Analisis
Analisis
Analisis
Analisis Rangkaian
Rangkaian
Rangkaian
Rangkaian Listrik
Listrik
Listrik
Listrik
di
di
di
di Kawasan
Kawasan
Kawasan
Kawasan Fasor
Fasor
Fasor
Fasor
(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)
Sudaryatno Sudirham
1
Isi
1. Fasor
2. Pernyataan Sinyal Sinus 3. Impedansi 4. Kaidah Rangkaian 5. Teorema Rangkaian 6. Metoda Analisis 7. Sistem Satu Fasa 8. Analisis Daya 9. Penyediaan Daya 10. Sistem Tiga-fasa Seimbang
2
Fasor
3Mengapa Fasor?
)
cos(
ω
−
θ
=
A
t
y
Sudut fasa Frekuensi sudut AmplitudoAnalisis rangkaian listrik di kawasan waktu melibatkan operasi diferensial dan integral, karena hubungan
arus-tegangan elemen-elemen adalah
dt
di
L
v
L L=
dt
dv
C
i
C C=
=
∫
i
dt
C
v
C1
CDi kawasan waktu bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai
4
Energi listrik, dengan daya ribuan kilo watt, disalurkan menggunakan bentuk gelombang sinus.
Pekerjaan analisis rangkaian, dimana peubah rangkaiannya berbentuk gelombang sinus, akan sangat dipermudah jika
operasi-operasi diferensial dapat dihindarkan. Siaran radio juga dipancarkan dengan menggunakan bentuk
gelombang sinus.
Bentuk gelombang sinus sangat luas digunakan
5
Dalam matematika ada sebuah fungsi yang turunannya berbentuk sama dengan fungsi itu
sendiri, yaitu
Jika sinyal sinus dapat dinyatakan dalam bentuk fungsi eksponensial, maka operasi diferensial
dan integral akan terhindarkan
Fungsi Eksponensial
x xe
dx
de
=
x xAe
dx
dAe
=
6Hal itu dimungkinkan karena
ada hubungan antara fungsi sinus dan fungsi eksponensial yaitu
x
j
x
e
jx=
cos
+
sin
Ini adalah fungsi eksponensial kompleks
Berikut ini kita akan melihat ulang bilangan
kompleks Bagian nyata pernyataan kompleks ini yang digunakan untuk menyatakan sinyal sinus
Identitas Euler
7
Pengertian Tentang Bilangan Kompleks
0
1
2+
=
s
Tinjau Persamaan:j
s
=
−
1
=
Akar persamaan adalah:Bilangan tidak nyata (imajiner)
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x x
Tak ada nilai
x
untukx
negatif8
Bilangan Kompleks
s
=
a
+
jb
dengan a dan b adalahbilangan nyata bagian nyata dari sRe(s) =
a
bagian imajiner dari s Im(s) =
b
Re
(sumbu nyata)Im
(sumbu imajiner) a s = a + jb jbBilangan kompleks didefinisikan sebagai
9 |S|cosθ = Re (S) |S| sinθ = Im (S) θ = tan−1(b/a) 2 2 b a S = +
bagian nyata dari S bagian imaginer dari S Bilangan kompleks S = |S|cosθ + j|S|sinθ a Re Im S = a + jb jb (sumbu nyata) (sumbu imajiner) Re Im S = a + jb θ jb a
Representasi Grafis Bilangan Kompleks
10 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 Re Im 4 3 2 1 -1 -2 -3 3 + j4 = 5cosθ+ j5sinθ θ 5
Contoh
11Penjumlahan
jb
a
s
1=
+
)
(
)
(
2 1s
a
p
j
b
q
s
−
=
−
+
−
Perkalian
)
)(
(
)
)(
(
s
1s
2=
a
+
jb
p
+
jq
Pembagian
jq
p
jb
a
s
s
+
+
=
2 1jq
p
s
2=
+
jb
a
s
1=
+
jq
p
s
2=
+
)
(
)
(
2 1s
a
p
j
b
q
s
+
=
+
+
+
)
(
)
(
ap
−
bq
+
j
aq
+
bp
=
2 2)
(
)
(
q
p
aq
bp
j
bq
ap
+
−
+
+
=
jq
p
jq
p
−
−
×
+--Operasi-Operasi Aljabar Bilangan Kompleks
Pengurangan
4
3
dan
3
2
2 1j
s
j
s
=
+
=
+
25
1
25
18
4
3
)
9
8
(
)
12
6
(
4
3
4
3
4
3
3
2
2 2 2 1j
j
j
j
j
j
s
s
+
=
+
+
−
+
+
=
−
−
×
+
+
=
7
5
)
4
3
(
)
3
2
(
2 1s
j
j
j
s
+
=
+
+
+
=
+
1
1
)
4
3
(
)
3
2
(
2 1s
j
j
j
s
−
=
+
−
+
=
−
−
17
6
)
9
8
(
)
12
6
(
)
4
3
)(
3
2
(
)
)(
(
1 2j
j
j
j
s
s
+
−
=
+
+
−
=
+
+
=
diketahui: maka:Contoh
13)
sin
(cos
) (τ+θ=
e
τe
θ=
e
τθ
+
j
θ
e
j jFungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai
dengan eτadalah fungsi eksponensial riil
jb
a
S
=
+
)
sin
(cos
2 2+
θ
+
