I-1 Pembebanan Nonlinier (Analisis di kawasan waktu)

Pembebanan Nonlinier

(Analisis di Kawasan Waktu)

Sudaryatno Sudirham

Penyediaan energi elektrik pada umumnya dilakukan dengan menggunakan sumber tegangan berbentuk gelombang sinus. Arus yang mengalir diharapkan juga berbentuk gelombang sinus. Namun perkembangan teknologi terjadi di sisi beban yang mengarah pada peningkatan efisiensi peralatan dalam penggunaan energi listrik. Alat-alat seperti air conditioner, refrigerator, microwave oven, sampai ke mesin cuci dan lampu-lampu hemat energi makin banyak digunakan dan semua peralatan ini menggunakan daya secara intermittent. Peralatan elektronik, yang pada umumnya memerlukan catu daya arus searah juga semakin banyak digunakan sehingga diperlukan penyearahan arus. Pembebanan-pembebanan semacam ini membuat arus beban tidak lagi berbentuk gelombang sinus.

Bentuk-bentuk gelombang arus ataupun tegangan yang tidak berbentuk sinus, namun tetap periodik, tersusun dari gelombang-gelombang sinus dengan berbagai frekuensi. Gelombang periodik nonsinus ini mengandung harmonisa.

Sinyal Nonsinus

Dalam pembahasan harmonisa kita akan menggunakan istilah sinyal nonsinus untuk menyebut secara umum sinyal periodik seperti sinyal gigi gergaji dan sebagainya, termasuk sinyal sinus terdistorsi yang terjadi di sistem tenaga.

Dalam “Analisis Rangkaian Listrik Jilid-1” kita telah membahas bagaimana mencari spektrum amplitudo dan sudut fasa dari bentuk sinyal nonsinus yang mudah dicari persamaannya [2]. Berikut ini kita akan membahas cara menentukan spektrum amplitudo sinyal nonsinus melalui pendekatan numerik. Cara ini digunakan jika kita menghadapi sinyal nonsinus yang tidak mudah dicari persamaannya. Cara pendekatan ini dapat dilakukan dengan bantuan komputer sederhana, terutama jika sinyal disajikan dalam bentuk kurva hasil dari suatu pengukuran analog. Dalam praktik, sinyal nonsinus diukur dengan menggunakan alat ukur elektronik yang dapat menunjukkan langsung spektrum amplitudo dari sinyal nonsinus yang diukur.

Penafsiran Grafis Deret Fourier. Pencarian spektrum amplitudo suatu sinyal periodik y(t) dilakukan melalui penghitungan koefisien Fourier dengan formula seperti berikut ini.

∫ y ( t ) T dt

∫ y ( t ) cos( n ω 0 t ) dt ; n > 0 T

∫ y ( t ) sin( n ω 0 t ) dt ; n > T 0

dengan T 0 adalah perioda sinyal.

Integral ∫ y ( t ) dt adalah luas bidang yang dibatasi oleh kurva y(t) dengan sumbu-t dalam rentang

satu perioda. Jika luas bidang dalam rentang satu perioda ini dikalikan dengan (1/T 0 ), yang berarti dibagi dengan T 0 , akan memberikan nilai rata-rata y(t) yaitu nilai komponen searah a 0 .

Darpublic

Integral ∫ y ( t ) cos( n ω 0 t ) dt adalah luas bidang yang dibatasi oleh kurva y ( t ) cos( n

dengan sumbu-t dalam rentang satu perioda. Jika luas bidang ini dikalikan dengan (2/T 0 ), yang berarti dibagi (T 0 /2), akan diperoleh a n . Di sini T 0 harus dibagi dua karena dalam satu perioda T 0

terdapat dua kali gelombang penuh berfrekuensi n ω 0 .

Integral ∫ y ( t ) sin( n ω 0 t ) dt adalah luas bidang yang dibatasi oleh kurva y ( t ) sin( n ω

dengan sumbu-x dalam rentang satu perioda. Jika luas ini dikalikan dengan (2/T 0 ) akan diperoleh b n . Seperti halnya penghitungan a n ,T 0 harus dibagi dua karena dalam satu perioda T 0 terdapat dua kali

gelombang penuh berfrekuensi n ω 0 .

Dengan penafsiran hitungan integral sebagai luas bidang, maka pencarian koefisien Fourier dapat didekati dengan perhitungan luas bidang. Hal ini sangat membantu karena perhitungan analitis hanya dapat dilakukan jika sinyal nonsinus yang hendak dicari komponen-komponennya diberikan dalam bentuk persamaan yang cukup mudah untuk diintegrasi.

Prosedur Pendekatan Numerik. Pendekatan numerik integral sinyal y(t) dalam rentang p ≤ t ≤ q dilakukan sebagai berikut.

1. Kita bagi rentang p ≤ t ≤ q ke dalam m segmen dengan lebar masing-masing ∆ t k ; ∆ t k bisa sama untuk semua segmen bisa juga tidak, tergantung dari keperluan. Integral y(t) dalam rentang p ≤ t ≤ q dihitung sebagai jumlah luas seluruh segmen dalam rentang tersebut. Setiap segmen dianggap sebagai trapesium; sisi kiri suatu segmen merupakan sisi kanan segmen di sebelah kirinya, dan sisi kanan suatu segmen menjadi sisi kiri segmen di sebelah kanannya. Jika sisi kanan segmen (trapesium) adalah A k maka sisi kirinya adalah A k-1 , maka luas segmen ke-k adalah

L k = ( A k + A k − 1 ) × ∆ t k / 2 (1)

Jadi integral f(t) dalam rentang p ≤ x ≤ q adalah

m ∫ f ( t ) dt ≈ ∑ p L k

2. Nilai ∆ t k dipilih sedemikian rupa sehingga error yang terjadi masih berada dalam batas-batas toleransi yang kita terima. Jika sinyal diberikan dalam bentuk grafik, untuk mencari

koefisien Fourier dari harmonisa ke-n, satu perioda dibagi menjadi tidak kurang dari 10 × n segmen agar pembacaan cukup teliti dan error yang terjadi tidak lebih dari 5%. Untuk harmonisa ke-5 misalnya, satu perioda dibagi menjadi 50 segmen. Ketentuan ini tidaklah mutlak; kita dapat memilih jumlah segmen sedemikian rupa sehingga pembacaan mudah dilakukan namun cukup teliti.

