Analisis Rangkaian Listrik Jilid 1. di Kawasan Fasor (Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap) 8/25/2012

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

Kuliah Terbuka

ppsx beranimasi tersedia di www.ee-cafe.org 2

Buku-e

Analisis

Analisis

Analisis

Analisis Rangkaian

Rangkaian

Rangkaian

Rangkaian Listrik

Listrik

Listrik

Listrik Jilid

Jilid

Jilid 1111

Jilid

tersedia di www.buku-e.lipi.go.id dan www.ee-cafe.org 3

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 10. Sistem Tiga-fasa Seimbang

Fasor

5

Mengapa Fasor?

)

cos(

ω

−

θ

=

A

t

y

Sudut fasa Frekuensi sudut Amplitudo

Analisis 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

C C

1

Di kawasan waktu bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai

6

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

7

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 x

e

dx

de

=

x x

Ae

dx

dAe

=

8

Hal itu dimungkinkan karena

ada hubungan antara fungsi sinus dan fungsi eksponensial yaitu

x j x ejx=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

9

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

untuk

x

negatif

10

Bilangan Kompleks

s

=

a

+

jb

dengan a dan b adalah_{bilangan nyata}

bagian nyata dari s Re(s) = a

bagian imajiner dari s Im(s) = b

Re

(sumbu nyata)

Im

(sumbu imajiner) a s = a + jb jb

Bilangan kompleks didefinisikan sebagai

11 |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

-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

13 Penjumlahan

jb

a

s

1

=

+

)

(

)

(

2 1

s

a

p

j

b

q

s

−

=

−

+

−

Perkalian

)

)(

(

)

)(

(

s

1

s

2

=

a

+

jb

p

+

jq

Pembagian

jq

p

jb

a

s

s

+

+

=

2 1

jq

p

s

2

=

+

jb

a

s

₁

=

+

jq

p

s

₂

=

+

)

(

)

(

2 1

s

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 14

4

3

dan

3

2

₂ 1

j

s

j

s

=

+

=

+

25 1 25 18 4 3 ) 9 8 ( ) 12 6 ( 4 3 4 3 4 3 3 2 2 2 2 1 j j j j j j s s + = + + − + + = − − × + + =

7

5

)

4

3

(

)

3

2

(

2 1

s

j

j

j

s

+

=

+

+

+

=

+

1

1

)

4

3

(

)

3

2

(

2 1

s

j

j

j

s

−

=

+

−

+

=

−

−

17 6 ) 9 8 ( ) 12 6 ( ) 4 3 )( 3 2 ( ) )( (1 2 j j j j s s + − = + + − = + + = diketahui: maka:

Contoh

15 ) sin (cos ) (τ+ θ ₌ τ θ ₌ τ _{θ+ θ} j e e e e j j

Fungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai

dengan eτadalah fungsi eksponensial riil

jb a S = + ) sin (cos 2 2_{+ θ+ θ} = a b j S θ + = j e b a S 2 2

Dengan identitas Euler ini bilangan komleks yang dituliskan sebagai:

θ + θ = θ sin cos j ej

dan 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

|S| = 10 sudut fasa: θ = 0,5 rad S = 10 ej0,5 Bentuk Polar

8

,

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 |= 32+42 =5 Bentuk Sudut Siku

S = 5ej 0,93 Bentuk Polar 5 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 Polar

Contoh

17 * atau | | * S 2 |S| SS S S = =

(

)

( )( )

* * 2 1 2 1

S

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 + jb adalahS*_{= a - jb}

S*_{= p + jq}

S = p−jq

Kompleks Konjugat

18

Dalam Bentuk Fasor

Pernyataan Sinyal Sinus

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 ejωt_{bernilai tetap sehingga tak}

perlu selalu dituliskan

V = A e j θ

dapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks : dan sinyal sinus

v

=

A

cos(

ω

t

+

θ

)

