RESUME MATERI RANGKAIAN LISTRIK II
TEOREMA NORTON, TRANSFORMASI STAR DELTA (WYE),
TRANSIEN RLC PADA ARUS DC, TRANSIEN RL DAN RC PADA
ARUS AC
Di susun Oleh : Kelompok III
Awalia Septyani (5115150661) Citra Tri Ayuningtias (5115152673) Desi Andriani (5115153789) Detia Nurindah Sari (5115155603) Fajar Arif (5115152293) Gabriellia Surya Putri (5115151262) Siti Bayani (5115151046)
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN TEKNIK ELEKTRO
FAKULTAS TEKNIK
BAB I PENDAHULUAN
1.1 Latar Belakang
Pada pembahasan sebelumnya, kita sudah membahas materi mengenai teorema superposisi dan thevenin dalam penyederhanyaan arus nolak balik dengan penyelesaian bilangan kompleks dengan operasinya
Untuk menambah wawasan dan ilmu kita, maka kami memperdalam pembahasan tersebut mengenai teorema norton,transformasi delta-wye dalam penyederhanaan arus bolak balik dan transien
1.2 Rumusan Masalah
1. Bagaimana menyederhanakan rangkaian dengan menggunakan analisis superposisi dan thevenin?
2.
Bagaimana mengaplikasikan penggunaan tranformasi delta-wye dalam penyederhanaan arus bolak balik?3.
Bagaimana memahami gejala dan konsep transien pada rangkaian RLC pada arus DC.4.
Bagaimana memahami gejala dan konsep transien pada rangkaian RL pada arus AC.Tujuan Penulisan
1. Mahasiswa dapat menyederhanakan rangkaian dengan menggunakan analisis superposisi dan thevenin?
2.
Mahasiswa dapat mengaplikasikan penggunaan tranformasi delta-wye dalam penyederhanaan arus bolak balik?3. Mahasiswa dapat memahami gejala dan konsep transien pada rangkaian RLC pada arus DC
BAB II
PEMBAHASAN
4.1 Teorema Norton
Teorema norton menyatakan “Bahwa suatu rangkaian listrik dapat disederhanakan dengan hanya terdiri dari satu buah sumber arus yang dihubung paralelkan dengan sebuah tahanan ekuivalennya pada dua terminal yang diamati”.
Suatu rangkaian yang terdiri dari beberapa sumber tegangan dan impedansi, dapat diubah:
1.Satu sumber arus pengganti Norton (IN)
2.Satu impedansipengganti Norton yang tersusun secara paralel
IN
ZN
Berikut langkah penyelesaian dengan teorema Norton adalah :
Z1 =2j Z3 = 4 Ω
Z2 = -j
VB = 6∠0°
1. Sumber arus dibuka dan sumber tegangan dihubung singkat (dishort) 2. Lepaskan komponen bila akan dicari tegangan atau arusnya
3. Lalu tentukan hambatan pengganti (ZTH)
ZN= Z1∙ Z2 Z1+Z2
ZN= 2j ∙(−j) 2j+(−j)
=
2j= 2
∠0
°= -2j
4. Setelah itu pasang kembali sumber tegangannya.
Rumus:IN=VA Z1
+VB Z2
IN=2∠0° 2j +
6∠0° −j
= 22∠∠900°°+ 6∠0° 1∠−90°
= 1∠−90° + 6 ∠90°
= -j +6j = 5j
= 5∠90°
6. Gambarkan kembali rangkaian pengganti Nortonnya (rangkaian aktif), kemudian pasangkan kembali komponen yang tadi dilepas.
Maka dapat diperoleh besar nilai arus yang mengalir (I), yaitu:
I = ZN
ZN + Z 2
.
IN= -2j
4-2j
.
5j= 104-2j
= 10 0°4,47 -26,56°∠∠
2.2 Tranformasi Delta WYE
“Ada rangkaian yang tidak dapat diselesaikan dengan metode seri paralel, dan baru dapat diselesaikan setelah bentuk dirobah-robah dengan transpormasi Delta, dan Wye”.
Pada banyak aplikasi rangkaian, kita menemukan komponen-komponen yang terhubung bersama pada satu dari dua cara sehingga membentuk rangkaian tiga terminal : sambungan “Delta” atau "Δ" dan juga sambungan "Wye' atau “Y” Hal ini dimungkinkan bagi kita untuk menghitung nilai resistor,kapasitor maupun induktor yang tepat untuk menggantikan bentuk ini (Y dan Δ) ke bentuk yang lainnya. Rangkaian Δ dan Y mempunyai sifat yang sama.
Berikut gambar Delta (∆) network dan Wye (Y) network dibawah ini :
a. Tranfromasi dari rangkaian delta (∆) ke rangkaian wye (Y)
