rangkaian arus bolak-balik sinusoidal keadaan mantap.pdf
TRANSCRIPT
SudaryatnoSudirham
A li i R k i Li ikAnalisis Rangkaian Listrikdi Kawasan Fasordi Kawasan Fasor
(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)
1
Kuliah Terbukappsx beranimasi tersedia dippsx beranimasi tersedia di
www.ee-cafe.org
2
Buku-e
Analisis Rangkaian Listrik Jilid 1Analisis Rangkaian Listrik Jilid 1
tersedia di www.buku-e.lipi.go.id
danwww.ee-cafe.org
3
Isi Kuliah:
1. Fasor2. Pernyataan Sinyal Sinus3. Impedansi4. Kaidah Rangkaian5. Teorema Rangkaian6. Metoda Analisis7. Sistem Satu Fasa8. Analisis Daya9 P di D9. Penyediaan Daya10. Sistem Tiga‐fasa Seimbang
4
FasorMengapa Fasor?
5
)cos( θ−ω= tAy
Di kawasan waktu bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai
)cos( θω= tAySudut fasa
Frekuensi sudutAmplitudo
Analisis rangkaian listrik di kawasan waktu melibatkani dif i l d i t l k h boperasi diferensial dan integral, karena hubungan arus-
tegangan elemen-elemen adalah
di dv 1dtdiLv L
L = dtdvCi C
C = ∫= dtiC
v CC1
6
BentukBentuk gelombanggelombang sinus sinus sangatsangat luasluas digunakandigunakan
Energi listrik, dengan daya ribuan kilo watt, disalurkank b t k l b imenggunakan bentuk gelombang sinus.
Siaran radio juga dipancarkan dengan menggunakan bentukgelombang sinus
Pekerjaan analisis rangkaian, dimana peubah rangkaiannyaberbentuk gelombang sinus akan sangat dipermudah jika
gelombang sinus.
berbentuk gelombang sinus, akan sangat dipermudah jikaoperasi-operasi diferensial dapat dihindarkan.
7
Dalam matematika ada sebuah fungsi yang t b b t k d f i itturunannya berbentuk sama dengan fungsi itu
sendiri, yaitu
FungsiFungsi EksponensialEksponensialFungsiFungsi EksponensialEksponensial
xde xdAexedxde
= xAedx
dAe=
Jika sinyal sinus dapat dinyatakan dalam bentukfungsi eksponensial, maka operasi diferensial
dan integral akan terhindarkan
8
Hal itu dimungkinkan karenaada hubungan antara fungsi sinus dan fungsi eksponensial yaitu
Id titId tit E lE l
jjx i
IdentitasIdentitas EulerEuler
xjxe jx sincos +=
Bagian nyata pernyataang y p ykompleks ini yang digunakanuntuk menyatakan sinyal sinus
Ini adalah fungsi eksponensial kompleks
Berikut ini kita akanmelihat ulang bilangan
komplekskompleks
9
BilanganBilangan KompleksKompleks
PengertianPengertian TentangTentang BilanganBilangan KompleksKompleks
BilanganBilangan KompleksKompleks
PengertianPengertian TentangTentang BilanganBilangan KompleksKompleks
012 +
Tinjau Persamaan:
js 1
Akar persamaan adalah:
012 =+s js =−= 1
Bilangan tidak nyata (imajiner)g y ( j )
2.53
3.5
x
00.5
11.5
2
00 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
xTak ada nilai untuk negatifx xTak ada nilai untuk negatifx x
10
jbas += dengan a dan b adalah
Bilangan kompleks didefinisikan sebagai
jbas += bilangan nyata
bagian nyata dari s bagian imajiner dari sbagian nyata dari sRe(s) = a
bagian imajiner dari sIm(s) = b
( b i ji )Im
(sumbu imajiner)
s = a + jbjb jjb
Re(sumbu nyata)
a
11
RepresentasiRepresentasi GrafisGrafis BilanganBilangan KompleksKompleks
Im(sumbu imajiner)
Im
S = a + jbjb S = a + jbjb
a Re Reθ
a
S = |S|cosθ + j|S|sinθ
(sumbu nyata)
θ = tan−1(b/a)
22 baS +=Bilangan kompleks
|S|cosθ = Re (S)|S| sinθ = Im (S)
bagian nyata dari Sbagian imaginer dari S|S| sinθ = Im (S) bagian imaginer dari S
12
ImContohContoh
4
3
3 + j4 = 5cosθ + j5sinθ
3
2
1
5
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5Re
1
-1
θ
-2
-3
13
OperasiOperasi‐‐OperasiOperasi AljabarAljabar BilanganBilangan KompleksKompleks
Penjumlahan PenguranganPenjumlahan
jbas +=1
jjbas +=1
j
Pengurangan
)()(21 qbjpass −+−=−
jqps +=2 jqps +=2
)()(21 qbjpass +++=++ --
Perkalian
))(())(( 21 jqpjbass ++= )()( bpaqjbqap ++−=
Pembagian
jbas + )()( aqbpjbqap ++jqpjqpjba
ss
++
=2
122
)()(qp
aqbpjbqap+
−++=
jqpjqp
−−
×
14
ContohContoh
43dan 32 21 jsjs +=+=diketahui:
75)43()32(21 jjjss +=+++=+
11)43()32( jjjss =++=
maka:
11)43()32(21 jjjss −−=+−+=−
)43)(32())(( 21 jjss ++=
43321 jjs −×
+=
176)98()126( jj +−=++−=
251
2518
43)98()126(
4343
22
2
jjjjs
+=+
+−++=
−×
+
252543 +
15
BentukBentuk SudutSudut SikuSiku dandan BentukBentuk PolarPolar
)sin(cos)( θ+θτθτθ+τ jeeee jj
Fungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai
)sin(cos)( θ+θ== jeeee jj
dengan eτ adalah fungsi eksponensial riil
θ+θ=θ sincos je jdan Ini identitas Euler
jbaS +=Dengan identitas Euler ini bilangankomleks yang dituliskan sebagai:
)sin(cos22 θ+θ+= jbaS
Penulisan bilangan kompleks di atas adalah penulisan dalam bentuk sudut
dapat dituliskan sebagai:
θ+= jebaS 22
Penulisan bilangan kompleks di atas adalah penulisan dalam bentuk sudut siku yang juga dapat dituliskan dalam bentuk polar yaitu:
16
ContohContoh|S| = 10 sudut fasa: θ = 0,5 radS = 10 e j0,5Bentuk Polar
8,48,8)48,088,0( 10 )5,0sin5,0(cos10
jjjS
+=+=+=Bentuk Sudut Siku
rad 93,034tan 1 ==θ −
S = 3 + j4 543|| 22 =+=SBentuk Sudut Siku 3||
S = 5e j 0,93Bentuk Polar
543|| 22 =+=S rad 93,034tan 1 ==−=∠ −θSS = 3 − j4Bentuk Sudut Siku 543|| +S 3jBentuk Sudut Siku
S = 5e − j 0,93Bentuk Polar
17
KompleksKompleks KonjugatKonjugat
S = a + jbIm Im
S* = p + jq
