50266258 analisa pengaruh tahanan rotor tidak seimbang terhadap torsi dan putaran motor induksi

ANALISA PENGARUH TAHANAN ROTOR TIDAK SEIMBANG TERHADAP

TORSI DAN PUTARAN MOTOR INDUKSI

Belitan pada rotor dapat dilengkapi dengan resistansi eksternal 3 fasa yang mungkin

belum seimbang. Dan juga, batangan yang rusak pada cangkang rotor dapat menyebabkan

tahanan belitan motor yang tidak seimbang. Gambar di bawah menunjukan sebuah kumparan

rotor yang mempunyai tahanan belitan yang tidak seimbang.

Gambar Motor induksi dengan belitan rotor tidak seimbang

Pada pokok bahasan sebelumnya telah di jelaskan bahwa jika ada suatu rangkaian tiga fasa

yang mempunyai tahanan yang tidak seimbang maka akan timbul komponen simetris pada

rangkaian itu. Maka akan ada komponen simetris pada rangkaian rotor diatas yang besarnya

ditunjukan pada persamaan dibawah ini :

I ar 0=13

( I ar + I br + I cr ).......................................................( Pers 3.22 )

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr ) ................................................( Pers 3.23 )

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr ) = 0 ..........................................( Pers 3.24 )

Dari persamaan di atas maka didapat besar arus di rotor (I2) untuk urutan positif (I21)

dan urutan negatif (I22), dan juga di dapatkan tegangan di rotor (V 2) sebesar :

V ar=¿ -Zar I ar ; V br=¿ -Zbr I br ; V cr=¿ -Zcr I cr............................( Pers 3.25 )

Pada pendekatan pertama, semua arus rotor mempunyai frekuensi f2=Sf1 pada

keadaan steady (tetap). Gerak gaya magnet maju, dihasilkan oleh Iar1, Ibr1, Icr1, berinteraksi

seperti biasa dengan belitan.

I 21 R2−V 21=− j ω1 Sψ21;ψ21=L2 I21+Lm I 11...........................( Pers 3.26)

I 11R1−V 11=− j ω1 ψ11 ;ψ11=L1 I 11+Lm I 21

I 11=− j ω1 Lm I 11+V s

R1+ j ω1 L1..............................................( Pers 3.27 )

Komponen gaya gerak magnet yang mundur dari arus rotor yang berputar terhadap

stator terdapat pada kecepatan n1 '. Adapun n1 ' adalah :

n1 '= n – Sf 1

p =

f 1

p ( 1 - 2S )

Makai ini akan menginduksi gaya gerak listrik pada frekuensi f1’=f1(1-2S). Gaya gerak

mundur dihasilkan oleh I22, yang akan menghasilkan torsi lawan.

I 22 R2−V 22=− j ω1 Sψ22;ψ22=L2 I22+Lm I 12............................(Pers 3.28)

I 12 R1=− j ω1(1−2S )ψ12;ψ12=L1 I 12+Lm I 22

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

I 12=− jω1(1−2S )Lm I 22

R1+ j ω1(1−2S)Ls

........................................( Pers 3.29)

Dimana :

L1= Ls+Lm ; L2= Lr+Lm

Dimana :

I 21 = Arus forward rotor (Amper)

I 22 = Arus backward rotor (Amper)

I 11 = Arus forward stator (Amper)

I 12 = Arus backward stator (Amper)

R2 = Tahanan rotor (Ω)

R1 = Tahanan stator (Ω)

V 21= Tegangan fordward rotor (Volt)

V 22= Tegangan backward rotor (Volt)

V s = Tegangan sumber (Volt)

L1 = Induktansi mutual stator (H )

L2= Induktansi mutual rotor (H )

Lr = Induktansi rotor (H)

Ls = Induktansi stator (H)

Lm = Induktansi magnetic (H )

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

ω1 = Kecepatan sudut frekuensi dari arus phasa (rad/s) ; ω1=2π F 1

Dimana P1=Jumlah pasang kutub

ψ21 = Fluks lingkage rotor urutan positif (Wb)

ψ22 = Fluks lingkage rotor urutan negatif (Wb)

S = Slip

Diketahui torsi adalah :

Te = Pg

ωs ; ωs =

ω1

P 1 (Rad/s) =

3P 1 I22 R2

ω1 S

..................................................................................(Pers 3.30)

Dari pers 3.26, apabila rotor di hubung singkat maka tegangan di rotor (V 2)=0 , maka :

I 21 R2=− j ω1 Sψ21.......................................................................(Pers 3.31)

Dengan menambah kan I 21¿ (I 21 conjugate) ke persamaan 3.31 di atas maka :

I 21¿ I 21 R2=− j ω1 Sψ21 I 21

¿.........................................................(Pers 3.32)

Dengan menggabungkan bilangan real dan imaginer bilangan di atas didapat persamaan :

I 21¿ I 21 R2+ jω1 Sψ21 I 21

¿....................................................................(Pers 3.33)

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Maka Pg adalah :

Real = 3 (I 21¿ I 21 R2 )

Imaginer = 3 j ω1 Sψ21 I 21¿...........................................................(Pers 3.34)

Subsitusikan persamaan 3.30 ke persamaan 3.34, maka didapat :

Te = 3P 1 Imag(ψ 21 I21¿) ......................................................(Pers 3.35)

Dengan menurunkan persamaan di atas maka didapat :

Te = 3P 1 Imag [ ( L2 I 21+Lm I 11) I 21¿ ]

= 3P 1 Imag (Lm I11 I 21¿)

= 3P 1Lm Imag ( I11 I 21¿) ..................................................(Pers 3.36)

Persamaan di atas juga berlaku untuk persamaan 3.28 yang menghasilkan torsi lawan.

