• Tidak ada hasil yang ditemukan

Sudaryatno Sudirham. Distribusi Energi Listrik

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Membagikan "Sudaryatno Sudirham. Distribusi Energi Listrik"

Copied!
33
0
0

Teks penuh

(1)

ii

Distribusi

Distribusi

Distribusi

Distribusi

Energi Listrik

Energi Listrik

Energi Listrik

Energi Listrik

Sudaryatno Sudirham

(2)

3-1

BAB 3

(dari BAB 6 Analisis Rangkaian Sistem Tenaga)

Pembebanan Nonlinier

(Analisis Di Kawasan Waktu)

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

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

6.1. Sinyal onsinus

Dalam pembahasan harmonisa kita akan menggunakan istilah sinyal

nonsinus untuk menyebut secara umum sinyal periodik seperti sinyal gigi

gergaji dan sebagainya, termasuk sinyal sinus terdistorsi yang terjadi di sistem tenaga.

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

(3)

1-2 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

nonsinus diukur dengan menggunakan alat ukur elektronik yang dapat menunjukkan langsung spektrum amplitudo dari sinyal nonsinus yang diukur.

Penafsiran Grafis Deret Fourier. Pencarian spektrum amplitudo suatu

sinyal periodik y(t) dilakukan melalui penghitungan koefisien Fourier dengan formula seperti berikut ini.

− − − > ω = > ω = = 2 / 2 / 0 0 2 / 2 / 0 0 2 / 2 / 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ; ) sin( ) ( 2 0 ; ) cos( ) ( 2 ) ( 1 T T n T T n T T n dt t n t y T b n dt t n t y T a dt t y T a

dengan T0 adalah perioda sinyal.

Integral

− 2 / 2 / 0 0 ) ( T

T yt dt adalah luas bidang yang dibatasi oleh kurva y(t) dengan sumbu-t dalam rentang satu perioda. Jika luas bidang dalam rentang satu perioda ini dikalikan dengan (1/T0), yang berarti dibagi

dengan T0, akan memberikan nilai rata-rata y(t) yaitu nilai komponen

searah a0. Integral

− ω 2 / 2 / 0 0 0 ) cos( ) ( T

T yt n t dt adalah luas bidang yang dibatasi oleh

kurva y(t)cos(nω0t) dengan sumbu-t dalam rentang satu perioda. Jika luas bidang ini dikalikan dengan (2/T0), yang berarti dibagi (T0/2), akan

diperoleh an. Di sini T0 harus dibagi dua karena dalam satu perioda T0

terdapat dua kali gelombang penuh berfrekuensi nω0.

Integral

− ω 2 / 2 / 0 0 0 ) sin( ) ( T

T yt n t dt adalah luas bidang yang dibatasi oleh

kurva y(t)sin(nω0t) dengan sumbu-x dalam rentang satu perioda. Jika luas ini dikalikan dengan (2/T0) akan diperoleh bn. Seperti halnya

penghitungan an, T0 harus dibagi dua karena dalam satu perioda T0

(4)

3-3 Dengan penafsiran hitungan integral sebagai luas bidang, maka pencarian koefisien Fourier dapat didekati dengan perhitungan luas bidang. Hal ini sangat membantu karena perhitungan analitis hanya dapat dilakukan jika sinyal nonsinus yang hendak dicari komponen-komponennya diberikan dalam bentuk persamaan yang cukup mudah untuk diintegrasi.

Prosedur Pendekatan umerik. Pendekatan numerik integral sinyal y(t)

dalam rentang p ≤ t ≤ q dilakukan sebagai berikut.

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

(

k k 1

)

k /2

k A A t

L = + ×∆ (6.1) Jadi integral f(t) dalam rentang p ≤ x ≤ q adalah

= ≈ m k k q p f t dt L 1 ) ( (6.2)

2. Nilai ∆tk dipilih sedemikian rupa sehingga error yang terjadi masih berada dalam batas-batas toleransi yang kita terima. Jika sinyal diberikan dalam bentuk grafik, untuk mencari koefisien Fourier dari harmonisa ke-n, satu perioda dibagi menjadi tidak kurang dari 10×n segmen agar pembacaan cukup teliti dan error yang terjadi tidak lebih dari 5%. Untuk harmonisa ke-5 misalnya, satu perioda dibagi menjadi 50 segmen. Ketentuan ini tidaklah mutlak; kita dapat memilih jumlah segmen sedemikian rupa sehingga pembacaan mudah dilakukan namun cukup teliti.

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

(5)

1-4 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

[

]

[

]

[

]

= − − = − − = − = ∆ ω + ω = = ∆ ω + ω = = ∆ + = m k kbn k k k k n kan m k k k k k n ka m k k k k T L t t n A t n A T b T L t t n A t n A T a T L t A A T a 1 0 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 2 / 2 ) sin( ) sin( 2 2 / 2 ) cos( ) cos( 2 2 1 (6.3) 4. Formula untuk sudut fasa adalah

      = ϕ − n n n a b 1 tan (6.4)

5. Perlu disadari bahwa angka-angka yang diperoleh pada pendekatan numerik bisa berbeda dengan nilai yang diperoleh secara analitis. Jika misalkan secara analitis seharusnya diperoleh a1 = 0 dan b1 = 150, pada pendekatan numerik mungkin diperoleh angka yang

sedikit menyimpang, misalnya a1 = 0,01 dan b1 = 150,2.

6. Amplitudo dari setiap komponen harmonisa adalah

2 2

n n

n a b

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

) cos( ) ( 1 0 2 2 0

∞ =     + ω ϕ + = n n n n b n t a a t y (6.5)

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

(6)

3-5

COTOH-6.1:

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

Penyelesaian: Perhitungan diawali dengan menetapkan nilai t

dengan interval sebesar ∆t = 0,0004 detik, kemudian menentukan Ak untuk setiap segmen. Sisi kiri segmen pertama terjadi pada t = 0 dan sisi kanannya menjadi sisi kiri segmen ke-dua; dan demikian selanjutnya dengan segmen-segmen berikutnya. Kita tentukan pula

sisi kanan segmen terakhir pada t = T0. Hasil perhitungan yang

diperoleh dimuatkan dalam Tabel-1.1 (hanya ditampilkan sebagian), dimana sudut fasa dinyatakan dalam satuan radian. Pembulatan sampai 2 angka di belakang koma.