Re Re
S* = a − jb
Bilangan kompleks S mempunyai konjugat S*
S = p − jq
Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai
a ga o p e s S e pu ya o jugat S
Konjugat dari S = a + jb adalah S* = a - jb
*atau ||* 2 SS|S|SSS == ( ) **2121 SSSS * +=+
Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai hubungan-hubungan berikut:
u|| SS|S|SSS
( ) ( )( )**2121 SSSS * =×
*
**11 SS
=⎥⎤
⎢⎡
( ) 2121
( )( )*12 SS ⎥
⎦⎢⎣
18
Dalam Bent k FasorPernyataan Sinyal Sinus
Dalam Bentuk Fasor
19
FasorFasorSinyal Sinus di kawasan waktu : )cos( θ+ω= tAv
Mengingat relasi Euler fungsi ini bisa dipandang sebagaiMengingat 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:
( )Jika seluruh sistem (rangkaian) mempunyai ωbernilai sama maka ejωt bernilai tetap sehingga tak perlu selalu dituliskan
Re dan e jωtidak ditulis lagi
V = A e j θdapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks : dan sinyal sinus )cos( θ+ω= tAv
hanya amplitudo A dan sudut fasa θ yang diperhatikanInilah yang disebut Fasor
karena ω diketahui sama untuk seluruh sistem
20
PenulisanPenulisan dandan PenggambaranPenggambaran FasorFasor
Karena hanya amplitudo dan sudut
PenulisanPenulisan dandan PenggambaranPenggambaran FasorFasor
= θAe jV
fasa saja yang diperhatikan makaV
Im
jb
θ∠= AV dituliskan |A|
θ
i θθθ∠ jAAAV
Rea
sincos θ+θ=θ∠= jAAAV
⎟⎞
⎜⎛∠+=+= − bbajba 122 tanV ⎟
⎠⎜⎝
∠++a
bajba tanV
21
Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasorContohContoh Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor
atau4510 o1 −∠=V)45500cos(10)( o= ttv
ContohContoh
07,707,7)45sin(10)45cos(10
atau 4510oo
1
1
jj −=−+−=
∠
V
V)45500cos(10)(1 −= ttv
)30500cos(15)( o+ttv atau3015 o∠V
menjadi:
)30500cos(15)(2 += ttv5,799,12)30sin(15)30cos(15
atau 3015oo
2
2
jj +=+=
∠=
V
V
menjadi:Pada frekuensi ω = 500Pada frekuensi ω 500
1000cos4)( 1 tti −= atau 04 o1 ∠−=I
4)0sin(4)0cos(4 oo1
1
−=−−= jI
)901000cos(3)( otti atau903 o−∠=I
menjadi:
)901000cos(3)(2 −= tti3)90sin(3)90cos(3
atau 903oo
2
2
jj −=−+−=
∠=
I
I
menjadi:Pada frekuensi ω = 1000
22
FF N ifN if dd FF K jK jFasorFasor NegatifNegatif dandan FasorFasor KonjugatKonjugat
A
Im
jb
Jika θ∠= AAmaka negatif dari A adalah
θ
ReA −θ a
j
− a( )( )180
180 o
o
−θ∠=
+θ∠=−
A
AA
−A
A*
θ
−jbθ−∠= A*A
( )dan konjugat dari A adalah
θ∠AA
jba −−=− Ajba +AJika jba=A
jba −=*A
jba +=AJika
23
OperasiOperasi‐‐OperasiOperasi FasorFasor
2θ∠= BB1θ∠= AAJika diketahui : 21
maka :
Perkalian )( 21 θ+θ∠=× ABBA
θ∠ AAA )( 212
1 θ−θ∠=θ∠θ∠
=BA
BA
BA
Pembagian
( ) ( )( ) ( )
2121 sinsincoscos θ+θ+θ+θ=+ BAjBABA
Penjumlahan dan Pengurangan
( ) ( )2121 sinsincoscos θ−θ+θ−θ=− BAjBABA
24
ContohContoho
1 4510 −∠=Vo
2 3015∠=V
o1 04∠−=I
o2 903 −∠=I
Diketahui:
( ) ( ) 343004213 jjj −−=−++−=+= III
2 3015∠V2 903∠Imaka :
Im216 9o
o1223 9,216 5
43tan)3()4( ∠=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−−
∠−+−= −I Re-4
3
216,9
5
oo
o
1
11 455.2
044510
−∠−=∠−−∠
==IVZ
I3-3
oo
o
2
22 1205
9033015
∠=−∠∠
==IVZ
ooo*111 4540 )04()4510( −∠−=∠−×−∠== IVS
ooo*222 12045)903()3015( ∠=∠×∠== IVS
25
Impedansi
26
I d iI d i didiImpedansiImpedansi di di KawasanKawasan FasorFasor
Impedansi suatu elemen rangkaian di kawasanfasor adalah perbandingan antara
fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut
xxZ
IV
=fasor tegangan
fasor arusxI
impedansi
fasor arus
Catatan: Ada pengertian impedansi di kawasan s yang akan kita pelajari kemudian
27
Resistor
θtiti )()(
Kawasan waktu
Resistor
θ
θ+ω=
θ+ω=
jj
tjRm
RmR
ei
titi
)cos()()(
iR Kawasan fasor
θω= jtjRm eei
+ vR−θ∠= RR II
θω=
=jtj
Rm
RR
eeRi
tRitv
)()(RR RIV =R
R
ivR =
Rm
R
RRIV
=
Impedansiresistansi resistor di kawasan waktubernilai sama denganimpedansinya di kawasan fasorimpedansinya di kawasan fasor
28
InduktorInduktor
Kawasan waktu
+θ+ω=
θ+ω=tj
Lm
LmL
ei
titi
)cos()()( Kawasan fasor
iL+vL−
θω= jtjLm
Lm
eei θ∠= LL II
)()( = LL dt
tdiLtv
ddiLv L
L =)( θωω= jtj
m eeiLj LL Lj IV ω=
LjZ LV
dtL
LjZL
LL ω==
I
Impedansihubungan diferensial hubungan linier Impedansig g
29
KapasitorKapasitor
Kawasan fasorKawasan waktu
+ vC − )(
)cos()(θ+ω=
θ+ω=tj
Cm
CmC
ev
tvtvKawasan fasor
θ∠= CC VV
iC
`
)( = CC
dvCtiC
)(
)(
)( θ+ωω= tjCm
C
evCjdt
CC Cj VI ω=dt
dvCi CC =
CjZ
C
CC ω
==
1
1IV
Cjω
−=1 hubungan diferensial hubungan linier
Impedansi
30
ImpedansiImpedansi dandan AdmitansiAdmitansipp
Impedansi: Z
R
RRIV
=LjZL
LL ω==
IV
Cj
CjZ
C
CC ω
−=ω
==1 1
IV
Admitansi: Y = 1 / Z
IV Z=
Admitansi: Y = 1 / Z
YR1
=Lj
LjZYL −===
11 CjZ
YC ω==1
RR LLjZLL ωω
jZC
C
VI Y=Perhatikan: relasi ini adalah relasi linier.
Di kawasan fasor kita terhindar darihit dif i l
VI Y
perhitungan diferensial.
31
I d iI d i SS UU
)()( ω+ω= jXRZ
ImpedansiImpedansi SecaraSecara UmumUmum
)()( j
( ) ( ) ⎟⎟⎞
⎜⎜⎛ ω
−ω+=ω
+ω=+ )/1(
)/1(2
2
2//CRLjR
CjRCjRLjZ CRL ( ) ( ) ⎟
⎠⎜⎝ +ω+ωω++
11)/1( 22//RCRCCjRCRL
• Perhatian : Walaupun impedansi merupakan pernyataan yang berbentuk kompleks, akan tetapi impedansi bukanlah fasor. Impedansi dan fasor merupakan dua pengertian dari dua konsep p p p g pyang berbeda.– Fasor adalah pernyataan dari sinyal sinus – Impedansi adalah pernyataan elemenImpedansi adalah pernyataan elemen.