θ
=
a
b
j
S
θ+
=
je
b
a
S
2 2Dengan identitas Euler ini bilangan komleks yang dituliskan sebagai:
θ
+
θ
=
θcos
j
sin
e
jdan Ini identitas Euler
Penulisan bilangan kompleks di atas adalah penulisan dalam bentuk sudut siku yang juga dapat dituliskan dalam bentuk polar yaitu:
dapat dituliskan sebagai:
Bentuk Sudut Siku dan Bentuk Polar
14
|S| = 10
sudut fasa: θ = 0,5 rad
S = 10 e
j0,5 Bentuk Polar8
,
4
8
,
8
)
48
,
0
88
,
0
(
10
)
5
,
0
sin
5
,
0
(cos
10
j
j
j
S
+
=
+
=
+
=
Bentuk Sudut Siku
rad 93 , 0 3 4 tan1 = = θ −
S = 3 + j4
|
S
|
=
3
2+
4
2=
5
Bentuk Sudut SikuS = 5e
j 0,93 Bentuk Polar5
4
3
|
|
S
=
2+
2=
0,93 rad 3 4 tan1 ==== ==== −−−− ==== ∠ ∠ ∠ ∠S θ −−−−S = 3
−
j4
Bentuk Sudut Siku
S = 5e
−j 0,93 Bentuk PolarContoh
15 * atau | | * 2 S S |S| S S S = =(
)
( )( )
* * 2 1 2 1S
S
S
S
×
*=
* * * 1 1 2 1 S S S S = (
)
* * 2 1 2 1 S S S S + *= +Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai hubungan-hubungan berikut: S = a + jb S* = a−jb Re Im Re Im
Bilangan kompleksSmempunyai konjugatS* Konjugat dariS = a + jbadalahS*= a - jb
S*= p + jq
S = p−jq
Kompleks Konjugat
16
Dalam Bentuk Fasor
Pernyataan Sinyal Sinus
17
hanya amplitudo Adan sudut fasa θyang diperhatikan karenaωωωωdiketahui sama untuk seluruh sistem
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
A e
j(ωt+θ)= A {cos(
ω
t + θ) + j sin(
ω
t + θ)} = V
v = Re(V) = Re ( A e jωt e j θ)
sehingga dapat ditulis dalam bentuk: Jika seluruh sistem (rangkaian) mempunyaiω
bernilai sama maka ejωtbernilai tetap sehingga tak
perlu selalu dituliskan
V = A e
j θdapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks : dan sinyal sinus
v
=
A
cos(
ω
t
+
θ
)
Re dan e
jωtidak ditulis lagi
Inilah yang disebut
Fasor
Fasor
θ
∠
=
=
θA
Ae
jV
V
dituliskan
sin
cos
θ
+
θ
=
θ
∠
=
A
A
jA
V
∠
+
=
+
=
−a
b
b
a
jb
a
2 2tan
1V
Karena hanya amplitudo dan sudut fasa saja yang diperhatikan makaV |A| θ Im Re a jb
Penulisan dan Penggambaran Fasor
19
Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor
07 , 7 07 , 7 ) 45 sin( 10 ) 45 cos( 10 atau 45 10 o o 1 o 1 j j − = − + − = − ∠ = V V
)
45
500
cos(
10
)
(
o 1t
=
t
−
v
)
30
500
cos(
15
)
(
o 2t
=
t
+
v
5 , 7 99 , 12 ) 30 sin( 15 ) 30 cos( 15 atau 30 15 o o 2 o 2 j j = + + = ∠ = V V menjadi: menjadi: Pada frekuensi ω= 5001000
cos
4
)
(
1t
t
i
=
−
4 ) 0 sin( 4 ) 0 cos( 4 atau 0 4 o o 1 o 1 − = − − = ∠ − = j I I)
90
1000
cos(
3
)
(
o 2t
=
t
−
i
3 ) 90 sin( 3 ) 90 cos( 3 atau 90 3 o o 2 o 2 j j − =− + − = − ∠ = I I menjadi: menjadi: Pada frekuensi ω= 1000Contoh
20 A θ Im Re −−−−A A* −θ a jb−
a−
jbJika
A
=
A
∠
θ
θ
−
∠
=
A
*
A
(
)
(
180
)
180
o o−
θ
∠
=
+
θ
∠
=
−
A
A
A
maka negatif dari
A
adalahdan konjugat dari
A
adalahjb
a
−
−
=
−
A
jb
a
−
=
*
A
jb
a
+
=
A
Jika
Fasor Negatif dan Fasor Konjugat
21 Perkalian
A
×
B
=
AB
∠
(
θ
1+
θ
2)
)
(
1 2 2 1=
∠
θ
−
θ
θ
∠
θ
∠
=
B
A
B
A
B
A
Pembagian(
) (
)
(
1 2) (
1 2)
2 1 2 1sin
sin
cos
cos
sin
sin
cos
cos
θ
−
θ
+
θ
−
θ
=
−
θ
+
θ
+
θ
+
θ
=
+
B
A
j
B
A
B
A
j
B
A
B
A
B
A
Penjumlahan dan Pengurangan
2
θ
∠
=
B
B
1θ
∠
=
A
A
Jika diketahui : maka :Operasi-Operasi Fasor
22((((
4 0)))) ((((
0 3))))
4 3 2 1 3====I ++++I ====−−−− ++++j ++++ −−−−j ====−−−− −−−−j I o 1 2 2 3 5 216,9 4 3 tan ) 3 ( ) 4 ( ==== ∠∠∠∠ −−−−−−−− ∠ ∠ ∠ ∠ −−−− ++++ −−−− ==== −−−− I o o o * 1 1 1====VI ====(10∠∠∠∠−−−−45 )××××(−−−−4∠∠∠∠0)====−−−−40∠∠∠∠−−−−45 S o o o * 2 2 2====VI ====(15∠∠∠∠30)××××(3∠∠∠∠90)====45∠∠∠∠120 S o o o 2 2 25
120
90
3
30
15
∠
=
−
∠
∠
=
=
I
V
Z
o o o 1 1 12
.