-200 -150 -100 -50 0 50 100 150 200 0 0,002 0,004 0,006 0,008 0,01 0,012 0,014 0,016 0,018 0,02 y[volt] t[detik]

(7)

1-6 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

Tabel-6.1. Analisis Harmonisa Sinyal Nonsinus pada Contoh-6.1.

T0 = 0,02 s ∆tk = 0,0004 s Komp. searah Fundamental f0 = 1/T0 = 50 Hz Harmonisa ke-3 t Ak Lka0 Lka1 Lkb1 Lka3 Lkb3

0 50 0,0004 75 0,025 0,025 0,002 0,024 0,006 0,0008 100 0,035 0,034 0,007 0,029 0,019 0,0012 120 0,044 0,042 0,014 0,025 0,035 : : : : : : : 0,0192 -5 -0,006 -0,006 0,002 -0,003 0,005 0,0196 20 0,003 0,003 0,000 0,003 -0,001 0,02 50 0,014 0,014 -0,001 0,014 -0,001 Jumlah Lk 0,398 0,004 1,501 -0,212 0,211 a0 19,90 a1, b1 0,36 150,05 a3, b3 −21,18 21,13 Ampli-1, ϕ1 150,05 1,57 Ampli-3, ϕ3 29,92 -0,78

Tabel ini memberikan

78 , 0 ) 18 , 21 / 13 , 21 ( tan 92 , 29 13 , 21 ) 18 , 21 ( 13 , 21 ; 18 , 21 57 , 1 ) 36 , 0 / 05 , 150 ( tan 05 , 150 05 , 150 36 , 0 05 , 150 ; 36 , 0 90 , 19 1 3 2 2 3 3 3 1 1 2 2 1 1 1 0 − = − = ϕ = + − = ⇒ = − = = = ϕ = + = ⇒ = = = − − A b a A b a a

Sesungguhnya kurva yang diberikan mengandung pula harmonisa ke-dua. Apabila harmonisa ke-dua dihitung , akan memberikan hasil

43 , 49 2= a dan b2 =−0,36 43 , 49 A2= amplitudo dan ϕ2=−0,01

(8)

3-7 Dengan demikian uraian sampai dengan harmonisa ke-3 dari sinyal yang diberikan adalah

) 78 , 0 6 cos( 92 , 29 ) 01 , 0 4 cos( 43 , 49 ) 57 , 1 2 cos( 05 , 150 90 , 19 ) ( 0 0 0 + π + + π + − π + = t f t f t f t y

6.2. Elemen Linier Dengan Sinyal onsinus

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

COTOH-6.2: Satu kapasitor C mendapatkan tegangan nonsinus

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

(a) Tentukan arus yang mengalir pada kapasitor. (b) Jika C = 30 µF, dan frekuensi f = 50 Hz, gambarkan (dengan bantuan komputer) kurva tegangan dan arus kapasitor.

Penyelesaian:

(a) Hubungan tegangan dan arus kapasitor adalah

dt dv C iC =

Oleh karena itu arus kapasitor adalah

{

}

A ) 07 , 3 5 sin( 50 ) 37 , 1 3 sin( 60 ) 07 , 2 sin( 100 ) 5 , 1 5 cos( 50 ) 2 , 0 3 cos( 60 ) 5 , 0 cos( 100 ) 5 , 1 5 sin( 10 ) 2 , 0 3 sin( 20 ) 5 , 0 sin( 100 + ω ω + + ω ω + + ω ω = + ω ω + − ω ω + + ω ω = + ω + − ω + + ω = t C t C t C t C t C t C dt t t t d C iC

(b) Kurva tegangan dan arus adalah seperti di bawah ini.

detik [V] vC iC -150 -100 -50 0 50 100 150 0 0.005 0.01 0.015 0.02 [A] 5 2,5 0 −5 −2,5

(9)

1-8 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

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

14 10 8 , 1 × − = rr v V dan irr =5×10−17A.

ilai Rata-Rata. Sesuai dengan definisi untuk nilai rata, nilai

rata-rata sinyal nonsinus y(t) dengan perioda T0 adalah

= T rr yt dt T Y 0 0 ) ( 1 (6.6) Nilai rata-rata sinyal nonsinus adalah komponen searah dari sinyal tersebut.

ilai Efektif. Definisi nilai efektif sinyal periodik y(t) dengan perioda T0

adalah

= T rms y t dt T Y 0 2 0 ) ( 1 (6.7)

Dengan demikian maka nilai efektif sinyal sinus y1 = Ym1 sin(ωt + θ)

adalah 2 ) ( sin 1 1 0 2 2 1 0 1 m T m rms Y dt t Y T Y =

ω +θ = (6.8) Nilai efektif sinyal nonsinus

∞ = θ + ω + = 1 0 0 sin( ) ) ( n n mn n t Y Y t y adalah

       θ + ω + = ∞ = T n n mn rms Y Y n t dt T Y 0 2 1 0 0 0 ) sin( 1

Jika ruas kiri dan kanan dikuadratkan, kita dapatkan

       θ + ω + = ∞ = T n n mn rms Y Y n t dt T Y 0 2 1 0 0 0 2 ) sin( 1 atau

(10)

3-9

                          + θ + ω θ + ω + θ + ω θ + ω + θ + ω +         θ + ω + = ∞ = ∞ = ∞ = ∞ = T n n mn m n n mn m n n mn T n n mn rms dt t n Y t Y t n Y t Y t n Y Y T dt t n Y Y T Y 0 3 0 2 0 2 2 0 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 2 2 2 0 0 2 ... ... ... ... ) sin( ) 2 sin( 2 ) sin( ) sin( 2 ) sin( 2 1 ) ( sin 1 (6.9)

