Analisis
Analisis
Analisis
Analisis Rangkaian
Rangkaian
Rangkaian
Rangkaian Listrik
Listrik
Listrik
Listrik
di
di
di
di Kawasan
Kawasan
Kawasan
Kawasan Fasor
Fasor
Fasor
Fasor
(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)
Sudaryatno Sudirham
1
Isi
1. Fasor
2. Pernyataan Sinyal Sinus 3. Impedansi 4. Kaidah Rangkaian 5. Teorema Rangkaian 6. Metoda Analisis 7. Sistem Satu Fasa 8. Analisis Daya 9. Penyediaan Daya 10. Sistem Tiga-fasa Seimbang
2
Fasor
3
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
LL
=
dt
dv
C
i
CC
=
=
∫
i
dt
C
v
C1
CDi kawasan waktu bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai
4
Energi listrik, dengan daya ribuan kilo watt, disalurkan menggunakan bentuk gelombang sinus.
Pekerjaan analisis rangkaian, dimana peubah rangkaiannya berbentuk gelombang sinus, akan sangat dipermudah jika
operasi-operasi diferensial dapat dihindarkan. Siaran radio juga dipancarkan dengan menggunakan bentuk
gelombang sinus.
Bentuk gelombang sinus sangat luas digunakan
5
Dalam matematika ada sebuah fungsi yang turunannya berbentuk sama dengan fungsi itu
sendiri, yaitu
Jika sinyal sinus dapat dinyatakan dalam bentuk fungsi eksponensial, maka operasi diferensial
dan integral akan terhindarkan
Fungsi Eksponensial
x x
e
dx
de
=
xx
Ae
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
7
Pengertian Tentang Bilangan Kompleks
0
1
2+
=
s
Tinjau Persamaan:j
s
=
−
1
=
Akar persamaan adalah:
Bilangan tidak nyata (imajiner)
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
x x
Tak ada nilai
x
untukx
negatif8
Bilangan Kompleks
s
=
a
+
jb
dengan abilangan nyatadan badalahbagian 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
9
|S|cosθ = Re (S)
|S|sinθ = Im (S) θ= tan−1(b/a)
2
2 b
a
S = +
bagian nyata dariS
bagian imaginer dariS Bilangan kompleks
S=|S|cosθ + j|S|sinθ
a Re
Im
S= a+ jb jb
(sumbu nyata) (sumbu imajiner)
Re Im
S= a+ jb
θ
jb
a
Representasi Grafis Bilangan Kompleks
10
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 Re Im
4 3 2 1
-1 -2 -3
3 + j4 = 5cosθ+ j5sinθ
θ 5
Contoh
11
Penjumlahan
jb
a
s
1=
+
)
(
)
(
2
1
s
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
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
4
3
dan
3
2
21
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
(
21
s
j
j
j
s
+
=
+
+
+
=
+
1
1
)
4
3
(
)
3
2
(
21
s
j
j
j
s
−
=
+
−
+
=
−
−
17
6
)
9
8
(
)
12
6
(
)
4
3
)(
3
2
(
)
)(
(
1 2j
j
j
j
s
s
+
−
=
+
+
−
=
+
+
=
diketahui:
maka:
Contoh
13
)
sin
(cos
)
(τ+θ
=
e
τe
θ=
e
τθ
+
j
θ
e
j jFungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai
dengan eτadalah fungsi eksponensial riil
jb
a
S
=
+
)
sin
(cos
2
2
+
θ
+
θ
=
a
b
j
S
θ
+
=
je
b
a
S
2 2Dengan identitas Euler ini bilangan komleks yang dituliskan sebagai:
θ
+
θ
=
θcos
j
sin
e
jdan Ini identitas Euler
Penulisan bilangan kompleks di atas adalah penulisan dalam bentuk sudut siku yang juga dapat dituliskan dalam bentuk polar yaitu:
dapat dituliskan sebagai:
Bentuk Sudut Siku dan Bentuk Polar
14
|
S
| = 10
sudut fasa:
θ
= 0,5 rad
S
= 10
e
j0,5Bentuk 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 +
j
4
|
S
|
=
3
2+
4
2=
5
Bentuk Sudut Siku
S
= 5
e
j0,93Bentuk Polar
5
4
3
|
|
=
2+
2=
S
∠∠∠∠S====−−−−θ====tan−−−−134====0,93 radS
= 3
−
j
4
Bentuk Sudut Siku
S
= 5
e
−j0,93Bentuk Polar
Contoh
15
* atau | |
* S2 |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 + jbadalahS*= a - jb
S*= p+ jq
S= p−jq
Kompleks Konjugat
16
Dalam Bentuk Fasor
Pernyataan Sinyal Sinus
17
