Selamat Datang Dalam Kuliah Terbuka Ini

1

Kuliah terbuka kali ini berjudul

“Analisis Rangkaian Listrikdi Kawasan Fasor”

2

Disajikan olehSudaryatno Sudirham

melaluiwww.darpublic.com

3

4

Dalam sesi ini kita akan membahas:

Metoda Analisis Sistem Satu FasaAnalisis DayaPenyediaan Daya

5

Metoda Analisis Dasar

6

+ vx +

14cos2tV

12 A B C

D

9 3

ix

3/2 H

1/6 F1/18 F

Metoda Keluaran Satu Satuan (unit

output)

ti

K

x

xx

2cos5,0

05,028

014

28

1

28

1 oo

AA

VIV

I

A )01(Misalkan jx I

V 2891213

4

jjBA VV

V 3jC VV 1

3 jC

VI4

A 11 jx 43 III

V 311333 jjjjCB 3IVV

A 3

1

92 BVI A 1

3

4 321

jIII

j9 j3

+

140 V

12 A B C

D

9 3 j3 I1

I2 I3

I4

xI

7

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

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

o2o1o

o2o

o1o

ttiii

titi

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

20cos4t V +_ 93cos2t Aio

3H

200o+_

9 j6

Io1 j12 9

30o j12

Io2 j6

Metoda Superposisi

A 9,3629,3610

020

68

020

6128

020

oo

o

oo

o1

jjjI

A 8,733039,3610

9,3610

0368

6803

)68/(1)12/(1

)12/(1

ooo

o

ooo2

j

j

jj

jI

8

+

18cos2t V

i

62

21H

A

B

2H

1/8 F

V 12

9 018

462

2 o

jjhtT

VV

A 2cos1

A 01

)12(2)47(

)12(

)12(

9

42o

ti

jjj

j

jjjZT

T

V

I

+

180o V

6

2

A

B

j4

j2 j4

I

2

+

180o V

6 2

A

B

j4

2

12

47

48

812816

462

4622

j

j

j

jj

j

jZT

Metoda Rangkaian Ekivalen

Thévenin

+

A

B

j4

ZT j2TV

I

9

i1 =0.1cos100t A

v =10sin100t V

200F 1H

50

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

sumber tegangan tersambung seri dengan resistor 50 yang paralel dengan induktor j100

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

Metoda Reduksi

Rangkaian

VVV AB

A B

j50 j100

50

Ix

V 010 oVV 01.0 o

1 I

IyA

I2

j50 j100

50

V 01.0 o1 I

Iy

j50 j100

50

21 II

Metoda Analisis Umum

10

11

Metoda Tegangan

Simpul

30

10

120

122 : Gauss eliminasi

10

10

11

122

B

A

B

A

V

V

V

V

j

jj

j

jj

VVV

VVVI

BA

BBA1

: B

05010050

:A jj

o

o

B

A

9010

01,0

1150

1

100

1

50

1

V

Vjj

V 4,186,1215,0

1010

15,0

151010

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

)12(30

12

30

oBA

ooB

j

j

j

jjj

jj

j x

VV

IV

I1 =0,10o A

V=1090oV

j50 j100

50

Ix=?A B

12

I =0,10o A

V=1090oV

j50 50

A B

I1 I2I3

0

10

1.0

100501000

1001005050

001

3

2

1

j

jj

jjjj

I

I

I

0

1

1.0

2120

1055

001

3

2

1

j

jj

jjj

I

I

I

3

5.1

1.0

10500

1050

001

3

2

1

j

j

j

jj

I

I

I

A 2,533,0 5

105,1 A; 6,2627,0

105

3 A; 01,0 o3

2o

30

1

j

jj

j

j IIII

Metoda Arus Mesh

Analisis Daya

13

viptIitVv mm ; cos ; )cos(

tIV

tIV

tIV

tIVIV

tttIVttIVvip

mmmm

mmmmmm

mmmm

2sinsin2

2cos1cos2

2sinsin2

2coscos2

cos2

cossinsincoscos cos)cos(

Nilai rata-rata= VrmsIrmscos

Nilai rata-rata= 0

-1

1

0 15t

pb

Komponen ini memberikan alih energi netto; disebut daya nyata: P

Komponen ini tidak memberikan alih energi netto; disebut daya reaktif: Q

Tinjauan Daya di Kawasan Waktu

14

Tegangan, arus, di kawasan fasor:

irmsirmsvrms IIV IIV ; ; besaran kompleks

Didefinisikan Daya Kompleks S:

)(*ivrmsrms IVS IV

sinsin

cos cos

rmsrms

rmsrms

IVSQ

IVSP

jQPS

Re

Im

P

jQ

S, P, dan jQ membentuk

segitiga daya

*IVS

*I

IV

Tinjauan Daya di Kawasan Fasor

15

Faktor Daya dan Segitiga

Daya

S

Pcos f.d.