5
45
0
4
45
10
−
∠
−
=
∠
−
−
∠
=
=
I
V
Z
o 1=
10
∠
−
45
V
o 2=
15
∠
30
V
o 1=
−
4
∠
0
I
o 2=
3
∠
−
90
I
Diketahui: maka : Re I3 -4 -3 Im 216,9o 5Contoh
23Impedansi
2425 Impedansi suatu elemen rangkaian di kawasan
fasor adalah perbandingan antara fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut
Impedansi di Kawasan Fasor
x x x
Z
I
V
=
impedansi fasor tegangan fasor arus Catatan:Ada pengertian impedansi di kawasan s yang akan kita pelajari kemudian
θ ω θ + ω
=
=
θ
+
ω
=
j t j Rm t j Rm Rm Re
e
i
e
i
t
i
t
i
)
cos(
)
(
) (+ v
R−
i
R θ ω=
=
j t j Rm R Re
e
Ri
t
Ri
t
v
)
(
)
(
θ
∠
=
R RI
I
R RRI
V
=
R RR
I
V
=
Kawasan fasor Kawasan waktu Impedansiresistansi resistor di kawasan waktu bernilai sama dengan
impedansinya di kawasan fasor
R R
i
v
R
=
Resistor
26i
L+
v
L−
ω θ θ + ω=
=
θ
+
ω
=
j t j Lm t j Lm Lm Le
e
i
e
i
t
i
t
i
)
cos(
)
(
) ()
(
)
(
)
(
θ ωω
=
=
j t j m L Le
e
i
L
j
dt
t
di
L
t
v
θ
∠
=
L LI
I
L L j LI V = ω L j Z L L L= = ω I V Kawasan fasor ImpedansiInduktor
dt
di
L
v
L L=
Kawasan waktuhubungan diferensial hubungan linier
27
i
C+ v
C−
`)
(
)
(
) (ω+θω
=
=
t j Cm C Ce
v
C
j
dt
dv
C
t
i
) ()
cos(
)
(
θ + ω=
θ
+
ω
=
t j Cm Cm Ce
v
t
v
t
v
Kawasan fasor Impedansi C Cj
C
V
I
=
ω
θ
∠
=
C CV
V
C
j
C
j
Z
C C Cω
−
=
ω
=
=
1
1
I
V
Kapasitor
dt
dv
C
i
C C=
Kawasan waktuhubungan diferensial hubungan linier
28
Impedansi dan Admitansi
R R
R
I
V
=
L
j
Z
L L L=
=
ω
I
V
C
j
C
j
Z
C C C=
=
ω
=
−
ω
1
1
I
V
Impedansi: Z Admitansi: Y = 1 / ZR
Y
R1
=
L
j
L
j
Z
Y
L L=
=
ω
=
−
ω
1
1
C
j
Z
Y
C C=
=
ω
1
I
V
=
Z
Perhatikan: relasi ini adalah relasi linier. Di kawasan fasor kita terhindar dari
perhitungan diferensial.
V
I
=
Y
29)
(
)
(
ω
+
ω
=
R
jX
Z
(
)
(
)
+
ω
ω
−
ω
+
+
ω
=
ω
+
ω
+
ω
=
+1
1
)
/
1
(
)
/
1
(
2 2 2 //RC
C
R
L
j
RC
R
C
j
R
C
j
R
L
j
Z
LR C• Perhatian : Walaupun impedansi merupakan pernyataan yang
berbentuk kompleks, akan tetapi impedansi bukanlah fasor. Impedansi dan fasor merupakan dua pengertian dari dua konsep yang berbeda.
– Fasor adalah pernyataan dari sinyal sinus – Impedansi adalah pernyataan elemen.
Impedansi Secara Umum
Kaidah Rangkaian
31L
j
R
Z
RLseri=
+
ω
(
)
I
V
RLseri=
R
+
j
ω
L
R + VR− I + VL− jωLC
j
R
Z
RCseri=
−
ω
I
V
1
ω
+
=
C
j
R
seri RC + VC − R−
j/ωC + VR− IHubungan Seri
32I
V
ω
−
ω
=
C
j
L
j
seri LC
ω
−
ω
=
C
L
j
Z
LCseri1
−
j/ωC jωL + VL− + VC − I n seri total seri total seri totalZ
Z
Z
Z
Z
+
⋅⋅
⋅⋅
+
+
=
=
2 1I
V
total seri total k kZ
Z
V
V
=
×
Kaidah Pembagi Tegangan
33 V V I k k k Y Z = = V V I I total n k k n k k total=
∑
=∑
Y =Y = =1 1 n n k k total Z Z Z Y Y 1 1 1 2 1 1 + ⋅⋅ ⋅⋅ + + = =∑
= total total k k k Y Y YV I I = = Itotal I3 R jωL−
j/ωC I1 I2Kaidah Pembagi Arus
34
Diagram Fasor
35I
LV
L Re Im Arus 90odi belakang tegangan L = 0,5 H , iL(t) = 0,4cos(1000t) AArus dan Tegangan pada Induktor
Ω = × × =j 1000 0,5 j500 ZL V 90 200 0 4 , 0 90 500 0 4 , 0 ) 500 ( o o o o ∠ = ∠ × ∠ = ∠ × = =ZLL j L I V
Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0) Di kawasan waktu: -200 -150 -100 -50 0 50 100 150 200 0 0,002 0,004 0,006 0,008 100 iL(t) vL(t) V A detik Misalkan 36
C = 50 pF , i
C(t) = 0,5cos(10
6t) mA
Arus dan Tegangan pada Kapasitor
V 90 10 ) 0 10 5 , 0 ( ) 90 10 20 ( k 20 ) 10 50 ( 10 1 o o 3 o 3 12 6 − ∠ = ∠ × × − ∠ × = = Ω − = × × − = ω = − − C C C C Z j j C j Z I V
I
CV
C Re Im arus 90omendahului teganganArus dijadikan referensi (sudut fasa = 0) detik Di kawasan waktu: -10 -5 0 5 10 0 0,0005 0,001 0,0015 0,002 10 iC(t) V mA vC(t) Misalkan 37
A
40
5
dan
V
10
120
∠
o=
∠
o=
I
V
Ω
−
=
−
+
−
=
Ω
−
∠
=
∠
∠
=
=
12
8
,
20
)
30
sin(
24
)
30
cos(
24
30
24
40
5
10
120
o o oj
j
Z
BI
V
Pada sebuah beban :
v(t) =120cos(314t +10
o) V
i(t) = 5cos(314t + 40
o) A
I
