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