1

Analisis Rangkaian Listrik

di Kawasan Fasor(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)

Sudaryatno Sudirham

Isi Kuliah:

1. Fasor2. Pernyataan Sinyal Sinus3. Impedansi4. Kaidah Rangkaian5. Teorema Rangkaian6. Metoda Analisis7. Sistem Satu Fasa8. Analisis Daya9. Penyediaan Daya10.Sistem Tiga-fasa

Seimbang

2

3

FasorMengapa Fasor?

4

)cos( tAySudut fasa

Frekuensi sudutAmplitudo

Analisis rangkaian listrik di kawasan waktu melibatkan operasi diferensial dan integral, karena hubungan arus-

tegangan elemen-elemen adalah

dt

diLv L

L dt

dvCi C

C dtiC

v CC1

Di kawasan waktu bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai

5

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

6

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

xx

edx

de x

x

Aedx

dAe

7

Hal itu dimungkinkan karenaada hubungan antara fungsi sinus dan fungsi eksponensial yaitu

xjxe jx sincos

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

8

Pengertian Tentang Bilangan Kompleks

012 s

Tinjau Persamaan:

js 1

Akar persamaan adalah:

Bilangan tidak nyata (imajiner)

00.5

11.5

22.5

33.5

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

x

x

Tak ada nilai untuk negatifx x

Bilangan Kompleks

9

jbas 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 + jbjb

Bilangan kompleks didefinisikan sebagai

10

|S|cosθ = Re (S)

|S| sinθ = Im (S)

θ = tan1(b/a)

22 baS

bagian nyata dari S

bagian imaginer dari S

Bilangan kompleks

S = |S|cosθ + j|S|sinθ

a Re

Im

S = a + jbjb

(sumbu nyata)

(sumbu imajiner)

Re

Im

S = a + jb

| S

|

jb

a

Representasi Grafis Bilangan Kompleks

11

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5Re

Im

4

3

2

1

-1

-2

-3

3 + j4 = 5cos + j5sin

5

Contoh

12

Penjumlahan

jbas 1

)()(21 qbjpass

Perkalian

))(())(( 21 jqpjbass

Pembagian

jqp

jba

s

s

2

1

jqps 2

jbas 1

jqps 2

)()(21 qbjpass

)()( bpaqjbqap

22

)()(

qp

aqbpjbqap

jqp

jqp

+ --

Operasi-Operasi Aljabar Bilangan

Kompleks

Pengurangan

13

43dan 32 21 jsjs

25

1

25

18

43

)98()126(

43

43

43

32

22

2

1

jj

j

j

j

j

s

s

75)43()32(21 jjjss

11)43()32(21 jjjss

176)98()126(

)43)(32())(( 21

jj

jjss

diketahui:

maka:

Contoh

14

)sin(cos)( jeeee jj

Fungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai

dengan e adalah fungsi eksponensial riil

jbaS

)sin(cos22 jbaS

jebaS 22

Dengan identitas Euler ini bilangan komleks yang dituliskan sebagai:

sincos je jdanIni 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

15

|S| = 10 sudut fasa: θ = 0,5 rad S = 10 e j0,5 Bentuk Polar

8,48,8)48,088,0( 10

)5,0sin5,0(cos 10

jj

jS

Bentuk Sudut Siku

rad 93,03

4tan 1

S = 3 + j4 543 || 22 SBentuk Sudut Siku

S = 5e j 0,93Bentuk Polar

543 || 22 S rad 93,03

4tan 1 SS = 3 j4 Bentuk Sudut Siku

S = 5e j 0,93Bentuk Polar

Contoh

16

* atau ||* 2 SS|S|SSS

**2121 SSSS *

*

**

1

1

2

1

S

S

S

S

**2121 SSSS *

Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai hubungan-hubungan berikut:

S = a + jb

S* = a jb

Re

Im

Re

Im

Bilangan kompleks S mempunyai konjugat S*

Konjugat dari S = a + jb adalah S* = a - jb

S* = p + jq

S = p jq

Kompleks Konjugat

17

Dalam Bentuk Fasor

Pernyataan Sinyal Sinus

18

hanya amplitudo A dan sudut fasa θ yang diperhatikan karena diketahui sama untuk seluruh sistem