Maka ekspresi torsi adalah :

T e= 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2.....(Pers 3.37)

Dimana torsi adalah penjumlahan dari maju (T e1 ) dan torsi mundur (T e2 ). Untuk T e1

menggunakan komponen simetris urutan “1” dan untuk T e2 memakai komponen simetris

urutan “2”.

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Gambar 3.5 Kurva torsi terhadap slip

Komponen torsi mundur adalah positif (motoring) dari 1-2s<0 atau S>0.5 dan

negative (breaking) pada S<0,5. Pada permulaan, torsi komponen mundur akan bergerak

(motoring). Dan juga untuk S = 0,5, torsi balik adalah 0, karena induksi gaya gerak listrik

untuk keadaan ini berada pada frekuensi f1’=f1(1-2S), jika S = 0,5 maka F1’ = 0 dan tidak

terjadi induksi pada keadaan ini. Torsi balik ini juga disebut dengan Torsi George atau

monoaksial.

Percobaan di lakukan di Labolatorium Konversi Teknik Elektro USU. Untuk

mendapatkan hasil dari pengaruh tahanan rotor yang tidak seimbang maka dilakukan

percobaan dengan menggunakan tahanan rotor yang seimbang. Hasil dari percobaan dapat

dibandingkan antara tahanan rotor yang seimbang dengan yang tidak seimbang.

Sebelumnya diperlukan percobaan untuk mendapatkan parameter – parameter dari

motor induksi untuk dapat menganalisa pengaruh ketidak seimbangan rotor tersebut.

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Peralatan Yang Digunakan

Peralatan yang digunakan dalam percobaan ini adalah

1. Motor induksi tiga fasa

tipe : rotor belitan

spesifikasi motor : - AEG Typ C AM 112MU 4RI

- ∆/Y 220/380 V 10,7 / 6,2 A

- 2,2 Kw, cosφ 0,67

- 1410 rpm, 50 Hz

- isolasi B

2. Amper meter

3. Volt Meter

4. Tahanan Geser

5. Watt Meter 3φ

6. Sumber tegangan AC dan DC

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Percobaan Tahanan DC

A. Percobaan Tahanan DC Pada Belitan Stator

Rangkaian Percobaan

Prosedur Percobaan

1. Hubungan belitan stator dibuat hubungan Y. yang akan diukur adalah dua dari ketiga belitan

stator.

2. Rangkaian belitan stator dihubungkan dengan suplai tegangan DC

3. Tegangan DC suplai dinaikkan sampai pada nilai tertentu.

4. Ketika tegangan menunjukkan pada besaran 15,4 Volt, penunjukan alat ukur voltmeter dan

amperemeter dicatat

5. Jika telah selesai rangkaian dilepas.

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Data Hasil Percobaan

Rdc =

VI (Ω)

Phasa V (volt) I (Ampere)

U – V 12,89 4,2

Tabel Data hasil percobaan tahanan dc pada belitan stator

Analisa Data

Untuk data di atas di peroleh :

Rdc =

VI

= 12,89

4,2

= 3,07 Ω

Karena hubungan pada stator adalah Y , maka Rdc adalah

Rdc = 3,07

2

= 1.535 Ω

Rac = 1.2 x 1.535

= 1.842 Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Maka tahanan stator adalah

Rs = 1.842 Ω

B. Percobaan Tahanan DC pada Belitan Rotor

Rangkaian Percobaan

Gambar Gambar percobaan tahanan DC pada rotor

Prosedur Percobaan

1. Hubungan belitan rotor dibuat hubungan Y, yang akan diukur adalah dua dari ketiga belitan

rotor.

2. Rangkaian belitan rotor dihubungkan dengan suplai tegangan DC

3. Naikkan Tegangan DC suplai secara perlahan, sampai pada nilai tertentu.

4. Ketika tegangan menunjukkan pada besaran 3,5 Volt, penunjukan alat ukur voltmeter dan

amperemeter dicatat

5. Jika telah selesai Rangkaian dilepas.

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Data Hasil Percobaan

Phasa V (volt) I (Ampere)

K – M 2,38 3,4

Tabel Data Hasil Percobaan Tahanan DC Pada Belitan Rotor

Analisa Data

Untuk data di atas di peroleh :

Rdc =

VI (Ω)

= 2,383,4

= 0.7 Ω

Karena hubungan pada rotor adalah Y , maka Rdc adalah

Rdc = 0.72

= 0.35Ω

Rac = 1.2 x 0.35

= 0,42 Ω

Maka tahanan rotor adalah

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Rr = 0.42 Ω

Percobaan Rotor Tertahan ( Block Rotor )

Rangkaian Percobaan

Dari data yang didapat pada pengukuran motor dalam keadaan rotor tertahan atau hubung

singkat maka dihitung Xs dan Xr'. Rangkaian pengukuran ketika terhubung singkat ditunjukkan pada

Gambar di bawah ini

Gambar Gambar rangkaian percobaan rotor tertahan

Prosedur Percobaan

Prosedur yang dilakukan untuk memperoleh data hubung singkat adalah :