hanya amplitudo Adan sudut fasa θyang diperhatikan karenaωωωωdiketahui sama untuk seluruh sistem Sinyal Sinus di kawasan waktu :
v
=
A
cos(
ω
t
+
θ
)
Mengingat relasi Euler, fungsi ini bisa dipandang sebagai bagian riil dari suatu bilangan kompleks
A e
j(ωt+θ)=
A
{cos(
ω
t
+
θ
) +
j
sin(
ω
t
+
θ
)} = V
v = Re(V)= Re ( A e jωt e j θ
) sehingga dapat ditulis dalam bentuk:
Jika seluruh sistem (rangkaian) mempunyaiω bernilai sama maka ejωtbernilai tetap sehingga tak
perlu selalu dituliskan
V
=
A e
j θ dapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks : dan sinyal sinusv
=
A
cos(
ω
t
+
θ
)
Re dan
e
jω tidak ditulis lagiInilah yang disebut
Fasor
Fasor
θ
∠
=
=
θA
Ae
jV
V
dituliskan
sin
cos
θ
+
θ
=
θ
∠
=
A
A
jA
V
∠
+
=
+
=
−a
b
b
a
jb
a
2 2tan
1V
Karena hanya amplitudo dan sudut fasa saja yang diperhatikan maka
V
|A|
θ
Im
Re a jb
Penulisan dan Penggambaran Fasor
19
Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor
07 , 7 07 , 7 ) 45 sin( 10 ) 45 cos( 10
atau 45 10
o o
1 o 1
j
j − = −
+ − =
− ∠ = V V
)
45
500
cos(
10
)
(
o1
t
=
t
−
v
)
30
500
cos(
15
)
(
o2
t
=
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
)
(
1
t
t
i
=
−
4 ) 0 sin( 4 ) 0 cos( 4
atau 0 4
o o 1
o 1
− = − − =
∠ − =
j
I I
)
90
1000
cos(
3
)
(
o2
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
20
A
θ
Im
Re
−−−−A
A* −θ a jb
−
a−
jbJika
A
=
A
∠
θ
θ
−
∠
=
A
*
A
(
)
(
180
)
180
o o−
θ
∠
=
+
θ
∠
=
−
A
A
A
maka negatif dari
A
adalahdan konjugat dari
A
adalahjb
a
−
−
=
−
A
jb
a
−
=
*
A
jb
a
+
=
A
Jika
Fasor Negatif dan Fasor Konjugat
21
Perkalian
A
×
B
=
AB
∠
(
θ
1+
θ
2)
)
(
1 22
1
=
∠
θ
−
θ
θ
∠
θ
∠
=
B
A
B
A
B
A
Pembagian
(
) (
)
(
1 2) (
1 2)
2 1 2 1sin
sin
cos
cos
sin
sin
cos
cos
θ
−
θ
+
θ
−
θ
=
−
θ
+
θ
+
θ
+
θ
=
+
B
A
j
B
A
B
A
j
B
A
B
A
B
A
Penjumlahan dan Pengurangan
2
θ
∠
=
B
B
1θ
∠
=
A
A
Jika diketahui :
maka :
Operasi-Operasi Fasor
22
((((
4 0)))) ((((
0 3))))
4 32 1
3====I ++++I ====−−−− ++++j ++++ −−−−j ====−−−− −−−−j
I
o 1
2 2
3 5 216,9
4 3 tan ) 3 ( ) 4
( ==== ∠∠∠∠
−−−−−−−− ∠ ∠ ∠ ∠ −−−− ++++ −−−−
==== −−−−
I
o o
o *
1 1
1====VI ====(10∠∠∠∠−−−−45 )××××(−−−−4∠∠∠∠0)====−−−−40∠∠∠∠−−−−45
S
o o o * 2 2
2====VI ====(15∠∠∠∠30)××××(3∠∠∠∠90)====45∠∠∠∠120
S
o o o
2 2
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
23
Impedansi
25 Impedansi suatu elemen rangkaian di kawasan
fasor adalah perbandingan antara fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut
Impedansi di Kawasan Fasor
x x x
Z
I
V
=
impedansi
fasor tegangan fasor arus
Catatan:
Ada pengertian impedansi di kawasan s yang akan kita pelajari kemudian
θ ω
θ + ω
=
=
θ
+
ω
=
j t j Rm
t j Rm
Rm R
e
e
i
e
i
t
i
t
i
)
cos(
)
(
) (
+
v
R−
i
Rθ ω
=
=
j t j Rm R R
e
e
Ri
t
Ri
t
v
)
(
)
(
θ
∠
=
R RI
I
R R
R
I
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
26
i
L+
v
L−
ω θθ + 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 LI
I
L L j LI
V = ω
L j Z
L L
L= = ω
I V
Kawasan fasor
Impedansi
Induktor
dt
di
L
v
LL
=
Kawasan waktu
hubungan diferensial hubungan linier
27
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 fasorImpedansi
C C
j
C
V
I
=
ω
θ
∠
=
C CV
V
C
j
C
j
Z
C C C
ω
−
=
ω
=
=
1
1
I
V
Kapasitor
dt
dv
C
i
CC
=
Kawasan waktu
hubungan diferensial hubungan linier
28
Impedansi dan Admitansi
R R
R
I
V
=
L
j
Z
L L L
=
=
ω
I
V
C
j
C
j
Z
C C
C
=
=
ω
=
−
ω
1
1
I
V
Impedansi: Z
Admitansi: Y = 1 / Z
R
Y
R1
=
L
j
L
j
Z
Y
L
L
=
=
ω
=
−
ω
1
1
C
j
Z
Y
C C
=
=
ω
1
I
V
=
Z
Perhatikan: relasi ini adalah relasi linier. Di kawasan fasor kita terhindar dari
perhitungan diferensial.