32
Kaidah Rangkaian
33
HubunganHubungan SeriSeri
LjRZ seriRL ω+=
( )IV LjRRL ω+=
RI
+ V
jωL
( )IV LjRseriRL ω+=+ VR −
+ VL−
CjRZ seriRC ω
−=R−j/ωCI Cω
IV 1 ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ω
+=Cj
RseriRC+ VC −+ VR −⎠⎝ ωCj
34
K id hK id h P b iP b i TT
⎞⎛ 1
KaidahKaidah PembagiPembagi TeganganTegangan
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
ω−ω=
CLjZ seriLC
1 −j/ωCjωL I
IV ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
ω−ω=
CjLjseriLC
+ VL−+ VC −
seritotalseritotal Z= IV
nseritotal ZZZZ +⋅⋅⋅⋅++= 21
lk
kZ
VV ×= totalseritotal
k ZVV ×=
35
KaidahKaidah PembagiPembagi ArusArus
Itotal
KaidahKaidah PembagiPembagi ArusArus
VVI kk
k YZ
==I3jωLI1
I2
VVII total
n
kk
n
kktotal YY === ∑∑
== 11R −j/ωC
n
n
kktotal ZZZ
YY 111
211
+⋅⋅⋅⋅++==∑=
totalk
kk YY
Y IVI == totaltotal
kk Y
36
Diagram FasorDiagram Fasor
37
ArusArus dandan TeganganTegangan padapada InduktorInduktor
L = 0,5 H , iL(t) = 0,4cos(1000t) A
ArusArus dandan TeganganTegangan padapada InduktorInduktor
Misalkan
Ω=××= 5005,01000 jjZ L
040)500( o∠jZ IV
V 9020004,090500
04,0)500(ooo
o
∠=∠×∠=
∠×== jZ LLL IV
VL
ImArus 90 di b l k
Di kawasan waktu:
200)V90o di belakang
tegangan
050
100150
100 iL(t)
vL(t)VA
ILRe
Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0) 200
-150-100-50
00 0,002 0,004 0,006 0,008
detik
(sudut fasa = 0) -200
38
ArusArus dandan TeganganTegangan padapada KapasitorKapasitor
C = 50 pF , iC(t) = 0,5cos(106 t) mA
g gg g pp pp
Misalkan
k 20)1050(10
1
33
126Ω−=
××
−=
ω=
−C jjCj
Z
V 9010
)0105,0()901020(o
o3o3
−∠=
∠××−∠×== −CCC Z IV
I Re
Im Di kawasan waktu:
10IC
V
Re
arus 90o mendahului
0
5
10
10 iC(t)VmA
vC(t)
VC teganganArus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)
detik-5
00 0,0005 0,001 0,0015 0,002
( )-10
39
BebanBeban KapasitifKapasitifPada sebuah beban : v(t) =120cos(314t +10o) V i(t) = 5cos(314t + 40o) A
pp
A 405dan V 10120 oo ∠=∠= IV
i(t) = 5cos(314t + 40o) A
Ω−∠=∠
∠== 3024
40510120 o
o
oZ B I
V
Ω−=−+−=∠
128,20)30sin(24)30cos(24 405
jjI
IV
Im arus mendahului tegangan
Re
40
BebanBeban InduktifInduktif
Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t + 20o) V
BebanBeban InduktifInduktif
v(t) =120cos(314t + 20o) V i(t) = 5cos(314t − 40o) A
A 405 dan V 20120 oo −∠=∠= IV
Ω∠=−∠
∠== 6024
40520120 o
o
oZ B I
VVIm
Ω+=+=
−∠
8,2012 )60sin(24)60cos(24
405oo
jj
I
IRearus
tertinggal daritertinggal dari tegangan
41
BebanBeban RLCRLC Seri, Seri, kapasitifkapasitif
100Ω+ 20μF+−
μ50mHvs(t) =
250 cos500t VTransformasi rangkaianke kawasan fasor
1000250 o Ω∠ ZV 100Ω −j100Ω
j25ΩVs=
250∠0oV+−
Im
25 ; 100 100 ;0250 o
Ω=Ω−=Ω=∠=
jZjZZ
LC
RsV
−∠+=
Ω−=+−=
− 75tan)75()100(
7510025 100100
122
jjjZ totI
Im
Ω−∠=
∠+
87,36125 100
tan)75()100(
o
oV
V Re
Beban RLC seri ini bersifat kapasitif
A 36,87287,36125
0250 oo
o∠=
−∠
∠==
tot
s
ZV
I|ZC| > |ZL| arus mendahului tegangan
Jika kita kembali ke kawasan waktu
i(t) = 2 cos(500t + 36,87o) A
42
FasorFasor TeganganTegangan TiapTiap ElemenElemenFasorFasor TeganganTegangan TiapTiap ElemenElemen
100Ω −j100Ωj25Ω
Vs=250∠0oV
+−
VR = RIIm
Vs
Re
VC = −jXC II 87,3612575100 o Ω−∠=−= jZtot
VL = jXL IRe
V36 872000250100 oo ∠∠V
A 36,87287,36125
0250 oo
o∠=
−∠
∠==
tot
s
ZV
I
Fasor tegangan rangkaian
V ,1335200025087,36125
90100
V36,87200025087,36125
ooo
o
o
−∠=∠−∠−∠
=
∠=∠−∠
=
C
R
V
V Fasor tegangan rangkaianmengikuti hukum Kirchhoff
LCRs VVVV ++=
V 26,87105025087,36125
902587,365
ooo
o∠=∠
−∠∠
=LV
43
BebanBeban RLCRLC seriseri induktifinduktif
25 100Ω
Ω=R
jZZ
BebanBeban RLCRLC seriseri, , induktifinduktif
V0250
100 25
o∠=
Ω=Ω−=
s
L
C
jZjZ
V
100Ω −j25Ω
j100ΩVs=
250∠0oV+−
V 0250∠sV
∠
Ω+=+−=75)()100(
75100100 25100
122
jjjZtot
Ω∠=
∠+= −
87,36125 10075tan)75()100(
o
122
Im
A 36,87287,36125
0250 oo
o−∠=
∠∠
==tot
s
ZVI
V ReI
V
Pada beban kapasitif |ZL| > |ZC|arus tertinggal dari teganganarus tertinggal dari tegangan
44
BebanBeban RLC RLC ParalelParalel
040 01.0Ω
Ω=R
jYY
I
.0250
01.0 04.0