1. Motor induksi dikopel dengan mesin arus searah

2. Semua switch dalam keadaan terbuka, pengatur tegangan dalam kondisi minimum.

3. Switch S1 ditutup, PTAC1 dinaikkan sehingga motor induksi mulai berputar perlahan.

4. Switch S3 kemudian ditutup, PTDC2 dinaikkan sampai penunjukan amperemeter A3 mencapai

harga arus penguat nominal mesin arus searah

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

5. Switch S2 ditutup dan PTDC1 dinaikkan sehingga mesin arus searah memblok putaran motor

induksi dan putaran berhenti. Kemudian penunjukan alat ukur A1, W dan T dicatat

6. Pengukuran diulang beberapa kali untuk mendapatkan nilai yang paling baik.

Data Hasil Percobaan Rotor Tertahan

ω1 =2 π 50=314

Vbr (Volt)

IBR ( Amper

e )

PBR ( Watt

)

F1 (Hz

)

Fbr (Hz

)98

6,2 575 50 50

Tabel Data Hasil Percobaan Block Rotor

Analisa Data

Dari data di atas diperoleh :

Zbr=V Br

√ 3 I br

= 98

√3 x 6 .2

= 9.125 Ω

θBr=cos−1[ PBr

√3 xV Br x IBr]

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= cos−1[ 5731052.4 ]

= 57o

X br=F1

FBr

x [sin θBr x Zbr ]

= 5050

x [sin57o x 9.125 ]

= 7.6528 Ω

X s=0.5 x Xbr

= 3.8264 Ω ; Ls = X1

ω1 = 0,01218 H

X r=0.5 x Xbr

= 3.8264 Ω ; Lr = X2

ω1 = 0,01218 H

Percobaan Beban Nol

Rangkaian percobaan

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Gambar Rangkaian percobaan beban nol

Prosedur Percobaan

Prosedur yang dilakukan untuk memperoleh data yang diperlukan adalah :

1. Semua switch terbuka, pengatur tegangan pada posisi minimum.

2. Switch S1 kemudian ditutup, PTAC1 dinaikkan perlahan sampai tegangan 350 Volt.

3. Ketika tegangan 350 Volt, dicatat besar pembacaan alat ukur amperemeter masing masing

phasa dan wattmeter.

4. Setelah dicatat, rangkaian dilepas.

Data Hasil Percobaan

ω1 =2 π 50=314

V 0 ( Volt ) P0 ( watt ) I 0 (Ampere)

350 300 3,33

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Tabel Data Hasil Percobaan Beban Nol

Analisa Data

Dari dara di atas diperoleh :

X m=V 1

I nl √3−X1

(Ω)

= 350

3.33√ 3 −3.8264

= 56.85 Ω

Lm = Xm

ω1

= 0,181 H

Percobaan Analisa Pengaruh Tahanan Rotor Tidak Seimbang Terhadap Torsi Dan Putaran Motor Induksi

1. Rangkaian Percobaan

Gambar Rangkaian percobaan pembebanan motor induksi dengan tahanan luar yang tidak seimbang

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

1. Rangkailah rangkaian percobaan seperti Gambar 4.5 di atas.

2. Buat hubungan tahanan luar dalam hubungan Y.

3. Hubungkan tahanan luar ke terminal rotor, masing – masing tahanan luar buat pada harga 2

Ohm.

4. Tutup S1 yang menghubungkan PTAC1 dengan terminal stator lalu naikkan PTAC1 sampai

tegangan nominal yang ditentukan.

5. Tutup switch S3 lalu naikkan PTDC1 sampai A3 menunjukan arus penguat

nominal .

6. Tahanan R dibuat maksimum sesuai data yang ditentukan dan tutup S2, lalu catat

penunjukan A4, A5, A6, W , dan T serta n.

7. Turunkan tahanan R secara bertahap sesuai data yang di tentukan, dan pertahankan agar

tegangan di V1 konstan. Catat penunjukan A4, A5, A6, W , dan T serta n.

8. Ulangi prosedur no 4 sampai 7 dengan memperbesar salah satu tahanan luar dengan nilai

yang di tentukan, yaitu 3 Ω, 4 Ω, dan 5 Ω, untuk mendapatkan tahanan stator yang tidak

seimbang.

9. Percobaan dilakukan sampai arus mesin asinkron A1, A4, A5, A6, tidak melebihi arus

Nominal.

10. Percobaan selesai.

Data Hasil Percobaan

Vin = 300 Volt (LL)

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Vs = 300√ 3

= 173,2 Volt (LN)

Ra = 2,4 Ω

Rb = 2,4 Ω

Rc = 2,4 Ω

F1 = 50 Hz ; ω1 =2 π 50=314

P1=2

R (%) Nr SlipPin

(Kw)Torsi (Nm)

Ia (A) Ib (A) Ic (A)

20 1150 0,23 0,2 0,625 0,7 0,7 0,740 1100 0,26 0,26 0,75 0,8 0,8 0,860 1050 0,3 0,32 0,775 1 1 180 1000 0,33 0,35 1 1,1 1,1 1,1100 950 0,36 0,45 1,125 1,3 1,3 2,3

Tabel Data hasil percobaan pembebanan dengan tahanan rotor seimbang

Vin = 300 Volt (LL)

Vs = 300√ 3

= 173,2 Volt (LN)