V
Re Im arus mendahului teganganBeban Kapasitif
38Pada sebuah beban :
v(t) =120cos(314t + 20
o) V
i(t) = 5cos(314t
−
40
o) A
Ω + = + = Ω ∠ = − ∠ ∠ = = 8 , 20 12 ) 60 sin( 24 ) 60 cos( 24 60 24 40 5 20 120 o o o o o j j ZB I VI
V
Re Im arus tertinggal dari teganganA
40
5
dan
V
20
120
∠
o=
∠
−
o=
I
V
Beban Induktif
39 Ω − ∠ = − ∠ + = Ω − = + − = − 87 , 36 125 100 75 tan ) 75 ( ) 100 ( 75 100 25 100 100 o 1 2 2 j j j Ztot A 36,87 2 87 , 36 125 0 250 o o o ∠ = − ∠ ∠ = = tot s Z V I 100Ω −j100Ω j25Ω Vs= 250∠0oV + −I
V
Re
Im
100Ω + − 20µF 50mH vs(t) = 250 cos500t V Transformasi rangkaian ke kawasan fasorBeban RLC seri ini bersifat kapasitif |ZC| > |ZL| arus mendahului tegangan
25 ; 100 100 ; 0 250 o Ω = Ω − = Ω = ∠ = j Z j Z Z L C R s V
Beban
RLC Seri, kapasitif
i(t) = 2 cos(500t + 36,87o) A
Jika kita kembali ke kawasan waktu
40 100Ω −j100Ω j25Ω Vs= 250∠0oV + − VL= jXLI VR= RI Vs Re Im VC=−jXCI I V 26,87 1 0 5 0 250 87 , 36 125 90 25 V ,13 3 5 200 0 250 87 , 36 125 90 100 V 36,87 200 0 250 87 , 36 125 100 o o o o o o o o o o o ∠ = ∠ − ∠ ∠ = − ∠ = ∠ − ∠ − ∠ = ∠ = ∠ − ∠ = L C R V V V A 36,87 2 87 , 36 125 0 250 o o o ∠ = − ∠ ∠ = = tot s Z V I 87 , 36 125 75 100− = ∠− oΩ = j Ztot
Fasor tegangan rangkaian mengikuti hukum Kirchhoff
L C R s V V V
V= + +
Fasor Tegangan Tiap Elemen
41 V 0 250 100 25 100 o ∠ = Ω = Ω − = Ω = s L C R j Z j Z Z V Ω ∠ = ∠ + = Ω + = + − = − 87 , 36 125 100 75 tan ) 75 ( ) 100 ( 75 100 100 25 100 o 1 2 2 j j j Ztot A 36,87 2 87 , 36 125 0 250 o o o − ∠ = ∠ ∠ = = tot s Z V I 100Ω −j25Ω j100Ω Vs= 250∠0oV + − I V Re Im
Pada beban kapasitif |ZL| > |ZC|
arus tertinggal dari tegangan
Beban
RLC seri, induktif
. 0 250 01 . 0 04 . 0 01 . 0 o ∠ = Ω − = Ω = Ω = s L C R j Y j Y Y V
Beban
RLC Paralel
03 . 0 01 . 0 01 . 0 04 . 0 01 . 0 j j j Ytot + = Ω − + = 100Ω −j25Ω j100Ω Vs= 250∠0oV + − I o 1 2 2 7.9 71.6 5 . 2 5 . 7 tan 5 . 7 2.5 5 . 7 5 . 2 ) 03 . 0 01 . 0 ( 250 ∠ = + = + = + × = = − j j Y V II
V
Re
Im
43Teorema Rangkaian
44Prinsip Proporsionalitas
X
Y
=
K
Y = fasor keluaran,
X = fasor masukan,
K = konstanta proporsionalitas yang pada
umumnya merupakan bilangan kompleks
45
Prinsip Superposisi
selalu berlaku di kawasan waktu dan
berlaku di kawasan fasor
bila frekuensi sama
Prinsip Superpossi
46 20cos4t V+_ 8Ω io 3cos4t A 3H 20∠0o +_ 8Ω −j6Ω Io1 j12Ω 8Ω 3∠0o −j6Ω Io2 j12ΩContoh
A 9 , 36 2 9 , 36 10 0 20 6 8 0 20 6 12 8 0 20 o o o o o o1 − ∠ = ∠ ∠ = +∠ = − + ∠ = j j j I A 4 , 19 32 , 4 0 3 9 , 36 10 3 , 56 4 , 14 0 3 6 8 12 8 0 3 ) 12 8 /( 1 ) 6 /( 1 ) 6 /( 1 o o o o o o o2 ∠ = ∠ × ∠ ∠ = ∠ × + + = ∠ × + + − − = j j j j j I 24 , 0 7 , 5 44 , 1 1 , 4 2 , 1 6 , 1 o2 1 o o=I +I = −j + +j = +j I o o=5,7∠2,4 I () 5,7cos(4 2,4o) ot = t+ i 47 T N T N N N T TZ
Y
Y
Z
;
=
;
=
1
=
I
I
V
V
RT A B vT +−V
TZ
TA
B
+
−
Kawasan waktu Kawasan fasor
Teorema Thévenin
V 3 , 39 9 , 19 45 20 7 , 5 995 , 0 45 20 100 10 100 V 90 10 90 1 , 0 100 o o o o o ∠ = ∠ × − ∠ = ∠ × − − = − ∠ = − ∠ × = j j B A V V
(
15,4 12,6)
15,6 22,6 V 10 3 . 39 9 , 19 90 10 o o j j j B A T − − = + − − = ∠ − − ∠ = − =V V V Ω − = − − × + = 109,9 0,99 100 10 ) 100 ( 10 100 j j j ZT + − −j100Ω 10Ω 100Ω 0,1∠−90oA 20∠45oV ` A B + − VT ZT A BContoh Rangkaian Ekivalen Thévenin
49
Metoda Analisis
50 −j9Ω −j3Ω + − 14∠0 V 12Ω A B C D 9Ω 3Ω Ix j3Ω I1 I2 I3 I4 + vx − + − 14cos2t V 12Ω A B C D 9Ω 3Ω ix 3/2 H 1/6 F 1/18 FMetoda Keluaran Satu Satuan
t i K x x x 2 cos 5 , 0 0 5 , 0 28 0 14 28 1 28 1 o o A A = → ∠ = ∠ = = → = = I V V I A ) 0 1 ( Misalkan Ix= +j
(
12 9)
28 V 1 3 4 − = + + = B j j A V V V 3 j C= V V 1 3 I =VC=j 4(
1 j1)
A x+ = + = 4 3 I I I( )
− 3 = 3− 3(
1+1)