Re dan e jω

tidak ditulis lagi

Inilah yang disebut

Fasor

Fasor

θ

∠

=

=

θ

A

Ae

j

V

V

dituliskan

sin

cos

θ

+

θ

=

θ

∠

=

A

A

jA

V













∠

+

=

+

=

−

a

b

b

a

jb

a

2 2

tan

1

V

Karena hanya amplitudo dan sudut fasa saja yang diperhatikan maka

V |A| θ Im Re a jb

Penulisan dan Penggambaran Fasor

21

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= 500 1000 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 2 t = 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= 1000

Contoh

22 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 Aadalah

dan konjugat dari Aadalah

jb

a

−

−

=

−

A

jb

a

−

=

*

A

jb

a

+

=

A

Jika

Fasor Negatif dan Fasor Konjugat

23 Perkalian A×B=AB∠(θ₁+θ₂) ) (1 2 2 1_{= ∠θ −θ} θ ∠ θ ∠ = B A B A B A Pembagian

(

) (

)

(

1 2

) (

1 2

)

2 1 2 1 sin 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

1

θ

∠

=

A

A

Jika diketahui : maka :

Operasi-Operasi Fasor

24

((((

4 0

)))) ((((

0 3

))))

4 3 2 1 3====I ++++I ==== −−−− ++++j ++++ −−−−j ====−−−− −−−−j I o 1 2 2 3 ₄ 5 216,9 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 2 5 120 90 3 30 15 ∠ = − ∠ ∠ = = I V Z o o o 1 1 1 2.5 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 5

Contoh

25 26

Impedansi

28

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 R

e

e

i

e

i

t

i

t

i

)

cos(

)

(

) (

+ v

R

−

i

R θ ω

=

=

j t j Rm R R

e

e

Ri

t

Ri

t

v

)

(

)

(

θ

∠

=

R R

I

I

R R

RI

V

=

R R

R

I

V

=

Kawasan fasor Kawasan waktu Impedansi

resistansi resistor di kawasan waktu bernilai sama dengan

impedansinya di kawasan fasor

R R

i

v

R

=

Resistor

29

i

L

+

v

_L

−

ω θ θ + ω

=

=

θ

+

ω

=

j t j Lm t j Lm Lm L

e

e

i

e

i

t

i

t

i

)

cos(

)

(

) (

)

(

)

(

)

(

θ ω

ω

=

=

j t j m L L

e

e

i

L

j

dt

t

di

L

t

v

θ ∠ = L L I I L L j LI V = ω L j Z L L L= = ω I V Kawasan fasor Impedansi

Induktor

dt

di

L

v

L L

=

Kawasan waktu

hubungan diferensial hubungan linier

30

i

C

+ v

_C

−

`

)

(

)

(

) (ω+θ

ω

=

=

t j Cm C C

e

v

C

j

dt

dv

C

t

i

) (

)

cos(

)

(

θ + ω

=

θ

+

ω

=

t j Cm Cm C

e

v

t

v

t

v

Kawasan fasor Impedansi C C

j

C

V

I

=

ω

θ

∠

=

C C

V

V

C

j

C

j

Z

C C C

ω

−

=

ω

=

=

1

1

I

V

Kapasitor

dt

dv

C

i

C C

=

Kawasan waktu

hubungan diferensial hubungan linier

31

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 / Z

R

Y

R

1

=

L

j

L

j

Z

Y

L L

ω

−

=

ω

=

=

1

1

j

C

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 ZL 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

33 34

Kaidah Rangkaian

L j R ZRLseri= + ω

(

)

I VRLseri= R+jωL R + VR− I + VL− jωL

C

j

R

Z

RCseri

=

−

_ω

I

V

1

_











ω

+

=

C

j

R

seri RC + VC − R − j/ωC + VR− I

Hubungan Seri

36

I

V













ω

−

ω

=

C

j

L

j

seri LC













ω

−

ω

=

C

L

j

Z

LCseri

1

−j/ωC jωL + VL− + VC − I n seri total seri total seri total Z Z Z Z Z + ⋅⋅ ⋅⋅ + + = = 2 1 I V total seri total k k Z Z V V = ×