Melalui kesamaan trigonometri

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

dan karena Y0 bernilai tetap maka suku ke-dua ruas kanan (6.8)

merupakan penjumlahan nilai rata-rata fungsi sinus yang masing-masing memiliki nilai rata-rata nol, sehingga suku ke-dua ini bernilai nol. Oleh karena itu (6.9) dapat kita tulis

       θ + ω + = ∞ = T n n nm rms Y Y n t dt T Y 0 1 0 2 2 2 0 2 1 sin ( ) (6.10) atau

∑ ∫

∞ = ∞ = + = θ + ω + = 1 2 2 0 1 0 0 2 2 0 2 0 2 ) ( sin 1 1 n nrms n T n nm t rms Y Y dt t n Y T dt Y T Y (6.11)

Persamaan (6.11) menunjukkan bahwa kuadrat nilai efektif sinyal non sinus sama dengan jumlah kuadrat komponen searah dan kuadrat semua nilai efektif konponen sinus. Kita perlu mencari formulasi yang mudah untuk menghitung nilai efektif ini. Kita bisa memandang sinyal nonsinus sebagai terdiri dari tiga macam komponen yaitu komponen searah (y0),

(11)

1-10 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

komponen fundamental (y1), dan komponen harmonisa (yh). Komponen

searah adalah nilai rata-rata sinyal, komponen fundamental adalah komponen dengan frekuensi fundamental ω0, sedangkan komponen

harmonisa merupakan jumlah dari seluruh komponen harmonisa yang memiliki frekuensi nω0 dengan n > 1. Jadi sinyal nonsinus y dapat

dinyatakan sebagai h y y y y= 0 + 1+

Akan tetapi kita juga dapat memandang sinyal nonsinus sebagai terdiri dari dua komponen saja, yaitu komponen fundamental dan komponen

harmonisa total di mana komponen yang kedua ini mencakup komponen

searah. Alasan untuk berbuat demikian ini adalah bahwa dalam proses transfer energi, komponen searah dan harmonisa memiliki peran yang sama; hal ini akan kita lihat kemudian. Dalam pembahasan selanjutnya kita menggunakan cara pandang yang ke-dua ini. Dengan cara pandang ini suatu sinyal nonsinus dinyatakan sebagai

h y y y= 1+ (6.12) dengan y1=Y1msin(ω0t1) dan

= θ + ω + = k n n nm h Y Y n t y 2 0 0 sin( ).

Dengan demikian maka relasi (1.11) menjadi

2 2 1 2 hrms rms rms Y Y Y = + (6.13)

Dalam praktik, komponen harmonisa yh dihitung tidak melibatkan seluruh komponen harmonisa melainkan dihitung dalam lebar pita spektrum tertentu. Persamaan sinyal dijumlahkan sampai pada frekuensi tertinggi yang ditentukan yaitu kω0; sinyal dengan frekuensi di atas batas

frekuensi tertinggi ini dianggap memiliki amplitudo yang sudah cukup kecil untuk diabaikan.

COTOH-6.2: Suatu tegangan berbentuk gelombang gigi gergaji

memiliki nilai maksimum 20 volt, dengan frekuensi 20 siklus per detik. Hitunglah nilai tegangan efektif dengan: (a) relasi nilai efektif; (b) uraian harmonisa.

(12)

3-11 (a) Perioda sinyal 0,05 detik dengan persamaan: v(t)=400t.

Nilai efektif: V 55 , 11 3 1600 05 , 0 1 ) 400 ( 05 , 0 1 0,05 0 3 05 , 0 0 2     = =

t dt t Vrms

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

V 7 sin 909 , 0 6 sin 061 , 1 5 sin 273 , 1 4 sin 592 , 1 3 sin 122 , 2 2 sin 183 , 3 sin 366 , 6 10 ) ( 0 0 0 0 0 0 0 t t t t t t t t v ω − ω − ω − ω − ω − ω − ω − =

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

V 5 , 4 2 366 , 6 1rms = ≈ V V 5 , 10 2 10 , 2 2 166 , 3 10 2 2 2 + + = hrms V V 4 , 11 35 , 10 49 , 4 2 2 2 2 1 + = + ≈ = rms hrms rms V V V

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

COTOH-6.3: Uraian dari penyearahan setengah gelombang arus sinus

A

sin

0

t

i

=

ω

sampai dengan harmonisa ke-10 adalah:

A ) 10 cos( 007 . 0 ) 8 cos( 010 . 0 ) 6 cos( 018 , 0 ) 4 cos( 042 , 0 ) 2 cos( 212 , 0 ) 57 , 1 cos( 5 , 0 318 , 0 ) ( 0 0 0 0 0 0 t t t t t t t i ω + ω + ω + ω + ω + − ω + =

Hitung nilai efektif komponen arus fundamental, arus harmonisa, dan arus total.

Penyelesaian:

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

(13)

1-12 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik 354 , 0 2 5 , 0 1rms = = I A A 54 3 0, 2 007 , 0 2 01 , 0 2 018 , 0 2 042 , 0 2 212 , 0 318 , 0 2 2 2 2 2 2 = + + + + + = hrms I A 5 , 0 354 , 0 354 , 0 2 2 2 2 1 + = + ≈ = rms hrms rms I I I

Contoh-6.3 ini menunjukkan bahwa pada penyearah setengah gelombang nilai efektif komponen fundamental sama dengan nilai efektif komponen harmonisanya.

COTOH-6.4: Tegangan pada sebuah kapasitor 20 µF terdiri dari dua

komponen yaitu v1=200sinωt dan v15 =20sin15ωt. Jika diketahui frekuensi fundamental adalah 50 Hz, hitunglah: (a) nilai efektif arus yang diberikan oleh v1; (b) nilai efektif arus yang

diberikan oleh v15; (c) arus efektif total; (d) gambarkan kurva ketiga

arus tersebut sebagai fungsi waktu.