V
I
=
Y
29
)
(
)
(
ω
+
ω
=
R
jX
Z
(
)
(
)
+
ω
ω
−
ω
+
+
ω
=
ω
+
ω
+
ω
=
+1
1
)
/
1
(
)
/
1
(
2 2 2
//
RC
C
R
L
j
RC
R
C
j
R
C
j
R
L
j
Z
LR C• Perhatian : Walaupun impedansi merupakan pernyataan yang berbentuk kompleks, akan tetapi impedansi bukanlah fasor. Impedansi dan fasor merupakan dua pengertian dari dua konsep yang berbeda.
– Fasor adalah pernyataan dari sinyal sinus
– Impedansi adalah pernyataan elemen.
Impedansi Secara Umum
Kaidah Rangkaian
31
L
j
R
Z
RLseri=
+
ω
(
)
I
V
RLseri=
R
+
j
ω
L
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
32
I
V
ω
−
ω
=
C
j
L
j
seri LC
ω
−
ω
=
C
L
j
Z
LCseri1
−
j/ωCjωL
+ 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
33
V V
I k
k k Y
Z =
=
V V I
I total
n k
k n k
k
total=
∑
=∑
Y =Y= =1 1
n n
k k total
Z Z Z Y
Y 1 1 1
2 1 1
+ ⋅⋅ ⋅⋅ + + = =
∑
=
total total
k k k
Y Y
YV I
I = = Itotal
I3
R jωL
−
j/ωCI1 I2
Kaidah Pembagi Arus
34
Diagram Fasor
35
I
LV
LRe Im
Arus
90odi 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 ∠ = ∠ × ∠ =
∠ × = =ZLL j
L I
V
Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)
Di kawasan waktu:
-200 -150 -100 -50 0 50 100 150 200
0 0,002 0,004 0,006 0,008
100 iL(t)
vL(t
)
VA
detik Misalkan
C
= 50 pF ,
i
C(
t
) = 0,5cos(10
6t
) mA
Arus dan Tegangan pada Kapasitor
V 90 10
) 0 10 5 , 0 ( ) 90 10 20 (
k 20 ) 10 50 ( 10 1
o
o 3 o 3
12 6
− ∠ =
∠ × × − ∠ × = =
Ω − = × ×
− = ω =
− −
C C C C
Z
j j C j Z
I V
I
CV
C Re Imarus
90omendahului
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
37
A
40
5
dan
V
10
120
∠
o=
∠
o=
I
V
Ω
−
=
−
+
−
=
Ω
−
∠
=
∠
∠
=
=
12
8
,
20
)
30
sin(
24
)
30
cos(
24
30
24
40
5
10
120
oo o
j
j
Z
BI
V
Pada sebuah beban :
v
(
t
) =120cos(314
t
+10
o) V
i
(
t
) = 5cos(314
t
+ 40
o) A
I
V
Re
Im arus
mendahului tegangan
Beban Kapasitif
38
Pada sebuah beban :
v
(
t
) =120cos(314
t
+ 20
o) V
i
(
t
) = 5cos(314
t
−
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 V
I
V
Re Im
arus tertinggal dari tegangan
A
40
5
dan
V
20
120
∠
o=
∠
−
o=
I
V
Beban Induktif
39
Ω − ∠ =
− ∠ + =
Ω − = + − =
−
87 , 36 125
100 75 tan ) 75 ( ) 100 (
75 100 25 100 100
o 1 2 2
j j j Ztot
A 36,87 2 87 , 36 125
0
250 o
o o
∠ = − ∠
∠ = =
tot s
Z
V I
100Ω −j100Ω
j25Ω Vs=
250∠0oV
+
−
I
V
Re
Im
100Ω
+
−
20µF 50mH vs(t) =
250 cos500t V
Transformasi rangkaian ke kawasan 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
40
100Ω −j100Ω
j25Ω Vs=
250∠0oV
+
−
VL= jXLI
VR= RI
Vs
Re Im
VC=−jXCI
I
V 26,87 1 0 5 0 250 87 , 36 125
90 25
V ,13 3 5 200 0 250 87 , 36 125
90 100
V 36,87 200 0 250 87 , 36 125
100
o o o o
o o
o o
o o o
∠ = ∠ − ∠
∠ =
− ∠ = ∠ − ∠
− ∠ =
∠ = ∠ − ∠ =
L C R
V V V
A 36,87 2 87 , 36 125
0
250 o
o o
∠ = − ∠
∠ = =
tot s Z
V I
87 , 36 125 75
100− = ∠− oΩ
= j
Ztot
Fasor tegangan rangkaian mengikuti hukum Kirchhoff
L C R
s V V V
V= + +
Fasor Tegangan Tiap Elemen
41
V 0 250
100 25
100
o ∠ =
Ω =
Ω − =
Ω =
s L C R
j Z
j Z Z
V
Ω ∠ =
∠ + =
Ω + = + − =