3. Relasi untuk memperoleh nilai koefisien Fourier menjadi seperti berikut:

A k + A k − 1 ] ∆ t ∑ L ka 0

A k cos( n ω 0 t ) + A k 1 cos( n ω 0 t k 1 ) ] ∆ t k ∑ L kan

= (3) T 0 k = 1 2 T 0 / 2

[ A k sin( n ω 0 t ) + A k − 1 sin( n ω 0 t k − 1 ) ] ∆ t k ∑ L kbn

Darpublic

5. Formula untuk sudut fasa adalah

6. Perlu disadari bahwa angka-angka yang diperoleh pada pendekatan numerik bisa berbeda dengan nilai yang diperoleh secara analitis. Jika misalkan secara analitis seharusnya

diperoleh a 1 = 0 dan b 1 = 150, pada pendekatan numerik mungkin diperoleh angka yang

sedikit menyimpang, misalnya a 1 = 0,01 dan b 1 = 150,2.

7. Amplitudo dari setiap komponen harmonisa adalah

n = a n + b n . Sudut fasa dihitung dalam satuan radian ataupun derajat dengan mengingat letak kuadran dari vektor amplitudo seperti telah dibahas pada waktu kita membahas spektrum sinyal. Persamaan sinyal nonsinus adalah

y ( t ) = a 0 + ∑ a n + b n cos( n ω t − ϕ

Berikut ini kita lihat sinyal periodik yang diberikan dalam bentuk kurva yang tak mudah dicari persamaannya. Prosedur pendekatan numerik dilakukan dengan membaca kurva yang memerlukan kecermatan. Hasil pembacaan kita muatkan dalam suatu tabel seperti pada contoh berikut ini.

CONTOH-1:

y[volt]

t[detik]

Carilah komponen searah, fundamental, dan harmonisa ke-3 sinyal periodik y(t) yang dalam satu perioda berbentuk seperti yang diperlihatkan dalam gambar di atas. Perhatikan bahwa gambar ini adalah gambar dalam selang satu periode yang berlangsung dalam 0,02 detik, yang sesuai dengan frekuensi kerja 50 Hz.

Penyelesaian: Perhitungan diawali dengan menetapkan nilai t dengan interval sebesar ∆ t = 0,0004 detik, kemudian menentukan A k untuk setiap segmen. Sisi kiri segmen pertama terjadi pada t = 0 dan sisi kanannya menjadi sisi kiri segmen ke-dua; dan demikian selanjutnya dengan

segmen-segmen berikutnya. Kita tentukan pula sisi kanan segmen terakhir pada t = T 0 . Hasil perhitungan yang diperoleh dimuatkan dalam Tabel-1.1 (hanya ditampilkan sebagian), dimana sudut fasa dinyatakan dalam satuan radian. Pembulatan sampai 2 angka di belakang koma.

Darpublic

Tabel-1. Analisis Harmonisa Sinyal Nonsinus pada Contoh-1.

T 0 = 0,02 s

Fundamental

∆ t k = 0,0004 Komp. f 0 = 1/T 0 = 50 Hz

searah

Harmonisa ke-3

Jumlah L k

a 1 ,b 1 0,36

a 3 ,b 3 − 21,18 21,13

Ampli-1, ϕ 1 150,05

-0,78 Tabel ini memberikan

3 = tan ( 21 , 13 / − 21 , 18 ) = − 0 , 78 Sesungguhnya kurva yang diberikan mengandung pula harmonisa ke-dua. Apabila harmonisa

ke-dua dihitung , akan memberikan hasil

a 2 = 49 , 43 dan b 2 = − 0 , 36 amplitudo A 2 = 49 , 43 dan ϕ 2 = − 0 , 01

Dengan demikian uraian sampai dengan harmonisa ke-3 dari sinyal yang diberikan adalah

y ( t ) = 19 , 90 + 150 , 05 cos( 2 π f 0 t − 1 , 57 ) + 49 , 43 cos( 4 π f 0 t + 0 , 01 ) +

29 , 92 cos( 6 π f 0 t + 0 , 78 )

Elemen Linier Dengan Sinyal Nonsinus

Hubungan tegangan dan arus elemen-elemen linier R, L, C, pada sinyal sinus di kawasan waktu berlaku pula untuk sinyal periodik nonsinus.

CONTOH-2: Satu kapasitor C mendapatkan tegangan nonsinus v = 100 sin( ω t + 0 , 5 ) + 20 sin( 3 ω t − 0 , 2 ) + 10 sin( 5 ω t + 1 , 5 ) V

(a) Tentukan arus yang mengalir pada kapasitor. (b) Jika C = 30 µ

F, dan frekuensi f = 50 Hz, gambarkan (dengan bantuan komputer) kurva tegangan dan arus kapasitor.

Darpublic

Penyelesaian:

dv

(a) Hubungan tegangan dan arus kapasitor adalah i C = C

dt

Oleh karena itu arus kapasitor adalah

d { 100 sin( ω t + 0 , 5 ) + 20 sin( 3 ω t − 0 , 2 ) + 10 sin( 5 ω t + 1 , 5 )

dt = 100 ω C cos( ω t + 0 , 5 ) + 60 ω C cos( 3 ω t − 0 , 2 )

+ 50 ω C cos( 5 ω t + 1 , 5 )

= 100 ω C sin( ω t + 2 , 07 ) + 60 ω C sin( 3 ω t + 1 , 37 )

+ 50 ω C sin( 5 ω t + 3 , 07 ) A (b) Kurva tegangan dan arus adalah seperti di bawah ini.

Kurva tegangan dan arus pada contoh ini merupakan fungsi-fungsi nonsinus yang simetris terhadap sumbu mendatar. Nilai rata-rata fungsi periodik demikian ini adalah nol. Pendekatan numerik memberikan nilai rata-rata

5 10 − rr 17 = × rr = × A.

