 o satu sama lain berada dalam medan
memberikan sumber tegangan bolak-balik. Tegangan imbas di masing-masing kumparan
perputaran konstan magnet yang berputar dengan kecepatan
Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan
Simbol sumber tiga fasa:
tersebut diperoleh sumber tegangan tiga fasa
Diagram Fasor Sumber Tiga Fasa Sumber Tiga Fasa dan Saluran ke Beban
Im
C V CN
Diagram fasor
− V BC + V V CA I C − CN
tegangan
V CN
Tegangan
A fasa-netral
V AB I A AN
BN
V AN
Re
V BN
V AN
V BN
Sumber terhubung Y
V AN = |V AN | ∠ 0 o
Sumber Tiga Fasa
V BN = |V AN | ∠ -120 o
Terhubung Y
Tegangan
Keadaan Seimbang |V AN | = |V BN | = |V CN |
V CN = |V AN | ∠ - 240 o
Saluran ke beban
fasa-fasa
Arus saluran
Hubungan Fasor-Fasor Tegangan Arus Saluran dan Arus Fasa
Im
Arus saluran
Tegangan fasa-fasa:
V CA V CN − V BN
V AB V AB = V AN + V NB = V AN − V BN
V BC = V BN + V NC = V BN − V CN C
30 o
+ V CN
I A Arus fasa
Re
CA = CN + V NA = V CN − V AN
Tegangan
o 120
o V AN
Fasa-netral
V BN 30 V AB = V fn 3 ∠ 30 o
V BN
V AN
V BC = V fn 3 ∠ − 90 o
Arus fasa
BC V CA = V fn 3 ∠ − 210 o
Beban Dalam keadaan seimbang:
Sumber
I Beban
terhubung
B terhubung
terhubung
V AN = V BN = V CN = V fn : nilai tegangan fasa - netral
Arus di penghantar netral
V AB = V BC = V CA = V ff = V fn 3 nilai : tegangan fasa - fasa
dalam keadaan seimbang bernilai nol
Beban Terhubung Y
( − 240 − θ ) = I f ∠ ( − θ − 240 o Beban Tiga Fasa )
Keadaan seimbang I A + I B + I C = 0
S 3 f = V AN I * A + V BN I B * + V CN I * C
Re
= 3 V B AN I A ∠ θ
V AN
I A = V ff I f 3 ∠ θ
V BN
referensi
Contoh
Beban Terhubung ∆∆∆∆
ff 380
I CA = V V CA AN = 220 ∠ 0 V ( sebagai referensi) Z Z Z N
Z=4+j3
ff = 380 V (rms)
I AB o
V AN referensi
I A AN S 3 f = 3 × V AN I * A = 3 × 220 ∠ 0 o × 44 ∠ 36 , 8 o
= 29 ∠ 36 , 8 o kVA θ
Q 3 f = 29 sin 36 . 8 o = 17 , 4 kVAR V −−−− I CA I A Q 3 f = V ff I A 3 sin θ = S 3 f sin θ
Contoh
Z =4+j3
I A I AB B V AB = V AN
3 ∠ ( θ AN + 30 o ) = 380 ∠ 30 o
V ff = 380 V (rms)
V AN referensi
Analisis Daya Pada Sistem 3 Fasa
− 246 , 8 o A Pada dasarnya analisis daya pada sistem tiga
I A = I AB 3 ∠ ( − 6 , 8 o − 30 o ) = 76 3 ∠ − 36 , 8 o = 131 . 6 ∠
− 36 , 8 o A fasa tidak berbeda dengan sistem satu fasa
Q 3 f = 3 × X × I AB 2 = 3 × 3 × ( 76 ) 2 = 52 kVAR 95
Contoh
Contoh
I s =?
R B =? X B =?
Z = 2 + j20 Ω I B b
n a b f.d. 0,9 4800 V rms V sumber cos =? ϕ Y = 0,8 lag
|S
sumber
|=?
≈≈
V e 100 kW
V LL = 480 V
50 kVA
lagging
P B = 100 kW = S B cos ϕ
S B = 100 0 , 8 = 125 kVA Q B = S B sin ϕ = 125 × 0 , 6 = 75 kVAR S B = 100 + j 75 kVA ⇒
S 3 f = 3 V fn I * f = 3 × V fn ∠ θ v × I f ∠ − θ i = 3 V fn I f ∠ ( θ v − θ i )
S 3 f = 3 V fn I f = V ff I f 3 I s = I f =
S 3 f 50000
V ff 3 = 480 3 = 60 A P B = V B I B cos ϕ 3
P = S 3 f cos ϕ = 50 × 0 , 9 = 45 kW ; → I B = 4800 × 0 , 8 × 3 = 15 A S sal = 3 × ( 2 + j 20 ) × 15 2 = 1 , 35 + j 13 , 5 kVA
100
Q = S 3 f sin ϕ = 50 × 0 , 436 = 21 , 8 kVAR ⇒ S 3 f = 45 + j 21 , 8 kVA
S Sumber = S B + S sal = 101 , 35 + j 88 , 5 kVA
S per fasa = S 3 f S Sumber = 101 , 35 + 88 , 5 = 134 , 5 kVA 3 = 15 + j 7 , 3 kVA
S Sumber = V S I S 3 = V S I
per fasa
I 2 = ( 15 + j 7 , 3 ) × ( 1000 60 ) 2 = 4 , 16 + j 2 , 03 ⇒ f R = 4 , 16 Ω ; X = 2 , 03 Ω . ⇒ V S = S S
= 134 , 5 × I 1000 3 15 3 = 5180 V rms B
97
98
Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan Fasor
(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)
Sudaryatno Sudirham
99