Penyelesaian:

a). Komponen tegangan pertama adalah v1=200sin(100πt)V. Arus yang diberikan oleh tegangan ini adalah

t t

dt dv

i1=20×10−6 1/ =20×10−6×200×100πcos100π =1,257cos100π

Nilai efektifnya adalah: 0,89 A 2 257 , 1 1rms = = I

b). Komponen tegangan ke-dua adalah v15 =20sin(1500πt)V. Arus yang diberikan oleh tegangan ini adalah

t t dt dv i π = π π × × × = × = − − 1500 cos 885 , 1 1500 sin 1500 20 10 20 / 10 20 6 15 6 15

Nilai efektifnya adalah: 1,33 A 2 885 , 1 15rms = = I

c). Tegangan gabungan adalah

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

(14)

3-13 Arus yang diberikan tegangan gabungan ini adalah

t t v v dt d dt dv i 1500 cos 885 , 1 100 cos 257 , 1 ) ( 10 20 / 10 20 6 6 1 15 + π = + × = × = − −

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

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

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

COTOH-6.5: Arus i=2sinωt+0,2sin3ωtA, mengalir pada beban yang terdiri dari resistor 100 Ω yang tersambung seri dengan induktor 0,5 H. Pada frekuensi 50 Hz: (a) gambarkan kurva tegangan dan arus beban; (b) tentukan nilai efektif tegangan beban dan arus beban.

Penyelesaian:

(a) Arus beban adalah i=2sinωt+0,2sin3ωt. Tegangan beban adalah V 3 cos 3 , 0 cos 3 sin 20 sin 200 t t t t dt di L iR v v v R L ω ω + ω ω + ω + ω = + = + =

Kurva tegangan dan arus beban dibuat dengan sumbu mendatar dalam detik. Karena frekuensi 50 Hz, satu perioda adalah 0,02 detik. -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06detik A i i1 i15

(15)

1-14 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik (b). Nilai efektif arus beban adalah

A 42 , 1 2 2 , 0 2 22 2 2 3 2 1 + = + = = rms rms rms I I I

Tegangan beban adalah

V 3 cos 3 , 0 cos 3 sin 20 sin 200 t t t t v= ω + ω +ω ω + ω ω

Nilai efektif tegangan beban, dengan ω=100π, adalah V 272 2 ) 3 , 0 ( 20 2 2002+ω2 + 2 + ω 2 = = rms V

6.3. Daya Pada Sinyal onsinus

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

Kita tinjau resistor Rb yang menerima arus berbentuk gelombang nonsinus

h Rb i i

i = 1+

Nilai efektif arus ini adalah

2 2 1 2 hrms rms Rbrms I I I = +

Daya nyata yang diterima oleh Rb adalah b hrms b rms b Rbrms Rb I R I R I R P = 2 × = 12 + 2 (6.14) -600 -400 -200 0 200 400 600 0 0.005 0.01 0.015 0.02 2 4 0 −2 −4 A V detik v i

(16)

3-15 Formulasi (6.14) tetap berlaku sekiranya resistor ini terhubung seri dengan induktansi, karena dalam bubungan seri demikian ini daya nyata diserap oleh resistor, sementara induktor menyerap daya reaktif.

COTOH-6.6: Seperti pada contoh-1.5, arus

i

=

2

sin

ω

t

+

0

,

2

sin

3

ω

t

A mengalir pada resistor 100 Ω yang tersambung seri dengan induktor 0,5 H. Jika frekuensi fundamental 50 Hz: (a) gambarkan dalam satu bidang gambar, kurva daya yang mengalir ke beban sebagai perkalian tegangan total dan arus beban dan kurva daya yang diserap resistor sebagai perkalian resistansi dan kuadrat arus resistor; (b) hitung nilai daya rata-rata dari dua kurva daya pada pertanyaan b; (c) berikan ulasan tentang kedua kurva daya tersebut.

Penyelesaian:

(a) Daya masuk ke beban dihitung sebagai: p = v × i

sedangkan daya nyata yang diserap resistor dihitung sebagai: pR =

i2R = vRiR

Kurva dari p dan pR terlihat pada gambar berikut.

(b) Daya rata-rata merupakan daya nyata yang di transfer ke beban. Daya ini adalah daya yang diterima oleh resistor. Arus efektif yang mengalir ke beban telah dihitung pada contoh-3.5. yaitu 1,42 A. Daya nyta yang diterima beban adalah

202 100 ) 42 , 1 ( 2 2 = × = =I R PR rms W.

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

-400 -200 0 200 400 600 0 0.005 0.01 0.015 0.02 W p = vi pR = i2R = vRiR detik

(17)

1-16 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

Prr = 202 W

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

COTOH-6.7: Tegangan nonsinus pada terminal resistor 20 Ω adalah

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

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

Penyelesaian:

Arus yang mengalir adalah

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

Nilai efektif masing-masing komponen arus adalah

2 5 , 0 ; 2 1 ; 2 5 5 3 1rms = I rms = I rms= I

Arus efektif yang mengalir adalah

A 62 , 3 2 25 , 26 2 25 , 0 2 1 2 25+ + = = = rms I

Daya nyata yang diserap resistor adalah

W 5 , 262 20 2 25 , 0 2 1 2 25 2 × =      + + = =I R PR rms

COTOH-6.8: Tegangan nonsinus v=100sinωt+10sin3ωt V, terjadi pada terminal beban yang terdiri dari resistor 100 Ω tersambung paralel dengan kapasitor 50 µF. Jika frekuensi fundamental adalah 50 Hz, (a) Tentukan persamaan arus total beban; (b) hitung daya nyata yang diserap beban.

(18)

3-17 (a). Arus total (i) adalah jumlah arus yang melalui resistor (iR) dan

kapasitor (iC). t t R v iR = =sinω +0,1sin3ω

(

t t

)

dt dv C iC = =50×10−6100ωcosω +30ωcos3ω

Arus total beban:

t t

t t

i=sinω +0,1sin3ω +0,005cosω +0.0015ωcos3ω

(b). Arus efektif melalui resistor

A 71 , 0 2 1 , 0 2 12 + 2 = = Rrms I

Daya nyata yang diserap beban adalah daya yang diserap resistor: W 50 100 71 , 0 2× = = R P 6.4. Resonansi

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

COTOH-6.9: Suatu generator 50 Hz dengan induktansi internal 0,025

H mencatu daya melalui kabel yang memiliki kapasitansi total sebesar 5 µF. Dalam keadaan tak ada beban tersambung di ujung kabel, tentukan frekuensi harmonisa sumber yang akan memberikan resonansi.