Ra = 3,4 Ω

Rb = 2,4 Ω

Rc = 2,4 Ω

F1 = 50 Hz ; ω1 =2 π 50=314

P1=2

R (%) Nr SlipPin

(Kw)Torsi (Nm)

Ia (A) Ib (A) Ic (A)

20 900 0,4 0,45 2,4 1,34 1,6 1,640 880 0,41 0,48 2,6 1,57 1,83 1,8360 850 0,43 0,52 2,7 1,8 2,1 2,180 790 0,47 0,61 2,8 2,1 2,45 2,45100 700 0,53 0,62 2,9 2,3 2,7 2,7

Tabel Data hasil percobaan pembebanan dengan tahanan rotor tidak seimbang Ra = 3,4 Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Vin = 300 Volt (LL)

Vs = 300√ 3

= 173,2 Volt (LN)

Ra = 4,4 Ω

Rb = 2,4 Ω

Rc = 2,4 Ω

F1 = 50 Hz ; ω1 =2 π 50=314

P1=2

R (%) Nr SlipPin

(Kw)Torsi (Nm)

Ia (A) Ib (A) Ic (A)

20 800 0,46 0,6 2,75 3 3,3 3,340 750 0,5 0,62 3 3,2 3,8 3,860 720 0,52 0,63 3,25 3,3 4 480 700 0,53 0,65 3,6 3,55 4,4 4,4100 500 0,66 0,74 4 3,8 4,8 4,8

Tabel Data hasil percobaan pembebanan dengan tahanan rotor tidak seimbang Ra = 4,4 Ω

Vin = 300 Volt (LL)

Vs = 300√ 3

= 173,2 Volt (LN)

Ra = 5,4 Ω

Rb = 2,4 Ω

Rc = 2,4 Ω

F1 = 50 Hz ; ω1 =2 π 50=314

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

P1=2

R (%) Nr SlipPin

(Kw)Torsi (Nm)

Ia (A) Ib (A) Ic (A)

20 660 0,56 0,52 2,8 2,4 3,5 3,540 550 0,63 0,55 3,2 2,53 3,7 3,760 500 0,66 0,58 3,4 2,71 4 480 430 0,71 0,63 4,2 2,97 4,45 4,45100 350 0,76 0,67 4,8 3,3 4,91 4,91

Tabel Data hasil percobaan pembebanan dengan tahanan rotor tidak seimbang Ra = 5,4 Ω

Analisa Data

- Untuk Ra = 2,4 Ω, Rb = 2,4 Ω, Rc = 2,4 Ω

Beban = 20 %

Slip = 0,23

Te = 3P 1ω1

I 22 R2

S

= 3x 2314

0,72 2,40,23

= 0,0977 Nm

Beban = 40 %

Slip = 0,26

Te = 3P 1ω1

I 22 R2

S

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 3x 2314

0,82 2,40,26

= 0,112 Nm

Beban = 60 %

Slip = 0,3

Te = 3P 1ω1

I 22 R2

S

= 3x 2314

12 2,40,3

= 0,152 Nm

Beban = 80 %

Slip = 0,33

Te = 3P 1ω1

I 22 R2

S

= 3x 2314

1,12 2,40,33

= 0,168 Nm

Beban = 100 %

Slip = 0,36

Te = 3P 1ωs

I 22 R2

S

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 3x 2157

1,32 2,40,36

= 0,215 Nm

- Untuk Ra = 3,4 Ω, Rb = 2,4 Ω, Rc = 2,4 Ω

Beban =20 %

Slip = 0,4

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 1,34 + (-0,5 + j 0,866) 1,6 + (-0,5 – j 0,866)1,6 ]

= - 0,0866 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 1,34 + (-0,5 - j 0,866) 1,6 + (-0,5 + j 0,866)1,6 ]

= - 0,0866 A

Maka I 21 = - 0,0866 A , I 22 = - 0,0866 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,0866)+173,2

1,842+ j314 x0,19318

= 173,2+ j 3,91

1,842+ j 60,65

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 173,24∠1,2960,68∠ 88,26

= 2,854 ∠-86,97 A

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

= − j 314 (1−2 x0,4 ) 0,181x (−0.0866)

1,842+ j 314 (1−2x 0,4 ) 0,19318

= j 0,98

1,842+ j 12,13

= 0,98∠90

12,27∠81,36

= 0,07987∠8,64

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,85 x 0,0866 ∠-86,97 - 180) + image (0,07987 x 0.0866 ∠8,68 -

180)]

= 1,086 [(0,2468 sin -266,97) + (0,007 sin -171,32)]

= 0,266 – 0,00114

= 0,264Nm

Te1 = 0,266 Nm

Te2 = - 0,00114 Nm

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Beban = 40 %

Slip = 0,41

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 1,57 + (-0,5 + j 0,866) 1,83 + (-0,5 – j 0,866)1,83 ]

= - 0,0866 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 1,57 + (-0,5 - j 0,866) 1,83 + (-0,5 + j 0,866)1,83 ]

= - 0,0866 A

Maka I 21 = - 0,0866 A , I 22 = - 0,0866 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,0866)+173,2

1,842+ j314 x0,19318

= 173,2+ j 3,91

1,842+ j 60,65

= 173,24∠1,2960,68∠ 88,26

= 2,854 ∠-86,97 A

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= − j 314 (1−2 x0,41 )0,181 x (−0.0866)