Kaidah Pembagi Tegangan

37 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 I2

Kaidah Pembagi Arus

38

Diagram Fasor

IL VL Re Im Arus 90o_{di belakang} tegangan L = 0,5 H , iL(t) = 0,4cos(1000t) A

Arus 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 Misalkan 40

C = 50 pF , iC(t) = 0,5cos(106t) 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_C VC Re Im arus 90o_mendahului tegangan

Arus 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 41 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 o j j Z_B I V

Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t +10o_{) V} i(t) = 5cos(314t + 40o_{) A} I V Re Im arus mendahului tegangan

Beban Kapasitif

42

Pada sebuah beban :

v(t) =120cos(314t + 20o_{) V} i(t) = 5cos(314t −40o_{) 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 V I V Re Im arus tertinggal dari tegangan

A

40

5

dan

V

20

120

∠

o

=

∠

−

o

=

I

V

Beban Induktif

43 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∠0o_V + − I V Re Im 100Ω + − 20µF 50mH vs(t) = 250 cos500t V Transformasi rangkaian ke kawasan fasor

Beban 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

100Ω −j100Ω j25Ω Vs= 250∠0o_V + − 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− = ∠− o Ω = j Ztot

Fasor tegangan rangkaian mengikuti hukum Kirchhoff

L C R

s V V V

V= + +

Fasor Tegangan Tiap Elemen

45 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∠0o_V + − I V Re Im

Pada beban kapasitif |ZL| > |ZC|

arus tertinggal dari tegangan

Beban

RLC seri, induktif

46 . 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∠0o_V + − 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 I I V Re Im 47 48

Teorema Rangkaian

49

Prinsip Proporsionalitas

X

Y

=

K

Y = fasor keluaran, X = fasor masukan,

K = konstanta proporsionalitas yang pada umumnya merupakan bilangan kompleks

50

Prinsip Superposisi selalu berlaku di kawasan waktu dan

berlaku di kawasan fasor

bila frekuensi sama

Prinsip Superpossi

51 20cos4t V+_ 8Ω io _{3cos4t A} 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 () 5,7cos(4 2,4o) o t = t+ i 52

T N T N N N T T Z Y Y Z ; = ; = 1 = I I V V RT A B vT +₋ VT Z_T A B + −

Kawasan waktu Kawasan fasor

Teorema Thévenin

53 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∠−90o_A 20∠45o_V ` A B + − VT ZT A B

Contoh Rangkaian Ekivalen Thévenin

54

Metoda Analisis

−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 I_x= +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 56

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 i

Karena 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 57 + −−−− 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∠0o_V 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

Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin

58 − + i1 = 0.1cos100t A v = 10sin100t V 200µF 1H 50Ω ix? A B A _{− +} B I1= 0.1∠0o_A V= 10∠−90o_V −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 I_xkeluar

Iy A I2 −j50Ω _j100Ω 50Ω I1= 0.1∠0oA Iy −j50Ω j100Ω 50Ω I1−I2

Metoda Reduksi Rangkaian

59

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∠0o_A V= 10∠−90o_V −j50Ω j100Ω 50Ω Ix=? A B 60

− + I = 0,1∠0o_A V=10∠−90o_V −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 I

Metoda Arus Mesh

61 62

Analisis Daya

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 = VrmsIrmscosθ Nilai rata-rata = 0 -1 1 0 15t pb Komponen ini memberikan alih energi netto; disebut daya nyata: P

Komponen ini tidak memberikan alih energi netto; disebut daya reaktif: Q

Tinjauan Daya di Kawasan Waktu

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=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 S Re Im ϕ _P jQ Segitiga daya * I V = S * I I V

Tinjauan Daya di Kawasan Fasor

65

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 θ

Faktor daya lagging

Faktor daya leading

66 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 2 RBIrms jXBIrms jQ P S + = + = 2 2 _dan rms B rms B I X Q I R P = =

Daya Kompleks dan Impedansi Beban

67 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 X

Contoh

68

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

Alih Daya

69 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=− ∠− = ∠ V

Berapa daya yang diberikan oleh masing-masing sumber dan berapa diserap R = 50 ΩΩΩΩ?