Penyelesaian:

Frekuensi resonansi adalah

4 , 2828 10 5 025 , 0 1 1 6 = × × = = ω − LC r Hz 450 2 4 , 2828 = π = r f

(19)

1-18 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

COTOH-6.10: Sumber tegangan satu fasa 6 kV, 50 Hz, mencatu beban

melalui kabel yang memiliki kapasitansi total 2,03 µF. Dalam keadaan tak ada beban terhubung di ujung kabel, induktansi total rangkaian ini adalah 0,2 H. Tentukan harmonisa ke berapa dari sumber yang akan membuat terjadinya resonansi pada keadaan tak ada beban tersebut.

Penyelesaian:

Frekuensi resonansi adalah

rad/det 4 , 1569 10 03 , 2 02 , 0 1 1 6 = × × = = ω − LC r atau 249,78 Hz 2 4 , 1569 = π = r f

Resonansi akan terjadi jika sumber mengandung harmonisa ke-5.

6.5. Pembebanan onlinier Dilihat Dari Sisi Beban

Rangkaian yang akan kita tinjau terlihat pada Gb.6.1. Sebuah sumber tegangan sinus memberikan arus pada resistor Rb melalui saluran dengan resistansi Rs dan sebuah pengubah arus p.i., misalnya penyearah;

pengubah arus inilah yang menyebabkan arus yang mengalir di Rb berbentuk gelombang nonsinus.

Menurut teorema Tellegen, transfer daya elektrik hanya bisa terjadi melalui tegangan dan arus. Namun dalam tinjauan dari sisi beban ini, Rb hanya melihat

bahwa ada arus yang diterima olehnya. Cara bagaimana arus ini sampai ke beban tidaklah penting bagi beban.

h Rb i i i = 1+ (6.15) dengan i1=I1msin(ω0t1)

= θ + ω + = k n n nm h I I n t i 2 0 0 sin( )

Inilah arus yang diterima oleh Rb.

i

nonsinus

R

b p.i.

v

s

+

Gb.6.1. Pembebanan nonlinier.

R

s

(20)

3-19 Daya nyata yang diterima oleh Rb adalah

b hrms b rms Rb I R I R P = 12 + 2 (6.16)

6.6. Pembebanan onlinier Ditinjau Dari Sisi Sumber

Tegangan sumber berbentuk gelombang sinus, yaitu

v

s

=

V

s

sin ω

0

t

. Daya yang diberikan oleh sumber adalah tegangan sumber kali arus sumber yang besarnya sama dengan arus beban. Jadi daya keluar dari sumber adalah         θ + ω + ω + θ + ω ω = =

= k n n n s s s s s t n I I t V t t I V t i t v p 2 0 0 0 1 0 0

1sin sin( ) sin sin( )

) ( ) ( (6.17) Suku pertama (6.17) memberikan daya

) 2 cos( 2 cos 2 2 ) 2 cos( cos ) sin( sin 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 θ + ω − θ =       θ − ω +θ = θ + ω ω = t I V I V t I V t t I V p s s s s s (6.18)

Walaupun suku ke-dua dari persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nol akan tetapi suku pertama mempunyai nilai tertentu. Hal ini berarti ps1 memberikan transfer energi netto.

Suku kedua (6.17) memberikan daya

[

]

2 0 2 0 0 0 0 sin ) sin( sin sh s n n n s s sh p p t t n I V t I V p + = ω θ + ω + ω =

∞ = (6.19)

Suku pertama persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nol. Suku kedua juga mempunyai nilai rata-rata nol karena yang berada dalam tanda kurung pada (6.19) berbentuk fungsi cosinus.

(

)

(

)

{

}

∞ =      + ω +θ ω +θ = 2 0 0 cos( 1) ) 1 ( cos 2 n n n n s n t n t I V y

yang memiliki nilai rata-rata nol. Hal ini berarti bahwa psh tidak memberikan transfer energi netto.

(21)

1-20 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

Jadi secara umum daya yang diberikan oleh sumber pada pembebanan nonlinier dapat kita tuliskan sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu

sh s

s p p

p = 1+ (6.20) Dari dua komponen daya ini hanya komponen fundamental, ps1, yang memberikan transfer energi netto. Dengan kata lain hanya ps1 yang memberikan daya nyata, yaitu sebesar

1 1 1 1 1 cos cos 2 θ = θ = s srms rms s V I I V P (6.21)

dengan θ1 adalah beda susut fasa antara vs dan i1. Sementara itu Psh

merupakan daya reaktif.

Menurut teorema Tellegen, daya nyata yang diberikan oleh sumber harus tepat sama dengan daya yang diterima oleh beban. Daya nyata yang diterima oleh Rb adalah PRb , jadi daya nyata yang diberikan oleh sumber, yaitu Ps1, haruslah diserap oleh Rb dan Rs.

6.7. Kasus Penyearah Setengah Gelombang

Sebagai contoh dalam pembahasan pembebanan nonlinier ini, kita akan mengamati penyearah setengah gelombang. Dengan penyearah ini, sinyal sinus diubah sehingga arus mengalir setiap setengah perioda. Rangkaian penyearah yang kita tinjau terlihat pada Gb.6.2.a.

a).

b).