1,842+ j 314 (1−2x 0,41 )0,19318

= j 0,886

1,842+ j 10,91

= 0,886∠90

11,06∠80,41

= 0,0783∠9,59

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,85 x 0,0866 ∠-86,97 - 180) + image (0,0783 x 0.0866

∠9,59 - 180)]

= 1,086 [(0,2468 sin -266,97) + (0,00678 sin -170,41)]

= 0,266 – 0,00112

= 0,265 Nm

Te1 = 0,266Nm

Te2 = - 0,00112Nm

Beban = 60 %

Slip = 0,43

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 1,8 + (-0,5 + j 0,866) 2,1 + (-0,5 – j 0,866)2,1 ]

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= - 0,1 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 1,8 + (-0,5 - j 0,866) 2,1 + (-0,5 + j 0,866)2,1 ]

= - 0,1 A

Maka I 21 = - 0,1 A , I 22 = - 0,1 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,1)+173,2

1,842+ j314 x 0,19318

= 173,2+ j 5,68

1,842+ j 60,65

= 173,29∠1,8760,68∠ 88,26

= 2,855 ∠-86,39 A

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

= − j 314 (1−2 x0,43 )0,181 x (−0.1)1,842+ j 314 (1−2 x 0,43 ) 0,19318

= j0,795

1,842+ j 8,49

= 0,795∠ 90

8,689∠77,75

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 0,0915∠12,25

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,855 x 0,1 ∠-86,39 - 180) + image (0,0915 x 0.1 ∠12,25 - 180)]

= 1,086 [(0,2855 sin -266,39) + (0,00915 sin -167,75)]

= 0,31 – 0,0022

= 0,3078 Nm

Te1 = 0,31 Nm

Te2 = - 0,0022 Nm

Beban = 80 %

Slip = 0,47

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 2,1 + (-0,5 + j 0,866) 2,45 + (-0,5 – j 0,866)2,45 ]

= - 0,1166 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 2,1 + (-0,5 - j 0,866) 2,45 + (-0,5 + j 0,866)2,45 ]

= - 0, 1166 A

Maka I 21 = - 0,1166 A , I 22 = - 0,1166 A

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,1166 )+173,2

1,842+ j314 x 0,19318

= 173,2+ j 6,62681,842+ j 60,65

= 173,38∠2,2

60,68∠ 88,26

= 2,864 ∠-86,06 A

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

= − j 314 (1−2 x0,47 ) 0,181x (−0.1166 )

1,842+ j 314 (1−2 x0,47 ) 0,19318

= j0,397

1,842+ j 3,64

= 0,397∠90

4,08∠63,41

= 0,0973∠26,59

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,864x 0,1166 ∠-86,06 - 180) + image (0,0973 x 0.1166 ∠29,59-

180)]

= 1,086 [(0,334 sin -266,06) + (0,0113 sin -150,41)]

= 0,362 – 0,00606

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 0,356 Nm

Te1 = 0,362 Nm

Te2 = - 0,00606 Nm

Beban = 100 %

Slip = 0,53

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[2,3 + (-0,5 + j 0,866) 2,7 + (-0,5 – j 0,866)2,7 ]

= - 0,133 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 2,3 + (-0,5 - j 0,866) 2,7 + (-0,5 + j 0,866)2,7 ]

= - 0,133 A

Maka I 21 = - 0,133 A , I 22 = - 0,133 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,133)+173,2

1,842+ j314 x 0,19318

= 173,2+ j 7,5591,842+ j 60,65

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 173,36∠2,5

60,68∠ 88,26

= 2,857 ∠-85,76A

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

= − j 314 (1−2 x0,53 )0,181 x (−0.133)

1,842+ j 314 (1−2 x 0,53 ) 0,19318

= − j 0,4535

1,842− j 3,64

= 0,4535∠270

4,08∠−63,15

= 0,111∠333,15

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,857 x 0,133 ∠-85,76 - 180) + image (0,111 x 0.133 ∠333,15-

180)]

= 1,086 [(0,38 sin -265,76) + (0,0147 sin 153,15)]

= 0,4115 + 0,00721

= 0,4187 Nm

Te1 = 0,4115 Nm

Te2 = 0,00721 Nm

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

- Untuk Ra = 4,4 Ω, Rb = 2,4 Ω, Rc = 2,4 Ω

Beban = 20 %

Slip = 0,46

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 3 + (-0,5 + j 0,866) 3,3 + (-0,5 – j 0,866)3,3 ]

= - 0,1 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 3 + (-0,5 - j 0,866) 3,3 + (-0,5 + j 0,866)3,3 ]

= - 0,1 A

Maka I 21 = - 0,1 A , I 22 = - 0,1 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,1)+173,2

1,842+ j314 x 0,19318

= 173,2+ j 5,68

1,842+ j 60,65

= 173,29∠1,87860,68∠88,26

= 2,8558 ∠-86,382A

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= − j 314 (1−2 x0,46 ) 0,181x (−0.1)1,842+ j 314 (1−2 x 0,46 ) 0,19318

= j0,45

1,842+ j 4,85

= 0,45∠ 90

5,19∠69,2

= 0,0867∠20,8

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 56,86 [ image (2,8558 x 0,1 ∠-86,382 - 180) + image (0,0578 x 0.1 ∠20,8 -

180)]

= 341,16 [(0.28558 sin -266.382) + (0,00578 sin -159,2)]