=3 V + = C j j j j B V I3 V A 3 1 9 2= B= V I 1 A 3 4 1 2 3 + = + =I I j I 51 A ) 8 , 73 2 cos( 3 ) 9 , 36 4 cos( 2 sehingga A ) 8 , 73 2 cos( 3 dan A ) 9 , 36 4 cos( 2 o o o2 o1 o o 2 o o 1 o + + − = + = + = − = t t i i i t i t iKarena sumber berbeda frekuensi maka fasor Io1dan Io2tidak dapat langsung
dijumlahkan. Kembali ke kawasan waktu, baru kemudian dijumlahkan 20cos4t V+_ 9Ω io 3cos2t A 3H 20∠0o + _ 9Ω − j6Ω Io1 j12Ω 9Ω 3∠0o −j12Ω Io2 j6Ω
Metoda Superposisi
A 9 , 36 2 9 , 36 10 0 20 6 8 0 20 6 12 8 0 20 o o o o o o1 − ∠ = ∠ ∠ = + ∠ = − + ∠ = j j j I A 8 , 73 3 0 3 9 , 36 10 9 , 36 10 0 3 6 8 6 8 0 3 ) 6 8 /( 1 ) 12 /( 1 ) 12 /( 1 o o o o o o o2 ∠ = ∠ × − ∠ ∠ = ∠ × − + = ∠ × + + − − = j j j j j I 52 + −−−− 18cos2t V i 6Ω 2Ω 2Ω 1H A B 2H 1/8 F V 1 2 9 0 18 4 6 2 2 o j j ht T=V = + + × ∠ = + V A 2 cos 1 A 0 1 ) 1 2 ( 2 ) 4 7 ( ) 1 2 ( ) 1 2 ( 9 4 2 o t i j j j j j j j ZT T = ⇒ ∠ = + − + + × + = − + = V I + − 18∠0oV 6Ω 2Ω A B −j4Ω j2Ω j4Ω I 2Ω + − 18∠0oV 6Ω 2Ω A B j4Ω 2Ω((((
))))
Ω 1 2 4 7 4 8 8 12 8 16 4 6 2 4 6 2 2 j j j j j j j ZT ++++ ++++ ==== ++++++++ ++++ ++++ ==== ++++ ++++++++ ++++ ==== + − VT I A B −j4Ω ZT j2ΩMetoda Rangkaian Ekivalen Thévenin
53 − + i1 = 0.1cos100t A v = 10sin100t V 200µF 1H 50Ω ix? A B A − + B I1= 0.1∠0oA V= 10∠−90oV −j50Ω j100Ω 50Ω Ix
Sumber tegangan dan sumber arus berfrekuensi sama, ω= 100. Tetapi sumber tegangan dinyatakan dalam sinus, sumber arus dalam cosinus. Ubah kedalam bentuk standar, yaitu bentuk cosinus melalui kesamaan sinx = cos(x−90)
sumber tegangan tersambung seri dengan resistor 50 Ωparalel dengan induktor j100 Ω
Simpul B hilang. Arus Iyyang sekarang mengalir melalui resistor 50Ω, bukanlah arus Ixyang dicari; Iykali 50Ωadalah tegangan simpul A, bukan tegangan simpul B tempat Ixkeluar
Iy A I2 −j50Ω j100Ω 50Ω I1= 0.1∠0oA Iy −j50Ω j100Ω 50Ω I1−I2
Metoda Reduksi Rangkaian
Metoda Tegangan Simpul
− = − − − → = − − 30 10 1 2 0 1 2 2 : Gauss eliminasi 10 10 1 1 1 2 2 B A B A V V V V j j j j j j V V V V V V I − = − = + + − + − B A B B A 1 : B 0 50 100 50 : A j j ∠ ∠ = − + − o o B A 90 10 0 1 , 0 1 1 50 1 100 1 50 1 V V j j ∠ = + − − = + − + = + = − ∠ = − ∠ = − = + − − = − − − = V 4 , 18 6 , 12 1 5 , 0 10 10 1 5 , 0 15 10 10 6 , 26 0,268 V; 6 , 26 4 , 13 6 12 5 ) 1 2 ( 30 1 2 30 o B A o o B j j j j j j j j j x V V I V − + I1= 0,1∠0oA V= 10∠−90oV −j50Ω j100Ω 50Ω Ix=? A B 55 − + I = 0,1∠0oA V=10∠−90oV −j50Ω 50Ω A B I1 I2 I3( ) (
) (
)
(
)
(
)
(
)
− = + − − + − 0 10 1 . 0 100 50 100 0 100 100 50 50 0 0 1 3 2 1 j j j j j j j I I I( ) ( ) (
)
(
) (
)
( )
− = + − − 0 1 1 . 0 2 1 2 0 10 5 5 0 0 1 3 2 1 j j j j j j I I I( ) (
)
(
)
(
(
)
)
− − = − − 3 5 . 1 1 . 0 10 5 0 0 10 5 0 0 0 1 3 2 1 j j j j j I I I A 2 , 53 3 , 0 5 10 5 , 1 A; 6 , 26 27 , 0 10 5 3 A; 0 1 , 0 3 o 2 o 3 0 1 = ∠− + − = − ∠ = − − = ∠ = j j j j j I I I IMetoda Arus Mesh
56
Analisis Daya
57 vi p t I i t V v= mcos(ω+θ) ; = mcosω ; =(
)
(
t)
V I t I V t I V t I V I V t t t I V t t I V vi p m m m m m m m m m m m m m m ω θ − ω + θ = ω θ − ω θ + θ = ω θ ω − θ ω = ω θ + ω = = 2 sin sin 2 2 cos 1 cos 2 2 sin sin 2 2 cos cos 2 cos 2 cos sin sin cos cos cos ) cos(Nilai rata-rata
= V
rmsI
rmscosθ
Nilai rata-rata
= 0
-1 1 0 15t
p
b Komponen ini memberikan alih energi netto; disebut daya nyata: PKomponen ini tidak
memberikan alih energi
netto; disebut daya
reaktif: Q
Tinjauan Daya di Kawasan Waktu
58
Tegangan, arus, di kawasan fasor:
i rms i rms v rms I I V ∠θ = ∠θ = ∠−θ = I I∗ V ; ;
besaran kompleks
Daya Kompleks :
)
(
* i v rms rmsI
V
S
=
V
I
=
∠
θ
−
θ
ϕ = ϕ = ϕ = ϕ = + = sin sin cos cos rms rms rms rms I V S Q I V S P jQ P SRe
Im
ϕ
P jQSegitiga daya
*
I
V
=
S
*
I
I
V
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor
59
Faktor Daya dan Segitiga Daya
S
P
=
θ
=
cos
f.d.
