analisis rangkaian lis trik - opencourseware and articles · dua konsep yang berbeda. ... kaidah...

AnalisisAnalisis Rangkaian Rangkaian LisListriktrikDi Di KawasanKawasan FasorFasor

OlehOleh : : SudaryatnoSudaryatno SudirhamSudirham

Open Course

Pengantar

Sajian kuliah ini mengenai analisis rangkaian listrik di

kawasan fasor dalam kondisi mantap, yang hanya berlaku

untuk sinyal sinus

Dengan fasor, operasi-operasi diferensial dan integral pada

elemen-elemen dinamis dapat dihindari

Fasor dan Impedansi

Kaidah Rangkaian dan Diagram Fasor

Teorema Rangkaian dan Metoda Analisis di Kawasan Fasor

Analisis Daya

Penyediaan Daya dan Perbaikan Faktor Daya

Sistem Tiga Fasa Seimbang

Cakupan Bahasan

Tujuan :

Memahami dan mampu menyatakan sinyal sinus ke dalam bentuk fasor

Mampu melakukan operasi-operasi fasor

Memahami konsep impedansi di kawasan fasor

Mampu melakukan perhitungan rangkaianimpedansi

Mengapa Fasor

?

Di kawasan waktu, bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai

)cos( θ−ω= tAy

Sudut 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 CC

1

MengapaMengapa FasorFasor ??


Sementara itu bentuk gelombang sinus sangat luas di gunakan.

Energi listrik, dengan daya ribuan mega watt, dislurkan

menggunakan bentuk gelombang sinus.

Demikian pula radio dan televisi menggunakan bentuk

gelombang sinus dalam transmisinya.

Pekerjaan analisis rangkaian, dimana peubah rangkaiannya

berbentuk gelombang sinus, akan sangat dipermudah jika

operasi-operasi diferensial dapat dihindarkan.

Dalam matematika ada sebuah fungsi yang turunannya

berbentuk sama dengan fungsi itu sendiri, yaitu

fungsi eksponensial


Jika sinyal sinusoidal dapat dinyatakan dalam bentuk

fungsi eksponensial, maka operasi diferensial akan

sangat dipermudah bahkan dihindarkan

xx

edx

de= x

x

Aedx

dAe=

Keinginan itu ternyata bisa dipenuhi karena

ada hubungan antara fungsi sinus dan fungsi eksponensial yaitu

identitas Euler

xjxe jx sincos +=

Ini adalah fungsi eksponensial kompleks

Berikut ini kita akan melihat

ulang bilangan kompleks


Ini adalah fungsi cosinus yang

digunakan untuk menyatakan

sinyal sinusoidal

BilanganBilangan KompleksKompleks

Pengertian Tentang Bilangan Kompleks

012 =+s

Tinjau Persamaan:

js =−= 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

Bilangan kompleks s didefinisikan sebagai:

jbas += dengan a ∈ ℜ dan b ∈ ℜ

bagian nyata dari s

Re(s) = a

bagian imajiner dari s

Im(s) = b


a Re

Im

s = a + jbjb

(sumbu nyata)

(sumbu imajiner)

Representasi Grafis Bilangan Kompleks

S = |S|cosθ + j|S|sinθ

|S|cosθ = Re (S)

|S| sinθ = Im (S)

θ = tan−1(b/a)

22 baS +=


bagian nyata dari S

bagian imaginer dari S

a Re

Im

S = a + jbjb

(sumbu nyata)

(sumbu imajiner)

Re

Im

S = a + jb

θ| S

|jb

a

Bilangan kompleks dinyatakan

dengan menggunakan vektor

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

Im

4

3

2

1

-1

-2

-3

3 + j4

θ

= 5cosθ + j5sinθ

5


Contoh:

Operasi-Operasi Aljabar Bilangan Kompleks

Penjumlahan dan Pengurangan

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

−−

×


+ --

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

+−=++−=

++=


Contoh:diketahui:

maka:

Bentuk Sudut Siku dan Bentuk Polar

)sin(cos)( θ+θ== τθτθ+τ jeeee jj

Fungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai

dengan eτ adalah fungsi eksponensial riil

jbaS +=

)sin(cos22 θ+θ+= jbaS

θ+= jebaS 22

Dengan identitas Euler ini bilangan

komleks yang dituliskan sebagai:


θ+θ=θ sincos je 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:

|S| = 10

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

)5,0sin5,0(cos 10

jj

jS

+=+=

+=

sudut fasa: θ = ∠S = 0,5 radS = 10 e j0,5Bentuk Polar

Bentuk Sudut Siku

rad 93,03

4tan 1 ==θ=∠ −SS = 3 + j4

S = 5e j 0,93

543 || 22 =+=SBentuk Sudut Siku

Bentuk Polar

543 || 22 =+=S rad 93,03

4tan 1 ========−−−−====∠∠∠∠ −−−−θSS = 3 − j4

S = 5e − j 0,93

Bentuk Sudut Siku

Bentuk Polar


Contoh:

Kompleks Konjugat

S = a + jb

S* = a − jb

Re

ImS* = p + jq

S = p − jq

Re

Im

* 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:

Bilangan kompleks S mempunyai konjugat S*

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

dan

Pernyataan Sinyal Sinus Pernyataan Sinyal Sinus

Dalam Bentuk FasorDalam Bentuk Fasor

Fasor

Sinyal Sinus di kawasan waktu : )cos( θ+ω= tAv

Mengingat relasi Euler, fungsi ini bisa dipandang sebagai

bagian riil dari suatu bilangan kompleks

A e j(ωt+θ) = A cos(ωt + θ) + j sin(ωt + θ) = V

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

Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk FasorPernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor

hanya amplitudo A dan sudut fasa θ yang diperhatikan

karena ω diketahui sama untuk seluruh sistem

Inilah yang disebut Fasor

Jika seluruh sistem (rangkaian) mempunyai ωbernilai sama maka ejωt bernilai tetap

sehingga tak perlu selalu dituliskan

V = A e j θdapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks :

dan sinyal sinus )cos( θ+ω= tAv

Re dan e jωωωω

tidak ditulis lagi


Penulisan dan Penggambaran Fasor

θ∠=

= θ

A

Ae j

V

V

dituliskan

sincos θ+θ=θ∠= jAAAV

∠+=+= −

a

bbajba 122 tanV

V

|A|

θ

Im

Rea

jb

Karena hanya amplitudo dan sudut

fasa saja yang diperhatikan maka


Contoh: penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor

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

atau 4510

oo1

o1

jj −=−+−=

−∠=

V

V )45500cos(10)( o1 −= ttv

)30500cos(15)( o2 += ttv

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

atau 3015

oo2

o2

jj +=+=

∠=

V

V

menjadi:

menjadi:

Pada frekuensi ω = 500

1000cos4)( 1 tti −=

4)0sin(4)0cos(4

atau 04

oo1

o1

−=−−=

∠−=

jI

I

)901000cos(3)( o2 −= tti

3)90sin(3)90cos(3

atau 903

oo2

o2

jj −=−+−=

−∠=

I

I

menjadi:

menjadi:

Pada frekuensi ω = 1000

Fasor Negatif dan Fasor Konjugat

A|A|

θ

Im

Re−−−−A|A|

A*

−θa

jb

−a

−jb


Jika θ∠= AA

θ−∠= A*A

( )( ) 180

180

o

o

−θ∠=

+θ∠=−

A

AA

maka negatif dari A adalah

dan konjugat dari A adalah

jba −−=− A

jba −=*A

jba +=AJika

• Perkalian )( 21 θ+θ∠=× ABBA

)( 21

2

1 θ−θ∠=θ∠θ∠

=B

A

B

A

B

A• Pembagian

Operasi-Operasi Fasor

2θ∠= BB1θ∠= AA

( ) ( )( ) ( )2121

2121

sinsincoscos

sinsincoscos

θ−θ+θ−θ=−

θ+θ+θ+θ=+

BAjBA

BAjBA

BA

BA

• Penjumlahan dan Pengurangan


Jika diketahui :

maka :

o1 4510 −∠=V

o2 3015∠=V

o1 04∠−=I

o2 903 −∠=I

(((( )))) (((( )))) 343004213 jjj −−−−−−−−====−−−−++++++++−−−−====++++==== III

o122

3 9,216 5 4

3tan)3()4( ∠∠∠∠====

−−−−

−−−−∠∠∠∠−−−−++++−−−−==== −−−−I

ooo*

111 4540 )04()4510( −−−−∠∠∠∠−−−−====∠∠∠∠−−−−××××−−−−∠∠∠∠======== IVS

ooo*

222 12045)903()3015( ∠∠∠∠====∠∠∠∠××××∠∠∠∠======== IVS

o

o

o

2

22 1205

903

3015∠=

−∠

∠==

I

VZ

o

o

o

1

11 455.2

04

4510−∠−=

∠−

−∠==

I

VZ


Contoh

Diketahui:

maka :

Re

I3

-4

-3

Im

216,9o

5

ImpedansiImpedansi

ImpedansiImpedansi

Impedansi di kawasan fasorImpedansi suatu elemen rangkaian di kawasan

fasor adalah perbandingan antara

fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut

x

xxZ

I

V=

impedansi

fasor tegangan

fasor arus

Catatan:

Ada pengertian impedansi di kawasan s yang

belum akan kita pelajari dalam kuliah ini

• Resistor

θω

θ+ω

=

=

θ+ω=

jtjRm

tjRm

RmR

eei

ei

titi

)cos()(

)(

+ vR−

iR

θω=

=jtj

Rm

RR

eeRi

tRitv

)()(

θ∠= RR II

RR RIV =

R

RRI

V=

Kawasan fasor

Kawasan waktu

Impedansi

ImpedansiImpedansi

resistansi resistor di kawasan waktu

bernilai sama dengan

impedansinya di kawasan fasor

R

R

i

vR =

• Induktor

ImpedansiImpedansi

iL

+vL−

θω

θ+ω

=

=

θ+ω=

jtjLm

tjLm

LmL

eei

ei

titi

)cos()(

)(

)(

)()(

θωω=

=

jtjm

LL

eeiLj

dt

tdiLtv

θ∠= LL II

LL Lj IV ω=

LjZL

LL ω==

I

V

Kawasan fasor

Impedansi

dt

diLv L

L =

Kawasan waktu

hubungan diferensial hubungan linier

• Kapasitor

iC

+ vC −

`

)(

)(

)( θ+ωω=

=

tjCm

CC

evCj

dt

dvCti

)(

)cos()(

θ+ω=

θ+ω=tj

Cm

CmC

ev

tvtv Kawasan fasor

Impedansi

CC Cj VI ω=

θ∠= CC VV

Cj

CjZ

C

CC

ω−=

ω==

1

1

I

V

ImpedansiImpedansi

dt

dvCi C

C =

Kawasan waktu

hubungan diferensial hubungan linier

ImpedansiImpedansi

• Impedansi dan Admitansi

R

RRI

V= LjZ

L

LL ω==

I

V

Cj

CjZ

C

CC ω

−=ω

==1

1

I

V

Impedansi: Z

Admitansi: Y = 1 / Z

RYR

1=

L

j

LjZY

L

L ω−=

ω==

11Cj

ZY

C

C ω==1

IV Z=

VI Y=Perhatikan: relasi ini adalah

relasi linier.

Di kawasan fasor kita terhindar

dari perhitungan diferensial.

• Impedansi Secara Umum

)()( ω+ω= jXRZ

( ) ( )

+ω

ω−ω+

+ω=

ω+

ω+ω=+

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.

ImpedansiImpedansi

Memahami kaidah-kaidah rangkaian di kawasan fasor

Mampu mengaplikasikan kaidah-kaidah rangkaian

Mampu menggambarkan diagram fasor

Tujuan:

KaidahKaidah--KaidahKaidah

RangkaianRangkaian ImpedansiImpedansi

LjRZ seriRL ω+=

( )IV LjRseriRL ω+=

R

+ VR−

I

+ VL−

jωL

C

jRZ seriRC ω−=

IV 1

ω

+=Cj

RseriRC+ VC −

R−j/ωC

+ VR−

I

• Hubungan Seri

KaidahKaidah--KaidahKaidah RangkaianRangkaian ImpedansiImpedansi

IV

ω

−ω=C

jLjseriLC

ω

−ω=C

LjZ seriLC

1

−j/ωCjωL

+ VL−+ VC −

I

• Hubungan Seri dan Kaidah Pembagi Tegangan

Kaidah Pembagi Tegangan

nseritotal

seritotalseritotal

ZZZZ

Z

+⋅⋅⋅⋅++=

=

21

IV

totalseritotal

kk

Z

ZVV ×=


• Hubungan Paralel dan Kaidah Pembagi Arus

VV

I kk

k YZ

==

VVII total

n

k

k

n

k

ktotal YY === ∑∑== 11

n

n

k

ktotalZZZ

YY111

211

+⋅⋅⋅⋅++==∑=

totaltotal

kkk

Y

YY IVI ==

I3

R

Itotal

jωL

−j/ωC

I1I2


Kaidah Pembagi Arus

Diagram Diagram FasorFasor

• Arus Dan Tegangan Pada Induktor

IL

VL

Re

Im Arus

90o di belakang

tegangan

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

Ω=××= 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


• Arus Dan Tegangan Pada Kapasitor

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

V 9010

)0105,0()901020(

k 20)1050(10

1

o

o3o3

126

−∠=

∠××−∠×==

Ω−=××

−=

ω=

−

−

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)


• Beban Kapasitif

A 405dan V 10120 oo ∠=∠= IV

Ω−=−+−=

Ω−∠=∠

∠==

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

3024405

10120 o

o

o

jj

Z BI

V

Pada sebuah beban :

v(t) =120cos(314t +10o) V

i(t) = 5cos(314t + 40o) A

IV

Re

Im arus

mendahului

tegangan


• Beban Induktif

Pada sebuah beban :

v(t) =120cos(314t + 20o) V

i(t) = 5cos(314t − 40o) A

Ω+=

+=

Ω∠=−∠

∠==

8,2012

)60sin(24)60cos(24

6024405

20120

oo

o

o

o

j

j

Z BI

V

I

V

Re

Im

arus

tertinggal dari

tegangan

A 405 dan V 20120 oo −∠=∠= IV


• Beban : RLC seri , mencari solusi di kawasan waktu

Ω−∠=

−∠+=

Ω−=+−=

−

87,36125

100

75tan)75()100(

7510025 100100

o

122

jjjZ totA 36,872

87,36125

0250 o

o

o

∠=−∠

∠==

tot

s

Z

VI


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

Kembali ke kawasan waktu

251050500

1001020500

100 V; 0250

3

6

o

Ω=××=

Ω−=××

−=

Ω=∠=

−

−

jjZ

jj

Z

Z

L

C

RsV

100Ω −j100Ω

j25ΩVs=

250∠0oV

+−

Transformasi rangkaian

ke kawasan fasor

100Ω+−

20µF

50mHvs(t) =

250 cos500t V

i = ?