o∠=
Ω−=Ω=
L
C
jYjY
V100Ω
−j25Ω
j100ΩVs=
250∠0oV+−
.0250∠sV
030010 01.004.001.0
jjjYtot
+=Ω−+=
03.001.0 j+=
o122 671975.7tan572 5
5.75.2)03.001.0(250
∠=+=
+=+×==
−
jjYVI
6.719.75.2
tan5.72.5 ∠=+=
IIm
I
V ReV Re
45
Teorema RangkaianTeorema Rangkaian
46
PrinsipPrinsip ProporsionalitasProporsionalitas
XY K=
Y = fasor keluaran,
X = fasor masukan,
K = konstanta proporsionalitas yang pada m mn a mer pakan bilangan kompleksumumnya merupakan bilangan kompleks
47
PrinsipPrinsip SuperpossiSuperpossiPrinsipPrinsip SuperpossiSuperpossi
Prinsip Superposisi selalu berlaku di kawasan waktu dan
berlaku di kawasan fasor bila frekuensi samaberlaku di kawasan fasor bila frekuensi sama
48
ContohContoh20cos4t V +_ 8Ω 3cos4t Aio
3H
ContohContoh
3cos4t Ao
+ 8Ω Io1j12Ω 8Ω Io2j12Ω
20∠0o +_8Ω
− j6ΩIo1j 8Ω
3∠0o− j6Ωo2
128)6/(1 jj
A9362020
68020
6128020
oo
oo
o1
∠∠
+∠
=−+
∠=
jjjI
A4,1932,4033,564,14
0368
12803)128/(1)6/(1
)6/(1
ooo
ooo2
∠=∠×∠
=
∠×++
=∠×++−
−=
jj
jjjI
A9,3629,3610
oo −∠=
∠= ,,
9,3610 o∠
24,07,544,11,42,16,1o21oo jjj +=++−=+= III o21oo jjj
oo 4,27,5 ∠=I )4,24cos(7,5)( o
o += tti
49
TeoremaTeorema ThéveninThévenin
TNTNNNTT Z
YYZ 1 ; ; === VIIV
R
A
+ V ZT
A
+RT
B
vT+− VT
T
B
+−
Kawasan waktu Kawasan fasor
50
ContohContoh RangkaianRangkaian EkivalenEkivalen ThéveninThévenin
10Ω
A B
ContohContoh RangkaianRangkaian EkivalenEkivalen ThéveninThévenin
+−−j100Ω
10Ω100Ω
0,1∠−90o A20∠45o V
`
100V 9010901,0100 oo
−−∠=−∠×=
jAV
( ) V622615612415103.399,199010 oo
jjjBAT
+∠−−∠=−= VVV
`
45207,5995,0
452010010
100
o
o
o
∠×−∠=
∠×−
=j
jBV ( ) V 6,226,156,124,1510 jjj −−=+−−=
Ω−=−−×
+= 99,09,10910010
)100(10100 j
jj
ZT
V3,399,19 o∠=10010 j
A B
+−VT
ZT
51
Metoda AnalisisMetoda Analisis
52
MetodaMetoda KeluaranKeluaran SatuSatu SatuanSatuan
12ΩA B C
ix1/6 F1/18 F A )01(Misalkan jx +=I
+ vx −+
−14cos2t
V
A B C
9Ω 3Ω3/2H
V 3jC =VV 1
3 jC ==
VI4
( ) A11 jIII
−j9Ω −j3Ω12Ω Ix
D( ) A 11 jx +=+= 43 III
( ) ( ) V 311333 =+−=−+= jjjjCB 3IVV
+
−14∠0 V
12ΩA B C
9Ω 3Ω
Ix
j3ΩI1I2
I3
I
A 31
92 == BVI A 134 321 ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +=+= jIII
V
D
9Ω 3ΩI2 I4
( ) V 28912134
=−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++= jjBA VV
ti
K xx
2cos5,0
05,028
014281
281 o
o
AA
=→
∠=∠
==→== VIVI
tix 2cos5,0 →
53
MetodaMetoda SuperposisiSuperposisi
20cos4t V +_ 9Ω 3cos2t Aio
3H
p pp p
20∠0o+ 9Ω Io1j12Ω 9Ω
j12ΩIo2j6Ω
20∠0o_ − j6Ω 3∠0o− j12Ω
020020 oo ∠∠I 0368
03)12/(1 oo ∠×
+=∠×
−=
jjI
A 9,36293610
020
686128
oo
o
o1
−∠=∠
∠=
+=
−+=
jjjI
A 8,7330393610
9,3610
0368
03)68/(1)12/(1
ooo
o
o2
∠=∠×∠
∠=
∠×−
=∠×++−
=jjj
I
Karena sumber berbeda frekuensi maka fasor Io1 dan Io2 tidak dapat langsungdijumlahkan. Kembali ke kawasan waktu, baru kemudian dijumlahkan
9,3610∠ 9,3610 −∠
A)8732cos(3)9364cos(2sehingga
A )8,732cos(3dan A )9,364cos(2oo
21
o2o
o1o
++−=+=
+=−=
ttiii
titi
j , j
A )8,732cos(3)9,364cos(2 sehingga o2o1o ++=+= ttiii
54
MetodaMetoda RangkaianRangkaian EkivalenEkivalen ThéveninThévenini
6Ω 2Ω1H
A
2H
6Ω
2Ω
A
j2Ωj4Ω
I
+− 18cos2t V 2Ω
1H
B
1/8 F
+− 18∠0o V
B
−j4Ω
j2Ω2Ω
V 12
9 018462
2 o
jjhtT +=∠×
++== VV
+18∠0 V
6Ω 2Ω
A
j4Ω
2Ω− 18∠0o V
B
2Ω
( )Ω
1247
48812816
4624622
jj
jjj
jjZ T +
+=
++++
=+++
+=
)12(2)47()12(
)12(9
42o
jjjj
jjjZT
T
+−++
×+
=−+
=VI
+− VT
IA
ZT j2Ω
A 2cos1 A 01 o
ti =⇒∠=
B
−j4Ω
55
MetodaMetoda ReduksiReduksi RangkaianRangkaian
− +v =
i 50Ω
ix?A BSumber tegangan dan sumber arus
gg
i1 =0.1cos100t A
10sin100t V
200μF 1H
50Ω
I
berfrekuensi sama, ω = 100. Tetapi sumber tegangan dinyatakan dalam sinus, sumber arus dalam cosinus. Ubah kedalam bentuk standar yaitu bentukA B− +
I1 =0 1∠0o A
V=10∠−90oV 50Ω
Ix kedalam bentuk standar, yaitu bentuk cosinus melalui kesamaansinx = cos(x−90)
0.1∠0o A −j50Ω j100Ωsumber tegangan tersambung seri dengan resistor 50 Ω paralel dengan induktor j100 Ω
IyA
50Ω induktor j100 Ω
Simpul B hilang. Arus Iy yang sekarang mengalir melalui resistor 50Ω bukanlah
I2
−j50Ω j100Ω
50ΩI1 =0.1∠0o A