−
87 , 36 125
100 75 tan ) 75 ( ) 100 (
75 100 100 25 100
o 1 2 2
j j j Ztot
A 36,87 2 87 , 36 125
0
250 o
o o
− ∠ = ∠
∠ = =
tot s Z
V I
100Ω −j25Ω
j100Ω Vs=
250∠0oV
+
−
I V
Re Im
Pada beban kapasitif |ZL| > |ZC|
arus tertinggal dari tegangan
Beban
RLC
seri, induktif
. 0 250
01 . 0
04 . 0
01 . 0
o ∠ =
Ω − =
Ω =
Ω =
s L C R
j Y
j Y Y
V
Beban
RLC Paralel
03 . 0 01 . 0
01 . 0 04 . 0 01 . 0
j j j Ytot
+ =
Ω − + =
100Ω
−j25Ω j100Ω Vs=
250∠0oV
+
− I
o 1
2
2 7.9 71.6
5 . 2 5 . 7 tan 5 . 7 2.5
5 . 7 5 . 2 ) 03 . 0 01 . 0 ( 250
∠ = +
=
+ = + × = =
−
j j Y
V I
I
V
Re
Im
43
Teorema Rangkaian
44
Prinsip Proporsionalitas
X
Y
=
K
Y
= fasor keluaran,
X
= fasor masukan,
K
= konstanta proporsionalitas yang pada
umumnya merupakan bilangan kompleks
45
Prinsip Superposisi
selalu berlaku di kawasan waktu dan
berlaku di kawasan fasor
bila frekuensi sama
Prinsip Superpossi
46
20cos4t V+_ 8Ω
3cos4t A io
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)
ot = t+
i
47
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
Teorema Thévenin
V 3 , 39 9 , 19 45 20 7 , 5 995 , 0 45 20 100 10 100 V 90 10 90 1 , 0 100 o o o o o ∠ = ∠ × − ∠ = ∠ × − − = − ∠ = − ∠ × = j j B A V V
(
15,4 12,6)
15,6 22,6 V 10 3 . 39 9 , 19 9010 o o
j j j B A T − − = + − − = ∠ − − ∠ = − =V V V Ω − = − − × +
= 109,9 0,99 100 10 ) 100 ( 10 100 j j j ZT + − −j100Ω
10Ω
100Ω
0,1∠−90oA
20∠45oV
`
A B
+
− VT ZT
A B
Contoh Rangkaian Ekivalen Thévenin
49
Metoda Analisis
50
−j9Ω −j3Ω
+ − 14∠0 V
12Ω
A B C
D
9Ω 3Ω
Ix j3Ω I1 I2 I3 I4 + vx − +
− 14cos2t
V 12Ω
A B C
D
9Ω 3Ω
ix
3/2 H 1/6 F 1/18 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 13
4 − =
+ +
= B j j
A V V V 3 j C= V V 1 3
I =VC=j
4
(
1 j1)
Ax+ = +
= 4
3 I I
I
( )
− 3 = 3− 3(
1+1)
=3 V+
= C j j j j
B V I3
V A 3 1 9
2= B=
V
I 1 A
3 4
1 2 3
+ = +
=I I j
I 51 A ) 8 , 73 2 cos( 3 ) 9 , 36 4 cos( 2 sehingga A ) 8 , 73 2 cos( 3 dan A ) 9 , 36 4 cos( 2 o o o2 o1 o o 2 o o 1 o + + − = + = + = − = t t i i i t i t i
Karena sumber berbeda frekuensi makafasor 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
−j12j6ΩΩ Io2
Metoda Superposisi
A 9 , 36 2 9 , 36 10 0 20 6 8 0 20 6 12 8 0 20 o o o o o o1 − ∠ = ∠ ∠ = + ∠ = − + ∠ = j j j I A 8 , 73 3 0 3 9 , 36 10 9 , 36 10 0 3 6 8 6 8 0 3 ) 6 8 /( 1 ) 12 /( 1 ) 12 /( 1 o o o o o o o2 ∠ = ∠ × − ∠ ∠ = ∠ × − + = ∠ × + + − − = j j j j j I 52 +−−−− 18cos2t V i 6Ω 2Ω 2Ω 1H A B 2H 1/8 F V 1 2 9 0 18 4 6 2 2 o j j ht
T=V = + + × ∠ = +
V A 2 cos 1 A 0 1 ) 1 2 ( 2 ) 4 7 ( ) 1 2 ( ) 1 2 ( 9 4 2 o t i j j j j j j j ZT T = ⇒ ∠ = + − + + × + = − + = V I + − 18∠0oV
6Ω
2Ω A
B −j4Ω
j2Ω j4Ω
I
2Ω
+
− 18∠0oV
6Ω 2Ω
A
B j4Ω
2Ω
((((
))))
Ω 1 2 4 7 4 8 8 12 8 16 4 6 2 4 6 2 2 j j j j j j jZT ++++
++++ ==== ++++++++ ++++ ++++ ==== ++++ ++++++++ ++++ ==== +
− VT
I
A
B
−j4Ω
ZT j2Ω
Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin
53
− +
i1 = 0.1cos100t A
v = 10sin100t V 200µF 1H
50Ω
ix?