Sinyal Sinus di kawasan waktu : )cos( tAv

Mengingat relasi Euler, fungsi ini bisa dipandang sebagai bagian riil dari suatu bilangan kompleks

A e j(t+) = A {cos(t + θ) + j sin(t + θ)} = V

v = Re(V) = Re ( A e j t e j θ )sehingga dapat ditulis dalam bentuk:

Jika seluruh sistem (rangkaian) mempunyai bernilai sama maka ejt bernilai tetap sehingga tak perlu selalu dituliskan

V = A e j θ dapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks :

dan sinyal sinus )cos( tAv

Re dan e j

tidak ditulis lagi

Inilah yang disebut Fasor

Fasor

19

A

Ae j

V

V

dituliskan

sincos jAAAV

a

bbajba 122 tanV

Karena hanya amplitudo dan sudut fasa saja yang diperhatikan maka

V

|A|

Im

Rea

jb

Penulisan dan Penggambaran

Fasor

20

Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor

07,707,7)45sin(10)45cos(10

atau 4510oo

1

o1

jj

V

V )45500cos(10)( o1 ttv

)30500cos(15)( o2 ttv

5,799,12)30sin(15)30cos(15

atau 3015oo

2

o2

jj

V

V

menjadi:

menjadi:

Pada frekuensi = 500

1000cos4)( 1 tti

4)0sin(4)0cos(4

atau 04oo

1

o1

jI

I

)901000cos(3)( o2 tti

3)90sin(3)90cos(3

atau 903oo

2

o2

jj

I

I

menjadi:

menjadi:Pada frekuensi = 1000

Contoh

21

A|A|

Im

Re A|A|

A*

a

jb

a

jb

Jika AA

A*A

180

180 o

o

A

AA

maka negatif dari A adalah

dan konjugat dari A adalah

jba A

jba *A

jba AJika

Fasor Negatif dan Fasor

Konjugat

22

Perkalian

)( 21 ABBA

)( 212

1

B

A

B

A

B

APembagian

2121

2121

sinsincoscos

sinsincoscos

BAjBA

BAjBA

BA

BA

Penjumlahan dan Pengurangan

2BB1AAJika diketahui :

maka :

Operasi-Operasi

Fasor

23

343004213 jjj III

o1223 9,216 5

4

3tan)3()4(

I

ooo*111 4540 )04()4510( IVS

ooo*222 12045)903()3015( IVS

oo

o

2

22 1205

903

3015

I

VZ

oo

o

1

11 455.2

04

4510

I

VZ

o1 4510 V

o2 3015V

o1 04I

o2 903 I

Diketahui:

maka :

Re

I3

-4

-3

Im216,9o

5

Contoh

24

Impedansi

25

Impedansi suatu elemen rangkaian di kawasan fasor adalah perbandingan antara

fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut

Impedansi di Kawasan Fasor

x

xxZ

I

V

impedansi

fasor tegangan

fasor arus

Catatan: Ada pengertian impedansi di kawasan s yang akan kita pelajari kemudian

26

jtjRm

tjRm

RmR

eei

ei

titi

)cos()()(

+ vR

iR

jtj

Rm

RR

eeRi

tRitv

)()(

RR II

RR RIV

R

RRI

V

Kawasan fasor

Kawasan waktu

Impedansiresistansi resistor di kawasan waktubernilai sama denganimpedansinya di kawasan fasor

R

R

i

vR

Resistor

27

iL

+ vL

jtjLm

tjLm

LmL

eei

ei

titi

)cos()()(

)(

)()(

jtjm

LL

eeiLj

dt

tdiLtv

LL II

LL Lj IV

LjZL

LL

I

V

Kawasan fasor

Impedansi

Induktor

dt

diLv L

L

Kawasan waktu

hubungan diferensial hubungan linier

28

iC

+ vC `

)(

)(

)(

tjCm

CC

evCj

dt

dvCti

)(

)cos()(

tj

Cm

CmC

ev

tvtvKawasan fasor

Impedansi

CC Cj VI

CC VV

Cj

CjZ

C

CC

1

1

I

V

Kapasitor

dt

dvCi C

C

Kawasan waktu

hubungan diferensial hubungan linier

29

Impedansi dan

Admitansi

R

RRI

VLjZ

L

LL

I

V

Cj

CjZ

C

CC

1

1

I

V

Impedansi: Z

Admitansi: Y = 1 / Z

RYR

1

L

j

LjZY

LL

11

CjZ

YC

C 1

IV Z

Perhatikan: relasi ini adalah relasi linier. Di kawasan fasor kita terhindar dari

perhitungan diferensial.