Gb.6.2. Penyearah setengah gelombang dengan beban resistif.

vs is iR pR 00 90 180 270 360 450 540 630 720 Vs −Vs vs iR pR pR ωt [o ] vs R vR

(22)

3-21 Arus penyearah setengah gelombang mempunyai nilai pada setengah

perioda pertama (yang positif); pada setengah perioda ke-dua, ia bernilai

nol. Uraian fungsi ini sampai dengan harmonisa ke-6adalah

V ) 6 cos( 018 , 0 ) 4 cos( 042 , 0 ) 2 cos( 212 , 0 ) 57 , 1 cos( 5 , 0 318 , 0 ) ( 0 0 0 0       ω + ω + ω + − ω + × = t t t t I t i m (6.22)

Dalam rangkaian yang kita tinjau ini hanya ada satu sumber yang mencatu daya hanya kepada satu beban. Pada waktu dioda konduksi, arus sumber selalu sama dengan arus beban, karena mereka terhubung seri; tegangan beban juga sama dengan tegangan sumber karena dioda dianggap ideal sedangkan resistor memiliki karakteristik linier dan bilateral. Pada waktu dioda tidak konduksi arus beban maupun arus sumber sama dengan nol. Gb.6.2.b. memperlihatkan bahwa hanya kurva tegangan sumber yang merupakan fungsi sinus; kurva arus dan daya merupakan fungsi nonsinus.

Pada persamaan (6.22) arus fundamental dinyatakan dalam fungsi cosinus yaitu ) 57 , 1 cos( 5 , 0 0 1= I ω ti m

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

) sin( 5 , 0 0 1 I t i = m ω

Pernyataan i1 dalam fungsi sinus ini sesuai dengan pernyataan bentuk

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

COTOH-6.11: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansi

internal yang dapat diabaikan mencatu beban resistif melalui penyearah setengah gelombang. Tegangan sumber adalah

V sin 380 0t

vs= ω dan resistansi beban Rb adalah 3,8 Ω. Hitung daya nyata yang diterima oleh beban dan daya nyata yang diberikan oleh sumber.

(23)

1-22 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

Tinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalah 380/3,8 = 100 A.

Persamaan arus sampai harmonisa ke-enam menjadi

A ) 6 cos( 8 , 1 ) 4 cos( 2 , 4 ) 2 cos( 2 , 21 ) 57 , 1 cos( 50 8 , 31 ) ( 0 0 0 0       ω + ω + ω + − ω + = t t t t t i

yang memberikan arus-arus efektif pada beban

A; 31 , 35 2 8 , 1 2 2 , 4 2 2 , 21 8 , 31 A; 2 50 2 2 2 2 1 = + + + = = bhrms rms b I I

Daya yang diterima beban adalah

(

21 2

)

3,8 9488 W 9,5 kW

2 = + × =

=IrmsRb Ibrms Ibhrms P

Tinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber adalah

t

vs =380sinω0 . Komponen arus fundamental yang diberikan oleh

sumber adalah sama dengan arus fundamental beban

t t

i

i1s= 1Rb=50cos(ω0 −1,57)=50sinω0 A dengan nilai efektif I1srms =50/ 2A

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

kW 5 , 9 2 50 2 380 rms 1 rms 1= s s = × = s V I P

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

(

)

(

1 cos(2

)

19

(

1 cos(2

)

kW 2 50 380 2 cos( 1 2 0 0 0 1 1 t t t I V ps s ω − = ω − × = ω − =

Gb.6.3 memperlihatkan kurva ps1 pada Contoh-2.1 di atas. Kurva ps1 bervariasi sinusoidal namun selalu positif dengan nilai puncak 19 kW,

(24)

3-23 dan nilai rata-rata (yang merupakan daya nyata) sebesar setengah dari nilai puncak yaitu 9,5 kW.

Kurva daya yang dikontribusikan oleh komponen searah, ps0 yaitu suku pertama (6.19), dan komponen harmonisa psh2 yaitu suku ke-dua persamaan (6.19), juga diperlihatkan dalam Gb.6.3. Kurva kedua komponen daya ini simetris terhadapsumbu waktu yang berarti memiliki nilai rata-rata nol. Dengan kata lain komponen searah dan komponen harmonisa tidak memberikan daya nyata.

Gb.6.3. Kurva komponen daya yang diberikan sumber.

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

kW ) 2 cos 1 ( 38 2 0 cos 2 cos 38000 sin 38000 sin 0 0 0 2 0 2 t t t t I V ps s s ω + = + ω = ω = ω =

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

kW ) 2 cos 1 ( 19 0t

psetengah gel= + ω , dan inilah ps1.

COTOH-6.12: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansi

internal yang diabaikan, mencatu beban resistif melalui kabel dengan resistansi 0,2 Ω dan penyearah setengah gelombang. Tegangan sumber adalah vs =380sinω0t V dan resistansi beban R adalah 3,8 Ω. Hitung daya yang diterima oleh beban.

t [det] W ps0 ps1 psh2 -15000 -10000 -5000 0 5000 10000 15000 20000 0 0.005 0.01 0.015 0.02

(25)

1-24 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

Penyelesaian:

Rangkaian sistem ini adalah seperti berikut

Tinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalah

A 95 2 , 0 8 , 3 380 = + = m I

Persamaan arus sampai harmonisa ke-6 menjadi

A ) 6 cos( 71 , 1 ) 4 cos( 09 , 4 ) 2 cos( 14 , 20 ) 57 , 1 cos( 5 , 47 21 , 30 ) 6 cos( 018 , 0 ) 4 cos( 042 , 0 ) 2 cos( 212 , 0 ) 57 , 1 cos( 5 , 0 318 , 0 95 ) ( 0 0 0 0 0 0 0 0 t t t t t t t t t i ω + ω + ω + − ω + =       ω + ω + ω + − ω + × =

Nilai efektif arus fundamental dan arus harmonisa total adalah

A 54 , 33 2 71 , 1 2 09 , 4 2 14 , 20 21 , 30 A; 33,59 2 5 . 47 2 2 2 2 1 = + + + = = = hrms rms I I

Daya yang diterima Rb adalah

W 8563 8 , 3 ) 54 , 33 59 , 33 ( 2 2 2 = + × = = rms b Rb I R P

Tinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber dan arus fundamental

sumber adalah V sin 380 0t vs = ω A sin 5 , 47 ) 57 , 1 cos( 5 , 47 0 0 1 i t t is = Rb = ω − = ω vs=380sinω0t Rb=3,8Ω Rs=0,2Ω

(26)

3-25 Tidak ada beda fasa antara vs dan is1. Daya nyata yang diberikan oleh sumber adalah W 9025 2 5 , 47 2 380 0 cos o 1 = × = = srms rms s v i P

Daya ini diserap oleh beban dan saluran. Daya yang diserap saluran adalah W 7 , 450 ) 55 , 33 6 , 33 ( 02 , 0 ) ( 02 , 0 02 , 0 2 2 2 2 1 2 = + × = + × = × = srms rms hrms saluran i i i P

Perbedaan angka perhitungan PRb dengan (Ps – Psaluran) adalah sekitar 0,2%.