A B
A − + B
I1= 0.1∠0oA
V= 10∠−90oV −j50Ω j100Ω
50Ω
Ix
Sumber tegangan dan sumber arus berfrekuensi sama, ω= 100. Tetapi sumber tegangan dinyatakan dalam sinus, sumber arus dalam cosinus. Ubah kedalam bentuk standar, yaitu bentuk cosinus melalui kesamaan sinx = cos(x−90)
sumber tegangan tersambung seri dengan resistor 50 Ωparalel dengan induktor j100 Ω
Simpul B hilang. Arus Iyyang sekarang mengalir melalui resistor 50Ω, bukanlah arus Ixyang dicari; Iykali 50Ωadalah tegangan simpul A, bukan tegangan simpul B tempat Ixkeluar Iy
A
I2 −j50Ω j100Ω
50Ω
I1= 0.1∠0oA
Iy
−j50Ω j100Ω
50Ω
I1−I2
Metoda Reduksi Rangkaian
Metoda Tegangan Simpul
− = − − − → = − − 30 10 1 2 0 1 2 2 : Gauss eliminasi 10 10 1 1 1 2 2 B A B A V V V V j j j j j j V V V V V V I − = − = + + − + − B A B B A 1 : B 0 50 100 50 : A j j ∠ ∠ = − + − o o B A 90 10 0 1 , 0 1 1 50 1 100 1 50 1 V V j j ∠ = + − − = + − + = + = − ∠ = − ∠ = − = + − − = − − − = V 4 , 18 6 , 12 1 5 , 0 10 10 1 5 , 0 15 10 10 6 , 26 0,268 V; 6 , 26 4 , 13 6 12 5 ) 1 2 ( 30 1 2 30 o B A o o B j j j j j j j j j x V V I V − +I1= 0,1∠0oA
V= 10∠−90oV
−j50Ω j100Ω
50Ω
Ix=?
A B
55
− +
I= 0,1∠0oA
V=10∠−90oV
−j50Ω 50Ω
A B
I1 I2 I3
( ) (
) (
)
(
)
(
)
(
)
− = + − − + − 0 10 1 . 0 100 50 100 0 100 100 50 50 0 0 1 3 2 1 j j j j j j j I I I( ) ( ) (
)
(
) (
)
( )
− = + − − 0 1 1 . 0 2 1 2 0 10 5 5 0 0 1 3 2 1 j j j j j j I I I( ) (
)
(
)
(
(
)
)
− − = − − 3 5 . 1 1 . 0 10 5 0 0 10 5 0 0 0 1 3 2 1 j j j j j I I I A 2 , 53 3 , 0 5 10 5 , 1 A; 6 , 26 27 , 0 10 5 3 A; 0 1 ,0 3 o
2 o 3
0
1 = ∠−
+ − = − ∠ = − − = ∠ = j j j j j I I I I
Metoda Arus Mesh
56
Analisis Daya
57 vi p t I i t Vv= mcos(ω+θ) ; = mcosω ; =
(
)
(
t)
V I tI 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 15
t
p
bKomponen 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
58
Tegangan, arus, di kawasan fasor
:
i rms i rms v
rms I I
V ∠θ = ∠θ = ∠−θ
= I I∗
V ; ;
besaran kompleks
Daya Kompleks :
)
(
* i v rms rmsI
V
S
=
V
I
=
∠
θ
−
θ
ϕ = ϕ = ϕ = ϕ = + = sin sin cos cos rms rms rms rms I V S Q I V S P jQ P S
Re
Im
ϕ
P jQSegitiga daya
*
I
V
=
S
*
I
I
V
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor
59
Faktor Daya dan Segitiga Daya
S
P
=
θ
=
cos
f.d.