Contoh

70

Dengan Cara Penyesuaian Impedansi

+ − VT ZT = RT+ jXT Z_B = R_B+ jX_B 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 T R 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 = Jika

Alih Daya Maksimum

71 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∠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

72

Dengan Cara Sisipan Transformator B B

Z

N

N

Z

2 2 1













=

′

impedansi yang terlihat di sisi primer

θ

′

+

θ

′

=

′

B

cos

B

sin

B

Z

j

Z

Z

T T T B

R

X

Z

Z

′

=

2

+

2

=

B T Z Z N N ₌ 2 1

Z

_B + − ZT V_T N1 N2

(

) (

2

)

2 2

sin

cos

cos

θ

′

+

+

θ

′

+

θ

′

=

B T B T B T B

Z

X

Z

R

Z

P

V

0

=

′

B B

Z

d

dP

Alih Daya Maksimum

73 + − 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 V Seandainya diusahakan ZB=(25−j60)Ω

(

) (

)

0,06 W 60 216 , 1 75 25 216 , 1 25 25 216 , 1 50 2 2_{+− − ×} = × + × × = B P

Tidak ada peningkatan alih daya ke beban.

V 5 5 j T=−− V ZT=25−j75 Ω

Dari contoh sebelumnya:

Contoh

74

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

75

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)

Penyediaan Daya

77

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

78 + E2 − N₂ N₁ If φ V₁ + E1 − + −−−−

Transformator Dua Belitan Tak Berbeban

o 1 1=E∠0 E efektif nilai adalah 44 . 4 2 2 1 1 1 maks fN maks N f E= π Φ = Φ Belitan primer: maks N f E2=4.44 2Φ Belitan sekunder: I2= 0 t maks ω Φ = φ sin Jika

FasorE1sefasa 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 79 + E2 − N₂ N₁ If φ V₁ + E1 − + −−−− 1 1 1 I E V = fR+ Arus magnetisasi yang membangkitkanφ Resistansi belitan primer 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(90o_{dibelakang 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 primer

1 1 1 1 1 1 1

E

I

f

R

E

l

E

I

f

R

j

I

f

X

V

=

+

+

=

+

+

ada fluksi bocor di belitan primer

Fluksi Bocor di Belitan Primer

81 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 RB

Transformator Berbeban

82 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 ∼ I_f B jX′2 R1jX1 I1 I′2 V1 E1 V′2=aV2 jXc Rc Ic Iφ

Rangkaian Ekivalen Transformator

83

∼

B jXe=j(X1+ X′2) Re= R1+R′2 I1=I′2 V1 V′2 I′2 I′2Re jI′2Xe V′2 V1

Arus 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

85 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

86 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 = + cosθ12=0.78 lagging

Contoh

kVA 9 , 5 18 ) 95 . 0 tan(arccos 18 18 12 j 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 2 µ π× = = C

(

C

)

X Q C C C C= = −ω 2 2 V V diinginkan 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 − = 87 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

88

Diagram Satu Garis

Sistem Tiga Fasa Seimbang

89 u s vs(t) 1/jωC R jωL Vs

∼

u s vs(t) vs(t) v_s(t)

Sebuah kumparan dipengaruhi oleh medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan

B A C N VAN VBN V_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

90 B A C N VAN VBN VCN −+ + − − +

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 fasa

N: titik netral

V_AN, V_BN,V_CN besar tegangan fasa ke netral

dituliskan pula sebagai Vfn atauVf

besar tegangan antar fasa adalah

V_AB, V_BC,V_CA dituliskan pula sebagai V_ff

≈≈

Simbol sumber tiga fasa:

Referensi Sinyal

91 Sumber terhubung Y V_AN = |V_AN|∠0o VBN= |VAN|∠-120o V_CN= |V_AN|∠-240o Keadaan Seimbang |VAN| = |VBN| = |VCN| B A C N V_AN V_BN VCN −+ + − − + VAN V_BN VCN Im Re Diagram fasor tegangan 120o 120o