Ω−∠=

−∠+=

Ω−=+−=

−

87,36125

100

75tan)75()100(

7510025 100100

o

122

jjjZ tot

A 36,87287,36125

0250 o

o

o

∠=−∠

∠==

tot

s

Z

VI

100Ω −j100Ω

j25ΩVs=

250∠0oV

+−


I

V Re

Im

100Ω+−

20µF

50mHvs(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

Ω=Ω−=

Ω=∠=

jZjZ

Z

LC

RsV

• Beban : RLC seri , analisis di kawasan fasor

100Ω −j100Ω

j25ΩVs=

250∠0oV

+−

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

oo

o

o

oo

o

o

oo

o

∠=∠−∠

∠=

−∠=∠−∠

−∠=

∠=∠−∠

=

L

C

R

V

V

V

A 36,87287,36125

0250 o

o

o

∠=−∠

∠==

tot

s

Z

VI

87,3612575100 o Ω−∠=−= jZtot

Fasor Tegangan Tiap Elemen

Fasor tegangan rangkaian

mengikuti hukum Kirchhoff

LCRs VVVV ++=

• Beban : RLC seri, induktif

V 0250

100

25

100

o∠=

Ω=

Ω−=

Ω=

s

L

C

R

jZ

jZ

Z

V

Ω∠=

∠+=

Ω+=+−=

−

87,36125

100

75tan)75()100(

75100100 25100

o

122

jjjZtot

A 36,87287,36125

0250 o

o

o

−∠=∠

∠==

tot

s

Z

VI

100Ω −j25Ω

j100ΩVs=

250∠0oV

+−

I

V Re

Im


Pada beban kapasitif |ZL| > |ZC|

arus tertinggal dari tegangan

• Beban : RLC paralel


.0250

01.0

04.0

01.0

o∠=

Ω−=

Ω=

Ω=

s

L

C

R

jY

jY

Y

V

03.001.0

01.004.001.0

j

jjYtot

+=

Ω−+=

100Ω

−j25Ω

j100ΩVs=

250∠0oV

+−

I

o122 6.719.75.2

5.7tan5.72.5

5.75.2)03.001.0(250

∠=+=

+=+×==

−

jjYVI

I

V Re

Im

Tujuan:

Memahami teorema-teorema rangkaian di kawasan fasor

Memahami metoda analisis rangkaian di kawasan fasor

Mampu melakukan analisis rangkaian di kawasan fasor pada

sistem satu fasa

Teorema RangkaianTeorema Rangkaian

• Prinsip Proporsionalitas

XY K=

Y = fasor keluaran, X = fasor masukan, dan K = konstanta

proporsionalitas yang pada umumnya merupakan bilangan kompleks

• Prinsip Superposisi

* selalu berlaku di kawasan waktu

* berlaku di kawasan fasor bila frekuensi sama


• Teorema Thévenin dan Norton

T(T(((TT

ZYYZ

1 ; ; === VIIV

RT

A

B

vT+−

VT

ZT

A

B

+−

Kawasan waktu Kawasan fasor


• Contoh Prinsip Superposisi

20cos4t V+_ 8Ω

3cos4t Aio3H

20∠0o +_

8Ω− j6Ω

Io1j12Ω 8Ω

3∠0o− j6Ω

Io2j12Ω

A 9,3629,3610

020

68

020

6128

020

o

o

o

oo

o1

−∠=∠

∠=

+∠

=−+

∠=

jjjI

A 4,1932,4039,3610

3,564,14

0368

12803

)128/(1)6/(1

)6/(1

oo

o

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


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

jjj

BAT

−−=+−−=

∠−−∠=−= VVV

Ω−=−

−×+= 99,09,109

10010

)100(10100 j

j

jZ T

+−−j100Ω

10Ω

100Ω0,1∠−90o A

20∠45o V

`

A B

Contoh Rangkaian Ekivalen Thévenin

+−

VTZT

A B


Metoda Analisis

• Metoda Keluaran Satu Satuan

−j9Ω −j3Ω

+

−−−−14∠0 V

12ΩA B C

D

9Ω 3Ω

Ix

j3ΩI1

I2

I3

I4

+ vx −+

−−−−

14cos2t

V

12ΩA B C

D

9Ω 3Ω

ix

3/2

H

1/6 F1/18 F

ti

K

x

xx

2cos5,0

05,028

014

28

1

28

1 oo

A

A

=→

∠=∠

==→== 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

Metoda Analisis DasarMetoda Analisis Dasar

• Metoda Superposisi

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

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

ooo2o1o

o2o

o1o

++−=+=

+=−=

ttiii

titi

Fasor Io1 dan Io2 tidak dapat langsung dijumlahkan karena sumber berbeda

frekuensi. Kembali ke kawasan waktu, baru kemudian dijumlahkan

20cos4t V+_ 9Ω

3cos2t Aio3H

20∠0o+_

9Ω− j6Ω

Io1j12Ω 9Ω

3∠0o− j12Ω

Io2j6Ω

A 9,3629,3610

020

68

020

6128

020

o

o

o

oo

o1

−∠=∠

∠=

+

∠=

−+

∠=

jjjI

A 8,733039,3610

9,3610

0368

6803

)68/(1)12/(1

)12/(1

oo

o

o

ooo2

∠=∠×−∠

∠=

∠×−

+=∠×

++−

−=

j

j

jj

jI


• Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin

+

−−−− 18cos2t V

i

6Ω2Ω

2Ω1H

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

42

o

ti

jjj

j

jjjZT

T

=⇒

∠=

+−++

×+

=−+

=V

I

+

− 18∠0o V

6Ω2Ω

A

B

−j4Ω

j2Ωj4Ω

I

2Ω

+

− 18∠0o V

6Ω 2Ω

A

B

j4Ω

2Ω

(((( ))))Ω

12

47

48

812816

462

4622

j

j

j

jj

j

jZ T ++++

++++====

++++++++++++++++

====++++++++++++

++++====

+

− VT

IA

B

−j4Ω

ZT j2Ω


• Metoda Reduksi Rangkaian

− +

i1 =

0.1cos100t A

v =

10sin100t V

200µF 1H

50Ω

ix?A B

A B− +

I1 =

0.1∠0o A

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 Ω paralel

dengan induktor j100 Ω

Simpul B hilang. Arus Iy yang

sekarang mengalir melalui resistor

50Ω, bukanlah arus Ix yang dicari; Iy

kali 50Ω adalah tegangan simpul A,

bukan tegangan simpul B tempat Ix

keluar

IyA

I2

−j50Ωj100Ω

50Ω

I1 =

0.1∠0o A

Iy

−j50Ω j100Ω

50ΩI1 − I2


• 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

− +

I1 =

0,1∠0o A

V=

10∠−90oV

−j50Ω j100Ω

50Ω

Ix=?A B

VVV

VVVI

−=−

=++−

+−

BA

BBA1

: B

05010050

:A jj

∠

∠=

−

+− o

o

B

A

9010

01,0

11

50

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

jx

VV

IV

Metoda Analisis Metoda Analisis UmumUmum

• Metoda Arus Mesh

− +

I =

0,1∠0o A

V=10∠−90oV

−j50Ω 50Ω

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

o

32

o

3

01

−∠=

+−=

−∠=

−−

=

∠=

j

jj

j

j

II

I

I

Metoda Analisis Metoda Analisis UmumUmum

Tujuan:

Memahami daya nyata dan daya reaktif

Memahami gejala alih daya

Mampu menghitung alih daya maksimum

Tinjauan Daya di

Kawasan Waktu

tIitVv mbmb ω=θ+ω= cos ; )cos(

( )

( ) tIV

tIV

tIV

tIVIV

tttIVttIVvip

mmmm

mmmmmm

mmmmb

ω

θ−ω+

θ=

ωθ−ωθ+θ=

ωθω−θω=ωθ+ω==

2sinsin2

2cos1cos2

2sinsin2

2coscos2

cos2

cossinsincoscos cos)cos(

Tegangan dan arus bebanmerupakan fungsi waktu

Tinjauan Daya di Kawasan Waktu

Nilai rata-rata

= VrmsIrmscosθ

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

*VI=S

rmsrms IVS =

θ=θ=

θ=θ=

+=

sinsin

cos cos

rmsrms

rmsrms

IVSQ

IVSP

jQPS

θ−∠=∠= rmsrms IV IV dan 0o

Tegangan dan Arus dalam Fasor

• Daya Kompleks :

Re

Im

VI

I*

S = VI*

ϕP

jQ

Segitiga daya

Faktor DayaS

P=ϕcos

Tinjauan Daya di Kawasan Fasor

S

P=θ= cos f.d.

S =VI*

jQ

PRe

Im

θV

I (lagging)

I*

Re

Im

θ

− jQ

PRe

Im

θ

S =VI*

V

I (leading)

I*

Re

Im

θ

Faktor daya lagging

Faktor daya leading

• Faktor Daya dan segitiga daya:


Daya Kompleks dan Impedansi Beban

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

=

=


• COTOH

seksi

sumber

seksi

beban

A

B

I

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

VAR 2100dan W 3640 == QP

866,0)30cos( dayafaktor =−=

VA 2100364030sin420030cos4200

30420010575,875480

oo

ooo*

jj

S

−=−=

−∠=−∠×+∠== VI

Ω=== 5,47)75,8(

364022

rms

BI

PR

Ω−=−

== 4,27)75,8(

210022

rms

BI

QX


Alih Daya

Alih Daya

• Alih Daya

Dalam rangkaian linier 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

CONTOH

50Ω

− +

I1 =

0,1∠0o A

V=10∠−90oV

−j50Ω j100Ω

I3

BA

C

I2 I4I5

[ ] [ ] oAC

oAC

010212

atau

001,050

1

50

1

100

1

50

1

∠−=−+

=∠+

−−

−++

jj

jjj

VV

VV

[ ]

V 61212

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

j

CA

+−=

∠−+−=−=⇒

+−=

−

+−−∠=

−

−=

−=

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 ΩΩΩΩ ?