I mengalir melalui resistor 50Ω, bukanlah arus Ix yang dicari; Iy kali 50Ω adalah tegangan simpul A, bukan tegangan simpul B tempat Ix keluar
Iy
j50Ω
50ΩI1 − I2
−j50Ω j100Ω
56
MetodaMetoda TeganganTegangan SimpulSimpulMetodaMetoda TeganganTegangan SimpulSimpul
− +V=
Ix=?A B
VVV
VVVI
−=−
=++−
+−
BA
BBA1
: B
05010050
:A jjI1 =
0,1∠0o A
V=10∠−90oV
−j50Ω j100Ω
50Ω
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
∠∠
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡ +− o
o
B
A
901001,0
11501
1001
501
VV
jj
⎥⎤
⎢⎡
=⎥⎤
⎢⎡
⎥⎤
⎢⎡ −
→⎥⎤
⎢⎡
=⎥⎤
⎢⎡
⎥⎤
⎢⎡ − 10122
:Gausseliminasi10122 AA VV jjjj
⎥⎦⎢⎣⎦⎣⎦⎣ − B11
⎥⎦
⎢⎣−
⎥⎦
⎢⎣
⎥⎦
⎢⎣ −−
→⎥⎦
⎢⎣
⎥⎦
⎢⎣
⎥⎦
⎢⎣ − 30120
: Gauss eliminasi 1011 BB VV jj
−∠=−∠=−=+−−
=−
= 6,260,268 V; 6,264,13612)12(3030 oo
B jj
xIV
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∠=
+−−
=+−
+=+=
−−
V 4,186,1215,0
101015,0
151010
,,;,,512
oBA
B
jj
jj
jj
jj x
VV
57
V=10∠−90oV
MetodaMetoda ArusArus MeshMesh
− +
I =
V 10∠ 90 VA B
I1 I2I3
0,1∠0o A −j50Ω 50Ω1 2
⎤⎡⎤⎡⎤⎡ 10001( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
+−−+−
0101.0
100501000
1001005050001
3
2
1
jjj
jjjjIII
( ) ( ) ( )( ) ( )
( )⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
+−−
011.0
2120
1055001
3
2
1
jjj
jjjIII
( ) ( ) ⎥⎦⎢⎣⎥⎦⎢⎣⎥⎦⎢⎣ + 02120 3jj I
( ) ( ) ( )⎥⎥⎤
⎢⎢⎡−=⎥
⎥⎤
⎢⎢⎡
⎥⎥⎤
⎢⎢⎡
− 5.11.0
1050001
2
1
jjj II
( ) ( ) ⎥⎥⎦⎢
⎢⎣ −⎥
⎥⎦⎢
⎢⎣⎥
⎥⎦⎢
⎢⎣ − 310500 3 jj I
A2,533,05
105,1A;6,2627,01053A; 01,0 o3
2o
30
1 −∠=+−
=−∠=−
=∠=jjj IIII ,,
5;,,
105;, 231 − jj
58
Analisis Dayay
59
TinjauanTinjauan DayaDaya didi KawasanKawasan WaktuWaktu
viptIitVv mm =ω=θ+ω= ; cos ; )cos(
TinjauanTinjauan DayaDaya di di KawasanKawasan WaktuWaktu
pmm )(
( )IVIVIV
tttIVttIVvip mmmm ωθω−θω=ωθ+ω== cossinsincoscos cos)cos(
( ) tIV
tIV
tIV
tIVIV
mmmm
mmmmmm
ω⎥⎤
⎢⎡ θ−ω+⎥
⎤⎢⎡ θ=
ωθ−ωθ+θ=
2sinsin2cos1cos
2sinsin2
2coscos2
cos2
( ) tt ω⎥⎦⎢⎣θω+⎥⎦⎢⎣
θ 2sinsin2
2cos1cos2
Nil i t tNilai rata-rata= VrmsIrmscosθ
Nilai rata-rata= 0
1
pb
K i i K i i id k
-1
0 15tKomponen ini memberikan alih energi netto; disebut daya nyata: P
Komponen ini tidak memberikan alih energi netto; disebut daya
daya nyata: P reaktif: Q60
TinjauanTinjauan DayaDaya didi KawasanKawasan FasorFasor
d k f
TinjauanTinjauan DayaDaya di di KawasanKawasan FasorFasor
Tegangan, arus, di kawasan fasor:
irmsirmsvrms IIV θ−∠=θ∠=θ∠= ∗IIV ; ; besaran kompleks
Daya Kompleks :y p
)(*ivrmsrms IVS θ−θ∠== IV
+= jQPS
Im
jQ *IV=S
ϕ=ϕ=
ϕ=ϕ=
+=
sinsin
cos cos
rmsrms
rmsrms
IVSQ
IVSPjQPS
ϕ P
jQ
*Iϕϕ rmsrmsQ
Re
Segitiga dayaI
V
g g y
61
FaktorFaktor DayaDaya dandan SegitigaSegitiga DayaDayaFaktorFaktor DayaDaya dandan SegitigaSegitiga DayaDaya
Pθcosf d
S=θ= cosf.d.
S =VI*
jQIm
θV
I*
Re
Im
θP
Reθ
I (lagging)θ
Faktor daya lagging
PRe
Im
θV
I (leading)Im
θ− jQ
θ
S =VI*
V
I*
Reθ
k d l dFaktor daya leading
62
DayaDaya KompleksKompleks dandan ImpedansiImpedansi BebanBeban
V
DayaDaya KompleksKompleks dandan ImpedansiImpedansi BebanBeban
IVIV
BB ZZ == atau
2*
*
BB ZZ
S
==
=
III
VI22 rmsBrmsB IjXIR
jQPS
+=
+=
( )22
2
rmsBrmsB
rmsBB
IjXIR
IjXR
+=
+=2
2 dan
rmsB
rmsB
IXQ
IRP
=
=
rmsBrmsB j rmsBQ
63
AIContohContohseksisumber
seksibeban
A
B
ContohContoh
A(rms) 10575,8 dan V(rms) 75480 ooAB +∠=+∠= IV
30420010575875480 ooo*S ∠=∠×+∠== VI
A2100d3640 Q
VA 2100364030sin420030cos4200
30420010575,875480oo jj
S
−=−=
−∠=−∠×+∠== VI
VAR 2100dan W 3640 == QP
866,0)30cos( dayafaktor =−=
Ω=== 5,47)75,8(
364022
rmsB
IPR
Ω−=−
== 4,27)75,8(
210022
rmsB
IQX
64
Alih DayaDalam rangkaian linier dengan arus bolak‐
balik keadaan mantap jumlah daya balik keadaan mantap, jumlah daya kompleks yang diberikan oleh sumber bebas, sama dengan jumlah daya kompleks yang
diserap oleh elemen elemen dalam rangkaiandiserap oleh elemen‐elemen dalam rangkaian
65
C t hC t h− +
I =
V=10∠−90oV
I
BA
I2 I4 I5
Berapa daya yang diberikan oleh masing-masing
ContohContoh
50ΩI1 =0,1∠0o A −j50Ω j100Ω
I3
C
masing-masing sumber dan berapa diserap R = 50 Ω ?