b. Tranfromasi dari rangkaian wye ke rangkaian delta
Z
1=
ZAZC ZA+ZB+ZC
Z
2=
ZBZC ZA+ZB+ZC
Z
3=
ZAZB ZA+ZB+ZC
Z
A=
Z1Z2+Z1Z3+Z2Z3 Z2
Z
B=
Z1Z2+Z1Z3+Z2Z3 Z1
2.2.1 Agar mudah dalam pemahaman langsung ke contoh soal :
1. Carilah impendasi total pada rangkaian dibawah ini !
Berikut cara penyelesaian :
Bila kita melihat Z1, Z2, dan Z3 sebagai suatu rangkaian Δ dan ingin menggantinya dengan rangkaian Y, kita bisa mengubah rangkaian jembatan ini menjadi rangkaian yang lebih sederhana yaitu rangkaian seri-paralel:
∆ telah
dikonversi
Memilih bagian
Z
A=
Z1Z2 Z1+Z2+Z3
=
−4−j+(−4j .−4 4j)+j4 j=
16 j24 j
= - 4j
Z
C= Z
B=
Z1Z3
Z1+Z2+Z3
=
−16j2
−4j
=
4j
ZA1=
ZA2=
Z
B+ Z
4¿
4j + 2
¿
2+4j
Z
p=
(2+4 j)(2+4 j) 2+4j+2+4j
=
4+8j+8j+16j24+8 j
=
4+16j+16j24+8j
=
−124++816j j=
208,9∠∠126,8663,43°°Zp = 2,2 ∠ 63,43° Ω
Zp = 0,98 + 1,96 j
2. Contoh soal :
Tentukan arus yang mengalir melewati rangkaian tersebut!
Jawab
Langkah-langkahnya adalah:
1. Ubah tiap hambatan menjadi bentuk impedansinya untuk memudahkan perhitungan.
Z1 = 4
Z2 = -8j
Z3 = 5
Z4 = +4j
Z5 = -6j
Za= Z1.Z2
Z1+Z2+Z3 ¿
4.(−8 j) 4−8j+5=
−32j 9−8j=
32∠−90
12,04∠−38,65=2,65∠−51,35
Zb= Z1.Z3 Z1+Z2+Z3
¿ 5.4
4+5−8j= 20 9−8j
Zc= Z2.Z3 Z1+Z2+Z3
¿ 5.(−8j)
5+4−8j= −40j 9−8j
3. Kemudian sederhanakan lagi rangkaiannya seperti di bawah ini.
Zb dan Z4 seri sehingga Zpenggantinya ( Zs1 )adalah :
ZS1=ZB+4 j= 20
9−8j+4 j=
20+4 j(9−8 j) 9−8j =
20+36 j−32 9−8 j =
−12+36j 9−8j
¿ 8,94∠−63,43
Zc dan Z5 seri sehingga Zpenggantinya ( Zs2 ) adalah :
ZS2=ZC−6j=−40j
9−8j−6 j=
−40−6 j(9−8j) 9−8j =
−40−54j−48 9−8j =
−88−54 j 9−8j
¿103,24∠31,38
12,04∠38,65 =8,57∠−7,27
4. Setelah disederhanakan, rangkaiannya berubah menjadi seperti di bawah ini.
Sederhanakan lagi rangkaiannya, Zs1 dan Zs2 paralel sehingga Zpenggantinya (Zp) adalah:
ZP=
ZS1. ZS2 ZS1+ZS2
=0,74∠−24,78×8,57∠−7,27 0,74∠−24,78+8,57∠−7,27
ZP=6,34∠
−32.05
9,31∠−32,05=0,68∠0
Karena Za d an Zp seri, sehingga untuk menghitung arus yang mengalir dapat dihitung
dengan mudah yaitu :
I= V ZA+ZP=
50∠0
2,65∠−51,35=18,86∠51,35Ampere
2.3
Transien
2.3.1 Transien RLC
Transien ialah gejala peralihan yang terjadi pada rangkaian listrik. Baik tegangan, arus, maupun waktu. Gejala transien terjadi pada rangkaian-rangkaian yang mengandung komponen penyimpan energi seperti inductor dan/atau kapasitor. Gejala ini timbul karena energi yang diterima atau dilepaskan oleh komponen tersebut tidak dapat berubah seketika (arus pada induktor dan tegangan pada kapasitor).
2..3.1.1 Pengisian pada RLC
Rangkaian RLC adalah rangkaian yang terdiri dari resistor, induktor dan kapasitor yang dapat dihubungkan secara seri maupun paralel.
Saat rangkaian dihubungkan ke posisi 2, maka akan terjadi proses pengisian. Berikut adalah persamaan rangkaian pada saat saklar di on-kan (pengisian),:
Ldi
dt+R . I+ q C=V
Karena i=dqdt , makadq=i .dt sehingga q=
∫
i dtPersamaannya menjadi :
Ldi dt+RI+
1
C
∫
i .dt=VDimana V adalah sumber tegangan.
Bila di deferensialkan terhadap didt , maka persamaannya menjadi:
Ld2i dt2+R
di dt+
1 Ci=0
Kemudian kalikan dengan 1L , sehingga :
d2i dt2+
R L
di dt+
1 LCi=0
di dt=D
(
D2+R L D+
1 LC
)
i=0Maka akar –akar persamaannya adalah ,
D1=
−R L +
√
(R L 2 )− 4 LC 2 R L 2 − 4 LC ¿ ¿ −R L −√¿
D1=¿
Misal : R L ¿ ¿ ¿
α=−R
2L dan β=√¿
Maka,
D1=α+β
D2=α−β
Dalam hal ini ada 3 kasus yang mungkin akan terjadi :
1. R 2L ¿ ¿ ¿
Rangkaian tersebut di sebut dengan OVER DAMPED (keadaan teredam lebih)
Dari persamaan 2 dapat ditulis dalam bentuk faktor
[
D−(α+β)] [
D−(α−β)]
=0Dan persamaan arusnya adalah :
I=C1e
(α+β).t +C2e
(α−β).t
Atau
I=eα .t