1 , 8 10 − 14 V dan

Nilai Rata-Rata. Sesuai dengan definisi untuk nilai rata-rata, nilai rata-rata sinyal nonsinus y(t) dengan perioda T 0 adalah

Y rr =

T ∫ y ( t ) dt 0 (6) 0

Nilai rata-rata sinyal nonsinus adalah komponen searah dari sinyal tersebut. Nilai Efektif. Definisi nilai efektif sinyal periodik y(t) dengan perioda T 0 adalah

Y rms =

y ( t ) dt (7)

Dengan demikian maka nilai efektif sinyal sinus y 1 =Y m1 sin( ω t+ θ ) adalah

Nilai efektif sinyal nonsinus y ( t ) = Y 0 + ∑ Y mn sin( n ω 0 t + θ n ) adalah

Y mn sin( n 0 ω 0 t + θ n )  0 dt  n

rms

Jika ruas kiri dan kanan dikuadratkan, kita dapatkan

Darpublic

2 Y  rms

0 0 + ∑  Y mn sin( n ω 0 t + θ n )  dt T atau 0  

Y rms =

 Y 0 + ∑ Y mn sin ( n ω 0 t + θ n )  T dt

 2 Y 0 ∑ Y mn sin( n ω 0 t + θ )

1 T  + 2 Y m 1 sin( ω 0 t + θ 1 ) ∑ Y mn sin( n ω 0 t + θ n ) 

+ dt

  + 2 Y sin( 2 ω t + θ ) Y sin( n ω t + θ ) 

m 2 0 2 ∑ mn

 Melalui kesamaan trigonometri

2 sin α sin β = cos( α − b ) − cos( α + β )

dan karena Y 0 bernilai tetap maka suku ke-dua ruas kanan (8) merupakan penjumlahan nilai rata-rata fungsi sinus yang masing-masing memiliki nilai rata-rata nol, sehingga suku ke-dua ini bernilai nol. Oleh karena itu (9) dapat kita tulis

Y rms = ∫  Y 0 + ∑ Y nm sin ( n ω 0 t + θ n )   dt (10)

atau

0 0 dt +

rms = ∫ Y 2 2 2

Y nm sin ( n ω 0 t + θ n ) dt

n = 1 T 0 (11)

Y ∑ 2 nrms

Persamaan (11) menunjukkan bahwa kuadrat nilai efektif sinyal non sinus sama dengan jumlah kuadrat komponen searah dan kuadrat semua nilai efektif konponen sinus. Kita perlu mencari formulasi yang mudah untuk menghitung nilai efektif ini. Kita bisa memandang sinyal nonsinus

sebagai terdiri dari tiga macam komponen yaitu komponen searah (y 0 ), komponen fundamental (y 1 ), dan komponen harmonisa (y h ). Komponen searah adalah nilai rata-rata sinyal, komponen fundamental adalah komponen dengan frekuensi fundamental ω 0 , sedangkan komponen harmonisa merupakan jumlah dari seluruh komponen harmonisa yang memiliki frekuensi n ω 0 dengan n > 1. Jadi sinyal nonsinus y dapat dinyatakan sebagai

Akan tetapi kita juga dapat memandang sinyal nonsinus sebagai terdiri dari dua komponen saja, yaitu komponen fundamental dan komponen harmonisa total di mana komponen yang kedua ini mencakup komponen searah. Alasan untuk berbuat demikian ini adalah bahwa dalam proses transfer energi, komponen searah dan harmonisa memiliki peran yang sama; hal ini akan kita lihat kemudian. Dalam pembahasan selanjutnya kita menggunakan cara pandang yang ke-dua ini. Dengan cara pandang ini suatu sinyal nonsinus dinyatakan sebagai

y = y 1 + y h (12)

Darpublic

dengan y 1 = Y 1 m sin( ω 0 t + θ 1 )

y h = Y 0 + ∑ Y nm sin( n ω 0 t + θ n ) .

dan

Dengan demikian maka relasi (11) menjadi Y 2 rms Y 2 = 2 1 rms + Y hrms (13) Dalam praktik, komponen harmonisa y h dihitung tidak melibatkan seluruh komponen

harmonisa melainkan dihitung dalam lebar pita spektrum tertentu. Persamaan sinyal dijumlahkan sampai pada frekuensi tertinggi yang ditentukan yaitu k ω 0 ; sinyal dengan frekuensi di atas batas frekuensi tertinggi ini dianggap memiliki amplitudo yang sudah cukup kecil untuk diabaikan.

CONTOH-3: Suatu tegangan berbentuk gelombang gigi gergaji memiliki nilai maksimum 20 volt, dengan frekuensi 20 siklus per detik. Hitunglah nilai tegangan efektif dengan: (a) relasi nilai efektif; (b) uraian harmonisa.

Penyelesaian:

(a) Perioda sinyal 0,05 detik dengan persamaan: v ( t ) = 400 t . Nilai efektif:

V rms =

0 , 05 ∫ ( 400 t ) dt =

≈ 11 , 55 V

(b) Uraian sinyal ini sampai harmonisa ke-7 adalah diberikan dalam contoh di Bab-3, yaitu

v ( t ) = 10 − 6 , 366 sin ω 0 t − 3 , 183 sin 2 ω 0 t − 2 , 122 sin 3 ω 0 t − 1 , 592 sin 4 ω 0 t −

1 , 273 sin 5 ω 0 t − 1 , 061 sin 6 ω 0 t − 0 , 909 sin 7 ω 0 t V

Persamaan ini memberikan nilai efektif tegangan fundamental, tegangan harmonisa, dan tegangan total sebagai berikut.

V 1 rms =

V hrms = 10 +

rms = V 1 rms + V hrms = 4 , 49 + 10 , 35 ≈ 11 , 4 V

Contoh ini menunjukkan bahwa sinyal gigi gergaji memiliki nilai efektif harmonisa jauh lebih tinggi dari nilai efektif komponen fundamentalnya.

CONTOH-4: Uraian dari penyearahan setengah gelombang arus sinus i = sin ω 0 t A sampai dengan harmonisa ke-10 adalah: i ( t ) = 0 , 318 + 0 , 5 cos( ω 0 t − 1 , 57 ) + 0 , 212 cos( 2 ω 0 t ) + 0 , 042 cos( 4 ω 0 t )

+ 0 , 018 cos( 6 ω 0 t ) + 0 . 010 cos( 8 ω 0 t ) + 0 . 007 cos( 10 ω 0 t ) A Hitung nilai efektif komponen arus fundamental, arus harmonisa, dan arus total.