VI Y

30

)()( jXRZ

11

)/1(

)/1(2

2

2//RC

CRLj

RC

R

CjR

CjRLjZ CRL

• 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

31

Kaidah Rangkaian

32

LjRZ seriRL

IV LjRseriRL

R

+ VR

I

+ VL

jL

C

jRZ seriRC

IV 1

Cj

RseriRC+ VC

Rj/C

+ VR

I

Hubungan Seri

33

IV

C

jLjseriLC

CLjZ seriLC

1 j/CjL

+ VL + VC

I

nseritotal

seritotalseritotal

ZZZZ

Z

21

IV

totalseritotal

kk Z

ZVV

Kaidah Pembagi Tegangan

34

VV

I kk

k YZ

VVII total

n

kk

n

kktotal YY

11

n

n

kktotal ZZZ

YY111

211

totaltotal

kkk Y

YY IVI

Itotal

I3

R

jL

j/C

I1I2

Kaidah Pembagi

Arus

35

Diagram Fasor

36

IL

VL

Re

ImArus 90o di belakang tegangan

L = 0,5 H , iL(t) = 0,4cos(1000t) A

Arus dan Tegangan pada Induktor

5005,01000 jjZ L

V 9020004,090500

04,0)500(ooo

o

jZ LLL IV

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

37

C = 50 pF , iC(t) = 0,5cos(106 t) mA

Arus dan Tegangan pada Kapasitor

V 9010

)0105,0()901020(

k 20)1050(10

1

o

o3o3

126

CCC

C

Z

jj

CjZ

IV

IC

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

38

A 405dan V 10120 oo IV

128,20)30sin(24)30cos(24

3024405

10120 oo

o

jj

Z B I

V

Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t +10o) V i(t) = 5cos(314t + 40o) A

IV

Re

Im arus mendahului tegangan

Beban Kapasitif

39

Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t + 20o) V i(t) = 5cos(314t 40o) A