S =VI*
jQ P Re Im θ V I(lagging) I* Re Im θ
−
jQ P Re Im θS =VI*
V I (leading)
I*
Re Im
θ
Faktor daya lagging
Faktor daya leading
I V I V B B Z
Z = atau =
(
)
2 2 2 2 * *rms B rms B rms B B B B
I
jX
I
R
I
jX
R
Z
Z
S
+
=
+
=
=
=
=
I
I
I
VI
2 2R
BI
rmsjX
BI
rmsjQ
P
S
+
=
+
=
2 2dan
rms B rms B
I
X
Q
I
R
P
=
=
Daya Kompleks dan Impedansi Beban
61 seksi sumber seksi beban A B I
A(rms)
105
75
,
8
dan
V(rms)
75
480
o oAB
=
∠
+
I
=
∠
+
V
VAR 2100 dan W 3640 = = Q P 866 , 0 ) 30 cos( dayafaktor = − =
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
62Dalam rangkaian linier dengan arus
bolak-balik keadaan mantap, jumlah daya
kompleks yang diberikan oleh sumber bebas,
sama dengan jumlah daya kompleks yang
diserap oleh elemen-elemen dalam rangkaian
Alih Daya
63
50Ω − +
I1= 0,1∠0oA
V=10∠−90oV
−j50Ω j100Ω
I3 B A
C
I2 I4 I5
[
]
[ ]
o A C o A C 0 10 2 1 2 atau 0 0 1 , 0 50 1 50 1 100 1 50 1 ∠ − = − + = ∠ + − − − + + j j j j j V V V V[
]
V 6 12 1 2 30 0 10 ) 90 90 ( 10 2 1 2 C o o o C j j j + − = + − = ⇒ ∠ − = + ∠ × − + V V[
]
VA 4 , 0 2 , 1 0 1 , 0 10 6 12 )( * o
1 j
j j
Si C A
− − = ∠ × − + − = − =V V I
A 24 , 0 18 , 0 0 1 . 0 24 , 0 08 , 0 A 24 , 0 08 , 0 50 ) 6 12 ( 90 10 50 o 1 2 3 o 2 1 2 3 j j j j j j C A + − = ∠ − + − = − = ⇒ + − = − + − − ∠ = − − = − = I I I V V I I I I VA 8 , 1 4 , 2 ) 24 , 0 18 , 0 ( 90 10 o * 3 j j Sv + − = − − × − ∠ = =VI VA 4 , 1 6 , 3 8 , 1 4 , 2 4 , 0 2 , 1 j j j S S Stot i v
+ − = + − − − = + = V 90 10 90 10 o o A=−V=− ∠− = ∠ V
Berapa daya yang diberikan oleh masing-masing sumber dan berapa diserap R = 50 ΩΩΩΩ?
Contoh
64
Dengan Cara Penyesuaian Impedansi
+
− VT ZT = RT+ jXT
ZB = RB+ jXB A B 2 2 2 2 ) ( )
( T B T B
B T B B X X R R R R P + + + =
=I V
(maksimum) 4 Jika 2 B T B B T R P R
R = ⇒ =V
dan
:
adalah
maksimum
daya
alih
adinya
untuk terj
syarat
Jadi
T B BT
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
65 V 5 5 10 1 1 1 0 10 50 100 50 50 o j j j j j j
T + × =−−
− = ∠ × − + − = V Ω − = + + − + −
= 25 75
100 50 50 ) 100 50 ( 50 j j j j j ZT Ω + =25 j75
ZB 4 25 0,5 W
5 5 4 2 2 = × − − = = j R P B T MAX V A 135 02 , 0 50 5
5− = ∠− o
− = +
= j
Z ZT B
T B V I B + −
50Ω j100Ω −j50Ω
A
10∠0oV 25 + j 75
A 0 1 , 0 75 25 50 ) 75 25 )( 50 ( 100 50 0
10 o = ∠o
+ + − + − + + ∠ = j j j j j s I W 1 ) 02 , 0 ( 25 ) 1 , 0 ( 50 25 50 2 2 2 2 = × + × = +
= s B
s
P I I
Contoh
Dengan Cara Sisipan Transformator
B
B
Z
N
N
Z
2
2 1
=
′
impedansi yang
terlihat di sisi primer
θ
′
+
θ
′
=
′
Bcos
Bsin
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+
−
Z
TV
TN
1N
2(
) (
2)
22
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
67
+
−
50Ω j100Ω −j50Ω
A
B 10∠0oV
25 + j 60
1028 , 1 60 25
75 25
2 2
2 2 2
1 =
+ + = = =
B T
Z Z N N a
(
) (
)
(
) (
)
0,49 W 60 216 , 1 75 25 216 , 1 2525 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(
25 1,21625) (
75 1,21660)
0,06 W25 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
68
Fasor adalah pernyataan sinyal sinus yang fungsi waktu ke dalam besaran kompleks, melalui relasi Euler.
Dengan menyatakan sinyal sinus tidak lagi sebagai fungsi waktu, maka pernyataan elemen elemen rangkaian harus disesuaikan. Dengan sinyal sinus sebagai fungsi t elemen-elemen rangkaian adalah R, L, C.
Dengan sinyal sinus sebagai fasor elemen-elemen rangkaian menjadi impedansi elemen R, jωL, 1/jωC.