Penyelesaian:

Nilai efektif arus fundamental, arus harmonisa dan arus total berturut-turut adalah

Darpublic

I 1 rms =

= 0 , 354 A

I hrms = 0 , 318 +

rms = I 1 rms + I hrms = 0 , 354 + 0 , 354 ≈ 0 , 5 A

Contoh ini menunjukkan bahwa pada penyearah setengah gelombang nilai efektif komponen fundamental sama dengan nilai efektif komponen harmonisanya.

CONTOH-5: Tegangan pada sebuah kapasitor 20 µ

F terdiri dari dua komponen yaitu v 1 = 200 sin ω t dan v 15 = 20 sin 15 ω t . Jika diketahui frekuensi fundamental adalah 50 Hz,

hitunglah: (a) nilai efektif arus yang diberikan oleh v 1 ; (b) nilai efektif arus yang diberikan oleh

v 15 ; (c) arus efektif total; (d) gambarkan kurva ketiga arus tersebut sebagai fungsi waktu.

Penyelesaian:

V. Arus yang diberikan oleh tegangan ini adalah

a). Komponen tegangan pertama adalah v 1 = 200 sin( 100 π t )

i 1 = 20 × 10 dv 1 / dt = 20 × 10 × 200 × 100 π cos 100 π t = 1 , 257 cos 100 π t

Nilai efektifnya adalah: I 1 rms =

= 0 , 89 A

V. Arus yang diberikan oleh tegangan ini adalah

b). Komponen tegangan ke-dua adalah v 15 = 20 sin( 1500 π t )

i = 20 × 10 − 6 15 6 dv 15 / dt = 20 × 10 − × 20 × 1500 π sin 1500 π t

= 1 , 885 cos 1500 π t

Nilai efektifnya adalah: I 15 rms =

= 1 , 33 A

c). Tegangan gabungan adalah

v = 200 sin( 100 π t ) + 20 sin( 1500 π t )

Arus yang diberikan tegangan gabungan ini adalah

i = 20 × 10 dv / dt = 20 × 10 ( v 1 + v 15 )

dt = 1 , 257 cos 100 π t + 1 , 885 cos 1500 t

Arus ini merupakan jumlah dari dua komponen arus yang berbeda frekuensi. Kurva arus ini pastilah berbentuk nonsinus. Nilai efektif masing-masing komponen telah dihitung di jawaban (a) dan (b). Nilai efektif sinyal non sinus ini adalah

I I 2 I 2 0 , 89 2 1 , 33 rms 2 = 1 rms + 15 rms = + = 1 , 60 A

d). Kurva ketiga arus tersebut di atas adalah sebagai berikut.

Darpublic

A, mengalir pada beban yang terdiri dari resistor 100 Ω yang tersambung seri dengan induktor 0,5 H. Pada frekuensi 50 Hz: (a) gambarkan kurva

CONTOH-6: Arus i = 2 sin ω t + 0 , 2 sin 3 ω t

tegangan dan arus beban; (b) tentukan nilai efektif tegangan beban dan arus beban.

Penyelesaian:

(a) Arus beban adalah i = 2 sin ω t + 0 , 2 sin 3 ω t . Tegangan beban adalah

= 200 sin ω t + 20 sin 3 ω t + ω cos ω t + 0 , 3 ω cos 3 ω t V Kurva tegangan dan arus beban dibuat dengan sumbu mendatar dalam detik. Karena frekuensi

50 Hz, satu perioda adalah 0,02 detik.

(b). Nilai efektif arus beban adalah

I rms = I 1 rms + I 3 rms =

= 1 , 42 A

Tegangan beban adalah v = 200 sin ω t + 20 sin 3 ω t + ω cos ω t + 0 , 3 ω cos 3 ω t V Nilai efektif tegangan beban, dengan ω =100 π , adalah

Daya Pada Sinyal Nonsinus

Pengertian daya nyata dan daya reaktif pada sinyal sinus berlaku pula pada sinyal nonsinus. Daya nyata memberikan transfer energi netto, sedangkan daya reaktif tidak memberikan transfer energi netto.

Kita tinjau resistor R b yang menerima arus berbentuk gelombang nonsinus

i Rb = i 1 + i h

Darpublic

Nilai efektif arus ini adalah

Rbrms = I 1 rms + I hrms

Daya nyata yang diterima oleh R b adalah

Rb = I Rbrms × R b = I 1 rms R b + I hrms R b (14) Formulasi (14) tetap berlaku sekiranya resistor ini terhubung seri dengan induktansi, karena dalam

bubungan seri demikian itu daya nyata diserap oleh resistor, sementara induktor menyerap daya reaktif.

A mengalir pada resistor 100 Ω yang tersambung seri dengan induktor 0,5 H. Jika frekuensi fundamental 50 Hz: (a) gambarkan dalam satu bidang gambar, kurva daya yang mengalir ke beban sebagai perkalian tegangan total dan arus beban dan kurva daya yang diserap resistor sebagai perkalian

CONTOH-7: Seperti pada contoh-1.5, arus i = 2 sin ω t + 0 , 2 sin 3 ω t

resistansi dan kuadrat arus resistor; (b) hitung nilai daya rata-rata dari dua kurva daya pada pertanyaan b; (c) berikan ulasan tentang kedua kurva daya tersebut.

Penyelesaian:

(a) Daya masuk ke beban dihitung sebagai: p = v × i sedangkan daya nyata yang diserap resistor dihitung sebagai: p 2

R =i R=v R i R Kurva dari p dan p R terlihat pada gambar berikut.

-400 (b) Daya rata-rata merupakan daya nyata yang di transfer ke beban. Daya ini adalah daya yang

diterima oleh resistor. Arus efektif yang mengalir ke beban telah dihitung pada contoh-3.5. yaitu 1,42 A. Daya nyta yang diterima beban adalah

R = I rms R = ( 1 , 42 ) × 100 = 202 W.

Teorema Tellegen mengharuskan daya ini sama dengan daya rata-rata yang diberikan oleh sumber, yaitu p = vi. Perhitungan dengan pendekatan numerik memberikan nilai rata-rata p adalah

P rr = 202 W

(c) Kurva p R selalu positif; nilai rata-rata juga positif sebesar 202 W yang berupa daya nyata. Pada kurva p ada bagian yang negatif yang menunjukkan adanya daya reaktif; nilai rata-rata kurva p ini sama dengan nilai rata-rata kurva p R yang menunjukkan bagian nyata dari daya tampak.