= 0,31 – 0,00223

= 0,307 Nm

Te1 = 0,31 Nm

Te2 = - 0,00223 Nm

Beban = 40 %

Slip = 0,5

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 3,2 + (-0,5 + j 0,866) 3,8+ (-0,5 – j 0,866)3,8 ]

= - 0,2 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 3,2 + (-0,5 - j 0,866) 3,8 + (-0,5 + j 0,866)3,8 ]

= - 0,2 A

Maka I 21 = - 0,2 A , I 22 = - 0,2 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,2)+173,2

1,842+ j314 x 0,19318

= 173,2+ j 11,361,842+ j 60,65

= 173,57∠3,7560,68∠ 88,26

= 2,86 ∠-84,51A

I 22=− j ω1(1−2 S)Lm I 22

Rs+ j ω1(1−2 S)Ls

= − j 157 (1−2 x0,5 )56,85 x (−0.1666)

1,842+ j 157 (1−2 x0,5 )0,19318

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 0

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I r 1¿ )+ Image ( I 22 I r2

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,86 x 0,2 ∠-84,51 - 180) ]

= 1,086(0.572 sin -264,51)

= 0,618 Nm

Te1 = 0,618 Nm

Te2 = 0

Beban = 60 %

Slip = 0,52

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 3,3 + (-0,5 + j 0,866) 4 + (-0,5 – j 0,866)4 ]

= - 0,233 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 3,3 + (-0,5 - j 0,866) 4 + (-0,5 + j 0,866)4 ]

= - 0,233 A

Maka I 21 = - 0,233 A , Ir2 = - 0,233 A

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,233)+173,2

1,842+ j314 x 0,19318

= 173,2+ j 13,241,842+ j 60,65

= 173,705∠ 4,4260,68∠ 88,26

= 2,862 ∠-83,84 A

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

= − j 314 (1−2 x0,52 )0,181 x (−0.233)

1,842+ j 314 (1−2 x 0,52 )0,19318

= − j0,53

1,842− j 2,42

= 0,53∠270

3,04∠−52,72

= 0,1743∠322,72

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,862 x 0,233 ∠-83,84 - 180) + image (0,1743 x 0.233 ∠322,72

- 180)]

= 1,086 [(0.6668 sin -263.84) + (0,0406 sin 142,72)]

= 0,72 + 0,0267

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 0,747 Nm

Te1 = 0,72 Nm

Te2 = 0,0267 Nm

Beban = 80 %

Slip = 0,53

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 3,55 + (-0,5 + j 0,866) 4,4 + (-0,5 – j 0,866)4,4 ]

= - 0,283 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 3,55 + (-0,5 - j 0,866) 4,4 + (-0,5 + j 0,866)4,4 ]

= - 0,283 A

Maka I 21 = - 0,283 A , I 22 = - 0,283 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,283)+173,2

1,842+ j314 x 0,19318

= 173,2+ j 16,081,842+ j 60,65

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 173,94∠5,3

60,68∠ 88,26

= 2,866 ∠-82,96 A

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

= − j 314 (1−2 x0,53 )0,181 x (−0.283)

1,842+ j 314 (1−2x 0,52 )0,19318

= − j 0,965

1,842− j 3,64

= 0,965∠270

4,08∠−63,16

= 0,2365∠333,16

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,866 x 0,283 ∠-82,96 - 180) + image (0,2365 x 0.283 ∠333,16

- 180)]

= 1,086 [(0.811 sin -262.96) + (0,067 sin 153,16)]

= 0,874 + 0,03285

= 0,9068 Nm

Te1 = 0,874 Nm

Te2 = 0,03285 Nm

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Beban = 100 %

Slip = 0,66

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 3,8 + (-0,5 + j 0,866) 4,8 + (-0,5 – j 0,866)4,8 ]

= - 0,333 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 3,8 + (-0,5 - j 0,866) 4,8 + (-0,5 + j 0,866)4,8 ]

= - 0,333 A

Maka I 21 = - 0,333 A , I 22 = - 0,333 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,333)+173,2

1,842+ j314 x 0,19318

= 173,2+ j 18,9251,842+ j 60,65

= 174,23∠ 6,23560,68∠ 88,26

= 2,87 ∠-82,025 A

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

= − j 314 (1−2 x0,66 ) 0,181x (−0.333)

1,842+ j 314 (1−2 x 0,66 ) 0,19318

= − j6,056

1,842− j 19,41

= 6,056∠270

19,5∠−84,57

= 0,31∠354,57

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,87x 0,333 ∠-82,025 - 180) + image (0,31 x 0.333 ∠354,57-

180)]

= 1,086 [(0.9557 sin -262.025) + (0,103 sin 174,57)]

= 1,0278 + 0,01

= 1,0378 Nm

Te1 = 1,0278 Nm

Te2 = 0,01 Nm

- Untuk Ra = 5,4 Ω, Rb = 2,4 Ω, Rc = 2,4 Ω

Beban = 20 %

Slip = 0,56

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 2,4 + (-0,5 + j 0,866) 3,5 + (-0,5 – j 0,866)3,5 ]

= - 0,366 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 2,4 + (-0,5 - j 0,866) 3,5 + (-0,5 + j 0,866)3,5 ]

= - 0,366 A

Maka I 21 = - 0,366 A , I 22 = - 0,366 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,366)+173,2

1,842+ j314 x0,19318

= 173,2+ j 20,8

1,842+ j 60,65

= 174,44∠6,84860,68∠88,26

= 2,874∠-81,412 A

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

= − j 314 (1−2 x0,56 ) 0,181x (−0.366)

