Analisis
Analisis
Analisis
Analisis Rangkaian
Rangkaian
Rangkaian
Rangkaian Listrik
Listrik
Listrik
Listrik
di
di
di
di Kawasan
Kawasan
Kawasan Fasor
Kawasan
Fasor
Fasor
Fasor
(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)
Kuliah Terbuka
ppsx beranimasi tersedia di
www.ee-cafe.org
Buku-e
Analisis
Analisis
Analisis
Analisis Rangkaian
Rangkaian
Rangkaian
Rangkaian Listrik
Listrik
Listrik
Listrik Jilid
Jilid
Jilid
Jilid 1111
tersedia di
www.buku-e.lipi.go.id
dan
Isi Kuliah:
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
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=
Ldt
dv
C
i
C=
C=
∫
i
dt
C
v
C1
CEnergi 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.
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
=
Hal 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
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
negatifs
=
a
+
jb
dengan a dan b adalahbilangan nyatabagian nyata dari s Re(s) =
a
bagian imajiner dari s Im(s) =
b
Re
(sumbu nyata)Im
(sumbu imajiner) a s = a + jb jb|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
-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
Penjumlahan
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
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
)
sin
(cos
) (τ+ θ=
τ θ=
τθ
+
θ
j
e
e
e
e
j jFungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai
dengan eτ adalah 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:
|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 tan 1 = = θ −
S = 3 + j4
|
|
=
3
2+
4
2=
5
S
Bentuk Sudut Siku
S = 5e
j 0,93 Bentuk Polar5
4
3
|
|
S
=
2+
2=
∠∠∠∠S ==== −−−−θ==== tan−−−−1 34 ====0,93 radS = 3
−
j4
Bentuk Sudut Siku
S = 5e
− j 0,93Bentuk Polar
Contoh
* atau | | * S 2 |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 kompleks Smempunyai konjugat S*
Konjugat dari S = a + jb adalah S*= a - jb
S* = p + jq
S = p − jq
Dalam Bentuk Fasor
hanya amplitudo Adan sudut fasa θyang diperhatikan
karena ωωωωdiketahui 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) mempunyai ω bernilai sama maka ejωt bernilai 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
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 maka
V |A| θ Im Re a jb
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
A θ Im Re −−−−A A* −θ a jb − a −jb
Jika
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
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
((((
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 ==== V I ==== (10∠∠∠∠ −−−− 45 )××××(−−−−4∠∠∠∠0 ) ==== −−−−40∠∠∠∠ −−−− 45 S o o o * 2 2 2 ==== V I ==== (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
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: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 Impedansi resistansi resistor di kawasan waktubernilai sama dengan
impedansinya di kawasan fasor
R R
i
v
R
=
Resistor
i
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 waktui
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 waktuImpedansi dan Admitansi
R RR
I
V
=
L
j
Z
L L L=
=
ω
I
V
C
j
C
j
Z
C C Cω
−
=
ω
=
=
1
1
I
V
Impedansi: Z Admitansi: Y = 1 / ZR
Y
R=
1
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
)
(
)
(
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
L R 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
L
j
R
Z
RLseri=
+
ω
(
)
I
V
RLseri=
R
+
j
ω
L
R + VR− I + VL− jωLC
j
R
Z
RCseriω
−
=
I
V
1
ω
+
=
C
j
R
seri RC + VC − R −j/ωC + VR− IHubungan Seri
I
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
=
×
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 Y V I I = = Itotal I3 R jωL −j/ωC I1 I2I
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 ∠ = ∠ × ∠ = ∠ × = = ZL L 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 MisalkanC = 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 90o mendahului 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
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
Pada 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
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
100Ω −j100Ω j25Ω Vs= 250∠0oV + − VL = jXL I VR = RI Vs Re Im VC =−jXC I 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− = ∠− o Ω = j Ztot
Fasor tegangan rangkaian mengikuti hukum Kirchhoff
L C R
s V V V
V = + +
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
. 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 6 . 71 9 . 7 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
Prinsip Proporsionalitas
X
Y
=
K
Y = fasor keluaran,
X = fasor masukan,
K = konstanta proporsionalitas yang pada
Prinsip Superposisi
selalu berlaku di kawasan waktu dan
berlaku di kawasan fasor