S =VI* jQ P Re Im θ V I (lagging) I* Re Im θ−
jQ P Re Im θ S =VI* V I (leading) I* Re Im θFaktor daya lagging
Faktor daya leading
I V I V B B Z Z = atau =
(
)
2 2 2 2 * *rms B rms B rms B B B B
I
jX
I
R
I
jX
R
Z
Z
S
+
=
+
=
=
=
=
I
I
I
VI
2 2R
BI
rmsjX
BI
rmsjQ
P
S
+
=
+
=
2 2dan
rms B rms BI
X
Q
I
R
P
=
=
Daya Kompleks dan Impedansi Beban
61 seksi sumber seksi beban A B I
A(rms)
105
75
,
8
dan
V(rms)
75
480
o o AB=
∠
+
I
=
∠
+
V
VAR 2100 dan W 3640 = = Q P 866 , 0 ) 30 cos( daya faktor = − = VA 2100 3640 30 sin 4200 30 cos 4200 30 4200 105 75 , 8 75 480 o o o o o * j j S − = − = − ∠ = − ∠ × + ∠ = =VI Ω = = = 47,5 ) 75 , 8 ( 3640 2 2 rms B I P R Ω − = − = = 27,4 ) 75 , 8 ( 2100 2 2 rms B I Q XContoh
62Dalam rangkaian linier dengan arus
bolak-balik keadaan mantap, jumlah daya
kompleks yang diberikan oleh sumber bebas,
sama dengan jumlah daya kompleks yang
diserap oleh elemen-elemen dalam rangkaian
Alih Daya
63 50Ω − + I1= 0,1∠0oA V=10∠−90oV −j50Ω j100Ω I3 B A C I2 I4 I5[
]
[ ]
o A C o A C 0 10 2 1 2 atau 0 0 1 , 0 50 1 50 1 100 1 50 1 ∠ − = − + = ∠ + − − − + + j j j j j V V V V[
]
V 6 12 1 2 30 0 10 ) 90 90 ( 10 2 1 2 C o o o C j j j + − = + − = ⇒ ∠ − = + ∠ × − + V V[
]
VA 4 , 0 2 , 1 0 1 , 0 10 6 12 ) ( * o 1 j j j Si C A − − = ∠ × − + − = − =V V I A 24 , 0 18 , 0 0 1 . 0 24 , 0 08 , 0 A 24 , 0 08 , 0 50 ) 6 12 ( 90 10 50 o 1 2 3 o 2 1 2 3 j j j j j j C A + − = ∠ − + − = − = ⇒ + − = − + − − ∠ = − − = − = I I I V V I I I I VA 8 , 1 4 , 2 ) 24 , 0 18 , 0 ( 90 10 o * 3 j j Sv + − = − − × − ∠ = =VI VA 4 , 1 6 , 3 8 , 1 4 , 2 4 , 0 2 , 1 j j j S S Stot i v + − = + − − − = + = V 90 10 90 10 o o A=−V=− ∠− = ∠ VBerapa daya yang diberikan oleh masing-masing sumber dan berapa diserap R = 50 ΩΩΩΩ?
Contoh
64
Dengan Cara Penyesuaian Impedansi
+ − VT ZT = RT+ jXT ZB = RB+ jXB A B 2 2 2 2 ) ( ) (T B T B B T B B X X R R R R P + + + = =I V (maksimum) 4 Jika 2 B T B B T R P R R = ⇒ =V
dan
:
adalah
maksimum
daya
alih
adinya
untuk terj
syarat
Jadi
T B B TR
X
X
R
=
=
−
2 2 ) ( ) (T B T B T X X R R + + + = V I 2 2 ) (T B B T B R R R P + = V B T -X X = JikaAlih Daya Maksimum
65 V 5 5 10 1 1 1 0 10 50 100 50 50 o j j j j j j T + × =−− − = ∠ × − + − = V Ω − = + + − + − = 25 75 100 50 50 ) 100 50 ( 50 j j j j j ZT Ω + =25 j75 ZB 4 25 0,5 W 5 5 4 2 2 = × − − = = j R P B T MAX V A 135 02 , 0 50 5 5− = ∠− o − = + = j Z ZT B T B V I B + − 50Ω j100Ω −j50Ω A 10∠0oV 25 + j 75 A 0 1 , 0 75 25 50 ) 75 25 )( 50 ( 100 50 0 10 o = ∠o + + − + − + + ∠ = j j j j j s I W 1 ) 02 , 0 ( 25 ) 1 , 0 ( 50 25 50 2 2 2 2 = × + × = + = s B s P I I
Contoh
66Dengan Cara Sisipan Transformator B B
Z
N
N
Z
2 2 1
=
′
impedansi yang
terlihat di sisi primer
θ
′
+
θ
′
=
′
Bcos
Bsin
BZ
j
Z
Z
T T T BR
X
Z
Z
′
=
2+
2=
B T Z Z N N = 2 1Z
B + −Z
TV
TN
1N
2(
) (
2)
2 2sin
cos
cos
θ
′
+
+
θ
′
+
θ
′
=
B T B T B T BZ
X
Z
R
Z
P
V
0
=
′
B BZ
d
dP
Alih Daya Maksimum
67 + − 50Ω j100Ω −j50Ω A B 10∠0oV 25 + j 60 1028 , 1 60 25 75 25 2 2 2 2 2 1 = + + = = = B T Z Z N N a
(
) (
)
(
) (
)
0,49 W 60 216 , 1 75 25 216 , 1 25 25 216 , 1 50 2 2 2 2 2 2 2 2 = × + − + × + × × = + + + = B T B T B T B X a X R a R R a P VSeandainya
diusahakan
ZB=(25−j60)Ω(
) (
)
0,06 W 60 216 , 1 75 25 216 , 1 25 25 216 , 1 50 2 2+− − × = × + × × = B PTidak ada peningkatan alih daya ke beban.
