n

(1)

PENGATURAN TEGANGAN (Regulasi Tegangan)

Pengaturan tegangan suatu transformator adalah perubahan tegangan sekunder antara beban nol dan beban penuh pada suatu faktor kerja tertentu, dengan tegangan primer konstan.

penuh beban 2 penuh beban 2 beban pa tan 2 V V V Pengaturan 

Dengan mengingat model rangkaian yang telah ada (dalam hal ini harga sekunder ditransformasikan ke harga primer):

penuh beban 2 penuh beban 2 beban pa tan 2 V a V a V a Pengaturan 

Dari rangkaian di atas ternyata: V2 tanpa beban = V1

aV2 beban penuh = harga tegangan nominal (dalam hal ini tegangan nominal primer) Sehingga : ) al min no ( 2 ) al min no ( 2 1 V a V a V Pengaturan  Contoh Soal : a2_Z L aV 2 R₁ X₁ a2_R 2 a2_X 2 X_M R_C I_C I_M I_O V 1 I₁ I’₂

(2)

Pengukuran hubung singkat transformator fasa tunggal 15 kVA yang mempunyai perbandingan tegangan 2400/240 V, f=50 Hz, menghasilkan data pengukuran sebagai berikut :

- arus hubung singkat Ihs = 6,25 A

- tegangan yang dipasang Vhs = 131 Volt - daya masukan Phs = 21 watt

Hitung prosentase pengaturan untuk beban dengan Cos  = 0,8 terbelakang.

Penyelesaian :

Faktor kerja pada keadaan hubung singkat :

p.f = hs hs.I V P = 25 , 6 . 131 214 = 0,261 tertinggal = 74,52o Zek = hs hs I V = _o o 52 , 74 25 , 16 0 131    ] = 20,9674,52o _ohm Rek = 20,90 x Cos 74,52o = 5,49 ohm Xek = 20,90 x Sin 74,52o = 19,97 ohm Sehingga : V1 = 2400 (0,8 + j0,6) + 6,25 (5,49 + j19,97) = 1920 + j1440 + 34,3 + j124,8 = 1954,3 + j1564,8 = 2502,2 Volt

Jadi % pengaturan tegangan = x100% 4,26%

2400 2400 2 , 2502  

(3)

KERJA PARALEL

Pertambahan beban pada suatu saat menghendaki adanya kerja paralel di antara transformator. Tujuan utama kerja paralel adalah agar beban yang dipikul sebanding dengan kemampuan kVA masing-masing tranformator, hingga tidak terjadi pembebanan lebih yang akan menyebabkan pemanasan lebih terhadap trafo.

Gambar 1. Rangkaian Kerja Paralel Trafo

Untuk maksud di atas diperlukan beberapa syarat yaitu : 1. Perbandingan tegangan harus sama

Jika perbandingan tegangan tidak sama, maka tegangan induksi pada kumparan sekunder masing-masing transformator tidak sama. Perbedaaan ini menyebabkan terjadinya arus pusar pada kumparan sekunder ketika transformator dibebani. Arus ini menimbulkan panas pada kumparan sekunder tersebut.

2. Polaritas transformator harus sama

3. Tegangan impedansi pada keadaan beban penuh harus sama Dari persamaan rangkaian ekivalen yang lalu diketahui:

(4)

Karena

Maka untuk keadaan beban penuh

Persamaan di atas mengandung arti, agar kedua tranformator membagi beban sesuatu dengan kemampuan kVA-nya, sehingga tegangan impedansi pada keadaan beban penuh kedua transformator tersebut harus sama (I1A x Z1A = I1A x Z1A ). Dengan demikian dapat juga dikatakan bahwa kedua transformator tersebut mempunyai impedansi per unit (pu) yang sama.

Gambar 2. Rangkaian Ekivalen Kerja Paralel Trafo 4. Perbandingan reaktansi terhadap tahanan sebaiknya sama

Apabila perbandingan R/X sama, maka kedua transformator tersebut akan bekerja pada faktor kerja yang sama.

Contoh Soal :

Dua transformator 3 fasa yang mempunyai perbandingan tegangan yang sama bekerja secara paralel dan menyalurkan beban total 800 kW pada Cos  = 0,8 terbelakang.

Kemampuan trafo tersebut adalah sebagai berikut :

Trafo Kemampuan Tahanan p.u. Reaktansi p.u.

A 400 kVA 0,02 0,04

(5)

Penyelesaian :

Misalkan kVA dasar yang digunakan = 1000 kVA Sehingga : Tahanan trafo A : Ra = 400 1000 x 02 , 0 = 0,05 Reaktansi trafo A : Xa = 400 1000 x 04 , 0 = 0,1 Tahanan trafo B : Rb = 600 1000 x 01 , 0 = 0,0167 Reaktansi trafo B : Xb = 600 1000 x 05 , 0 = 0,0833

Bila Cos  = 0,8 terbelakang dan daya (P) = 800 kW, maka bisa ditentukan daya semu (kVA) : S = 800 – j600 Sehingga : SB = (800 – j600) ) 0833 , 0 j 0167 , 0 ( ) 1 , 0 j 05 , 0 ( ) 1 , 0 j 05 , 0 (     = (800 – j600) ₀_,₆₇₇0,05 _j₁j0_,₈₃₃,1   = 414 - j392 SA = S – SB = (800 – j600) – (414 - j392) = 386 – j208

Trafo B : Daya P = 414 kW ; S = 570 kVA, Cos  = 0,726 terbelakang. Trafo A : Daya P = 386 kW ; S = 440 kVA, Cos  = 0,876 terbelakang.