S =VI*

jQ

PRe

Im

V

I (lagging)

I*

Re

Im

jQ

PRe

Im

S =VI*

V

I (leading)

I*

Re

Im

Faktor daya lagging

Faktor daya leading

16

IVI

VBB ZZ atau

22

2

2*

*

rmsBrmsB

rmsBB

BB

IjXIR

IjXR

ZZ

S

III

IV22 rmsBrmsB IjXIR

jQPS

2

2 dan

rmsB

rmsB

IXQ

IRP

Daya Kompleks dan Impedansi

Beban

17

Bagian beban yang resistif-lah yang menyerap daya nyata.

seksisumber

seksibeban

A

B

I

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

VAR 2100dan W 3640 QP

866,0)30cos( dayafaktor

VA 2100364030sin420030cos4200

30420010575,875480oo

ooo*

jj

S

IV

5,47)75,8(

364022

rmsB

I

PR

4,27)75,8(

210022

rmsB

I

QX

Contoh

18

Dalam rangkaian linier dengan arus bolak-balik keadaan mantap, jumlah daya kompleks yang diberikan oleh sumber bebas, sama dengan jumlah

daya kompleks yang diserap oleh elemen-elemen dalam rangkaian

Alih Daya

19

50

I1 =0,10o A

V=1090oV

j50 j100 I3

BA

C

I2 I4 I5

oAC

oAC

010212

atau

001,050

1

50

1

100

1

50

1

jj

jjj

VV

VV

V 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

jCA

III

VVI

III

VA 8,14,2

)24,018,0(9010 o*3

j

jSv

IV

VA 4,16,3 8,14,24,02,1 jjj

SSS vitot

V 90109010 ooA VV

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

Contoh

20

Perhitungan untuk sumber arus Perhitungan untuk sumber tegangan

R 50 menyerap daya nyata 3,6 W

Dengan Cara Penyesuaian Impedansi

+ VT

ZT = RT + jXT

ZB = RB + jXB

A

B

22

22

)()( BTBT

BTBB

XXRR

RRP

VI

(maksimum) 4

Jika 2

B

TBBT R

PRRV

dan

:adalah maksimum dayaalih adinyauntuk terjsyarat Jadi

TBBT XXRR

22 )()( BTBT

T

XXRR

VI

2

2

)( BT

BTB

RR

RP

VBT -XX Jika

Alih Daya Maksimum

21

V 551011

1010

5010050

50 o jj

j

jj

jT

V

75251005050

)10050(50j

jj

jjZT

7525 jZ B W5,0254

55

4

22

j

RP

B

TMAX

V

A 13502,050

55 o

j

ZZ BT

TB

VI

A 01,0

752550

)7525)(50(10050

010 oo

jj

jjj

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

2550

22

22

BssP II

Contoh

22

Berapa ZB agar terjadi alih daya maksimum? Berapa daya maksimum tersebut? Berapa daya yang diberikan sumber waktu terjadi alih daya maksimum tersebut?

Agar terjadi alih daya maksimum:

B

+

50 j100

j50

A

100o VZB

BIsI

Dengan Cara Sisipan Transformator

BB ZN

NZ

2

2

1

impedansi yang terlihat di sisi primer

sincos BBB ZjZZ

TTTB ZXRZ 22

B

T

Z

Z

N

N

2

1

ZB

+

ZT

VT

N1 N2

22

2

sincos

cos

BTBT

BTB

ZXZR

ZP

V

0BB

Zd

dP

Alih Daya Maksimum

23

+

50 j100

j50

A

B100o V

25 + j 60

1028,16025

752522

22

2

1

B

T

Z

Z

N

Na

W49,0

60216,17525216,125

25216,150

22

2222

22

BTBT

BTB

XaXRaR

RaP

V

Seandainya diusahakan )6025( jZ B

W06,0

60216,17525216,125

25216,15022

BP

Tidak ada peningkatan alih daya ke beban.

V 55 jT V 7525 jZT

Dari contoh sebelumnya:

Contoh

24

Penyediaan Daya

25

Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan transformator berkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi.

Dengan transformator tegangan tinggi, penyaluran daya listrik dapat dilakukan dalam jarak jauh dan susut daya pada jaringan dapat ditekan.

Di jaringan distribusi listrik banyak digunakan transformator penurun tegangan, dari tegangan menengah 20 kV menjadi 380 V untuk distribusi ke rumah-rumah dan kantor-kantor pada tegangan 220 V.

Transformator daya tersebut pada umumnya merupakan transformator tiga fasa; namun kita akan melihat transformator satu fasa lebih dulu

Transformato

r

26

Transformator Dua Belitan Tak

Berbeban

o11 0EE

efektif nilaiadalah

44.42

21

11 maksmaks Nf

NfE

Belitan primer:

maksNfE 22 44.4

Belitan sekunder:

tmaks sinJika

o22 0EE

tNdt

dNe maks

cos111

masi transforrasio 2

1

2

1 aN

N

E

E

27

Fasor sefasa dengan karena diinduksikan oleh fluksi

yang sama.