CONTOH-8: Tegangan nonsinus pada terminal resistor 20 Ω adalah

v = 100 sin( ω t + 0 , 5 ) + 20 sin( 3 ω t − 0 , 2 ) + 10 sin( 5 ω t + 1 , 5 ) V

Tentukan arus efektif yang mengalir dan daya nyata yang diserap resistor.

Darpublic

Penyelesaian:

Arus yang mengalir adalah

i = = 5 sin( ω t + 0 , 5 ) + sin( 3 ω t − 0 , 2 ) + 0 , 5 sin( 5 ω t + 1 , 5 ) A

Nilai efektif masing-masing komponen arus adalah

Arus efektif yang mengalir adalah

Daya nyata yang diserap resistor adalah

V, terjadi pada terminal beban yang terdiri dari resistor 100 Ω tersambung paralel dengan kapasitor 50 µ

CONTOH-9: Tegangan nonsinus v = 100 sin ω t + 10 sin 3 ω t

F. Jika frekuensi fundamental adalah 50 Hz, (a) Tentukan persamaan arus total beban; (b) hitung daya nyata yang diserap beban.

Penyelesaian:

(a). Arus total (i) adalah jumlah arus yang melalui resistor (i R ) dan kapasitor (i C ). v

( 100 ω cos ω t + 30 ω cos 3 ω t )

dt

Arus total beban:

i = sin ω t + 0 , 1 sin 3 ω t + 0 , 005 cos ω t + 0 . 0015 ω cos 3 ω t

(b). Arus efektif melalui resistor

I Rrms =

= 0 , 71 A

Daya nyata yang diserap beban adalah daya yang diserap resistor:

R = 0 , 71 × 100 = 50 W

Resonansi

Karena sinyal nonsinus mengandung harmonisa dengan berbagai macam frekuensi, maka ada kemungkinan salah satu frekuensi harmonisa bertepatan dengan frekuensi resonansi dari rangkaian. Frekuensi resonansi telah kita bahas di bab sebelumnya. Berikut ini kita akan melihat gejala resonansi pada rangkaian karena adanya frekuensi harmonisa.

CONTOH-10: Suatu generator 50 Hz dengan induktansi internal 0,025 H mencatu daya melalui kabel yang memiliki kapasitansi total sebesar 5 µ

F. Dalam keadaan tak ada beban tersambung

di ujung kabel, tentukan frekuensi harmonisa sumber yang akan memberikan resonansi.

Penyelesaian:

Frekuensi resonansi adalah

Darpublic

Inilah frekuensi harmonisa ke-9. CONTOH-11: Sumber tegangan satu fasa 6 kV, 50 Hz, mencatu beban melalui kabel yang

memiliki kapasitansi total 2,03 µ

F. Dalam keadaan tak ada beban terhubung di ujung kabel, induktansi total rangkaian ini adalah 0,2 H. Tentukan harmonisa ke berapa dari sumber yang akan membuat terjadinya resonansi pada keadaan tak ada beban tersebut.

Penyelesaian:

Frekuensi resonansi adalah

− 6 = 1569 , 4 rad/det LC

Resonansi akan terjadi jika sumber mengandung harmonisa ke-5.

Pembebanan Nonlinier Dilihat Dari Sisi Beban Rangkaian yang akan kita tinjau terlihat pada Gb. 1. Sebuah sumber tegangan sinus

memberikan arus pada resistor R b melalui saluran dengan resistansi R s dan sebuah pengubah arus p.i., misalnya penyearah; pengubah arus inilah yang menyebabkan arus yang mengalir di R b berbentuk gelombang nonsinus.

i nonsinus

p.i.

Gb.1. Pembebanan nonlinier.

Menurut teorema Tellegen, transfer daya elektrik hanya bisa terjadi melalui tegangan dan arus. Namun dalam tinjauan dari sisi beban ini, R b hanya melihat bahwa ada arus yang diterima olehnya. Cara bagaimana arus ini sampai ke beban tidaklah penting bagi beban.

i Rb = i 1 + i h (15)

dengan i 1 = I 1 m sin( ω 0 t + θ 1 )

i h = I 0 + ∑ I nm sin( n ω 0 t + θ n )

Inilah arus yang diterima oleh R b . Daya nyata yang diterima oleh R b adalah 2 P 2

Rb = I 1 rms R b + I hrms R b (16)

Darpublic

Pembebanan Nonlinier Dilihat Dari Sisi Sumber

Tegangan sumber berbentuk gelombang sinus, yaitu v s = V s sin ω 0 t . Daya yang diberikan oleh sumber adalah tegangan sumber kali arus sumber yang besarnya sama dengan arus beban. Jadi daya

keluar dari sumber adalah p s = v s ( t ) i s ( t )

= V s I 1 sin ω 0 t sin( ω 0 t + θ 1 ) + V s sin ω 0 t   I 0 + ∑ I n sin( n ω 0 t + θ n )  

n = 2  Suku pertama (17) memberikan daya

 cos θ 1 − cos( 2 ω 0 t + θ 1 ) 

p s 1 = V s I 1 sin ω 0 t sin( ω 0 t + θ 1 ) = V s I 1 

(18) V s I 1 V = I

cos θ 1 − s 1 cos( 2 ω 0 t + θ 1 )

Walaupun suku ke-dua dari persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nol akan tetapi suku pertama mempunyai nilai tertentu. Hal ini berarti p s1 memberikan transfer energi netto.