Alih Daya

• Alih Daya Maksimum

Dengan Cara Penyesuaian Impedansi

+− VT

ZT = RT + jXT

ZB = RB + jXB

A

B

22

2

2

)()( BTBT

BT

BBXXRR

RRP

+++==

VI

(maksimum) 4

Jika

2

B

TBBT

RPRR

V=⇒=

dan

:adalah maksimum dayaalih adinyauntuk terjsyarat Jadi

TBBT XXRR −==

22 )()( BTBT

T

XXRR +++=

VI

2

2

)( BT

BT

BRR

RP

+=

VBT -XX =Jika

Alih Daya

CONTOH V 551011

1010

5010050

50 o jj

j

jj

jT −−=×

+

−=∠×

−+

−=V

Ω−=++−

+−= 7525

1005050

)10050(50j

jj

jjZT

Ω+= 7525 jZ B

W5,0254

55

4

22

=×

−−==

j

RP

B

T

MAX

V

A 13502,050

55 o−∠=−−

=+

=j

ZZ BT

TB

VI

B

+−

50Ω j100Ω

−j50Ω

A

10∠0o 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

Alih Daya

• Alih Daya Maksimum

Dengan Cara Sisipan Transformator

BB Z(

(Z

2

2

1

=′

impedansi yang

terlihat di sisi primer

θ′+θ′=′ sincos BBB ZjZZ

TTTB ZXRZ =+=′ 22

B

T

Z

Z

(

(=

2

1

ZB

+−

ZT

VT

(1 (2

( ) ( )22

2

sincos

cos

θ′++θ′+

θ′=

BTBT

BTB

ZXZR

ZP

V

0=′B

B

Zd

dP

Alih Daya

CONTOH

V 55 jT −−=V Ω−= 7525 jZT

+−

50Ω j100Ω

−j50Ω

A

B10∠0o V

25 + j 60

1028,1

6025

7525

22

22

2

1 =+

+===

B

T

Z

Z

(

(a

( ) ( )

( ) ( ) W49,0

60216,17525216,125

25216,150

22

2222

22

=×+−+×+

××=

+++=

BTBT

BT

B

XaXRaR

RaP

V

Seandainya

diusahakanΩ−= )6025( jZ B

( ) ( ) W06,0

60216,17525216,125

25216,15022=

×−−+×+

××=BP

Tidak ada peningkatan alih daya ke beban.

Alih Daya

Rangkuman Mengenai Fasor


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.


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.

Tujuan:

Memahami transformator dan diagram fasornya

Mampu menghitung kebutuhan daya dan faktor daya beban

Mampu menghitung penyediaan daya sumber dan tegangan

sumber untuk mencatu beban;

Mampu menentukan keperluan perbaikan faktor daya.

Pemyediaan Daya

Transformator

Pemyediaan Daya

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 Dua Belitan Tak Berbeban

+E2−

(2(1

If φ

Vs

+

E1

−

+

−−−−

maksmaks (f(f

E Φ=Φπ

= 11

1 44.42

2

maks(fE Φ= 22 44.4

masi transforrasio 2

1

2

1 =≡= a(

(

E

E

Belitan primer: Belitan sekunder:

I2 = 0

Pemyediaan Daya

Transformator Dua Belitan Tak Berbeban

+E2−

(2(1

If φ

Vs

+

E1

−

+

−−−−

tmaks ωΦ=φ sin

Fasor E1 sefasa dengan E2 karena

diinduksikan oleh fluksi yang sama.

t(dt

d(e maks ωωΦ=

φ= cos111

t(dt

d(e maks ωωΦ=

φ= cos222

rasio transformasi a = 1,

resistansi belitan primer R1

E1=E2

Iφ

φ

Ic

If

If R1

V1

Arus magnetisasi If dapat dipandang sebagai

terdiri dari dua komponen yaitu Iφ (90o

dibelakang E1) yang menimbulkan φ dan IC

(sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi-rugi

inti. Resistansi belitan R1 dalam diagram fasor

ini muncul sebagai tegangan jatuh IfR1.