oAC 001,0
501
501
1001
501
=∠+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
++jjj
VV
50)612(9010
50
o
2
123
jj
jCA +−−∠=
−=
−=
VVI
III
[ ] [ ] oAC 010212
atau
∠−=−+ jj VV01.024,008,0
A 24,008,0 5050
o123
2
j
jjj
∠−+−=−=⇒
+−=−−
IIIV90109010 oo ∠∠VV
[ ]
V61230010)9090(10212 ooo
C
j
j
+−
∠−=+∠×−+
V
V
A 24,018,0 j+−=
VA8,14,2)24,018,0(9010 o*
3
jjSv
+−=−−×−∠== VI
V 90109010 ooA ∠=−∠−=−= VV
V61212C jj
+−=+
=⇒ V
[ ] 01,010612)( o*1 jjS ACi ∠×−+−=−= IVV
VA 8,14,2 j+
8,14,24,02,1 jjSSS vitot
+−−−=+=
VA 4,02,1 j−−= VA 4,16,3 j+−=
66
AlihAlih DD M k iM k iDengan Cara Penyesuaian ImpedansiAlihAlih DayaDaya MaksimumMaksimum
ZT = RT + jXT
A22 )()( BTBT
T
XXRR +++=
VI
+− VT
T T j T
ZB = RB + jXB
B22
22
)()( BTBT
BTBB
XXRR
RRP
+++==
VI
B
2
2
)( BT
BTB
RR
RP
+=
VBT -XX =Jika
(maksimum) 4
Jika 2
B
TBBT R
PRRV
=⇒=
dan :adalah maksimum dayaalih adinyauntuk terjsyarat Jadi
TBBT XXRR −==
67
ContohContoh
V 551011
1010
501005050 o j
jj
jjj
T −−=×+−
=∠×+−
=Vj100Ω
A
ContohContoh
115010050 jjj +−+
Ω−=++−+−
= 75251005050
)10050(50 jjj
jjZT
+−
50Ω j100Ω
−j50Ω10∠0o V
25 + j 75jj
55 22 −− jTV
B
Ω+= 7525 jZ B W5,0254
554
=×
==j
RP
B
TMAX
V
55 jVA 13502,0
5055 o−∠=
−−=
+=
jZZ BT
TB
VI
010 o∠ 22A 01,0
752550)7525)(50(
10050
010 o∠=
++−+−
++
∠=
jjjj
jsI
W1)02,0(25)1,0(50
255022
22
=×+×=
+= BssP II
68
Dengan Cara Sisipan TransformatorAlihAlih DayaDaya MaksimumMaksimum
BB ZNNZ
21⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=′
impedansi yang terlihat di sisi primer BB N2
⎟⎠
⎜⎝terlihat di sisi primer
θ′+θ′′ iZjZZZB
+−
ZT
V θ′+θ′=′ sincos BBB ZjZZVT
N1 N2 2 cosθ′BT ZP
V
( ) ( )22 sincos θ′++θ′+=
BTBT
BTB
ZXZRP
TTTB ZXRZ =+=′ 22B
T
ZZ
NN
=2
10=′BB
ZddP
69
ContohContoh
50Ω j100ΩA
V55 jV Ω7525 jZ
Dari contoh sebelumnya:
+−
50Ω j100Ω
−j50Ω
B10∠0o V
25 + j 60
22
V 55 jT −−=V Ω−= 7525 jZT
1028,16025
752522
22
2
1 =+
+===
B
T
ZZ
NN
a
22 RV
( ) ( )W49025216,150
2222
22
××+++
=BTBT
BTB
XaXRaR
RaP
V
( ) ( ) W49,0
60216,17525216,125,
22=
×+−+×+=
Seandainya diusahakan Ω−= )6025( jZ B
( ) ( ) W06,0
60216,17525216,12525216,150
22=
×−−+×+
××=BP
Tidak ada peningkatan alih daya ke beban.70
RangkumanRangkuman MengenaiMengenai FasorFasor
Fasor adalah pernyataan sinyal sinus yang fungsi waktu ke dalambesaran kompleks, melalui relasi Euler.
Dengan menyatakan sinyal sinus tidak lagi sebagai fungsi waktu, makapernyataan elemen elemen rangkaian harus disesuaikan.
Dengan sinyal sinus sebagai fungsi t elemen-elemen rangkaian adalahR, L, C.
Dengan sinyal sinus sebagai fasor elemen elemen rangkaian menjadiDengan sinyal sinus sebagai fasor elemen-elemen rangkaian menjadiimpedansi elemen R, jωL, 1/jωC.
Impedansi bukanlah besaran fisis melainkan suatu konsep dalamp panalisis. Besaran fisisnya tetaplah R = ρl/A, dan C = εA/d
Dengan menyatakan sinyal sinus dalam fasor dan elemen-elemen dalaminpedansinya, maka hubungan arus-tegangan pada elemen menjadihubungan fasor arus - fasor tegangan pada impedansi elemen.
Hubungan fasor arus dan fasor tegangan pada impedansi elemenHubungan fasor arus dan fasor tegangan pada impedansi elemen merupakan hubungan linier.
71
RangkumanRangkuman ((lanjutanlanjutan))
Dengan menyatakan arus dan tegangan menjadi fasor arus dan fasor
RangkumanRangkuman ((lanjutanlanjutan))
tegangan yang merupakan besaran kompleks maka daya juga menjadidaya kompleks yang didefinisikan sebagai S = V I*.
Besaran besaran kompleks dapat digambarkan di bidang kompleksBesaran-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
k i i d i tid k l i d l h t f i k irangkaian impedansi yang tidak lain adalah transformasi rangkaian ke kawasan fasor.
S i d l l k f k li i f d tSesuai dengan asal-muasal konsep fasor, maka analisis fasor dapat diterapkan hanya untuk sinyal sinus keadaan mantap.
72
Penyediaan Dayay y
73
D l l d li t ik b k di k
TransformatorTransformator
Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan transformator berkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi.
Dengan transformator tegangan tinggi penyaluran daya listrikDengan 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 V untuk distribusi ke rumah rumah dan kantor kantor padategangan 220 V.
Transformator daya tersebut pada umumnya merupakan transformator tiga fasa; namun kita akan melihat transformator satu fasa lebih dulu
74
TransformatorTransformator DuaDua BelitanBelitan TakTak BerbebanBerbeban
+
If φ
+ +E2−
N2N1V1
+E1−
+−
Belitan primer: Belitan sekunder:
I = 0tmaks ωΦ=φ sinJika
maksNfE Φ= 22 44.4
I2 = 0tmaks ωΦφ sinJika
tNdtdNe maks ωωΦ=φ
= cos111
efektifnilaiadalah
44.42
21
11 maksmaks NfNfE Φ=Φ
π=
Fasor E1 sefasa dengan E2 karenad d k k l h fl k
o22 0∠= EE
o11 0∠= EE
efektifnilaiadalah diinduksikan oleh fluksi yang sama.
11 NEmasi transforrasio
2
1
2
1 =≡= aNN
EE
75
+
If φ
+ +E2−
N2N1V1
+E1−
+−
111 EIV += Rf
Arus magnetisasi yang membangkitkan φ
Resistansi belitanprimer
E1=E2
Iφ
Ic
If R1
V
Diagram fasor denganmengambil rasio
Arus magnetisasi Ifdapat dipandang sebagai terdiri dari Iφ (90o dibelakang E1) Iφ
φIf
V1transformasi a=1, sedangkan E1 sefasa E2
φ ( g 1)yang menimbulkan φ
dan IC (sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi‐rugi inti.
76
FluksiFluksi BocorBocor didi BelitanBelitan PrimerPrimer
If φ V
FluksiFluksi BocorBocor di di BelitanBelitan PrimerPrimer
E2∼V1 φl1
If φ
E1=E2Iφ
Ic
I R
V1
φljIfXl
Iφφ
If
IfR1
Representasi fluksi bocor di belitan primerbocor di belitan primer
1111111 XjRR fflf IIEEIEV ++=++=
ada fluksi bocor di b lit ibelitan primer
77
TransformatorTransformator BerbebanBerbeban
φI1 I2
TransformatorTransformator BerbebanBerbeban
V1 φl1∼ V2φl2
2
RB
22222
22222
XjRR l
IIVEIVE
++=++=
11111
11111
XjRR l
IIEEIEV
++=++=
jI XV1
22222 j11111 XjR IIE ++
V2I2I’2 I2R2
jI2X2E2
E1I1R1
jI1X1
φγ
V22I 2If
I1
I2R2
beban resistif , a > 1
78
RangkaianRangkaian EkivalenEkivalen TransformatorTransformator
I1 I′2
RangkaianRangkaian EkivalenEkivalen TransformatorTransformator
R′2∼
If
BjX′2R1
jX1
V1 E1V′2=aV2
jXcRc
IcIφ
I1 I′2
jXcc
ZR′2
∼ If BjX′2R1 jX1
V1 E1V′2=aV2
111111 IIEV ++= XjR I′2 , R′2 , dan X′2 adalah arus,
21
222221 III
IIVE′+=
′′+′′+=
f
XjRa resistansi, dan reaktansi sekunder yang dilihat dari sisi primer
79
R k iR k i Eki lEki l Di d h kDi d h k
Arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari arus beban penuh
RangkaianRangkaian EkivalenEkivalen yang yang DisederhanakanDisederhanakan
A u ag e i a i a ya e i a a pai pe e a i a u e a pe u
Jika If diabaikan terhadap I1kesalahan yang terjadi dapat
I1=I′2
kesalahan yang terjadi dapat dianggap cukup kecil
∼ B
jXe =j(X1+ X′2)Re = R1+R′2V1
V′2
jI′ XV′
V1
I′2I′2Re
jI′2XeV 2
80
ContohContoh
10 kW f d 0 8
8 kW f d 0 75380 V rms
Penyediaan Daya f.d. 0,8
laggingf.d. 0,75 lagging
380 V rmsDaya
kVA5710sinsin 1 jPjPSjPjQPS +=+=+=+= θθ
Impedansi saluran diabaikan
kVA 5,710sincos
sin 11
1111111 jjPSjPjQPS +=+=+=+= θθ
θ
kVA 78sinsin|| 22
22222 jP
jPSjPS +=θθ
+=θ+=cos
|| 22
22222 jjjθ
kVA 5,1418785,7102112 jjjSSS +=+++=+=
lagging 78.05,1418
18cos22
12 =+
=θ Faktor daya total tidak cukup baik
81
PerbaikanPerbaikan FaktorFaktor DayaDaya
Perbaikan faktor daya dilakukan pada beban induktif dengan menambahkan kapasitor yang diparalel dengan beban, sehingga
yy
menambahkan kapasitor yang diparalel dengan beban, sehingga daya reaktif yang harus diberikan oleh sumber menurun tetapi
daya rata-rata yang diperlukan beban tetap dipenuhi
Im
−jQ kapasitor
jQ beban (induktif)
kVA beban tanpakapasitor
Re
jQ ( )
P bebankVA beban dengan
kapasitorparalel dengan
kapasitor Daya yang harus diberikan oleh sumber kepada beban turun dari |S| menjadi |S1|.