8,2012

)60sin(24)60cos(24

6024405

20120

oo

oo

o

j

j

Z B I

V

I

V

Re

Im

arus tertinggal dari tegangan

A 405 dan V 20120 oo IV

Beban Induktif

40

87,36125

100

75tan)75()100(

7510025 100100

o

122

jjjZ tot

A 36,87287,36125

0250 oo

o

tot

s

Z

VI

100 j100

j25Vs=

2500oV

+

I

V Re

Im

100+

20F50mHvs(t) =

250 cos500t V

Transformasi rangkaian ke kawasan fasor

Beban RLC seri ini bersifat kapasitif |ZC| > |ZL| arus mendahului tegangan

25 ; 100

100 ;0250 o

jZjZ

Z

LC

RsV

Beban RLC Seri, kapasitif

i(t) = 2 cos(500t + 36,87o) A

Jika kita kembali ke kawasan waktu

41

100 j100

j25Vs=

2500oV

+

VL = jXL I

VR = RI

Vs

Re

Im

VC = jXC II

V 26,87105025087,36125

9025

V ,1335200025087,36125

90100

V 36,87200025087,36125

100

ooo

o

ooo

o

ooo

L

C

R

V

V

V

A 36,87287,36125

0250 oo

o

tot

s

Z

VI

87,3612575100 o jZtot

Fasor tegangan rangkaian mengikuti hukum Kirchhoff

LCRs VVVV

Fasor Tegangan Tiap Elemen

42

V 0250

100

25

100

o

s

L

C

R

jZ

jZ

Z

V

87,36125

100

75tan)75()100(

75100100 25100

o

122

jjjZtot

A 36,87287,36125

0250 oo

o

tot

s

Z

VI

100 j25

j100Vs=

2500oV

+

IV Re

Im

Pada beban kapasitif |ZL| > |ZC|arus tertinggal dari tegangan

Beban RLC seri,

induktif

43

.0250

01.0

04.0

01.0

o

s

L

C

R

jY

jY

Y

V

Beban RLC Paralel

03.001.0

01.004.001.0

j

jjYtot

100

j25

j100Vs=

2500oV

+

I

o122 6.719.75.2

5.7tan5.72.5

5.75.2)03.001.0(250

jjYVI

I

V Re

Im

44

Teorema Rangkaian

45

Prinsip

Proporsionalitas

XY K

Y = fasor keluaran,

X = fasor masukan,

K = konstanta proporsionalitas yang pada umumnya merupakan bilangan kompleks

46

Prinsip Superposisi

selalu berlaku di kawasan waktu dan berlaku di kawasan fasor bila frekuensi

sama

Prinsip

Superpossi

47

20cos4t V +_ 83cos4t Aio

3H

200o +_

8 j6

Io1 j12 8

30o j6

Io2 j12

Contoh

A 9,3629,3610

020

68

020

6128

020

oo

o

oo

o1

jjjI

A 4,1932,4039,3610

3,564,14

0368

12803

)128/(1)6/(1

)6/(1

ooo

o

ooo2

j

j

jj

jI

24,07,544,11,42,16,1o21oo jjj III

oo 4,27,5 I )4,24cos(7,5)( o

o tti

48

TNTNNNTT Z

YYZ1

; ; VIIV

RT

A

B

vT+ VT

ZT

A

B

+

Kawasan waktu Kawasan fasor

Teorema Thévenin

49

V 3,399,19

45207,5995,0

452010010

100

V 9010901,0100

o

o

o

oo

j

jB

A

V

V

V 6,226,156,124,1510

3.399,199010 oo

jjjBAT

VVV

99,09,10910010

)100(10100 j

j

jZT

+j100

10

1000,190o A

2045o V

`

A B

+VT

ZT

A B

Contoh Rangkaian Ekivalen

Thévenin

50

Metoda Analisis

51

j9 j3

+

140 V

12 A B C

D

9 3

Ix

j3 I1 I2

I3 I4

+ vx +

14cos2tV

12 A B C

D

9 3

ix

3/2 H

1/6 F1/18 F

Metoda Keluaran Satu

Satuan

ti

K

x

xx

2cos5,0

05,028

014

28

1

28

1 oo

AA

VIV

I

A )01(Misalkan jx I

V 2891213

4

jjBA VV

V 3jC VV 1

3 jC

VI4

A 11 jx 43 III

V 311333 jjjjCB 3IVV

A 3

1

92 BVI A 1

3

4 321

jIII

52

A )8,732cos(3)9,364cos(2 sehingga

A )8,732cos(3dan A )9,364cos(2oo

o2o1o

o2o

o1o

ttiii

titi

Karena sumber berbeda frekuensi maka fasor Io1 dan Io2 tidak dapat langsung dijumlahkan. Kembali ke kawasan waktu, baru kemudian dijumlahkan

20cos4t V +_ 93cos2t Aio

3H

200o+_

9 j6

Io1 j12 9

30o j12

Io2 j6

Metoda Superposisi

A 9,3629,3610

020

68

020

6128

020

oo

o

oo

o1

jjjI

A 8,733039,3610

9,3610

0368

6803

)68/(1)12/(1

)12/(1

ooo

o

ooo2

j

j

jj

jI

53

+

18cos2t V

i

62

21H

A

B

2H

1/8 F

V 12

9 018

462

2 o

jjhtT

VV

A 2cos1

A 01

)12(2)47(

)12(

)12(

9

42o

ti

jjj

j

jjjZT

T

V

I

+

180o V

6

2

A

B

j4

j2 j4

I

2

+

180o V

6 2

A

B

j4

2

12

47

48

812816

462

4622

j

j

j

jj

j

jZT

+

VT

IA

B

j4

ZT j2

Metoda Rangkaian Ekivalen

Thévenin

54

i1 =0.1cos100t A

v =10sin100t V

200F 1H

50

ix?A B

A B

I1 =0.10o A

V=1090oV

j50 j100

50

Ix

Sumber tegangan dan sumber arus berfrekuensi sama, = 100. Tetapi sumber tegangan dinyatakan dalam sinus, sumber arus dalam cosinus. Ubah kedalam bentuk standar, yaitu bentuk cosinus melalui kesamaansinx = cos(x90)

sumber tegangan tersambung seri dengan resistor 50 paralel dengan induktor j100

Simpul B hilang. Arus Iy yang sekarang mengalir melalui resistor 50, bukanlah arus Ix yang dicari; Iy kali 50 adalah tegangan simpul A, bukan tegangan simpul B tempat Ix keluar