2E1E

+

N2N1

+

+

fI

1E 2E1V

02 I

111 EIV Rf

Arus magnetisasi yang membangkitkan

Resistansi belitan primer

Diagram fasor dengan mengambil rasio

transformasi a=1, sedangkan E1 sefasa E2

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

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

inti.

28

1VfI

21 EE cI

I1RfI

+

N2N1

+

+

fI

1E 2E1V

Representasi fluksi bocor di belitan primer

1111111 XjRR fflf IIEEIEV

ada fluksi bocor di belitan primer

Fluksi Bocor di Belitan

Primer

29

l

1V

fI

21 EE cI

I 1RfI

lf XjI l1

fI

1V 2E

beban resistif , a > 1

22222

22222

XjR

R l

IIV

EIVE

11111

11111

XjR

R l

IIE

EIEV

Transformator

Berbeban

30

1V

2'I 2V2I

fI

1I

11XjI

2E 1E11RI22 XjI

22RI

l1 l2RB

1I

1V

2I

2V

21

222221

111111

III

IIVE

IIEV

f

XjRa

XjR

Rangkaian Ekivalen

Transformator

31

adalah arus, resistansi, dan reaktansi sekunder yang dilihat

dari sisi primer

, , 222 XR I

R2

If

B

jX2R1jX1

jXcRc

IcI

12 VV a

2'I1I

1V 1E

Z

R2

If B

jX2R1jX1

1I 2'I

1V 1E 12 VV a

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

Rangkaian Ekivalen yang

Disederhanakan

32

B

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

1V

21 II

2'V

1V

2'V 2 eXj I 2 eRI2I

Jika diabaikan terhadap kesalahan yang terjadi dapat

dianggap cukup kecil

1IfI

10 kW f.d. 0,8 lagging

8 kW f.d. 0,75 lagging

380 V rmsPenyediaan

Daya

Contoh

kVA 5,710sincos

sin 11

11111111 j

PjPSjPjQPS

kVA 78sincos

sin|| 22

222222 j

PjPSjPS

kVA 5,1418785,7102112 jjjSSS

Impedansi saluran diabaikan

lagging 78,05,1418

18cos

2212

Faktor daya total

tidak cukup baik

33

Im

Re

jQ beban (induktif)

jQ kapasitor

P beban

kVA beban tanpa kapasitor

kVA beban dengan kapasitor

Perbaikan faktor daya dilakukan pada beban induktif dengan menambahkan kapasitor yang diparalel dengan beban, sehingga

daya reaktif yang harus diberikan oleh sumber menurun tetapi daya rata-rata yang diperlukan beban tetap dipenuhi

Daya yang harus diberikan oleh sumber kepada beban turun dari |S| menjadi |S1|.

|S|

|S 1|

kapasitor paralel dengan beban

Perbaikan Faktor Daya

34

S12jQ12

P12

-jQ12CS12C

10 kW f.d. 0,8 lagging

8 kW f.d. 0,75 lagging

380 V rms 50 Hz

C

kVA 5,141812 jS lagging 78,0cos 12

Contoh

kVA 9,518)95.0tan(arccos181812 jjS C

laggingC 95,0cos 12

kVAR 58,8 5,149,512 jjjjQ C

F 190380100

8580

2

C

CX

Q CC

CC 2

2

VV

diinginkan

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

kVA 78)75,0tan(arccos882 jjS

2

C

CQC

V

35

Carilah berapa C agar faktor daya menjadi 0,95

Diagram Satu Garis

36

beban 110 kWcos = 1

beban 28 kWcos = 1

0,2 + j2 0,2 + j2 Vs

| V | = 380 V rms

kVA 0101 jS

A 021 A 0210380

08000 o2

oo

*2

IIj

kVA 9,009,0

)22,0()22,0(22

2

j

jjSsal

22 II

kVA 9,009,8222 jSSS saltot

V 4,66,387

V 9,422,385021

9008090

o

o*2

21

jjStot

IV

A 4,68,254,66,387

010000 oo*

1

11

jS

VI

A 5,373,46 88,264,46

0214,68,25o

oo21

j

s III

kVA 37,444,0

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

j

jjS ssal

I

kVA 27,553,18

9,009,81037,444,0

2211

j

jj

SSSSS salsals

V 4,19412 3,546,73

9,1519265

3,546,73

527018530 oo

o

o*

jS

s

ss

IV

kVA 082 jS

Contoh

37

Carilah tegangan sumber

38

Kuliah TerbukaAnalisis Rangkaian Listrik Di

Kawasan Fasor

Sesi 3

Sudaryatno Sudirham