V 5 5 j T=−− V ZT=25−j75 ΩDari contoh sebelumnya:
Contoh
68
Fasor adalah pernyataan sinyal sinus yang fungsi waktu ke dalam besaran kompleks, melalui relasi Euler.
Dengan menyatakan sinyal sinus tidak lagi sebagai fungsi waktu, maka pernyataan elemen elemen rangkaian harus disesuaikan. Dengan sinyal sinus sebagai fungsi t elemen-elemen rangkaian adalah
R, L, C.
Dengan sinyal sinus sebagai fasor elemen-elemen rangkaian menjadi
impedansi elemen R, jωL, 1/jωC.
Impedansi bukanlah besaran fisis melainkan suatu konsep dalam analisis. Besaran fisisnya tetaplah R = ρl/A, dan C = εA/d
Dengan menyatakan sinyal sinus dalam fasor dan elemen-elemen dalam inpedansinya, maka hubungan arus-tegangan pada elemen menjadi hubungan fasor arus - fasor tegangan pada impedansi elemen. Hubungan fasor arus dan fasor tegangan pada impedansi elemen merupakan hubungan linier.
Rangkuman Mengenai Fasor
69
Dengan menyatakan arus dan tegangan menjadi fasor arus dan fasor
tegangan yang merupakan besaran kompleks maka daya juga menjadi daya kompleks yang didefinisikan sebagai S = V I*.
Besaran-besaran kompleks dapat digambarkan di bidang kompleks sehingga kita mempunyai digram fasor untuk arus dan tegangan serta segitiga daya untuk daya.
Hukum-hukum rangkaian, kaidah-kaidah rangkaian, serta metoda analisis yang berlaku di kawasan waktu, dapat diterapkan pada
rangkaian impedansi yang tidak lain adalah transformasi rangkaian
ke kawasan fasor.
Sesuai dengan asal-muasal konsep fasor, maka analisis fasor dapat diterapkan hanya untuk sinyal sinus keadaan mantap.
Rangkuman
(lanjutan)
70
Penyediaan Daya
71
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
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
+
E
2−
N
2N
1I
fφ
V
1+
E
1−
+ −−−−Transformator Dua Belitan Tak Berbeban
o 1 1
=
E
∠
0
E
efektif
nilai
adalah
44
.
4
2
2
1 1 1 maksf
N
maksN
f
E
=
π
Φ
=
Φ
Belitan primer: maks N f E2=4.44 2Φ Belitan sekunder:I
2= 0t
maksω
Φ
=
φ
sin
JikaFasorE1sefasa dengan E2karena
diinduksikan oleh fluksi yang sama.
o 2 2=E∠0 E t N dt d N e1= 1 φ= 1Φmaksωcosω masi transfor rasio 2 1 2 1= ≡a= N N E E 73
+
E
2−
N
2N
1I
fφ
V
1+
E
1−
+ −−−− 1 1 1I
E
V
=
fR
+
Arus magnetisasi yang
membangkitkanφ Resistansi belitanprimer
E1=E2 Iφ φ Ic If IfR1 V1
Diagram fasor dengan mengambil rasio transformasia=1, sedangkan E1sefasa E2
Arus magnetisasi Ifdapat
dipandang sebagai terdiri dari Iφ(90odibelakang E
1)
yang menimbulkan φ
dan IC(sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi-rugi inti.
74 E2
∼∼∼∼
V1 φl1 If φ E1=E2 Iφ φ Ic If IfR1 V1 φl jIfXl Representasi fluksi bocor di belitan primer1 1 1 1 1 1 1
E
I
fR
E
lE
I
fR
j
I
fX
V
=
+
+
=
+
+
ada fluksi bocor di belitan primer
Fluksi Bocor di Belitan Primer
75 φ γ V2 I2 I’ 2 If I1 I2R2 jI2X2 E2 E1 I1R1 jI1X1 V1 beban resistif ,
a
> 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 R j X R l I I V E I V E + + = + + = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 R j X R l I I E E I E V + + = + + = φ V1 φl1 I1∼
φl2 V2 I2 RBTransformator Berbeban
76 Z R′2 ∼ If B jX′2 R1jX1 I1 I′2 V1 E1 V′2=aV2 2 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 I I I I I V E I I E V ′ + = ′ ′ + ′ ′ + = + + = f X j R a X jR
I
′′′′
2, R
′′′′
2, dan X
′′′′
2adalah arus,
resistansi, dan reaktansi sekunder
yang dilihat dari sisi primer
R′2
∼
If B jX′2 R1jX1 I1 I′2 V1 E1 V′2=aV2 jXc Rc Ic IφRangkaian Ekivalen Transformator
77
∼
B jXe=j(X1+ X′2) Re= R1+R′2 I1=I′2 V1 V′2 I′2 I′2Re jI′2Xe V′2 V1Arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari arus beban penuh Jika If diabaikan terhadap I1
kesalahan yang terjadi dapat dianggap cukup kecil
Rangkaian Ekivalen yang Disederhanakan
10 kW f.d. 0,8 lagging 8 kW f.d. 0,75 lagging 380 V rms Penyediaan Daya
Contoh
kVA 5 , 7 10 sin cos sin 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 j P j P S j P jQ P S= + = + θ= + θ θ= + kVA 7 8 sin cos sin | | 2 2 2 2 2 2 2 2 j P j P S j P S θ = + θ + = θ + = kVA 5 , 14 18 7 8 5 , 7 10 2 1 12 S S j j j S = + = + + + = +Impedansi saluran diabaikan
lagging 78 . 0 5 , 14 18 18 cos 2 2 12 = + =
θ Faktor daya total
tidak cukup baik
79 Im Re jQ beban (induktif) −−−−jQ kapasitor P beban kVA beban tanpa kapasitor kVA beban dengan kapasitor
Perbaikan faktor daya dilakukan pada beban induktif dengan menambahkan kapasitor yang diparalel dengan beban, sehingga
daya reaktif yang harus diberikan oleh sumber menurun tetapi daya rata-rata yang diperlukan beban tetap dipenuhi
Daya yang harus diberikan oleh sumber kepada beban turun dari |S| menjadi |S1|.
kapasitor paralel dengan beban
Perbaikan Faktor Daya
80 S12 jQ12 P12 -jQ12C S12C 10 kW f.d. 0,8 lagging 8 kW f.d. 0,75 lagging 380 V rms 50 Hz
C
kVA
5
,
14
18
12j
S
=
+
cos
θ
12=
0
.