IyA

I2

j50 j100

50

I1 =0.10o A

Iy

j50 j100

50I1 I2

Metoda Reduksi

Rangkaian

55

Metoda Tegangan

Simpul

30

10

120

122 : Gauss eliminasi

10

10

11

122

B

A

B

A

V

V

V

V

j

jj

j

jj

VVV

VVVI

BA

BBA1

: B

05010050

:A jj

o

o

B

A

9010

01,0

1150

1

100

1

50

1

V

Vjj

V 4,186,1215,0

1010

15,0

151010

6,26 0,268 V; 6,264,136125

)12(30

12

30

oBA

ooB

j

j

j

jjj

jj

j x

VV

IV

I1 =0,10o A

V=1090oV

j50 j100

50

Ix=?A B

56

I =0,10o A

V=1090oV

j50 50

A B

I1 I2I3

0

10

1.0

100501000

1001005050

001

3

2

1

j

jj

jjjj

I

I

I

0

1

1.0

2120

1055

001

3

2

1

j

jj

jjj

I

I

I

3

5.1

1.0

10500

1050

001

3

2

1

j

j

j

jj

I

I

I

A 2,533,0 5

105,1 A; 6,2627,0

105

3 A; 01,0 o3

2o

30

1

j

jj

j

j IIII

Metoda Arus Mesh

Analisis Daya

57

viptIitVv mm ; cos ; )cos(

tIV

tIV

tIV

tIVIV

tttIVttIVvip

mmmm

mmmmmm

mmmm

2sinsin2

2cos1cos2

2sinsin2

2coscos2

cos2

cossinsincoscos cos)cos(

Nilai rata-rata= VrmsIrmscos

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

58

Tegangan, arus, di kawasan fasor:

irmsirmsvrms IIV IIV ; ; besaran kompleks

Daya Kompleks :

)(*ivrmsrms IVS IV

sinsin

cos cos

rmsrms

rmsrms

IVSQ

IVSP

jQPS

Re

Im

P

jQ

Segitiga daya

*IVS

*I

IV

Tinjauan Daya di Kawasan Fasor

59

Faktor Daya dan Segitiga

Daya

S

Pcos f.d.

S =VI*

jQ

PRe

Im

V

I (lagging)

I*

Re

Im

jQ

PRe

Im

S =VI*

V

I (leading)