Suku kedua (17) memberikan daya

p sh = V s I 0 sin ω 0 t + V s ∑ [ I n sin( n ω 0 t + θ n ) sin ω 0 t ]

n = 2 (19)

= p s 0 + p sh 2

Suku pertama persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nol. Suku kedua juga mempunyai nilai rata- rata nol karena yang berada dalam tanda kurung pada (19) berbentuk fungsi cosinus.

y = V s ∑  { cos ( ( n + 1 ) ω 0 t + θ n ) − cos ( ( n − 1 ) ω 0 t + θ n ) } 

n = 2  2  yang memiliki nilai rata-rata nol. Hal ini berarti bahwa p sh tidak memberikan transfer energi netto. Jadi secara umum daya yang diberikan oleh sumber pada pembebanan nonlinier dapat kita

tuliskan sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu p s = p s 1 + p sh (20) Dari dua komponen daya ini hanya komponen fundamental, p s1 , yang memberikan transfer energi

netto. Dengan kata lain hanya p s1 yang memberikan daya nyata, yaitu sebesar

cos θ 1 = V srms I 1 rms cos θ 1 (21)

dengan θ 1 adalah beda susut fasa antara v s dan i 1 . Sementara itu P sh merupakan daya reaktif. Menurut teorema Tellegen, daya nyata yang diberikan oleh sumber harus tepat sama dengan daya

yang diterima oleh beban. Daya nyata yang diterima oleh R b adalah P Rb , jadi daya nyata yang

diberikan oleh sumber, yaitu P s1 , haruslah diserap oleh R b dan R s .

Kasus Penyearah Setengah Gelombang

Sebagai contoh dalam pembahasan pembebanan nonlinier ini, kita akan mengamati penyearah setengah gelombang. Dengan penyearah ini, sinyal sinus diubah sehingga arus mengalir setiap setengah perioda. Rangkaian penyearah yang kita tinjau terlihat pada Gb. 2.a.

Darpublic

Gb. 2. Penyearah setengah gelombang dengan beban resistif.

Arus penyearah setengah gelombang mempunyai nilai pada setengah perioda pertama (yang positif); pada setengah perioda ke-dua, ia bernilai nol. Uraian fungsi ini sampai dengan harmonisa ke-6adalah

 0 , 318 + 0 , 5 cos( ω 0 t − 1 , 57 ) + 0 , 212 cos( 2 ω 0 t ) 

i ( t ) = I m × 

 V (22)

+ 0 , 042 cos( 4 ω 0 t ) + 0 , 018 cos( 6 ω 0 t ) 

Dalam rangkaian yang kita tinjau ini hanya ada satu sumber yang mencatu daya hanya kepada satu beban. Pada waktu dioda konduksi, arus sumber selalu sama dengan arus beban, karena mereka terhubung seri; tegangan beban juga sama dengan tegangan sumber karena dioda dianggap ideal sedangkan resistor memiliki karakteristik linier dan bilateral. Pada waktu dioda tidak konduksi arus beban maupun arus sumber sama dengan nol. Gb. 2.b. memperlihatkan bahwa hanya kurva tegangan sumber yang merupakan fungsi sinus; kurva arus dan daya merupakan fungsi nonsinus.

Pada persamaan (22) arus fundamental dinyatakan dalam fungsi cosinus yaitu

i 1 = 0 , 5 I m cos( ω 0 t − 1 , 57 )

Fungsi ini tidak lain adalah pergeseran 1,57 rad atau 90 o ke arah positif dari fungsi cosinus yang ekivalen dengan fungsi sinus

i 1 = 0 , 5 I m sin( ω 0 t )

Pernyataan i 1 dalam fungsi sinus ini sesuai dengan pernyataan bentuk gelombang tegangan yang juga dalam fungsi sinus. Dengan pernyataan yang bersesuaian ini kita dapat melihat beda fasa antara keduanya; ternyata dalam kasus penyearah setengah gelombang ini, arus fundamental sefasa dengan tegangan sumber.

CONTOH-12: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansi internal yang dapat diabaikan mencatu beban resistif melalui penyearah setengah gelombang. Tegangan sumber adalah

v s = 380 sin ω 0 t V dan resistansi beban R b adalah 3,8 Ω . Hitung daya nyata yang diterima oleh beban dan daya nyata yang diberikan oleh sumber.

Penyelesaian:

Tinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalah 380/3,8 = 100 A. Persamaan arus sampai harmonisa ke-enam menjadi

 31 , 8 + 50 cos( ω 0 t − 1 , 57 ) + 21 , 2 cos( 2 ω 0 t ) 

i ( t ) = 

 A

 + 4 , 2 cos( 4 ω 0 t ) + 1 , 8 cos( 6 ω 0 t )

yang memberikan arus-arus efektif pada beban

Darpublic

I bhrms = 31 , 8 +

= 35 , 31 A;

Daya yang diterima beban adalah

rms R b = ( I b 1 rms + I bhrms ) × 3 , 8 = 9488 W ≈ 9 , 5 kW

Tinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber adalah v s = 380 sin ω 0 t . Komponen arus

fundamental yang diberikan oleh sumber adalah sama dengan arus fundamental beban

i 1 s = i 1 Rb = 50 cos( ω 0 t − 1 , 57 ) = 50 sin ω 0 t A dengan nilai efektif I 1 srms = 50 / 2 A

Tak ada beda fasa antara tegangan sumber dan arus fundamentalnya. Daya dikeluarkan oleh sumber adalah

Hasil perhitungan dari kedua sisi tinjauan adalah sama. Daya yang diberikan oleh komponen fundamental sebagai fungsi waktu adalah

( 1 − cos( 2 ω 0 t )

= ( 1 − cos( 2 ω 0 t ) = 19 ( 1 − cos( 2 ω 0 t ) kW

Gb.3 memperlihatkan kurva p s1 pada di atas. Kurva p s1 bervariasi sinusoidal namun selalu positif dengan nilai puncak 19 kW, dan nilai rata-rata (yang merupakan daya nyata) sebesar setengah dari nilai puncak yaitu 9,5 kW.

Kurva daya yang dikontribusikan oleh komponen searah, p s0 yaitu suku pertama (19), dan komponen harmonisa p sh2 yaitu suku ke-dua persamaan (19), juga diperlihatkan dalam Gb.3.

Kurva kedua komponen daya ini simetris terhadap sumbu waktu yang berarti memiliki nilai rata-rata nol. Dengan kata lain komponen searah dan komponen harmonisa tidak memberikan daya nyata.

t [det]

Gb.3. Kurva komponen daya yang diberikan sumber.

Konfirmasi logis kita peroleh sebagai berikut. Seandainya tidak ada penyearah antara sumber dan beban, arus pada resistor akan mengalir sefasa dan sebentuk dengan gelombang tegangan sumber. Daya yang di keluarkan oleh sumber dalam keadaan ini adalah

Darpublic

s = V s I s sin ω 0 t = 38000 sin ω 0 t

Dalam hal penyearahan setengah gelombang, arus hanya mengalir setiap setengah perioda. Oleh karena itu daya yang diberikan oleh sumber menjadi setengahnya, sehingga

p setengah gel = 19 ( 1 + cos 2 ω 0 t ) kW , dan inilah p s1 .