Impedansi bukanlah besaran fisis melainkan suatu konsep dalam analisis. Besaran fisisnya tetaplah R = ρl/A, dan C = εA/d
Dengan menyatakan sinyal sinus dalam fasor dan elemen-elemen dalam inpedansinya, maka hubungan arus-tegangan pada elemen menjadi hubungan fasor arus - fasor tegangan pada impedansi elemen. Hubungan fasor arus dan fasor tegangan pada impedansi elemen merupakan hubungan linier.
Rangkuman Mengenai Fasor
69
Dengan menyatakan arus dan tegangan menjadi fasor arus dan fasor tegangan yang merupakan besaran kompleks maka daya juga menjadi daya kompleks yang didefinisikan sebagai S = V I*.
Besaran-besaran kompleks dapat digambarkan di bidang kompleks sehingga kita mempunyai digram fasor untuk arus dan tegangan serta segitiga daya untuk daya.
Hukum-hukum rangkaian, kaidah-kaidah rangkaian, serta metoda analisis yang berlaku di kawasan waktu, dapat diterapkan pada rangkaian impedansi yang tidak lain adalah transformasi rangkaian ke kawasan fasor.
Sesuai dengan asal-muasal konsep fasor, maka analisis fasor dapat diterapkan hanya untuk sinyal sinus keadaan mantap.
Rangkuman
(lanjutan)
70
Penyediaan Daya
71
Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan
transformator berkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi.
Dengan transformator tegangan tinggi, penyaluran daya listrik
dapat dilakukan dalam jarak jauh dan susut daya pada jaringan
dapat ditekan.
Di jaringan distribusi listrik banyak digunakan transformator
penurun tegangan, dari tegangan menengah 20 kV menjadi 380
V untuk distribusi ke rumah-rumah dan kantor-kantor pada
tegangan 220 V.
Transformator daya tersebut pada umumnya merupakan
transformator tiga fasa; namun kita akan melihat transformator
satu fasa lebih dulu
Transformator
+
E
2−
N
2N
1I
fφ
V
1+
E
1−
+
−−−−
Transformator Dua Belitan Tak Berbeban
o 1 1
=
E
∠
0
E
efektif
nilai
adalah
44
.
4
2
2
1 1
1 maks
f
N
maksN
f
E
=
π
Φ
=
Φ
Belitan primer:
maks
N f
E2=4.44 2Φ
Belitan sekunder:
I
2= 0t
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
73
+
E
2−
N
2N
1I
fφ
V
1+
E
1−
+
−−−−
1 1 1
I
E
V
=
fR
+
Arus magnetisasi yangmembangkitkanφ Resistansi belitanprimer
E1=E2
Iφ
φ
Ic
If
IfR1
V1 Diagram fasor dengan
mengambil rasio transformasia=1, sedangkanE1sefasaE2
Arus magnetisasiIfdapat dipandang sebagai terdiri dari Iφ(90odibelakang E
1)
yang menimbulkan φ
dan IC(sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi-rugi inti.
74
E2
∼∼∼∼
V1 φl1
If φ
E1=E2
Iφ
φ Ic
If
IfR1
V1
φl
jIfXl
Representasi fluksi bocor di belitan primer
1 1 1 1 1 1
1
E
I
fR
E
lE
I
fR
j
I
fX
V
=
+
+
=
+
+
ada fluksi bocor di belitan primer
Fluksi Bocor di Belitan Primer
75
φ γ
V2
I2
I’
2
If
I1
I2R2
jI2X2
E2
E1
I1R1
jI1X1
V1
beban resistif ,
a
> 12 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 V2I2
RB
Transformator Berbeban
76
Z R′2
∼ If B
jX′2 R1jX1
I1 I′2
V1 E1 V′2=aV2
2 1
2 2 2 2 2 1
1 1 1 1 1
1
I I I
I I V E
I I E V
′ + =
′ ′ + ′ ′ + =
+ + =
f
X j R a
X 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 R1jX1
I1 I′2
V1 E1
V′2=aV2 jXc
Rc Ic Iφ
Rangkaian Ekivalen Transformator
77
∼
BjXe=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 totaltidak cukup baik
79
Im
Re
jQbeban (induktif)
−−−−jQkapasitor
P beban kVA beban
tanpa kapasitor
kVA beban dengan kapasitor
Perbaikan faktor daya dilakukan pada beban induktif dengan menambahkan kapasitor yang diparalel dengan beban, sehingga
daya reaktif yang harus diberikan oleh sumber menurun tetapi daya rata-rata yang diperlukan beban tetap dipenuhi
Daya yang harus diberikan oleh sumber kepada beban turun dari |S| menjadi |S1|. kapasitor
paralel dengan beban
Perbaikan Faktor Daya
80
S12
jQ12
P12
-jQ12C
S12C
10 kW f.d. 0,8 lagging
8 kW f.d. 0,75 lagging
380 V rms
50 Hz
C
kVA
5
,
14
18
12
j
S
=
+
cos
θ
12=
0
.
78
lagging
Contoh
kVA
9
,
5
18
)
95
.