6.8. Perambatan Harmonisa

Dalam sistem tenaga, beban pada umumnya bukanlah beban tunggal, melainkan beberapa beban terparalel. Sebagian beban merupakan beban linier dan sebagian yang lain merupakan beban nonlinier. Dalam keadaan demikian ini, komponen harmonisa tidak hanya hadir di beban nonlinier saja melainkan terasa juga di beban linier; gejala ini kita sebut

perambatan harmonisa. Berikut ini akan kita lihat gejala tersebut pada

suatu rangkaian yang mendekati situasi nyata. Gb.6.4. memperlihatkan rangkaian yang dimaksud.

Gb.6.4. Sumber mencatu beban paralel linier dan nonlinier. Tegangan sumber berbentuk sinusoidal murni

v

s

=

V

sm

sin ω

0

t

. Sumber ini mencatu beban melalui saluran yang memiliki resistansi Rs. Beban yang terhubung di terminal A-B (terminal bersama), terdiri dari beban linier Ra dengan arus ia dan beban Rb yang dialiri arus nonlinier ib = ib1 +

ibh dengan ib1 adalah komponen fundamental dari ib dan ibh adalah komponen harmonisa total dari ib.

v

s

R

a

R

b

i

a

i

b

=i

b1

+i

bh

i

s

R

s

A

B

(27)

1-26 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

Pada rangkaian sederhana ini, di sisi beban kita lihat bahwa aplikasi Hukum Arus Kirchhoff di simpul A, yaitu simpul bersama dari kedua beban, memberikan 0 ) ( / / ) (vAvs Rs +vA Ra + ib1+ibh =

dan dari sini kita peroleh

) (b1 bh a s a s s a s a A i i R R R R v R R R v + + − + = (6.23)

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

) (b1 bh a s s a s s a A a i i R R R R R v R v i + + − + = = (6.24)

Sementara itu di sisi sumber, dengan tegangan sumber berbentuk sinus

t

V

v

s

=

sm

sin ω

0 , keluar arus yang mengandung harmonisa yaitu

) ( ) ( ) ( 1 1 1 bh b a s a a s s bh b bh b a s s a s s b a s i i R R R R R v i i i i R R R R R v i i i +       + + + = + + + + − + = + = (6.25)

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

COTOH-6.13: Sebuah sumber tegangan 50 Hz,

v

=

240

sin

ω

0

t

V

memiliki resistansi dan induktansi internal yang diabaikan. Sumber ini mencatu beban resistif Ra = 5 Ω melalui saluran yang memiliki resistansi 1Ω. Sebuah beban resistif lain yaitu Rb = 5 Ω dengan penyearah setengah gelombang dihubungkan paralel dengan Ra. Hitunglah: (a) daya nyata yang diserap Ra sebelum Rb dan penyearah dihubungkan; (b) daya nyata yang diserap Rb sesudah Rb dan penyearah dihubungkan; (c) daya nyata yang diserap Ra sesudah Rb

(28)

3-27 dan penyearah dihubungkan; (d) daya nyata yang diserap saluran Rs; (e) daya nyata yang diberikan sumber; (f) bandingkan daya nyata yang diberikan oleh sumber dan daya nyata yang diserap oleh bagian rangkaian yang lain.

Penyelesaian:

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

Arus efektif yang mengalir dari sumber, daya nyata yang diserap

Ra dan Rs , serta daya nyata yang diberikan sumber adalah

A 28 , 28 ) 1 5 /( ) 2 / 240 ( + = = Rarms I W 4000 5 28 , 28 2× = = Ra P ; PRs =28,282×1=800 W Rs Ra s P P P =28,28×240/ 2=4800 W = +

(b) Setelah Rb dan penyearah dihubungkan, rangkaian menjadi

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

V sin 200 sin 240 5 1 5 0 0t t vsTh × ω = ω + = ; = Ω + × = 0,833 5 1 5 1 sTh R

Setelah Rb dihubungkan pada rangkaian ekivalen Thévenin, rangkaian menjadi

i

s

R

s

=1Ω

A

B

R

a

= 5Ω

v

s

=

240sinω

0

t

v

s

R

a

R

b

i

a

i

Rb

=

i

Rb1

+i

Rbh

i

s

R

s

A

B

(29)

1-28 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik Nilai maksimum arus iRb adalah

A 29 , 34 5 833 , 0 200 = + = Rbm I

Arus yang melalui Rb menjadi

) 6 cos( 62 , 0 ) 4 cos( 47 , 1 ) 2 cos( 27 , 7 ) 57 , 1 cos( 14 , 17 9 , 10 ) 6 cos( 018 , 0 ) 4 cos( 042 , 0 ) 2 cos( 212 , 0 ) 57 , 1 cos( 5 , 0 318 , 0 29 , 34 0 0 0 0 0 0 0 0 t t t t t t t t iRb ω + ω + ω + − ω + =       ω + ω + ω + − ω + × =

Dari sini kita peroleh

A 1 . 12 2 / 62 , 0 2 / 47 , 1 2 / 27 , 7 9 , 10 A 12 , 12 2 14 , 17 2 2 2 2 1 = + + + = = = Rbhrms rms Rb I I

Daya yang diserap Rb adalah

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

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

Rb s s a s A Rb a A s s A i R v R R v i R v R v v − =       + ⇒ = + + − 1 1 0 isTh 0,833Ω A B 5Ω vsTh = 200sinω0t ib=ib1+ibh

(30)

3-29

(

)