Diagram Fasor Sumber Tiga Fasa

C B A N VAN VBN VCN −+ + − − + VAB VBC VCA IA IB IC Tegangan fasa-netral Tegangan fasa-fasa _Arus saluran Sumber Tiga Fasa

Terhubung Y Saluran ke beban

Sumber Tiga Fasa dan Saluran ke Beban

93

Hubungan Fasor-Fasor Tegangan

BN AN NB AN AB V V V V V = + = − o o o

210

3

90

3

30

3

−

∠

=

−

∠

=

∠

=

fn CA fn BC fn AB

V

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 AN V V V V V V V V V = = = = = = = CN BN NC BN BC V V V V V = + = − AN CN NA CN CA V V V V V = + = −

Dalam keadaan seimbang:

VAN VBN VCN VAB VBC VCA Re Im 30o 30o 30o Tegangan Fasa-netral 120o −VBN 94

Arus di penghantar netral

dalam keadaan seimbang bernilai nol

B A C N VAN VBN VCN −+ + − − + N A B C Beban terhubung Y Beban terhubung ∆ Sumber terhubung Y A B C Arus saluran IA IC IB Arus fasa Arus fasa

Arus Saluran dan Arus Fasa

Beban Tiga Fasa

97 N A B C Z IA IC IB IN Z Z θ θ θ = ∠− = ∠− ∠ ∠ = = f AN AN AN A Z Z Z I V V V I o 0

Beban Terhubung Y

3 3 * * * 3 θ θ ∠ = ∠ = + + = f ff A AN C CN B BN A AN f S I V I V I V I V I V 0 = + + B C A I I I Keadaan seimbang ) 120 ( ) 120 ( 120 o o o − − ∠ = − − ∠ = ∠ − ∠ = = θ θ θ f BN BN BN B Z Z Z I V V V I ) 240 ( ) 240 ( 240 o o o − − ∠ = − − ∠ = ∠ − ∠ = = θ θ θ f CN CN CN C Z Z Z I V V V I IA VBN VCN VAN Re Im θ IB θ IC θ referensi 98 V 220 3 380 3 = = = ff fn V V V 240 220 V 120 220 referensi) sebagai ( V 0 220 o o o − ∠ = − ∠ = ∠ = CN BN AN V V V A 44 A 8 , 276 44 A 8 , 156 44 ) 120 8 , 36 ( 44 A 8 , 6 3 44 8 , 36 5 0 220 4 3 0 220 o o o o o o o o = − ∠ = − ∠ = − − ∠ = − ∠ = ∠ ∠ = + ∠ = = I I I V I C B AN A j Z kVA 8 , 36 29 8 , 36 44 0 220 3 3 o o o * 3 ∠ = ∠ × ∠ × = × = AN A f S V I kW 2 , 23 8 . 36 cos 29 o 3f = = P kVAR 4 , 17 8 . 36 sin 29 o 3f= = Q Z = 4 + j 3 Vff = 380 V (rms) VAN referensi N A B C Z IA IC IB IN Z Z VBN VCN VAN Re Im IA θ IB θ IC θ

Contoh

99 Z AB AB V I = CA AB A I I I = −

Beban Terhubung

∆∆∆∆

Z V Z V Z ff ff AB AB _∠θ = ∠−θ ∠ = = o 0 V I ) 270 ( 3 ) 270 ( 3 ) 150 ( 3 ) 150 ( 3 ) 30 ( 3 ) 30 ( 3 o o o o o o − θ − ∠ = − θ − ∠ = − θ − ∠ = − θ − ∠ = − θ − ∠ = − θ − ∠ = f CA C f BC B f AB A I I I I I I I I I θ ∠ = θ ∠ × ∠ × = × =3 * 3 0o 3 3f AB AB Vff If VffIA S V I sin sin 3 cos cos 3 3 3 3 3 θ = θ = θ = θ = f A ff f f A ff f S I V Q S I V P IB IA IC B C A IBC ICA IAB Z Z Z VBC VCA VAB Re Im IAB θ IBC θ ICA θ −−−−ICA _I A Z Z CA CA BC BC V I V I = ; = o o 240 ; 120 = ∠− − − − ∠ = AB θ CA AB θ BC I I I I BC CA C AB BC B I I I I I I = − ; = − 100