I*

Re

Im

Faktor daya lagging

Faktor daya leading

60

IVI

VBB ZZ atau

22

2

2*

*

rmsBrmsB

rmsBB

BB

IjXIR

IjXR

ZZ

S

III

VI22 rmsBrmsB IjXIR

jQPS

2

2 dan

rmsB

rmsB

IXQ

IRP

Daya Kompleks dan Impedansi

Beban

61

seksisumber

seksibeban

A

B

I

A(rms) 10575,8 dan V(rms) 75480 ooAB IV

VAR 2100dan W 3640 QP

866,0)30cos( dayafaktor

VA 2100364030sin420030cos4200

30420010575,875480oo

ooo*

jj

S

VI

5,47)75,8(

364022

rmsB

I

PR

4,27)75,8(

210022

rmsB

I

QX

Contoh

62

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

63

50

I1 =0,10o A

V=1090oV

j50 j100 I3

BA

C

I2 I4 I5

oAC

oAC

010212

atau

001,050

1

50

1

100

1

50

1

jj

jjj

VV

VV

V 612

12

30

010)9090(10212

C

oooC

jj

j

V

V

VA 4,02,1

01,010612)( o*1

j

jjS ACi

IVV

A 24,018,0

01.024,008,0

A 24,008,0

50

)612(9010

50

o123

o

2

123

j

j

j

j

j

jCA

III

VVI

III

VA 8,14,2

)24,018,0(9010 o*3

j

jSv

VI

VA 4,16,3

8,14,24,02,1

j

jj

SSS vitot

V 90109010 ooA VV

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

Contoh

64

Dengan Cara Penyesuaian Impedansi

+ VT

ZT = RT + jXT

ZB = RB + jXB

A

B

22

22

)()( BTBT

BTBB

XXRR

RRP

VI

(maksimum) 4

Jika 2

B

TBBT R

PRRV

dan

:adalah maksimum dayaalih adinyauntuk terjsyarat Jadi

TBBT XXRR

22 )()( BTBT

T

XXRR

VI

2

2

)( BT

BTB

RR

RP

VBT -XX Jika

Alih Daya Maksimum

65

V 551011

1010

5010050

50 o jj

j

jj

jT

V

7525

1005050

)10050(50j

jj

jjZT

7525 jZ B W5,0

254

55

4

22

j

RP

B

TMAX

V

A 13502,050

55 o

j

ZZ BT

TB

VI

B

+

50 j100

j50

A

100o V25 + j 75

A 01,0

752550

)7525)(50(10050

010 oo

jj

jjj

sI

W1)02,0(25)1,0(50

2550

22

22

BssP II

Contoh

66

Dengan Cara Sisipan Transformator

BB ZN

NZ

2

2

1

impedansi yang terlihat di sisi primer

sincos BBB ZjZZ

TTTB ZXRZ 22

B

T

Z

Z

N

N

2

1

ZB

+

ZT

VT

N1 N2

22

2

sincos

cos

BTBT

BTB

ZXZR

ZP

V

0BB

Zd

dP

Alih Daya Maksimum

67

+

50 j100

j50

A

B100o V

25 + j 60

1028,16025

752522

22

2

1

B

T

Z

Z

N

Na

W49,0

60216,17525216,125

25216,150

22

2222

22

BTBT

BTB

XaXRaR

RaP

V

Seandainya diusahakan )6025( jZ B

W06,0

60216,17525216,125

25216,15022

BP

Tidak ada peningkatan alih daya ke beban.

V 55 jT V 7525 jZT

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, jL, 1/jC.

Impedansi bukanlah besaran fisis melainkan suatu konsep dalam analisis. Besaran fisisnya tetaplah R = l/A, dan C = A/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

Transformato

r

72

+E2

N2N1

If

V1

+E1

+

Transformator Dua Belitan Tak

Berbeban

o11 0EE

efektif nilaiadalah

44.42

21

11 maksmaks Nf

NfE

Belitan primer:

maksNfE 22 44.4

Belitan sekunder:

I2 = 0tmaks sinJika

Fasor E1 sefasa dengan E2 karena diinduksikan oleh fluksi yang sama.

o22 0EE

tNdt

dNe maks

cos111

masi transforrasio 2

1

2

1 aN

N

E

E

73

+E2

N2N1

If

V1

+E1

+

111 EIV Rf

Arus magnetisasi yang membangkitkan

Resistansi belitan primer

E1=E2

I

Ic

If

If R1

V1

Diagram fasor dengan mengambil rasio

transformasi a=1, sedangkan E1 sefasa E2

Arus magnetisasi If dapat dipandang sebagai terdiri dari I (90o dibelakang E1)

yang menimbulkan dan IC (sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi-rugi

inti.

74

E2 V1 l1

If

E1=E2I

Ic

If

IfR1

V1

l jIfXl

Representasi fluksi bocor di belitan primer

1111111 XjRR fflf IIEEIEV

ada fluksi bocor di belitan primer

Fluksi Bocor di Belitan

Primer

75

V2I2I’

2

IfI1

I2R2

jI2X2E2

E1I1R1

jI1X1

V1

beban resistif , a > 1

22222

22222

XjR

R l

IIV

EIVE

11111

11111

XjR

R l

IIE

EIEV

V1 l1

I1

V2l2

I2

RB

Transformator

Berbeban

76

ZR2

If B

jX2R1jX1

I1I2

V1E1

V2=aV2

21

222221

111111

III

IIVE

IIEV

f

XjRa

XjR I2 , R2 , dan X2 adalah arus, resistansi, dan reaktansi sekunder yang dilihat dari sisi primer

R2

If

B

jX2R1jX1

I1I2

V1 E1

V2=aV2

jXcRc

IcI

Rangkaian Ekivalen

Transformator

77

B

jXe =j(X1+ X2)Re = R1+R2

I1=I2

V1

V2

I2

I2Re

jI2XeV2

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

78

10 kW f.d. 0,8 lagging

8 kW f.d. 0,75 lagging

380 V rmsPenyediaan

Daya

Contoh

kVA 5,710sincos

sin 11

11111111 j

PjPSjPjQPS

kVA 78sincos

sin|| 22

222222 j

PjPSjPS

kVA 5,1418785,7102112 jjjSSS

Impedansi saluran diabaikan

lagging 78.05,1418

18cos

2212

Faktor daya total

tidak cukup baik

79

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|.