Pemyediaan Daya

Ada Fluksi Bocor di belitan primer

E2∼Vs φl1

If φ

E1=E2Iφ

φ

Ic

If

IfR1

V1

φl

jIfXl

Representasi fluksi

bocor di belitan primer

1111111 XjRR fflf IIEEIEV ++=++=

ada fluksi bocor di

belitan primerMengatasi rugi-rugi

inti

Pemyediaan Daya

Transformator Berbeban

φγ

V2I2I’2

IfI1

I2R2

jI2X2E2

E1I1R1

jI1X1

V1

beban resistif , a > 1

Pemyediaan Daya

22222

22222

XjR

R l

IIV

EIVE

++=

++=

11111

11111

XjR

R l

IIE

EIEV

++=

++=

φ

V1φl1

I1

∼ V2φl2

I2

RB

Rangkaian Ekivalen

Z

R′2∼ If B

jX′2R1jX1

I1 I′2

V1E1

V′2=aV2

21

222221

111111

III

IIVE

IIEV

′+=

′′+′′+=

++=

f

XjRa

XjRI′2 , R′2 , dan X′2 adalah arus, resistansi, dan

reaktansi sekunder yang dilihat oleh sisi primer

R′2∼

If

B

jX′2R1jX1

I1 I′2

V1 E1

V′2=aV2

jXcRc

IcIφ

Pemyediaan Daya

∼ B

jXe =j(X1+ X′2)Re = R1+R′2

I1=I′2

V1V′2

I′2I′2Re

jI′2Xe

V′2

V1

Rangkaian Ekivalen yang Disederhanakan

arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari arus beban penuh

jika If diabaikan terhadap I1

kesalahan yang terjadi dapat

dianggap cukup kecil

Pemyediaan Daya

10 kW

f.d. 0,8

lagging

8 kW

f.d. 0,75

lagging

380 V rms

Contoh

Penyediaan

Daya

kVA 5,710sincos

sin 1

1

11111111 j

PjPSjPjQPS +=+=+=+= θ

θθ

kVA 78sincos

sin|| 22

222222 j

PjPSjPS +=θ

θ+=θ+=

kVA 5,1418785,7102112 jjjSSS +=+++=+=

Impedansi saluran diabaikan

lagging 78.0

5,1418

18cos

2212 =

+=θ Faktor daya total

tidak cukup baik

Pemyediaan Daya

Perbaikan Faktor Daya

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


Re

ImS12

jQ12

P12

-jQ12CS12C

jQ12C

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 =θ

kVA 9,518)95.0tan(arccos181812 jjS C +=+=

laggingC 95.0cos 12 =θ

kVAR 58,8 5,149,512 jjjjQ C −=−=−

F 190380100

8580

2µ

π=

×=C

( )CX

Q CC

C

C ω−==2

2

VV

CONTOH

diinginkan

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

kVA 78)75,0tan(arccos882 jjS +=+=

2

C

CQC

Vω−=


Diagram Satu Garis

Diagram Satu Garis

CONTOH

beban 1

10 kW

cos ϕ = 1

beban 2

8 kW

cos ϕ = 1

0,2 + j2 Ω 0,2 + j2 ΩVs

| V | = 380 V rms

kVA 0101 jS +=

A 021 A 0210380

08000 o2

o

o

*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

∠=

+=∠

+== j

jStot

IV

A 4,68,254,66,387

010000 o

o*1

11 ∠=

−∠

+==

jS

VI

A 5,373,46 88,264,46

0214,68,25

o

oo21

∠=+=

∠+∠=+=

j

s III

kVA 37,444,0

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

1

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 o

o

o

o*∠=

−∠

∠=

−∠

+==

jS

s

ss

IV

kVA 082 jS +=

Tujuan

Memahami hubungan sumber dan beban dalam sistem

tiga fasa seimbang.

Memahami hubungan fasor-fasor arus dan tegangan pada

sistem tiga fasa seimbang

Mampu menentukan hubungan fasor-fasor arus dan

tegangan pada sistem tiga fasa seimbang

Mampu melakukan analisis daya pada sistem tiga fasa

Sumber Sumber

SatuSatu Fasa dan Fasa dan TigaTiga FasaFasa

u

s

vs(t)R 1/jωC

jωLVs ∼

u

s

vs(t)

vs(t)vs(t)

Sebuah kumparan dipengaruhi oleh

medan magnet yang berputar dengan

kecepatan perputaran konstan

Sumber Sumber SatuSatu Fasa dan Fasa dan TigaTiga FasaFasa

B

A

C

(

VA(VB(

VC(

∼

∼∼

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

B

A

C

(

VA(VB(

VC(

− +

+−

−+

Sumber Sumber TigaTiga FasaFasa

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

( : titik netral

VA( , VB( ,VC(

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:

Diagram fasor sumber tiga fasa

Sumber terhubung YVA( = |VA(|∠ 0o

VB( = |VA(| ∠ -120o

VC( = |VA(| ∠ -240oKeadaan Seimbang

|VA(| = |VB(| = |VC(|

B

A

C

(

VA(VB(

VC(

− +

+−

−+

120o

120o VA(

VB(

VC(

Im

Re

Diagram fasor

tegangan


Sumber tiga fasa dan saluran menuju beban

C

B

A(

VA(VB(

VC(

− +

+−

−+ VAB

VBCVCA

IA

IB

IC

Tegangan fasa-netral

Tegangan fasa-fasa

Arus saluran

Sumber Tiga Fasa Terhubung Y

Saluran ke beban


Hubungan fasor-fasor tegangan

B(A((BA(AB 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

fnC(B(A(

VVVVV

VVVV

====

===

C(B((CB(BC VVVVV −=+=

A(C((AC(CA VVVVV −=+=

Dalam keadaan seimbang:

VA(

VB(

VC(VAB

VBC

VCA

Re

Im

30o

30o

30o

Tegangan

Fasa-netral 120o

−VB(


Arus saluran dan arus fasa


B

A

C

(

VA(VB(

VC(

− +

+−

−+

NA

B

C

Beban

terhubung

Y

Beban

terhubung

∆

Sumber

terhubung

Y

A

B

C

Arus di penghantar netral

dalam keadaan seimbang bernilai nol

Arus saluran

IA

IC

IB

Arus fasa

Arus fasa

BebanBeban TigaTiga FasaFasa


Beban terhubung Y

NA

B

C

ZIA

IC

IB

I(Z

Z

θθθ

−∠=−∠=∠

∠== f

A(A(A(A

ZZZI

VVVI

o0

3

3

***

3

θ

θ

∠=

∠=

++=

fff

AA(

CC(BB(AA(fS

IV

IV

IVIVIV

0=++ CBA IIIKeadaan seimbang

)120()120(120

oo

o

−−∠=−−∠=∠

−∠== θθ

θ f

B(B(B(B

ZZZI

VVVI

)240()240(240

oo

o

−−∠=−−∠=∠

−∠== θθ

θ f

C(C(C(C

ZZZI

VVVI

IA

VB(

VC(

VA(

Re

Im

θIB θ

IC

θ

referensi

Contoh

V 2203

380

3===

ff

fn

VV

V 240220

V 120220

referensi) sebagai ( V 0220

o

o

o

−∠=

−∠=

∠=

C(

B(

A(

V

V

V

A 44

A 8,27644

A 8,15644)1208,36(44

A 8,63448,365

0220

43

0220

o

ooo

o

o

oo

=

−∠=

−∠=−−∠=

−∠=∠

∠=

+∠

==

I

I

I

VI

C

B

A(A

jZ

kVA 8,3629

8,364402203 3

o

oo*

3

∠=

∠×∠×=×= AA(fS IV

kW 2,238.36cos29 o3 ==fP

kVAR 4,178.36sin29 o3 ==fQ

Z = 4 + j 3

Vff = 380 V (rms)

VA( referensiN

A

B

C

ZIA

IC

IB

I(Z

Z

VB(

VC(

VA(

Re

Im

IA

θIB θ

IC

θ


kW 2,234443 23 =××=fP

kVAR 4,174433 23 =××=fQ

Yakinkan:

Beban terhubung ∆

Z

ABAB

VI =

CAABA III −=

Z

V

Z

V

Z

ffffABAB θ

θ−∠=

∠

∠==

o0VI

)270(3 )270(3

)150(3 )150(3

)30(3 )30(3

oo

oo

oo

−θ−∠=−θ−∠=

−θ−∠=−θ−∠=

−θ−∠=−θ−∠=

fCAC

fBCB

fABA

II

II

II

I

I

I

θ∠=θ∠×∠×=×= 3 03 3 o*3 AfffffABABf IVIVS IV

sinsin3

coscos3

33

33

θ=θ=

θ=θ=

fAfff

fAfff

SIVQ

SIVP

IB

IA

IC

B

C

A

IBC

ICA

IAB

Z

Z

Z

VBC

VCA

VAB

Re

Im

IAB

θIBC θ

ICA

θ

−−−−ICA IA

ZZ

CACA

BCBC

VI

VI == ;

oo 240 ;120 −−∠=−−∠= θθ ABCAABBC IIII

BCCACABBCB IIIIII −=−= ;


Contoh

A

B

C

IA

IB

IC

IAB

IBC

ICA

Z = 4 + j 3

Vff = 380 V (rms)

VA( referensi

oooo 240220 ;120220 ;022003

380−∠=−∠=∠=∠= C(B(A( VVV

oo30380)30(3 ∠=+∠= A(A(AB V θV

A 8,6768,365

30380

34

30380 o

o

oo

−∠=∠

∠=

+∠

==jZ

ABAB

VI

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

kVA 523,69 8.3664.86

8.676303803 3

o

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

VB(

VC(

VA(IBC

ICA

Re

Im VAB

oo 210380 ; 90380 −∠=−∠= CABC VV

A 8,246762408,676

A 8,126761208,676

ooo

ooo

−∠=−−∠=

−∠=−−∠=

CA

BC

I

I

A 8.2766,131)2408,36(6.131

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

ooo

ooo

−∠=−−∠=

−∠=−−∠=

C

B

I

I


Analisis Daya Pada

Sistem Tiga Fasa

Pada dasarnya analisis daya pada

sistem tiga fasa tidak berbeda dengan

sistem satu fasa

Analisis Daya Pada Sistem Tiga Fasa

Contoh

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

j

jSZ

f

fasaper +=×+

==I

;kW 459,050cos3 =×== ϕfSP

kVA 8,2145 3 jS f +=⇒

33 3 fffffnfS IVIV ==⇒

3 *

3 ffnfS IV= ifvfn θθ −∠×∠×= IV3 )(3 ivffn θθ −∠= IV

kVAR 8,21436,050sin3 =×== ϕfSQ

kVA 3,7153

3

jS

Sf

fasaper +==⇒

. 03,2 ; 16,4 Ω=Ω=⇒ XR


Contoh

ϕ== coskW 100 BB SP

A 1538,04800

100

3cos

=××

=→

ϕ=

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

S

S

BSSSSumber

S

S

IV

IVIV

beban

VSVB

Z = 2 + j20 Ω

≈≈

ISIB

100 kW

4800 V rms

cosϕ = 0,8 lag

kVA 75100 jSB +=

|Ssumber| = ?

Vsumber= ?

kVAR 756,0125sin =×== ϕBB SQ


kVA 1258,0

100 ==BS

Courseware

Analisis Rangkaian Listrik

Di Kawasan Fasor

Sudaryatno Sudirham

analisis rangkaian lis trik - opencourseware and articles · dua konsep yang berbeda. ... kaidah...

Documents