1,842+ j 314 (1−2x 0,56 ) 0,19318

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= − j2,5

1,842− j 7,28

= 2,5∠270

7,51∠−75,8

= 0,33289∠345,8

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,874x 0,366 ∠-81,412 - 180) + image (0,33289 x 0.366 ∠

345,8- 180)]

= 1,086 [(1,052sin -261.412) + (0,1218 sin 165,8)]

= 1,13 + 0,0324

= 1,1624 Nm

Te1 = 1,13 Nm

Te2 = 0,0324 Nm

Beban = 40 %

Slip = 0,63

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 13

[ 2,53 + (-0,5 + j 0,866) 3,7 + (-0,5 – j 0,866)3,7 ]

= - 0,39 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 2,53 + (-0,5 - j 0,866) 3,7 + (-0,5 + j 0,866)3,7 ]

= - 0,39 A

Maka I 21 = - 0,39 A , I 22 = - 0,39 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,39)+173,2

1,842+ j314 x 0,19318

= 173,2+ j 22,161,842+ j 60,65

= 174,61∠7,3

60,68∠ 88,26

= 2,877∠-80,96 A

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

= − j 314 (1−2 x0,63 )0,181 x (−0.39)1,842+ j 314 (1−2 x 0,63 ) 0,19318

= − j5,76

1,842− j 15,77

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 5,76∠ 270

15,87∠−83,33

= 0,363∠353,33

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,877x 0,39 ∠-80,96 - 180) + image (0,363 x 0.39 ∠353,33-

180)]

= 1,086 [(1,122sin -260.96) + (0,1415 sin 173,33)]

= 1,2 + 0,0178

= 1,2178 Nm

Te1 = 1,2 Nm

Te2 = 0,0178 Nm

Beban = 60 %

Slip = 0,66

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 2,71 + (-0,5 + j 0,866) 4 + (-0,5 – j 0,866)4 ]

= - 0,43 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 13

[ 2,71 + (-0,5 - j 0,866) 4 + (-0,5 + j 0,866)4 ]

= - 0,43 A

Maka I 21 = - 0,43 A , I 22 = - 0,43 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,43)+173,2

1,842+ j314 x 0,19318

= 173,2+ j 24,431,842+ j 60,65

= 174,91∠8,0260,68∠ 88,26

= 2,882∠-80,24A

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

= − j 314 (1−2 x0,66 ) 0,181x (−0.43)1,842+ j 314 (1−2 x 0,66 ) 0,19318

= − j 7,82

1,842− j 19,4

= 7,82∠270

19,48∠−84,57

= 0,401∠354,57

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,882x 0,43 ∠-80,24 - 180) + image (0,401 x 0.43 ∠354,57-

180)]

= 1,086 [(1,24sin -260.24) + (0,1724 sin 174,57)]

= 1,327 + 0,0177

= 1,3447 Nm

Te1 = 1,327 Nm

Te2 = 0,0177 Nm

Beban = 80 %

Slip = 0,71

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 2,97 + (-0,5 + j 0,866) 4,45 + (-0,5 – j 0,866)4,45 ]

= - 0,493 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 2,97 + (-0,5 - j 0,866) 4,45 + (-0,5 + j 0,866)4,45 ]

= - 0,493 A

Maka I 21 = - 0,493 A , I 22 = - 0,493 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

= − j 314 x0,181 x (−0,493)+173,2

1,842+ j314 x 0,19318

= 173,2+ j 28,021,842+ j 60,65

= 175,45∠9,2

60,68∠ 88,26

= 2,89∠-79,06 A

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

= − j 314 (1−2 x0,71 )0,181 x (−0.493)

1,842+ j 314 (1−2 x 0,71 )0,19318

= − j 11,768

1,842− j 25,47

= 11,768∠270

25,53∠−85,86

= 0,46∠355,86

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,89x 0,493 ∠-79,06 - 180) + image (0,46 x 0.493 ∠355,86 -

180)]

= 1,086 [(1,424sin -259.06) + (0,226 sin 175,86)]

= 1,518 + 0,0163

= 1,5343 Nm

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Te1 = 1,518 Nm

Te2 = 0,0163 Nm

Beban = 100 %

Slip = 0,76

I ar 1=13

( I ar + a I br + a2 I cr )

= 13

[ 3,3 + (-0,5 + j 0,866) 4,91 + (-0,5 – j 0,866)4,91 ]

= - 0,536 A

I ar 2=13

( I ar + a2 I br + aI cr )

= 13

[ 3,3 + (-0,5 - j 0,866) 4,91 + (-0,5 + j 0,866)4,91 ]

= - 0,536 A

Maka I 21 = - 0,536 A , I 22 = - 0,536 A

I 11=− j ω1 Lm I 21+V s

R1+ j ω1 L1

= − j 314 x0,181 x (−0,536)+173,2

1,842+ j314 x0,19318

= 173,2+ j 30,461,842+ j 60,65

= 175,85∠ 9,9760,68∠ 88,26

= 2,898∠-78,3 A

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

I 12=− jω1(1−2S )lm I 22

R1+ j ω1(1−2S) L1

= − j 314 (1−2 x0,76 ) 0,181x (−0.536)