|S|

|S 1|

kapasitor paralel dengan beban

Perbaikan Faktor Daya

80

S12jQ12

P12

-jQ12CS12C

10 kW f.d. 0,8 lagging

8 kW f.d. 0,75 lagging

380 V rms 50 Hz

C

kVA 5,141812 jS lagging 78.0cos 12

Contoh

kVA 9,518)95.0tan(arccos181812 jjS C

laggingC 95.0cos 12

kVAR 58,8 5,149,512 jjjjQ C

F 190380100

8580

2

C

CX

Q CC

CC 2

2

VV

diinginkan

kVA 5,710)8,0tan(arccos10101 jjS

kVA 78)75,0tan(arccos882 jjS

2

C

CQC

V

81

Diagram Satu Garis

82

beban 110 kWcos = 1

beban 28 kWcos = 1

0,2 + j2 0,2 + j2 Vs

| V | = 380 V rms

kVA 0101 jS

A 021 A 0210380

08000 o2

oo

*2

II

j

kVA 9,009,0

)22,0()22,0(22

2

j

jjSsal

22 II

kVA 9,009,8222 jSSS saltot

V 4,66,387

V 9,422,385021

9008090

o

o*2

21

jjStot

IV

A 4,68,254,66,387

010000 oo*

1

11

jS

VI

A 5,373,46 88,264,46

0214,68,25o

oo21

j

s III

kVA 37,444,0

73,46)22,0()22,0( 221

j

jjS ssal

I

kVA 27,553,18

9,009,81037,444,0

2211

j

jj

SSSSS salsals

V 4,19412 3,546,73

9,1519265

3,546,73

527018530 oo

o

o*

jS

s

ss

IV

kVA 082 jS

Contoh

83

Sistem Tiga Fasa Seimbang

84

u

s

vs(t) 1/jC R

jLVs

u

s

vs(t)

vs(t)vs(t)

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

B

A

C

N

VANVBN

VCN

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

VANVBN

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

VAN , VBN ,VCN

besar tegangan fasa ke netral

dituliskan pula sebagai Vfn atau Vf

besar tegangan antar fasa adalah

VAB , VBC ,VCA

dituliskan pula sebagai Vff

Simbol sumber tiga fasa:

Referensi Sinyal

86

Sumber terhubung YVAN = |VAN| 0o

VBN = |VAN| -120o VCN = |VAN| -240o

Keadaan Seimbang |VAN| = |VBN| = |VCN|

B

A

C

N

VANVBN

VCN

+

+

+ VAN

VBN

VCN

Im

Re

Diagram fasor tegangan

120o

120o

Diagram Fasor Sumber Tiga

Fasa

87

C

B

AN

VANVBN

VCN

+

+

+ VAB

VBCVCA

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

BNANNBANAB VVVVV

o

o

o

2103

903

303

fnCA

fnBC

fnAB

V

V

V

V

V

V

Tegangan fasa-fasa:

fasa-fasa tegangan nilai : 3

netral-fasa tegangan nilai:

fnffCABCAB

fnCNBNAN

VVVVV

VVVV

CNBNNCBNBC VVVVV

ANCNNACNCA VVVVV

Dalam keadaan seimbang:

VAN

VBN

VCN VAB

VBC

VCA

Re

Im

30o

30o

30o

Tegangan Fasa-netral 120o

VBN

89

Arus di penghantar netral

dalam keadaan seimbang bernilai nol

B

A

C

N

VANVBN

VCN

+

+

+

NA

B

C

Beban terhubung

Y

Beban terhubung

Δ

Sumber terhubung

Y

A

B

C

Arus saluran

IA

IC

IB

Arus fasa

Arus fasa

Arus Saluran dan Arus

Fasa

90

Beban Tiga Fasa

91

NA

B

C

ZIA

IC

IB

INZ

Z

fANANAN

A ZZZI

VVVI

o0

Beban Terhubung Y

3

3

***3

fff

AAN

CCNBBNAANfS

IV

IV

IVIVIV

0 CBA IIIKeadaan seimbang

)120()120(120 oo

o

fBNBNBN

B ZZZI

VVVI

)240()240(240 oo

o

fCNCNCN

C ZZZI

VVVI

IA

VBN

VCN

VAN

Re

Im

IB

IC

referensi92

V 2203

380

3

ff

fn

VV

V 240220

V 120220

referensi) sebagai ( V 0220

o

o

o

CN

BN

AN

V

V

V

A 44

A 8,27644

A 8,15644)1208,36(44

A 8,63448,365

0220

43

0220

o

ooo

oo

oo

I

I

I

VI

C

B

ANA jZ

kVA 8,3629

8,364402203 3o

oo*3

AANfS IV

kW 2,238.36cos29 o3 fP

kVAR 4,178.36sin29 o3 fQ

Z = 4 + j 3

Vff = 380 V (rms)

VAN referensiN

A

B

C

ZIA

IC

IB

INZ

Z

VBN

VCN

VAN

Re

Im

IA

IB

IC

Contoh

93

ZAB

AB

VI

CAABA III

Beban Terhubung

Z

V

Z

V

ZffffAB

AB

o0VI

)270(3 )270(3

)150(3 )150(3

)30(3 )30(3

oo

oo

oo

fCAC

fBCB

fABA

II

II

II

I

I

I

3 03 3 o*3 AfffffABABf IVIVS IV

sinsin3

coscos3

33

33

fAfff

fAfff

SIVQ

SIVP

IB

IA

IC

B

C

A

IBC

ICA

IAB

Z

Z

Z

VBC

VCA

VAB

Re

Im

IAB

IBC

ICA

ICA IA

ZZCA

CABC

BC

VI

VI ;

oo 240 ;120 ABCAABBC IIII

BCCACABBCB IIIIII ;

94

A

B

C

IA

IB

IC

IAB

IBC

ICA

Z = 4 + j 3

Vff = 380 V (rms)

VAN referensi

oooo 240220 ;120220 ;022003

380 CNBNAN VVV

oo 30380)30(3 ANANAB V V

A 8,6768,365

30380

34

30380 oo

oo

jZ

ABAB

VI

A 8,366.1318,36376)308,6(3 oooo ABA II

kVA 523,69 8.3664.86

8.676303803 3o

oo*3

j

S ABABf

IV

kVAR 52)76(333

kW 3,69)76(433

22

3

22

3

ABf

ABf

XQ

RP

I

I

IAB

VBN

VCN

VANIBC

ICA

Re

Im VAB

oo 210380 ; 90380 CABC VV

A 8,246762408,676

A 8,126761208,676ooo

ooo

CA

BC

I

I

A 8.2766,131)2408,36(6.131

A 8,1566,131)1208,36(6.131ooo

ooo

C

B

I

I

Contoh

95

Pada dasarnya analisis daya pada sistem tiga fasa tidak berbeda

dengan sistem satu fasa

Analisis Daya Pada Sistem 3 Fasa

96

Y50 kVA f.d. 0,9 lagging

VLL = 480 V

Is = ? RB = ? XB = ?

A 603480

50000

3

3

ff

f

fs

S

VII

03,216,4)60(

1000)3,715(22

jjS

Zf

fasaper

I

;kW 459,050cos3 fSP

kVA 8,2145 3 jS f

33 3 fffffnfS IVIV

3 *3 ffnfS IV ifvfn IV3 )(3 ivffn IV

kVAR 8,21436,050sin3 fSQ

kVA 3,7153

3 j

SS f

fasaper

. 03,2 ; 16,4 XR

Contoh

97

coskW 100 BB SP

A 1538,04800

100

3cos

B

BBB

I

IVP

kVA 5,1335,115)202(3 2 jjS sal

kVA 5,1345,8835,101

kVA 5,8835,101

22

Sumber

salBSumber

S

jSSS

rms V 5180315

10005,134

3

33

B

SS

BSSSSumber

S

S

IV

IVIV

kVA 75100 jSB

beban

VSVB

Z = 2 + j20

ISIB

100 kW4800 V rmscos = 0,8 lag

|Ssumber| = ?

Vsumber= ?

kVAR 756,0125sin BB SQkVA 1258,0

100 BS

Contoh

98

99

Kuliah TerbukaAnalisis Rangkaian Listrik Di

Kawasan Fasor

(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)

Sudaryatno Sudirham