CONTOH-13: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansi internal yang diabaikan, mencatu beban resistif melalui kabel dengan resistansi 0,2 Ω dan penyearah setengah

gelombang. Tegangan sumber adalah v s = 380 sin ω 0 t V dan resistansi beban R adalah 3,8 Ω . Hitung daya yang diterima oleh beban.

Penyelesaian:

Rangkaian sistem ini adalah seperti berikut

R s =0,2 Ω

v s =380sin ω 0 t

R b =3,8 Ω

Tinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalah

= 95 A

Persamaan arus sampai harmonisa ke-6 menjadi  0 , 318 + 0 , 5 cos( ω 0 t − 1 , 57 ) + 0 , 212 cos( 2 ω 0 t ) 

i ( t ) = 95 × 

 + 0 , 042 cos( 4 ω 0 t ) + 0 , 018 cos( 6 ω 0 t )

= 30 , 21 + 47 , 5 cos( ω 0 t − 1 , 57 ) + 20 , 14 cos( 2 ω 0 t )

+ 4 , 09 cos( 4 ω 0 t ) + 1 , 71 cos( 6 ω 0 t ) A

Nilai efektif arus fundamental dan arus harmonisa total adalah

I hrms = 30 , 21 2 +

+ + = 33 , 54 A

2 2 2 Daya yang diterima R b adalah 2 2 P 2

Rb = I rms R b = ( 33 , 59 + 33 , 54 ) × 3 , 8 = 8563 W

Tinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber dan arus fundamental sumber adalah

v s = 380 sin ω 0 t V

i s 1 = i Rb = 47 , 5 cos( ω 0 t − 1 , 57 ) = 47 , 5 sin ω 0 t A

Tidak ada beda fasa antara v s dan i s1 . Daya nyata yang diberikan oleh sumber adalah

P s = v srms i 1 rms cos 0 =

= 9025 W

Darpublic

Daya ini diserap oleh beban dan saluran. Daya yang diserap saluran adalah

saluran = 0 , 02 × i srms = 0 , 02 × ( i 1 rms + i hrms )

2 2 = 0 , 02 × ( 33 , 6 + 33 , 55 ) = 450 , 7 W

Perbedaan angka perhitungan P Rb dengan (P s –P saluran ) adalah sekitar 0,2%.

Perambatan Harmonisa

Dalam sistem tenaga, beban pada umumnya bukanlah beban tunggal, melainkan beberapa beban terparalel. Sebagian beban merupakan beban linier dan sebagian yang lain merupakan beban nonlinier. Dalam keadaan demikian ini, komponen harmonisa tidak hanya hadir di beban nonlinier saja melainkan terasa juga di beban linier; gejala ini kita sebut perambatan harmonisa. Berikut ini akan kita lihat gejala tersebut pada suatu rangkaian yang mendekati situasi nyata. Gb.4. memperlihatkan rangkaian yang dimaksud.

b =i b1 +i bh

Gb.4. Sumber mencatu beban paralel linier dan nonlinier.

Tegangan sumber berbentuk sinusoidal murni v s = V sm sin ω 0 t . Sumber ini mencatu beban melalui saluran yang memiliki resistansi R s . Beban yang terhubung di terminal A-B (terminal

bersama), terdiri dari beban linier R a dengan arus i a dan beban R b yang dialiri arus nonlinier i b =i b1 +

i bh dengan i b1 adalah komponen fundamental dari i b dan i bh adalah komponen harmonisa total dari i b . Pada rangkaian sederhana ini, di sisi beban kita lihat bahwa aplikasi Hukum Arus Kirchhoff di simpul

A, yaitu simpul bersama dari kedua beban, memberikan

( v A − v s ) / R s + v A / R a + ( i b 1 + i bh ) = 0

dan dari sini kita peroleh

( i b 1 + i bh )

Jadi sebagai akibat pembebanan nonlinier di suatu beban menyebabkan tegangan di terminal- bersama juga mengandung harmonisa. Akibat selanjutnya adalah bahwa arus di beban lain yang terhubung ke terminal-bersama ini juga mengandung harmonisa.

( i b 1 + i bh ) (24)

Sementara itu di sisi sumber, dengan tegangan sumber berbentuk sinus v s = V sm sin ω 0 t , keluar arus yang mengandung harmonisa yaitu

( i b 1 + i bh ) + ( i b 1 + i bh )

 ( i b 1 + i bh )

Darpublic

Adanya komponen harmonisa pada arus sumber dan beban yang seharusnya merupakan beban linier dapat menyebabkan penambahan penyerapan daya pada saluran. Hal ini akan kita bahas kemudian.

CONTOH-14: Sebuah sumber tegangan 50 Hz, v = 240 sin ω 0 t V memiliki resistansi dan induktansi internal yang diabaikan. Sumber ini mencatu beban resistif R a =5 Ω melalui saluran

yang memiliki resistansi 1 Ω . Sebuah beban resistif lain yaitu R b = 5 Ω dengan penyearah setengah gelombang dihubungkan paralel dengan R a . Hitunglah: (a) daya nyata yang diserap R a sebelum R b dan penyearah dihubungkan; (b) daya nyata yang diserap R b sesudah R b dan penyearah dihubungkan; (c) daya nyata yang diserap R a sesudah R b dan penyearah dihubungkan; (d) daya nyata yang diserap saluran R s ; (e) daya nyata yang diberikan sumber; (f) bandingkan daya nyata yang diberikan oleh sumber dan daya nyata yang diserap oleh bagian rangkaian yang lain.

Penyelesaian:

(a) Sebelum R b dan penyearah dihubungkan, rangkaian adalah seperti di bawah ini.