A B C IA IB IC IAB IBC ICA Z = 4 + j 3 Vff = 380 V (rms) VAN referensi o o o o 240 220 ; 120 220 ; 0 220 0 3 380_{∠ = ∠ = ∠− = ∠−} = BN CN AN V V V o o_{) 380 30} 30 ( 3∠ + = ∠ = AN AN AB V θ V A 8 , 6 76 8 , 36 5 30 380 3 4 30 380 o o o o − ∠ = ∠ ∠ = + ∠ = = j Z AB AB V I A 8 , 36 6 . 131 8 , 36 3 76 ) 30 8 , 6 ( 3_∠− o₋ o_{= ∠−} o_{= ∠−} o =AB A I I kVA 52 3 , 69 8 . 36 64 . 86 8 . 6 76 30 380 3 3 o o o * 3 j Sf ABAB + = ∠ = + ∠ × ∠ × = = V I kVAR 52 ) 76 ( 3 3 3 kW 3 , 69 ) 76 ( 4 3 3 2 2 3 2 2 3 = × × = × × = = × × = × × = AB f AB f X Q R P I I IAB VBN VCN VAN IBC ICA Re Im _V AB o o 210 380 ; 90 380∠− = ∠− = CA BC V V A 8 , 246 76 240 8 , 6 76 A 8 , 126 76 120 8 , 6 76 o o o o o o − ∠ = − − ∠ = − ∠ = − − ∠ = CA BC I I A 8 . 276 6 , 131 ) 240 8 , 36 ( 6 . 131 A 8 , 156 6 , 131 ) 120 8 , 36 ( 6 . 131 o o o o o o − ∠ = − − ∠ = − ∠ = − − ∠ = C B I I

Contoh

101 102

Pada dasarnya analisis daya pada sistem tiga

fasa tidak berbeda dengan sistem satu fasa

Analisis Daya Pada Sistem 3 Fasa

Y

50 kVA f.d. 0,9 lagging VLL= 480 V I_s = ? RB = ? XB = ? A 60 3 480 50000 3 3 _{= =} = = ff f f s S V I I 03 , 2 16 , 4 ) 60 ( 1000 ) 3 , 7 15 ( 2 2 j j S Z f fasa per ₌ + × _{= +} = I ; kW 45 9 , 0 50 cos 3 = × = =Sf ϕ P kVA 8 , 21 45 S3f= +j ⇒ 3 3 S3f = VfnIf =VffIf ⇒ 3 * 3f fn f S = V I =3×Vfn∠θv×If∠−θi=3VfnIf∠(θv−θi) kVAR 8 , 21 436 , 0 50 sin 3 = × = =Sf ϕ Q kVA 3 , 7 15 3 3 j S S f fasa per = = + ⇒ . 03 , 2 ; 16 , 4 = Ω = Ω ⇒ R X

Contoh

104

ϕ = =100 kW Bcos B S P A 15 3 8 , 0 4800 100 3 cos = × × = → ϕ = B B B B I I V P kVA 5 , 13 35 , 1 15 ) 20 2 ( 3 _j 2 _j Ssal= × + × = + kVA 5 , 134 5 , 88 35 , 101 kVA 5 , 88 35 , 101 2 2_{+ =} = + = + = Sumber sal B Sumber S j S S S rms V 5180 3 15 1000 5 , 134 3 3 3 = × = = ⇒ = = B S S B S S S Sumber S S I V I V I V kVA 75 100 j SB= + b e b a n VS VB Z = 2 + j20 Ω

≈≈

I_S IB 100 kW 4800 V rms cosϕ= 0,8 lag

|S

sumber

| = ?

V

sumber

= ?

kVAR 75 6 , 0 125 sin = × = = B ϕ B S Q kVA 125 8 , 0 100₌ = B S

Contoh

105

Kuliah Terbuka

Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan Fasor

(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)

Sudaryatno Sudirham