78
lagging
Contoh
kVA
9
,
5
18
)
95
.
0
tan(arccos
18
18
12j
j
S
C=
+
=
+
lagging C 0.95 cosθ12 = kVAR 58 , 8 5 , 14 9 , 5 12 j j j jQ C= − =− − F 190 380 100 8580 2µ
π
× = = C(
C)
X Q C C C C= = −ω 2 2 V Vdiinginkan
kVA 5 , 7 10 ) 8 , 0 tan(arccos 10 10 1 j j S = + = + kVA 7 8 ) 75 , 0 tan(arccos 8 8 2 j j S = + = + 2 C C Q C V ω − = 81Diagram Satu Garis
82 beban 1 10 kW cos ϕ= 1 beban 2 8 kW cos ϕ= 1 0,2 + j2 Ω 0,2 + j2 Ω Vs | V | = 380 V rms kVA 0 10 1 j S= + A 0 21 A 0 21 0 380 0 8000 o 2 o o * 2 = ∠ → = ∠ ∠ + = I I j kVA 9 , 0 09 , 0 ) 2 2 , 0 ( ) 2 2 , 0 ( 2 2 2 j j j Ssal + = × + = × + = I2 I2 kVA 9 , 0 09 , 8 2 2 2 S S j Stot=sal+ = + V 4 , 6 6 , 387 V 9 , 42 2 , 385 0 21 900 8090 o o * 2 2 1 ∠ = + = ∠ + = =Stot j j I V A 4 , 6 8 , 25 4 , 6 6 , 387 0 10000 o o * 1 1 1 = ∠ − ∠ + = =S j V I A 5 , 3 73 , 46 88 , 2 64 , 46 0 21 4 , 6 8 , 25 o o o 2 1 ∠ = + = ∠ + ∠ = + = j s I I I kVA 37 , 4 44 , 0 73 , 46 ) 2 2 , 0 ( ) 2 2 , 0 ( 2 2 1 j j j Ssal s + = × + = × + = I kVA 27 , 5 53 , 18 9 , 0 09 , 8 10 37 , 4 44 , 0 2 2 1 1 j j j S S S S Ss sal sal + = + + + + = + + + = V 4 , 19 412 3,5 46,73 9 , 15 19265 3,5 46,73 5270 18530 o o o o * ∠− = ∠ ∠ = − ∠ + = =S j s s s I V kVA 0 8 2 j S= +
Contoh
83Sistem Tiga Fasa Seimbang
u
s
v
s(t)
1/j
ω
C
R
j
ω
L
Vs∼
u
s
v
s(t)
v
s(t)
v
s(t)
Sebuah kumparan dipengaruhi oleh medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan
B
A
C
N
V
ANV
BNV
CN∼
∼
∼
Tegangan imbas yang muncul di kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik, sebesar Vs
Tiga kumparan dengan posisi yang berbeda 120o satu sama lain berada dalam medan
magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan
Tegangan imbas di masing-masing kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik. Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan tersebut diperoleh sumber tegangan tiga fasa
Sumber Satu Fasa dan Tiga Fasa
85
B
A
C
N
V
ANV
BNV
CN−
+
+
−
−
+
Dalam pekerjaan analisis rangkaian kita memerlukan referensi sinyal. Oleh karena itu tegangan bolak balik kita
gambarkan dengan tetap menyertakan referensi sinyal
Untuk sumber tiga fasa, referensi sinyal tegangan adalah sebagai berikut
A, B, C
: titik fasaN
: titik netralV
AN, V
BN,V
CNbesar tegangan fasa ke netral dituliskan pula sebagai
V
fn atauV
fbesar tegangan antar fasa adalah
V
AB, V
BC,V
CAdituliskan pula sebagai
V
ff≈≈
Simbol sumber tiga fasa:Referensi Sinyal
86Sumber terhubung Y
V
AN= |V
AN|
∠
0
oV
BN= |V
AN|
∠
-120
oV
CN= |V
AN|
∠
-240
oKeadaan Seimbang
|V
AN| = |V
BN| = |V
CN|
B
A
C
N
V
ANV
BNV
CN−
+
+
−
−
+
V
ANV
BNV
CNIm
Re
Diagram fasor tegangan120
o120
oDiagram Fasor Sumber Tiga Fasa
87
C
B A N VAN VBN VCN −+ +− − + VAB VBC VCA IA IB IC Tegangan fasa-netralTegangan
fasa-fasa
Arus
saluran
Sumber Tiga Fasa
Terhubung Y
Saluran ke beban
Sumber Tiga Fasa dan Saluran ke Beban
88
Hubungan Fasor-Fasor Tegangan
BN AN NB AN AB
V
V
V
V
V
=
+
=
−
o o o210
3
90
3
30
3
−
∠
=
−
∠
=
∠
=
fn CA fn BC fn ABV
V
V
V
V
V
Tegangan fasa-fasa:fasa
-fasa
tegangan
nilai
:
3
netral
-fasa
tegangan
nilai
:
fn ff CA BC AB fn CN BN ANV
V
V
V
V
V
V
V
V
=
=
=
=
=
=
=
CN BN NC BN BCV
V
V
V
V
=
+
=
−
AN CN NA CN CAV
V
V
V
V
=
+
=
−
Dalam keadaan seimbang:
V
ANV
BNV
CNV
ABV
BCV
CARe
Im
30
o30
o30
o Tegangan Fasa-netral120
o−
V
BN 89Arus di penghantar netral dalam keadaan seimbang bernilai nol