Ah A bh bh bh b a s a s s a s a A v v i t i t t i i R R R R v R R R v − = − ω = + ω × × − ω × = + + − + = 1 0 0 0 1 V 6 5 sin 71 , 185 sin 14 , 17 6 1 5 sin 240 6 5 ) ( V 32 , 131 2 71 , 185 1 = = ⇒VArms ) 6 cos( 51 , 0 ) 4 cos( 23 , 1 ) 2 cos( 06 , 6 09 , 9 ) 6 cos( 62 , 0 ) 4 cos( 47 , 1 ) 2 cos( 27 , 7 9 , 10 6 5 6 5 0 0 0 0 0 0 t t t t t t i vAh bh ω + ω + ω + =       ω + ω + ω + × = × = V 09 , 10 2 51 , 0 2 23 . 1 2 06 , 6 09 , 9 2 2 2 2+ + + = = ⇒VAhrms

Daya yang diserap Ra adalah

W 3469 5 09 , 10 5 32 , 131 2 2 2 2 1 + = + = = a Ahrms a rms A Ra R V R V P

(d) Tegangan jatuh di saluran adalah

V sin 29 , 54 sin 71 , 185 sin 240 0 0 0 1 1 t t t v v vs s A ω = ω − ω = − = ∆ → 38,39 V 2 29 , 54 1 = = ∆Vsrms → ∆Vshrms =VAhrms=10,09 V

Daya yang diserap saluran adalah

W 1575 1 09 , 10 1 39 , 38 2 2 2 2 1 += + = ∆ = s shrms s rms s Rs R V R V P

(31)

1-30 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik (e) Tegangan sumber adalah

V sin 240 0t

v= ω

Arus fundamental sumber adalah

A sin 29 , 54 0 1 1 t R v i s s s = ω ∆ =

Daya nyata yang diberikan sumber

W 6515 2 29 , 54 2 240 1 1= = × = R I V ps srms srms

(f) Bagian lain rangkaian yang menyerap daya nyata adalah Rs,

Ra, dan Rb. Daya nyata yang diserap adalah

W 6512 1468 3469 1575+ + = = + + = Rs Ra Rb Rtotal P P P P

Hasil ini menunjukkan bahwa daya nyata yang diberikan sumber sama dengan daya nyata yang diserap oleh bagian lain dari rangkaian (perbedaan angka adalah karena pembulatan-pembulatan).

6.9. Ukuran Distorsi Harmonisa

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

Crest Factor. Crest factor didefinisikan sebagai

efektif nilai puncak nilai factor= crest

Total Harmonic Distortion (THD). THD digunakan sebagai ukuran

untuk melihat berapa besar pengaruh keseluruhan adanya harmonisa terhadap sinyal sinus. Pengaruh keseluruhan harmonisa diperbandingkan terhadap komponen fundamental, karena komponen fundamental-lah yang memberikan transfer energi nyata.

(32)

3-31 Untuk tegangan nonsinus, THD didefinisikan sebagai

rms hrms V V V THD 1 = (6.26)

Untuk arus nonsinus, THD didefinisikan sebagai

rms hrms I I I THD 1 = (6.27)

COTOH-6.14: Arus penyearahan setengah gelombang dengan nilai

puncak arus 100 A, memiliki sampai harmonisa ke-enam sebagi

A ) 6 cos( 8 , 1 ) 4 cos( 2 , 4 ) 2 cos( 2 , 21 ) 57 , 1 cos( 50 8 , 31 ) ( 0 0 0 0       ω + ω + ω + − ω + = t t t t t i

Hitunglah crest factor dan THDI.

Penyelesaian: Telah dihitung nilai efektif arus dalam contoh soal

tersebut A 31 , 35 2 8 , 1 2 2 , 4 2 2 , 21 8 , 31 A; 2 50 2 2 2 2 1 = + + + = = bhrms rms b I I

Nilai efektif arus adalah

A 7 , 49 31 , 35 2 / 502 + 2 = = rms I

Crest factor adalah: 2 2 , 49 100 . .f = = c ; THDI adalah: 1 2 / 50 31 , 35 1 ≈ = = rms hrms I I I THD atau 100%

Crest factor dan THD hanyalah tergantung bentuk dan tidak tergantung

dari nilai mutlak arus. Angka yang sama akan kita peroleh jika nilai puncak arus hanya 1 ampere. Hal ini dapat dimengerti karena persamaan arus secara umum adalah

(33)

1-32 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik         ϕ − ω + =

= maks n n n n m A A n t I t i 1 0 0 cos( ) ) (

sehingga dalam perhitungan Irms, I1rms, dan Ihrms faktor Im akan

Gambar

Tabel ini  memberikan

Referensi

Dokumen terkait

Kajian ini juga menunjukkan bahawa strategi pejabat zakat bagi meningkatkan kutipan zakat perniagaan pada masa akan datang perlu ditumpukan kepada moral, sikap dan

Bertambahnya beban merupakan pacuan (stimulus) yang menyebabkan otot-otot jantung lebih kuat dan lebih efesien. Dengan pelatihan yang spesifik yaitu lari

Tujuan penelitian ini adalah untuk menganalisis bagaimana proses advokasi sosial yang di lakukan dalam penanganan permasalahan yang di hadapi oleh anak-anak jalanan meliputi

Hasil yang diperoleh dari uji pemuluran dan simpangan menunjukkan bahwa semakin besar persentase kandungan dari magnetit (Fe 3 O 4 ) pada ferogel maka sifat magneto-elastisitas

Setelah dinyatakan terinfeksi HIV maka pasien perlu dirujuk ke layanan PDP untuk menjalankan serangkaian layanan yang meliputi penilaian

Partisipasi politik dalam kegiatan pemberian suara paling dominan diantara bentuk partisipasi politik pemberian suara (voting) yaitu sebesar 90%, kemudian kegiatan

Batuan beku adalah batuan yang terbentuk dari proses pembekuan magma. Magma merupakan cairan silikat kental yang panas dan pijar yang mengandung beberapa

Berdasarkan hasil penelitian yang telah dilakukan pada antrian pelanggan penyervisan di Bengkel Motor Resmi Yamaha Kondang Simo, kesimpulan yang