0
tan(arccos
18
18
12
j
j
S
C=
+
=
+
lagging
C
0
.
95
cos
θ
12=
kVAR 58 , 8 5 , 14 9 , 5
12 j j j
jQ C= − =−
−
F 190 380 100
8580
2
µ
π
× ==
C
(
C)
XQ 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 − =
81
Diagram Satu Garis
82
beban 1 10 kW cos ϕ= 1
beban 2 8 kW cos ϕ= 1 0,2 + j2 Ω 0,2 + j2 Ω
Vs
| V| = 380 V rms
kVA 0 10
1 j
S= +
A 0 21 A 0 21 0 380
0
8000 o
2 o o *
2= ∠+ = ∠ →I= ∠ I j
kVA 9 , 0 09 , 0
) 2 2 , 0 ( ) 2 2 , 0
( 2 2
2
j j j Ssal
+ =
× + = × +
= I2 I2
kVA 9 , 0 09 , 8 2 2
2 S S j
Stot=sal+ = +
V 4 , 6 6 , 387
V 9 , 42 2 , 385 0 21
900 8090
o o * 2
2 1
∠ =
+ = ∠ + =
=Stot j j
I V
A 4 , 6 8 , 25 4 , 6 6 , 387
0 10000 o
o * 1 1
1 = ∠
− ∠
+ =
=S j
V I
A 5 , 3 73 , 46 88 , 2 64 , 46
0 21 4 , 6 8 , 25
o o o 2 1
∠ = + =
∠ + ∠ = + =
j
s I I
I
kVA 37 , 4 44 , 0
73 , 46 ) 2 2 , 0 ( ) 2 2 , 0
( 2 2
1
j
j j
Ssal s
+ =
× + = × +
= I
kVA 27 , 5 53 , 18
9 , 0 09 , 8 10 37 , 4 44 , 0
2 2 1 1
j
j j
S S S S
Ss sal sal
+ =
+ + + + =
+ + + =
V 4 , 19 412 3,5 46,73
9 , 15 19265 3,5 46,73
5270
18530 o
o o o
* ∠− = ∠
∠ = − ∠
+ =
=S j
s s s
I V
kVA 0 8
2 j
S= +
Contoh
83
Sistem Tiga Fasa Seimbang
u
s
v
s(
t
)
1/j
ω
C
R
j
ω
L
Vs
∼
u
s
v
s(
t
)
v
s(
t
)
v
s(
t
)
Sebuah kumparan dipengaruhi oleh medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan
B
A
C
N
V
ANV
BNV
CN∼
∼
∼
Tegangan imbas yang muncul di kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik, sebesar Vs
Tiga kumparan dengan posisi yang berbeda 120o satu sama lain berada dalam medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan
Tegangan imbas di masing-masing kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik. Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan tersebut diperoleh sumber tegangan tiga fasa
Sumber Satu Fasa dan Tiga Fasa
85
B
A
C
N
V
ANV
BNV
CN−
+
+
−
−
+
Dalam pekerjaan analisis rangkaian kita memerlukan referensi sinyal. Oleh karena itu tegangan bolak balik kita
gambarkan dengan tetap menyertakan referensi sinyal
Untuk sumber tiga fasa, referensi sinyal tegangan adalah sebagai berikut
A, B, C
: titik fasaN
: titik netralV
AN,
V
BN,V
CN besar tegangan fasa ke netraldituliskan pula sebagai
V
fn atauV
fbesar tegangan antar fasa adalah
V
AB,
V
BC,V
CA dituliskan pula sebagaiV
ff≈≈
Simbol sumber tiga fasa:
Referensi Sinyal
86
Sumber terhubung Y
V
AN= |
V
AN|
∠
0
oV
BN= |
V
AN|
∠
-120
oV
CN= |
V
AN|
∠
-
240
oKeadaan Seimbang
|
V
AN| = |
V
BN| = |
V
CN|
B
A
C
N
V
ANV
BNV
CN−
+
+
−
−
+
V
ANV
BNV
CNIm
Re
Diagram fasor tegangan
120
o120
oDiagram Fasor Sumber Tiga Fasa
87
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
88
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:
V
ANV
BNV
CNV
ABV
BCV
CARe
Im
30
o30
o30
o TeganganFasa-netral
120
o−
V
BN89
Arus di penghantar netral dalam keadaan seimbang bernilai nol
B
A
C
N
V
ANV
BNV
CN−
+
+
−
−
+
N
A
B
C
Beban terhubung
Y
Beban terhubung
∆
Sumber terhubung
Y
A
B
C
Arus saluran
I
AI
CI
BArus fasa
Arus fasa
Arus Saluran dan Arus Fasa
Beban Tiga Fasa
91 N A B C Z IA IC IBIN 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 fS
I
V
I
V
I
V
I
V
I
V
0
=
+
+
B CA
I
I
I
Keadaan seimbang
) 120 ( ) 120 (120 o o
o −