beban
82
ContohContoh10 kW f.d. 0,8 lagging
8 kW f.d. 0,75 l i
380 V rms 50 Hz C
ContohContoh
lagging lagging50 Hz
kVA 5,710)8,0tan(arccos10101 jjS +=+=
kVA 5,141812 jS += lagging 78.0cos 12 =θ
1
kVA 78)75,0tan(arccos882 jjS +=+=
S12 jQ12
12 12
kVA9518)950tan(arccos1818 jjS +=+=
laggingC 95.0cos 12 =θdiinginkan
-jQ12CS12C
kVA 9,518)95.0tan(arccos181812 jjS C +=+=
kVAR 58,8 5,149,512 jjjjQ C −=−=−
2 QP12
8580
( )CX
Q CC
CC ω−== 2
2
VV
2C
CQC
Vω−=
F 190380100
8580 2 μπ
=×
=C
83
Diagram Diagram SatuSatu GarisGaris
84
| V | = 380 V rms
beban 110 kW
beban 28 kW
0,2 + j2 Ω 0,2 + j2 ΩVs
| V | 380 V rms
kVA 082 jS +=
ContohContoh
cos ϕ = 1 cos ϕ = 1kVA 0101 jS +=
A 021 A 02108000 o2
oo
*2 ∠=→∠=
+= II j
A46825010000 o1 ∠+ jS
I 03802o2
∠
kVA 9,009,0 )22,0()22,0( 22
2
jjjSsal
+=
×+=×+= 22 II
A 4,68,254,66,387 o*
11 ∠=
−∠==
VI
0214,68,25 oo21 ∠+∠=+=s III
kVA 9,009,8222 jSSS saltot +=+=
V 9,422,385021
9008090o*
21 +=
∠+
== jjStot
IV
A 5,373,46 88,264,46 o∠=+= j
kVA37444073,46)22,0()22,0( 22
1
jjjS ssal
+
×+=×+= I
V 4,66,387
021o
o2
∠=
∠IkVA 37,444,0 j+=
9,009,81037,444,0 2211
jjSSSSS salsals
++++=+++=
kVA 27,553,18 j+=
V 4,19412 3 546 73
9,15192653 546 73527018530 o
o
o
o*∠=
∠
∠=
∠
+==
jSssV
3,546,733,546,73 oo −∠−∠sI
85
Sistem Tiga Fasa Seimbang
86
SumberSumber SatuSatu FasaFasa dandan TigaTiga FasaFasa
uvs(t)
1/jωCRj LV ∼u
sjωLVs ∼
S b h k di hi l h Tegangan imbas yang muncul di kumparanSebuah kumparan dipengaruhi oleh medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan
Tegangan imbas yang muncul di kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik, sebesar Vs
u
vs(t)C
VCN∼us
(t)v (t)
ANVAN
VBN ∼∼
vs(t)vs(t) BTiga kumparan dengan posisi yang berbeda120o satu sama lain berada dalam medan
Tegangan imbas di masing-masing kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik.
magnet yang berputar dengan kecepatanperputaran konstan
Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan tersebut diperoleh sumber tegangan tiga fasa
87
ReferensiReferensi SinyalSinyal
Dalam pekerjaan analisis rangkaian kita memerlukanreferensi sinyal. Oleh karena itu tegangan bolak balik kita
yy
referensi sinyal. Oleh karena itu tegangan bolak balik kitagambarkan dengan tetap menyertakan referensi sinyal
Untuk sumber tiga fasa, referensi sinyal tegangan
C
g y g gadalah sebagai berikut
A, B, C : titik fasaVAN , VBN ,VCN
AN
VCN
− +
+−
VAN , VBN ,VCN
besar tegangan fasa ke netral
besar tegangan antarfasa adalah
B
NVAN
VBN−+dituliskan pula
sebagai Vfn atau Vf
VAB , VBC ,VCA
dituliskan pula sebagaiVB
N : titik netral Vff
≈≈Simbol sumber tiga fasa: ≈≈Simbol sumber tiga fasa:
88
Im
Diagram Diagram FasorFasor SumberSumber TigaTiga FasaFasa
CVCN+
VCN
Im Diagram fasortegangan
ANVVBN
CN
− +
+−
−+ VAN
Re
120o
120B
VANVBN + VAN
VBN
120o
Sumber terhubung YVAN = |VAN|∠ 0o
VBN = |VAN| ∠ -120o
Keadaan Seimbang VCN = |VAN| ∠ -240oKeadaan Seimbang|VAN| = |VBN| = |VCN|
89
S bS b TiTi FF dd S lS l kk B bB bSumberSumber TigaTiga FasaFasa dandan SaluranSaluran kkee BebanBeban
CVCN+
−VBC VCA IC
Tegangan
AN
VANVBN
− +−+ VAB IA
Tegangan fasa-netral
B
AN
IBB
Tegangan fasa fasa
Sumber Tiga Fasa Terhubung Y
S l k b b fasa-fasa Arus saluran
Saluran ke beban
90
HubunganHubungan FasorFasor‐‐FasorFasor TeganganTegangangg g gg g
Tegangan fasa-fasa:Im
BNANNBANAB VVVVV −=+=
CNBNNCBNBC VVVVV −=+=
VCN VABVCA
30o
−VBN
CNBNNCBNBC
ANCNNACNCA VVVVV −=+=VAN
Re30o
Tegangan Fasa-netral 120o
o
o
903
303
−∠=
∠=
fnBC
fnAB
V
V
V
VVBN 30oFasa-netral
o2103 −∠= fnCA
fnBC
VV
Dalam keadaan seimbang:
VBC
fftil i3
netral-fasa tegangan nilai: fnCNBNAN
VVVVV
VVVV ===
Dalam keadaan seimbang:
fasa-fasategangan nilai : 3fnffCABCAB VVVVV ====
91
ArusArus SaluranSaluran dandan ArusArus FasaFasa
Arus saluranIC
CV CIA A f
AN
VCN
− +
+−
A
C