Ternyata trafo A mendapat beban kVA yang lebih besardari kemampuan kerja maksimum. Hal ini tentunya tidak diharapkan terjadi. Untuk kedua trafo tersebut diambil batasan beban agar keduanya menerima beban yang sesuai atau tidak melampaui kVA kerja.

(6)

Batasan tersebut adalah : SA = A A A _x_S Z Z = SA = 400 kVA 0o SB = B B A _x_S Z Z = x600kVA ) 05 , 0 j 01 , 0 ( ) 04 , 0 j 02 , 0 (   = 507,69 – j138,46 = 526,23 kVA -15,15o

Batasan kVA yang diperbolehkan untuk kedua trafo diatas agar diperoleh pembagian kVA rating (kerja) yang sesuai adalah sebesar :

S = 400 + 507,69 – j138,46 = 918,19 kVA -8,67o

RUGI DAN EFISIENSI

Gambar 3. Diagram Rugi Daya dan Efisiensi Pada Trafo 1. Rugi Tembaga (PCu)

Rugi yang disebabkan arus beban mengalir pada kawat tembaga dapat ditulis sebagai :

(7)

Karena arus pada beban berubah-ubah, rugi tembaga juga tidak konstan tergantung pada beban.

2. Rugi Besi (Pi)

Rugi besi terdiri atas :

1. Rugi histerisis, yaitu rugi yang disebabkan fluks bolak-balik pada inti besi, yang dinyatakan sebagai:

= konstanta

= fluks maksimum (weber).

2. Rugi “arus eddy” yaitu rugi yang disebabkan arus pusar pada inti besi. Dirumuskan sebagai:

Jadi , rugi besi (rugi inti) adalah:

3. Efisiensi

Efisiensi dinyatakan sebagai :

masuk daya rugi total 1 daya rugi total keluar daya keluar daya masuk daya keluar daya      

Di mana total rugi =

4. Perubahan Efisiensi Terhadap Beban

Perubahan efisiensi terhadap beban dinyatakan sebagai :

(8)

Jadi,

Artinya :

Untuk beban tertentu, efisiensi maksimum terjadi ketika rugi tembaga = rugi besi.

5. Perubahan Efisiensi terhadap Faktor Kerja (cos ) Beban

Perubahan Efisiensi terhadap Faktor Kerja ( cos ) Beban dapat dinyatakan sebagai:

bila konstan,

maka :

Contoh Soal :

Sebuah trafo 100 kVA mempunyai rugi tembaga 1,5 kW pada keadaan beban penuh dan rugi besi 0,5 kW.

(9)

Gambarkan kurva efisiensi terhadap beban untuk faktor kerja bernilai satu, 0,8 dan 0,6, seandainya trafo tesebut dibebani :

25 kVA ; 50 kVA ; 60 kVA ; 75 kVA ; 100 kVA dan 125 kVA Penyelesaian :

Untuk faktor kerja 0,6 rugi besi Pi = 0,5 kW tetap untuk setiap pembebanan pada frekuensi konstan.

1. Rugi tembaga pada beban 25 kVA = x1,5

100 25 2       _{= 0,09375}

Total rugi pada beban 25 kVA = 0,5 + 0,09375 = 0,59375 kW

Efisiensi= x100% rugi total Cos x 25 Cos x 25    = x100% 59375 , 0 ) 6 , 0 x 25 ( ) 6 , 0 x 25 (  = 96,16 %

Dengan cara yang sama di atas, maka rugi dan efisiensi untuk setiap pembebanan dapat ditentukan seperti tertera dalam tabel berikut ini :

Tabel 1

Rugi dan efisiensi untuk Cos  = 0,6

S (kVA) Rugi Tembaga (kW) Rugi Inti(kW) Total Rugi (kW) Pmasukan (kW) Efisiensi(%) 25 0,09375 0,5 0,59375 15,59375 96,19 50 0,37500 0,5 0,87500 30,87500 97,16 60 0,54000 0,5 1,04000 37,04000 97,19 75 0,84375 0,5 1,34375 46,34750 97,10 100 1,50000 0,5 2,00000 62,00000 96,77 125 2,34375 0,5 2,84375 77,84375 96,34 Tabel 2

S (kVA) Rugi Tembaga (kW) Rugi Inti(kW) Total Rugi (kW) Pmasukan (kW) Efisiensi(%) 25 0,09375 0,5 0,59375 20,5937 97,11

(10)

5 50 0,37500 0,5 0,89375 40,8750 0 97,85 60 0,54000 0,5 1,04000 49,0400 0 97,87 75 0,84375 0,5 1,34375 61,3437 5 97,80 100 1,50000 0,5 2,00000 82,0000 0 97,56 125 2,34375 0,5 2,84375 102,843 75 97,23 Tabel 3

S (kVA) Rugi Tembaga (kW) Rugi Inti(kW) Total Rugi (kW) Pmasukan (kW) Efisiensi(%) 25 0,09375 0,5 0,59375 25,5937 5 97,68 50 0,37500 0,5 0,89375 50,8750 0 98,28 60 0,54000 0,5 1,04000 61,0400 0 98,29 75 0,84375 0,5 1,34375 76,3437 5 98,23 100 1,50000 0,5 2,00000 102,000 00 98,04 125 2,34375 0,5 2,84375 127,843 75 97,77