1,842+ j 314 (1−2x 0,76 ) 0,19318

= − j15,84

1,842− j 31,54

= 15,84∠270

31,59∠−86,66

= 0,501∠356,66

Te = 3 P1 Lm [ Image ( I 11 I 21¿ )+ Image ( I 12 I 22

¿ )]= T e1+T e2

= 3 x 2 x 0,181 [ image (2,898x 0,536 ∠-78,3 - 180) + image (0,501 x 0.536 ∠356,66-

180)]

= 1,086 [(1,553sin -258,3) + (0,268 sin 176,66)]

= 1,65 + 0,017

= 1,667 Nm

Te1 = 1,65 Nm

Te2 = 0,017 Nm

2. Tabel Hasil Analisa Percobaan

- Ra = Rb = Rc = 2,4 Ω

R (%) SlipTorsi (Nm)

20 0,23 0,09740 0,26 0,11260 0,3 0,15280 0,33 0,168

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

100 0,36 0,215

Tabel Data hasil perhitungan pembebanan dengan tahanan rotor seimbang

- Ra = 3,4 Ω , Rb = Rc = 2,4 Ω

R (%)

SlipTe1

(NM)Te2

(Nm)Te (Nm)

20 0,4 0,266 -0.00114 0,26440 0,41 0,266 -0,00112 0,26560 0,43 0,31 -0,0022 0,307880 0,47 0,362 -0,00606 0,356100 0,53 0,4115 -0,00721 0,4187

Tabel Data hasil perhitungan pembebanan dengan tahanan rotor tidak seimbang untuk Ra = 3,4Ω

- Ra = 4,4 Ω , Rb = Rc = 2,4 Ω

R (%)

SlipTe1

(NM)Te2

(Nm)Te (Nm)

20 0,46 0,31 -0,00223 0,30740 0,5 0,618 - 0,61860 0,52 0,72 0,0267 0,74780 0,53 0,874 0,03285 0,9068100 0,66 1,0278 0,01 1,0378

Tabel Data hasil perhitungan pembebanan dengan tahanan rotor tidak seimbang untuk Ra = 4,4Ω

- Ra = 5,4 Ω , Rb = Rc = 2,4 Ω

R (%) SlipTe1

(NM)Te2

(Nm)Te

(Nm)20 0,56 1,13 0,0324 1,1624

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

40 0,63 1,2 0,0178 1,217860 0,66 1,327 0,0177 1,344780 0,71 1,518 0,0163 1,5343100 0,76 1,65 0,017 1,667

Tabel Data hasil perhitungan pembebanan dengan tahanan rotor tidak seimbang untuk Ra = 5,4Ω

Kurva Pengaruh Tahanan Rotor Tidak Seimbang Terhadap Torsi Dan Putaran Motor Induksi

A. Dari Hasil Perhitungan

- Untuk Ra = Rb = Rc = 2,4Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Gambar Kurva hasil perhitungan percobaan pembebanan dengan tahanan rotor seimbang

- Untuk Ra = 3,4Ω Rb = Rc = 2,4Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Gambar Kurva hasil perhitungan percobaan pembebanan dengan tahanan rotor tidak

seimbang seimbang untuk Ra = 3,4Ω

- Untuk Ra = 4,4Ω Rb = Rc = 2,4Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Gambar Kurva hasil perhitungan percobaan pembebanan dengan tahanan rotor tidak

seimbang seimbang untuk Ra = 4,4Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

- Untuk Ra = 5,4Ω Rb = Rc = 2,4Ω

Gambar Kurva hasil perhitungan percobaan pembebanan dengan tahanan rotor tidak

seimbang seimbang untuk Ra =5,4Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Dari keseluruhan hasil perhitungan percobaan pembebanan motor induksi rotor

belitan dengan tahanan rotor yang seimbang dan tidak seimbang, maka dapat

digambar kurva seperti di bawah ini :

Gambar Kurva seluruh perhitungan percobaan pembebanan

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

B. Dari Hasil Prcobaan

- Untuk Ra = Rb = Rc = 2,4Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Gambar 4.11 Kurva percobaan pembebanan dengan tahanan rotor seimbang

- Untuk Ra = 3,4Ω Rb = Rc = 2,4Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Gambar 4.12 Kurva percobaan pembebanan dengan tahanan rotor tidak seimbang untuk Ra

= 3,4 Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

- Untuk Ra = 4,4Ω Rb = Rc = 2,4Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Gambar 4.13 Kurva percobaan pembebanan dengan tahanan rotor tidak seimbang untuk Ra

= 4,4 Ω

- Untuk Ra = 5,4Ω Rb = Rc = 2,4Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Gambar 4.14 Kurva percobaan pembebanan dengan tahanan rotor tidak seimbang untuk Ra

= 5,4 Ω

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Dari keseluruhan hasil perhitungan pembebanan motor induksi rotor belitan dengan tahanan rotor

yang seimbang dan tidak seimbang, maka dapat digambar kurva seperti di bawah ini :

Gambar 4.15 Kurva seluruh dari percobaan pembebanan motor induksi

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)

Maka dapat disimpulkan bahwa :

1. Jika tahanan rotor tidak seimbang maka dengan beban yang sama torsi semakin

besar dan putarannya akan semakin menurun.

2. Semakin tidak seimbang rotornya maka dengan beban yang sama maka torsi

semakin besar dan putaran semakin menurun.

3. Motor dengan tahanan stator tidak seimbang dapat menurunkan kinerja kerja dari

motor induksi.

M. Azhary Siregar. St (Azhary_din@yahoo.com for FB and Email)