ACIA Arus fasa
B
VANVBN
−+
NA
BB
Arus fasa
B B
Beban terhubung
Bebanterhubung
Sumberterhubung
IB
Arus di penghantar netraldalam keadaan seimbang bernilai nol
terhubungY
terhubungΔ
terhubungY
dalam keadaan seimbang bernilai nol
92
Beban Tiga Fasa
93
BebanBeban TerhubungTerhubung YY
B
Z
IBθθ
θ−∠=−∠=
∠
∠== f
ANANANA ZZZ
IVVV
Io0
gg
NA
ZIA
Z
Z)120()120(
120 ooo
−−∠=−−∠=∠
−∠== θθ
θ fBNBNBN
B ZZZI
VVVI
A
CIC
INZ
)240()240(240 oo
o
−−∠=−−∠=∠
−∠== θθ
θ fCNCNCN
C ZZZI
VVVI
C
0=++ CBA IIIKeadaan seimbangVCN
Im
IC
3
***3
θ∠
++= CCNBBNAANfS
IV
IVIVIVRe
θ
3
3
θ
θ
∠=
∠=
fff
AAN
IV
IVIA
VAN
ReθIB θ
VBNreferensi
94
I
ContohContoh
V 2203
3803
===ff
fn
VV
Z = 4 + j 3
B
ZIA
IB
Z
V 240220
V 120220
referensi) sebagai ( V 0220
o
o
o
−∠=
−∠=
∠=
CN
BN
AN
V
V
VVff = 380 V (rms)
VAN referensiN
A
A
INZ
Z
A 8,63448,3650220
430220 o
o
oo−∠=
∠∠
=+∠
==VI AN
A jZCIC
V I
A44A 8,27644
A 8,15644)1208,36(44o
ooo
−∠=
−∠=−−∠=
II
I
C
BVCN
Re
ImIC
θ
A 44=I
kVA83629
8,364402203 3o
oo*3
∠
∠×∠×=×= AANfS IVVAN
Re
IA
θIB θ
kVA 8,3629 ∠=
kW 2,238.36cos29 o3 ==fP
kVAR417836i29 oQ
VBN
kVAR 4,178.36sin29 o3 ==fQ
95
BebanBeban TerhubungTerhubung ΔΔ
ABVI =
BebanBeban TerhubungTerhubung ΔΔIB
CABC VI
VI == ;
ZABI =
Z
VZ
VZ
ffffABAB θ
θ−∠=
∠
∠==
o0VIIA
BA
IABZ
ZZ CABC II == ;
III =
ZZZ θ∠
IBC
ICAZ
Z oo 240 ;120 −−∠=−−∠= θθ ABCAABBC IIII
IIIIII == ;CAABA III −=
)150(3)150(3
)30(3 )30(3oo
oo
θ∠θ∠
−θ−∠=−θ−∠= fABA
II
II
I
IIC
C
VCA
ImICA
BCCACABBCB IIIIII −=−= ;
)270(3 )270(3
)150(3)150(3oo −θ−∠=−θ−∠=
−θ−∠=−θ−∠=
fCAC
fBCB
II
II
I
I
θ∠θ∠∠ 3033 o* IVIVS IVRe
CA
θ
θ∠=θ∠×∠×=×= 3033 o3 AfffffABABf IVIVS IV
sinsin3
coscos3 33
θθ
θ=θ= fAfff
SIVQ
SIVPVAB
ReIAB
θIBC θ
I sinsin3 33 θ=θ= fAfff SIVQVBC
−ICA IA
96
oooo380ContohContoh
BIA
IB
IABZ = 4 + j 3
oooo 240220 ;120220;022003
380−∠=−∠=∠=∠= CNBNAN VVV
oo 30380)30(3 ∠=+∠= ANANAB V θV
AC
A
IC
IBC
ICA
Vff = 380 V (rms)
VAN referensiA8,6763038030380 o
oo
−∠=∠
=∠
== ABAB
VI
oo 210380 ; 90380 −∠=−∠= CABC VV
A 8,6768,36534 o ∠
∠+ jZABI
VCN
Im VAB
A8246762408676
A 8,126761208,676ooo
ooo
−∠=−−∠=
−∠=−−∠=BC
I
I
A 8,366.1318,36376)308,6(3 oooo −∠=−∠=−−∠= ABA II
ICAA 8,246762408,676 −∠=−−∠=CAI
A81566131)120836(6131 ooo ∠∠I
86763038033 oo*S +∠×∠×== IVIAB
VANIBC
ReA 8.2766,131)2408,36(6.131
A 8,1566,131)1208,36(6.131ooo
ooo
−∠=−−∠=
−∠=−−∠=
C
B
I
I
kVA 523,69 8.3664.86
8.676303803 3o
3
j
S ABABf
+=∠=
+∠×∠×== IV
kW 3,69)76(433 223 =××=××= ABf RP I
VBN
kVAR 52)76(333
)(22
3
3
=××=××= ABf
ABf
XQ I97
Pada dasarnya analisis daya pada sistem tiga
Analisis Daya Pada Sistem 3 FasaPada dasarnya analisis daya pada sistem tiga fasa tidak berbeda dengan sistem satu fasa
98
I = ? R ? X ?ContohContoh
Y 50 kVA f dVLL = 480 V
Is = ? RB = ? XB = ?ContohContoh
Y f.d. 0,9 lagging
VLL 480 V
A60500003====
fSII333 ffffffS IVIV ==⇒
3 *3 ffnfS IV= ifvfn θθ −∠×∠×= IV3 )(3 ivffn θθ −∠= IV
A 6034803====
fffs
VII
;kW 459,050cos3 =×== ϕfSP
33 3 fffffnfS IVIV⇒
;,3 ϕf
kVA 8,2145 3 jS f +=⇒ kVAR 8,21436,050sin3 =×== ϕfSQ
kVA37153 jS
S f
03,216,41000)3,715(22
jjSZ fasaper +=
×+==
kVA 3,7153
3 jS f
fasaper +==⇒
032;164 Ω=Ω=⇒ XR 03,216,4)60( 22 jZ
f
+I
. 03,2 ; 16,4 ΩΩ⇒ XR
99
Z = 2 + j20 ΩI IB
ContohContohbeba
VS VB
Z 2 + j20 Ω
≈≈
IS IB
100 kW4800 V rmscosϕ = 0,8 lag
|Ssumber| = ?
V ?
ϕ== coskW 100 BB SP
n ϕ , gVsumber= ?
kVA 75100 jSB += kVAR 756,0125sin =×== ϕBB SQkVA 1258,0
100 ==BS
A 1538,04800
100
3cos
=××
=→
ϕ=
B
BBB
I
IVP
kVA 5,1335,115)202(3 2 jjS sal +=×+×=38,04800 ×× ,,)( jjsal
kVA 5,1345,8835,101
kVA 5,8835,101 22 =+=
+=+=
Sumber
salBSumber
S
jSSS
rmsV518010005,134
33
×⇒
==
S
BSSSSumber
S
S
V
IVIV
rmsV 51803153
===⇒B
SI
V
100
Kuliah TerbukaAnalisis Rangkaian Listrik Di Kawasan Fasor(R k i A B l k B lik Si id l K d M )(Rangkaian Arus Bolak‐Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)
Sudaryatno Sudirham
101