R s =1 Ω

R a =5 Ω

240sin ω 0 t

B Arus efektif yang mengalir dari sumber, daya nyata yang diserap R a dan R s , serta daya nyata

yang diberikan sumber adalah

I Rarms = ( 240 / 2 ) /( 5 + 1 ) = 28 , 28 A

Ra = 28 , 28 × 5 = 4000 W ; P Rs = 28 , 28 × 1 = 800 W

P s = 28 , 28 × 240 / 2 = 4800 W = P Ra + P Rs

(b) Setelah R b dan penyearah dihubungkan, rangkaian menjadi

i a i Rb = R s

R a R b i Rb1 +i Rbh

Untuk menghitung i Rb kita buat rangkaian ekivalen Thévenin terlebih dulu di terminal A-B.

1 + 5 1 + 5 Setelah R b dihubungkan pada rangkaian ekivalen Thévenin, rangkaian menjadi

200sin ω 0 t B

Nilai maksimum arus i Rb adalah

0 , 833 + 5 Arus yang melalui R b menjadi

Darpublic

 0 , 318 + 0 , 5 cos( ω 0 t − 1 , 57 ) + 0 , 212 cos( 2 ω 0 t ) 

i Rb = 34 , 29 × 

 + 0 , 042 cos( 4 ω 0 t ) + 0 , 018 cos( 6 ω 0 t )

= 10 , 9 + 17 , 14 cos( ω 0 t − 1 , 57 ) + 7 , 27 cos( 2 ω 0 t )

+ 1 , 47 cos( 4 ω 0 t ) + 0 , 62 cos( 6 ω 0 t )

Dari sini kita peroleh

Rbhrms = 10 , 9 + 7 , 27 / 2 + 1 , 47 / 2 + 0 , 62 / 2 = 12 . 1 A

Daya yang diserap R b adalah

Rb = ( 12 , 12 + 12 . 1 2 ) × 5 ≈ 1470 W

(c) Untuk menghitung daya yang diserap R a setelah R b dihubungkan, kita kembali pada rangkaian semula. Hukum Arus Kischhoff untuk simpul A memberikan

× ( 17 , 14 sin ω 0 t + i bh )

5 5  10 , 9 + 7 , 27 cos( 2 ω 0 t )

v Ah = × i bh = ×

6 6   + 1 , 47 cos( 4 0 t )

62 6 ω  + 0 , cos( ω 0 t ) 

= 9 , 09 + 6 , 06 cos( 2 ω 0 t ) + 1 , 23 cos( 4 ω 0 t ) + 0 , 51 cos( 6 ω 0 t )

V Ahrms = 9 , 09 +

= 10 , 09 V

2 2 2 Daya yang diserap R a adalah

P Ra =

A 1 rms

V Ahrms

= 3469 W

(d) Tegangan jatuh di saluran adalah

2 → ∆ V shrms = V Ahrms = 10 , 09 V

Darpublic

Daya yang diserap saluran adalah

∆ V ∆ 2 shrms 38 , 39 10 , 09

(e) Tegangan sumber adalah

v = 240 sin ω 0 t V

Arus fundamental sumber adalah

= 54 , 29 sin ω 0 t A

Daya nyata yang diberikan sumber

p s 1 = V srms I s 1 rms =

= 6515 W

(f) Bagian lain rangkaian yang menyerap daya nyata adalah R s , R a , dan R b . Daya nyata yang diserap adalah

P Rtotal = P Rs + P Ra + P Rb = 1575 + 3469 + 1468 = 6512 W Hasil ini menunjukkan bahwa daya nyata yang diberikan sumber sama dengan daya nyata yang

diserap oleh bagian lain dari rangkaian (perbedaan angka adalah karena pembulatan- pembulatan).

Ukuran Distorsi Harmonisa

Hadirnya harmonisa dalam sistem, menimbulkan dampak negatif. Oleh karena itu kehadirannya perlu dibatasi. Untuk melakukan pembatasan diperlukan ukuran-ukuran kehadiran armonisa.

Crest Factor. Crest factor didefinisikan sebagai

crest factor =

nilai puncak

nilai efektif

Total Harmonic Distortion (THD). THD digunakan sebagai ukuran untuk melihat berapa besar pengaruh keseluruhan adanya harmonisa terhadap sinyal sinus. Pengaruh keseluruhan harmonisa diperbandingkan terhadap komponen fundamental, karena komponen fundamental-lah yang memberikan transfer energi nyata.

Untuk tegangan nonsinus, THD didefinisikan sebagai

THD V =

V hrms

V 1 rms

Untuk arus nonsinus, THD didefinisikan sebagai

THD

hrms

I 1 rms

Darpublic

CONTOH-15: Arus penyearahan setengah gelombang dengan nilai puncak arus 100 A, memiliki sampai harmonisa ke-enam sebagi

 31 , 8 + 50 cos( ω 0 t − 1 , 57 ) + 21 , 2 cos( 2 ω 0 t ) 

i ( t ) = 

 + 4 , 2 cos( 4 ω 0 t ) + 1 , 8 cos( 6 ω 0 t )

 A

Hitunglah crest factor dan THD I .

Penyelesaian: Telah dihitung nilai efektif arus dalam contoh soal tersebut

I bhrms = 31 , 8 +

2 21 , 2 4 , 2 1 , 8

= 35 , 31 A

Nilai efektif arus adalah

rms = 50 / 2 + 35 , 31 = 49 , 7 A

Crest factor adalah: c . f . =

100

49 , 2

THD I adalah: THD I =

I hrms

Crest factor dan THD hanyalah tergantung bentuk dan tidak tergantung dari nilai mutlak arus. Angka yang sama akan kita peroleh jika nilai puncak arus hanya 1 ampere. Hal ini dapat dimengerti karena persamaan arus secara umum adalah

n maks

n cos( n ω 0 t − ϕ n ) 

sehingga dalam perhitungan I rms, I 1rms , dan I hrms faktor I m akan terhilangkan.

Daftar Pustaka

1. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB, Bandung, 2002.

2. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik Jilid-1”, Darpublic, Bandung, 2010.

3. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik Jilid-2”, Darpublic, Bandung, 2010.

4. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Harmonisa Dalam Permasalahan Kualitas Daya”, Catatan Kuliah El 6004, ITB, Bandung, 2008.

5. Vincent Del Toro : “Electric Power System”, Prentice-Hall International, Inc., 1992.

6. Charles A. Gross : “Power System Analysis”, John Willey & Son, 1986.

7. Turan Gönen: ”Electric Power Transmission System Engineering”, John Willey & Son, 1988.