bila frekuensi sama
20cos4t V +_ 8Ω i 3cos4t A o 3H 20∠0o + _ 8Ω − j6Ω Io1 j12Ω 8Ω 3∠0o −j6Ω Io2 j12Ω
Contoh
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 io(t) =5,7cos(4t +2,4o)T N T N N N T T
Z
Y
Y
Z
;
=
;
=
1
=
I
I
V
V
RT A B vT +−V
TZ
TA
B
+
−
Kawasan waktu Kawasan fasor
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∠45o V ` A B + − VT ZT A B−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 F
Metoda 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 I4 = VC = j(
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 IA ) 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 i
Karena sumber berbeda frekuensi maka fasor Io1 dan Io2 tidak dapat langsung dijumlahkan. Kembali ke kawasan waktu, baru kemudian dijumlahkan
20cos4t V +_ 9Ω i 3cos2t A o 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+ −−−− 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 j2Ω− + 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 Iy yang sekarang mengalir melalui resistor 50Ω, bukanlah arus Ixyang dicari; Iykali 50Ω adalah 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 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− + 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 0 3 o 2 3 o 1 = ∠− + − = − ∠ = − − = ∠ = j j j j j I I I Ivi p t I i t V v = m cos(ω +θ) ; = m cosω ; =
(
)
(
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
rmscos
θ
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
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 rms I V S = VI = ∠ 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
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
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 B
I
X
Q
I
R
P
=
=
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
Dalam 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
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 ) ( 1* o 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?
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 = JikaV 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 0,5 W 25 4 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∠0o V 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
Dengan 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
+ − 50Ω j100Ω −j50Ω A B 10∠0o V 25 + j 60 1028 , 1 60 25 75 25 2 2 2 2 2 1 = + + = = = B T Z Z N N a
(
) (
)
(
25 1,216 25) (
75 1,216 60)
0,49 W 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(
25 1,216 25) (
75 1,216 60)
0,06 W 25 216 , 1 50 2 2 + − − × = × + × × = B PTidak ada peningkatan alih daya ke beban.
V 5 5 j T =− − V ZT =25− j75 Ω Dari contoh sebelumnya:
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
Rangkuman Mengenai Fasor
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.
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
+
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 maks f N maks N f E = π Φ = Φ Belitan primer: maks N f E2 = 4.44 2Φ Belitan sekunder:I
2 = 0 t maks ω Φ = φ sin JikaFasor E1 sefasa dengan E2 karena diinduksikan oleh fluksi yang sama.
o 2 2 = E ∠0 E t N dt d N e1 = 1 φ = 1Φmaksωcosω masi transfor rasio 1 1 = N ≡ a = E
+
E
2−
N
2N
1I
fφ
V
1+
E
1−
+ −−−− 1 1 1I
E
V
=
fR
+
Arus magnetisasi yang membangkitkan φ Resistansi belitan primer E1=E2 Iφ φ Ic If IfR1 V1
Diagram fasor dengan mengambil rasio transformasi a=1, sedangkan E1sefasa E2
Arus magnetisasiIfdapat dipandang sebagai terdiri dari Iφ (90odibelakang E
1)
yang menimbulkan φ dan IC (sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi-rugi inti.
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
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
Z R′2 ∼ If B jX′2 R1 jX1 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 j R
I
′′′′
2
, R
′′′′
2, dan X
′′′′
2adalah arus,
resistansi, dan reaktansi sekunder
yang dilihat dari sisi primer
R′2
∼
If B jX′2 R1 jX1 I1 I′2 V1 E1 V′2=aV2 jXc Rc Ic Iφ∼
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
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
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
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 12 j S = + cos θ12 = 0.78 laggingContoh
kVA
9
,
5
18
)
95
.
0
tan(arccos
18
18
12j
j
S
C=
+
=
+
lagging C 0.95 cos θ12 = kVAR 58 , 8 5 , 14 9 , 5 12 j j j jQ C = − = − − F 190 8580µ
= = 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 − =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
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
Tegangan imbas di masing-masing kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik. Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan
