7/23/2013
Isi
Sudaryatno Sudirham
1. Fasor 2. Pernyataan Sinyal Sinus 3. Impedansi 4. Kaidah Rangkaian 5. Teorema Rangkaian 6. Metoda Analisis 7. Sistem Satu Fasa 8. Analisis Daya 9. Penyediaan Daya 10. Sistem Tiga-fasa Seimbang
Analisis Rangkaian Listrik di Kawasan Fasor (Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)
2
1
Di kawasan waktu bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai
y = A cos(ωt − θ) Sudut fasa Amplitudo
Fasor
Frekuensi sudut
Analisis rangkaian listrik di kawasan waktu melibatkan operasi diferensial dan integral, karena hubungan arustegangan elemen-elemen adalah
Mengapa Fasor?
vL = L
3
diL dt
iC = C
dvC dt
vC =
1 iC dt C∫
4
1
7/23/2013
Bentuk gelombang sinus sangat luas digunakan
Dalam matematika ada sebuah fungsi yang turunannya berbentuk sama dengan fungsi itu sendiri, yaitu
Energi listrik, dengan daya ribuan kilo watt, disalurkan menggunakan bentuk gelombang sinus.
Fungsi Eksponensial
Siaran radio juga dipancarkan dengan menggunakan bentuk gelombang sinus.
dAe x = Ae x dx
de x = ex dx
Pekerjaan analisis rangkaian, dimana peubah rangkaiannya berbentuk gelombang sinus, akan sangat dipermudah jika operasi-operasi diferensial dapat dihindarkan.
Jika sinyal sinus dapat dinyatakan dalam bentuk fungsi eksponensial, maka operasi diferensial dan integral akan terhindarkan
5
Bilangan Kompleks
Hal itu dimungkinkan karena ada hubungan antara fungsi sinus dan fungsi eksponensial yaitu
Pengertian Tentang Bilangan Kompleks
Identitas Euler e
jx
6
Tinjau Persamaan:
Akar persamaan adalah:
s =
s +1 = 0 2
= cos x + j sin x
−1 = j
Bilangan tidak nyata (imajiner)
Bagian nyata pernyataan kompleks ini yang digunakan untuk menyatakan sinyal sinus
x
Ini adalah fungsi eksponensial kompleks
Berikut ini kita akan melihat ulang bilangan kompleks
3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0 0
1
2
3
4
5
6
7
8
9 10
x Tak ada nilai 7
x untuk x negatif 8
2
7/23/2013
Representasi Grafis Bilangan Kompleks Bilangan kompleks didefinisikan sebagai
s = a + jb
(sumbu imajiner) Im
dengan a dan b adalah bilangan nyata
Im S = a + jb
jb bagian nyata dari s Re(s) = a
S = a + jb
jb
bagian imajiner dari s Im(s) = b
θ a
(sumbu imajiner)
Re
a
Re
(sumbu nyata)
Im
S = |S|cosθ + j|S|sinθ
s = a + jb
jb
S =
Bilangan kompleks
θ=
Re
a
(sumbu nyata)
a2 + b2
tan−1(b/a)
|S|cosθ = Re (S)
bagian nyata dari S
|S| sinθ = Im (S)
bagian imaginer dari S
9
10
Operasi-Operasi Aljabar Bilangan Kompleks
Contoh Im
Penjumlahan
s1 = a + jb s2 = p + jq
3 + j4 = 5cosθ + j5sinθ
4 3 5
2 1 -4
-3
-2
-1
s1 + s2 = (a + p) + j (b + q)
θ 0
2
3
4
+
s1 = a + jb s 2 = p + jq
--
s1 − s2 = ( a − p) + j (b − q)
Perkalian
Re 1
Pengurangan
(s1 )(s2 ) = (a + jb)( p + jq) = (ap − bq) + j (aq + bp)
5
-1 -2
Pembagian
-3
s1 a + jb p − jq ( ap + bq ) + j (bp − aq ) = = × s2 p + jq p − jq p2 + q2 11
12
3
7/23/2013
Contoh
Bentuk Sudut Siku dan Bentuk Polar diketahui: maka:
s1 = 2 + j3 dan s2 = 3 + j 4
Fungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai
e ( τ + jθ ) = e τ e
s1 + s2 = ( 2 + j 3) + (3 + j 4) = 5 + j 7
jθ
= e τ (cos θ + j sin θ )
dengan eτ adalah fungsi eksponensial riil
s1 − s2 = (2 + j 3) − (3 + j 4) = −1 − j1
dan
e jθ = cos θ + j sin θ
Ini identitas Euler
(s1 )(s2 ) = (2 + j3)(3 + j4) = (6 − 12) + j(8 + 9) = −6 + j17
Dengan identitas Euler ini bilangan komleks yang dituliskan sebagai:
s1 2 + j 3 3 − j 4 = × s2 3 + j 4 3 − j 4 =
dapat dituliskan sebagai:
( 6 + 12 ) + j ( − 8 + 9 ) 18 1 = + j 25 25 32 + 4 2
S = a + jb S =
a 2 + b 2 (cos θ + j sin θ )
Penulisan bilangan kompleks di atas adalah penulisan dalam bentuk sudut siku yang juga dapat dituliskan dalam bentuk polar yaitu:
S = a 2 + b 2 e jθ 13
Kompleks Konjugat
Contoh Bentuk Polar
14
S = 10 e j0,5
|S| = 10
Im
sudut fasa: θ = 0,5 rad
Im
S* = p + jq
S = a + jb
Bentuk Sudut Siku S = 10 (cos 0 ,5 + j sin 0 ,5 )
Re
= 10 ( 0 ,88 + j 0 , 48 ) = 8,8 + j 4 ,8
Re
S* = a − jb Bentuk Sudut Siku S = 3 + j4 Bentuk Polar
S=
| S | = 3 2 + 4 2 = 5 θ = tan
−1
4 = 0,93 rad 3
S = p − jq
Bilangan kompleks S mempunyai konjugat S* Konjugat dari S = a + jb adalah S* = a - jb
5e j 0,93
Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai hubungan-hubungan berikut: Bentuk Sudut Siku S = 3 − j4 Bentuk Polar
S = 5e −
4
−1 | S | = 3 2 + 4 2 = 5 ∠ S = − θ = tan 3 = 0,93 rad
S S * =| S | 2 atau |S| = S S *
(S1 × S 2 )* = (S1* )(S 2* )
j 0,93
15
(S1 + S 2 )*
= S1* + S 2*
* S1 S1* = * S2 S1 16
4
7/23/2013
Fasor Sinyal Sinus di kawasan waktu :
v = A cos( ω t + θ )
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
Pernyataan Sinyal Sinus
sehingga dapat ditulis dalam bentuk: v = Re(V) = Re ( A e jω t e j θ )
Dalam Bentuk Fasor
Jika seluruh sistem (rangkaian) mempunyai ω bernilai sama maka ejωt bernilai tetap sehingga tak perlu selalu dituliskan dan sinyal sinus
Re dan e jω tidak ditulis lagi
v = A cos( ω t + θ )
dapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks : V = A e j θ Inilah yang disebut Fasor hanya amplitudo A dan sudut fasa θ yang diperhatikan karena ω diketahui sama untuk seluruh sistem 18
17
Penulisan dan Penggambaran Fasor Karena hanya amplitudo dan sudut fasa saja yang diperhatikan maka
V = Ae jθ dituliskan V = A∠θ
Contoh
Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor
v1 (t ) = 10 cos(500t − 45 o )
Im
menjadi:
V
jb
v 2 (t ) = 15 cos(500t + 30 o )
|A| θ
menjadi:
V1 = 10∠ − 45 o
atau
V1 = 10 cos(−45 o ) + j10 sin( −45 o ) = 7,07 − j 7,07 V2 = 15∠30 o
atau
V2 = 15 cos(30 o ) + j15 sin(30 o ) = 12,99 + j 7,5
Pada frekuensi ω = 500
a Re
i1 (t ) = −4 cos 1000t
V = A∠ θ = A cos θ + jA sin θ
menjadi:
b V = a + jb = a 2 + b 2 ∠ tan −1 a
i 2 (t ) = 3 cos(1000t − 90 o ) menjadi:
I 1 = −4∠0 o
atau
I 1 = −4 cos(0 o ) − j 4 sin( 0 o ) = −4 I 2 = 3∠ − 90 o
atau
I 2 = 3 cos(−90 o ) + j3 sin( −90 o ) = − j3
Pada frekuensi ω = 1000 19
20
5
7/23/2013
Operasi-Operasi Fasor Fasor Negatif dan Fasor Konjugat Jika diketahui :
Jika A = A∠θ
Im A
jb
−jb
maka :
( ) = A∠( θ − 180 )
Perkalian
− A = A∠ θ + 180o a
−θ
−A
B = B∠θ2
maka negatif dari A adalah
θ
−a
A = A∠θ1
o
Re
Pembagian
dan konjugat dari A adalah
A*
A* = A ∠ − θ
A A∠θ1 A = = ∠( θ1 − θ2 ) B B∠θ2 B
Penjumlahan dan Pengurangan
A + B = ( A cos θ1 + B cos θ2 ) + j ( A sin θ1 + B sin θ 2 )
− A = −a − jb
Jika A = a + jb
A × B = AB∠( θ1 + θ2 )
A − B = ( A cos θ1 − B cos θ 2 ) + j ( A sin θ1 − B sin θ2 )
A* = a − jb 21
22
Contoh Diketahui:
I 1 = −4∠ 0 o
V1 = 10∠− 45o
I 2 = 3∠ − 90 o
V2 = 15∠30 o
maka :
I 3 = I1 + I 2 = (− 4 + j 0) + (0 − j3) = −4 − j 3 I3 =
( − 4 ) + ( − 3 ) ∠ tan 2
2
−1
−3 = 5 ∠ 216 , 9 o −4
V 10∠ − 45o Z1 = 1 = = −2.5∠ − 45o I1 − 4∠0 o Z2 =
Im 216,9o
-4
Re
5 I3
Impedansi
-3
V2 15∠30 o = = 5∠120 o I 2 3∠ − 90 o
S 1 = V1 I 1* = (10 ∠ − 45 o ) × ( − 4 ∠ 0 o ) = − 40 ∠ − 45 o S 2 = V2 I *2 = (15∠ 30 o ) × (3∠ 90 o ) = 45∠120 o 23
24
6
7/23/2013
Resistor
Impedansi di Kawasan Fasor
Kawasan waktu Impedansi suatu elemen rangkaian di kawasan fasor adalah perbandingan antara fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut
V Zx = x Ix
i R (t ) = i Rm cos( ωt + θ)
iR
= i Rm e j ( ωt + θ)
+ vR −
fasor tegangan fasor arus
R=
impedansi
vR iR
= i Rm e jωt e jθ
v R ( t ) = RiR (t ) = RiRm e jωt e jθ
Kawasan fasor
I R = I R ∠θ
VR = RI R R=
Catatan: Ada pengertian impedansi di kawasan s yang akan kita pelajari kemudian
resistansi resistor di kawasan waktu bernilai sama dengan impedansinya di kawasan fasor
VR IR
Impedansi
25
26
Kapasitor
Induktor
Kawasan waktu
Kawasan waktu
i L (t ) = i Lm cos( ωt + θ)
+ vL −
iL
vL = L
diL dt
= i Lm e j ( ωt +θ) = i Lm e jωt e jθ
+ vC −
Kawasan fasor
I L = I L ∠θ
v L (t ) = L
iC = C
hubungan diferensial
hubungan linier
= vCm e j ( ωt + θ)
VC = VC ∠θ
dvC dt = jωC ( vCm e j ( ωt + θ) )
I C = jωC VC
iC (t ) = C
dvC dt
VL = jωLI L ZL =
Kawasan fasor
`
iC di L (t ) dt = jωL(im e jωt e jθ )
vC (t ) = vCm cos( ωt + θ)
ZC =
VL = j ωL IL
hubungan diferensial
Impedansi
hubungan linier
VC 1 = IC jω C
=−j
1 ωC
Impedansi 27
28
7
7/23/2013
Impedansi dan Admitansi
Impedansi Secara Umum
Impedansi: Z
Z = R(ω) + jX (ω)
V Z L = L = jω L IL
V R= R IR
V 1 1 ZC = C = =−j IC jω C ωC
Z L + R // C = jωL +
V=ZI Admitansi: Y = 1 / Z
YR =
1 R
1 1 j YL = = =− Z L jω L ωL
R (1 / jωC ) R = + R + (1 / jωC ) (ωRC )2 + 1
ωR 2 C j ωL − ( ωRC )2 + 1
• 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.
1 YC = = jωC ZC
I =Y V Perhatikan: relasi ini adalah relasi linier. Di kawasan fasor kita terhindar dari perhitungan diferensial. 29
30
Hubungan Seri I R + VR −
Kaidah Rangkaian
R + VR −
31
I
jωL + VL −
−j/ωC
+ VC −
Z RL seri = R + jωL VRL seri = (R + jωL ) I
Z RC seri = R −
j ωC
1 VRC seri = R + I jωC
32
8
7/23/2013
Kaidah Pembagi Arus
Kaidah Pembagi Tegangan jωL I + VL −
Itotal
1 Z LC seri = j ωL − ωC
−j/ωC
I2
I1
j VLC seri = jωL − I ωC
+ VC −
I3
jωL
V = Yk V Zk n
−j/ωC
R
Ik =
I total =
n
∑ I = ∑Y V = Y k
k
k =1 n
Vtotal
seri
= Z total
Z total
seri
= Z1 + Z 2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + Z n
Vk =
Ytotal =
seri I
∑Y
k
=
k =1
Zk × Vtotal Z total seri
I k = Yk V =
total V
k =1
1 1 1 + + ⋅⋅⋅⋅ + Z1 Z 2 Zn
Yk I total Ytotal
33
34
Arus dan Tegangan pada Induktor Misalkan
L = 0,5 H , iL(t) = 0,4cos(1000t) A
Z L = j × 1000 × 0,5 = j 500 Ω V L = Z L I L = ( j 500) × 0,4∠0 o = 500∠90 o × 0,4∠0 o = 200∠90 o V
Diagram Fasor Di kawasan waktu:
Im
VL Arus
200
90o di belakang tegangan
V A 150 100 50
IL
Re
35
0 -50 0 -100
Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)
vL(t) 100 iL(t) 0,002
0,004
0,006
0,008
detik
-150 -200 36
9
7/23/2013
Beban Kapasitif
Arus dan Tegangan pada Kapasitor Misalkan ZC =
Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t +10o) V i(t) = 5cos(314t + 40o) A
C = 50 pF , iC(t) = 0,5cos(106 t) mA
−j 1 = = − j 20 kΩ jωC 10 6 × (50 × 10 −12 )
V = 120∠10 o V dan I = 5∠40 o A
VC = Z C I C = (20 × 10 3 ∠ − 90 o ) × (0,5 × 10 −3 ∠0 o )
V 120∠10 o = = 24∠ − 30 o Ω I 5∠40 o = 24 cos(−30) + j 24 sin(−30) = 20,8 − j12 Ω
= 10∠ − 90 o V
ZB =
Im
Di kawasan waktu:
IC VC
10
Re
V
arus 90o mendahului tegangan
mA
vC(t) 10 iC(t)
5
arus mendahului I tegangan
Im
V
0 0
Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)
0,0005
0,001
0,0015
0,002
detik
-5
Re -10 37
38
Beban RLC Seri, kapasitif
Beban Induktif Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t + 20o) V i(t) = 5cos(314t − 40o) A
+ vs(t) = − 250 cos500t V
ZB =
Z C = − j100 Ω ; Z L = j 25 Ω
V 120∠20 o = = 24∠60 o Ω I 5∠ − 40 o
Vs= 250∠0oV
+ −
100Ω
−j100Ω j25Ω
Re
Z tot = 100 − j100 + j 25 = 100 − j 75 Ω
I
= (100) 2 + (75) 2 ∠ tan −1
V
= 24 cos(60 ) + j 24 sin( 60 ) o
arus
Transformasi rangkaian ke kawasan fasor
Im
V
I tertinggal dari
20µF 50mH
Vs = 250∠0 o ; Z R = 100 Ω
V = 120∠20 o V dan I = 5∠ − 40 o A Im
100Ω
o
= 12 + j 20,8 Ω
Re
Beban RLC seri ini bersifat kapasitif |ZC| > |ZL| arus mendahului tegangan
tegangan
Jika kita kembali ke kawasan waktu
− 75 100
= 125∠ − 36,87 o Ω I=
Vs 250∠0 o = = 2∠36,87 o A Z tot 125∠ − 36,87 o
i(t) = 2 cos(500t + 36,87o) A 39
40
10
7/23/2013
Fasor Tegangan Tiap Elemen
Beban RLC seri, induktif Z R = 100 Ω
Vs= 250∠0oV
+ −
−j100Ω
100Ω
j25Ω
Im I
Z tot = 100 − j 75 = 125∠ − 36,87 o Ω I=
Vs= 250∠0oV
VR = RI Vs
Vs 250∠0 = = 2∠36,87 o A Z tot 125∠ − 36,87 o o
VC = −jXC I
VL = jXL I
+ −
100Ω
Z C = − j 25 Ω
−j25Ω
Z L = j100 Ω
j100Ω
Vs = 250∠0o V
Z tot = 100 − j 25 + j100 = 100 + j 75 Ω
Re
= (100) 2 + (75) 2 ∠ tan −1
75 100
= 125∠36,87 o Ω
VR =
100 250∠0 o = 200∠36,87 o V 125∠ − 36,87 o
VC =
100∠ − 90 o 250∠0 o = 200∠ − 53,13o V 125∠ − 36,87 o
Fasor tegangan rangkaian mengikuti hukum Kirchhoff
I=
Vs = VR + VC + VL
Im
250∠0 o Vs = = 2∠ − 36,87o A Z tot 125∠36,87 o
V Re I
25∠90 o VL = 250∠0 o = 50∠126,87o V 125∠ − 36,87 o
Pada beban kapasitif |ZL| > |ZC| arus tertinggal dari tegangan 41
42
Beban RLC Paralel I
YR = 0.01 Ω YC = j 0.04 Ω
−j25Ω
+ Vs= − 250∠0oV
100Ω
YL = − j 0.01 Ω
j100Ω
Vs = 250∠0o.
Ytot = 0.01 + j 0.04 − j 0.01 Ω
Teorema Rangkaian
= 0.01 + j 0.03
I = VY = 250 × (0.01 + j 0.03) = 2.5 + j 7.5 = 2.52 + 7.52 tan −1
7.5 = 7.9∠71.6o 2.5
Im I V
Re 43
44
11
7/23/2013
Prinsip Proporsionalitas Prinsip Superpossi
Y = KX Prinsip Superposisi selalu berlaku di kawasan waktu dan berlaku di kawasan fasor bila frekuensi sama
Y = fasor keluaran, X = fasor masukan, K = konstanta proporsionalitas yang pada umumnya merupakan bilangan kompleks
45
Contoh
46
Teorema Thévenin 20cos4t V
+ _
8Ω
3H io
3cos4t A
VT = ZT I N ; I N = YN VT +
20∠0o _
I o1 =
8Ω
j12Ω
Io1
8Ω
− j6Ω
20∠0o 20∠0o = 8 + j12 − j 6 8 + j 6
20∠0o = = 2∠ − 36,9 o A 10∠36,9o
I o2 = =
j12Ω
− j6Ω
; YN =
1 ZT
Io2
A
A
3∠0o
1 /(− j 6) 8 + j12 × 3∠0 o = × 3∠0 o 1 /( − j 6) + 1 /(8 + j12) 8 + j6 14,4∠56,3 o × 3∠0 o = 4,32∠19,4 o A 10∠36,9 o
vT
+ −
RT
VT B
Kawasan waktu
+ −
ZT B
Kawasan fasor
I o = I o1 + I o2 = 1,6 − j1,2 + 4,1 + j1,44 = 5,7 + j 0,24 I o = 5,7∠2,4 o
io (t ) = 5,7 cos(4t + 2,4 o )
47
48
12
7/23/2013
Contoh Rangkaian Ekivalen Thévenin A
B 10Ω
+ −
−j100Ω
100Ω
0,1∠−90o A
20∠45o V
` V A = 100 × 0,1∠ − 90 o = 10∠ − 90 o V
VT = V A − V B = 10∠ − 90 o − 19,9∠39.3 o
= 0,995∠ − 5,7 × 20∠45 o
Z T = 100 +
= 19,9∠39,3 o V
A + −
VT
Metoda Analisis
= − j10 − (15,4 + j12,6 ) = −15,6 − j 22,6 V
− j100 VB = × 20∠45 o 10 − j100
10 × (− j100) = 109,9 − j 0,99 Ω 10 − j100
B
ZT
49
Metoda Keluaran Satu Satuan 12Ω 1/18 F A 14cos2t V
C
+ vx −
+ −
9Ω
VC = j 3 V
D 12Ω
A 14∠0 V
+ −
−j3Ω B
I1 I2
I3 9Ω I4
C
Ix 1 = VA 28
20cos4t V
VC = j1 V 3
9Ω j12Ω _ 20∠0o − j6Ω
+
I 3 = I x + I 4 = (1 + j1) A VB = VC + (− j3)I 3 = j 3 − j 3(1 + j1) = 3 V
Ix
j3Ω 3Ω D
K=
I4 =
3/2 H
3Ω
−j9Ω
Metoda Superposisi Misalkan I x = (1 + j 0) A
ix
1/6 F B
50
V 1 I2 = B = A 9 3
4 I 1 = I 2 + I 3 = + j1 A 3
4 VA = VB + + j1(12 − j 9) = 28 V 3
Ix =
→
i x = 0,5 cos 2t
=
3H io
9Ω j6Ω − j12Ω
Io1
20∠0 o 20∠0 o = 8 + j12 − j 6 8 + j 6 20∠0 o 10∠36,9 o
3cos2t A
I o2 = =
= 2∠ − 36,9 o A
Io2 3∠0o
1 /(− j12) 8 + j6 × 3∠0o = × 3∠0o 1 /(− j12) +1 /(8 + j6) 8 − j6 10∠36,9o 10∠ − 36,9o
× 3∠0o = 3∠73,8o A
Karena sumber berbeda frekuensi maka fasor Io1 dan Io2 tidak dapat langsung dijumlahkan. Kembali ke kawasan waktu, baru kemudian dijumlahkan
1 14∠0 VA = = 0,5∠0 o 28 28
→
I o1 =
9Ω
+ _
o
i o1 = 2 cos(4t − 36,9 o ) A sehingga 51
dan
i o 2 = 3 cos(2t + 73,8 o ) A
i o = i o1 + i o2 = 2 cos(4t − 36,9 o ) + 3 cos(2t + 73,8 o ) A 52
13
7/23/2013
Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin 2H
6Ω + −
18cos2t V
1H
2Ω
+ −
1/8 F
I
A j4Ω
2Ω
Metoda Reduksi Rangkaian
6Ω
A i
18∠0o V
2Ω 2Ω
B − + v= 10sin100t V
i1 = 0.1cos100t A
−j4Ω
200µF A
A j4Ω
6Ω 18∠0o V
VT = V ht
2Ω 2Ω
ZT = 2 +
B
I
A + −
ZT
I=
j2Ω
VT
2 9 V = × 18∠0 o = 2 + 6 + j4 2 + j1
2 (6 + j 4 ) 16 + j 8 + 12 + j 8 7 + j 4 = Ω = 2 + 6 + j4 8 + j4 2 + j1
VT 9 ( 2 + j1) = × ZT + j 2 − j 4 ( 2 + j1) (7 + j 4) − j 2(2 + j1)
I1 = 0.1∠0o A
1H
− + V= 10∠−90oV
50Ω
−j50Ω
j100Ω
50Ω
I2 −j50Ω
j100Ω
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
Iy
⇒ i = 1 cos 2t A
B
sumber tegangan tersambung seri dengan resistor 50 Ω paralel dengan induktor j100 Ω
Iy
= 1∠0 o A
−j4Ω
Ix
B
A
I1 = 0.1∠0o A
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)
50Ω
B
B
+ −
ix?
A
j2Ω
50Ω I1 − I2
−j50Ω
j100Ω
53
54
Metoda Arus Mesh
Metoda Tegangan Simpul A A
I1 = 0,1∠0o A
− + V= 10∠−90oV −j50Ω
B
Ix=? 50Ω j100Ω
I= 0,1∠0o A
VA V V + B + B =0 − j 50 j100 50 B : VA − VB = − V A : − I1 +
1 − j50 1
1 ( j50) 0
1 1 VA 0,1∠0 o + j100 50 = VB 10∠90 o −1
(−
1 0 0
−30(−2 + j1) −30 = = 12 − j 6 = 13,4∠ − 26,6 o V; I x = 0,268 ∠ − 26,6 o − 2 − j1 5
j15 j10 − 10 o VA = j10 + VB = j10 + − 0,5 + j1 = − 0,5 + j1 = 12,6∠18,4 V
I1 = 0,1∠00 A; I 3 = 55
I3
I2 −j50Ω
0
j50 + j100) (− j100)
1 ( j 5) 0
j 2 2 − j1 VA 10 j 2 2 − j1 VA 10 = → eliminasi Gauss : 1 = − 1 VB j10 0 − 2 − j1 VB − 30
VB =
I1
V=10∠−90oV − + B
0
50Ω
0 I1 0.1 j100) I 2 = (− j10) (50 + j100) I3 0
(−
0
I1
0.1
(− j10) I 2 = (− j1) (− j 2 ) (1 + j 2) I3 0 ( j5)
0
0
I1
0.1
( j5) (− j10) I 2 = (− j1.5) 0 (5 − j10) I 3 (− j3)
− j3 − j1,5 + j10I 3 = 0,27∠ − 26,6o A; I 2 = = 0,3∠ − 53,2o A 5 − j10 j5 56
14
7/23/2013
Tinjauan Daya di Kawasan Waktu v = Vm cos( ω t + θ) ; i = I m cos ω t ; p = vi p = vi = Vm I m cos( ω t + θ) cos ω t = Vm I m (cos ω t cos θ − sin ω t sin θ ) cos ω t Vm I m V I V I cos θ + m m cos θ cos 2 ωt − m m sin θ sin 2 ω t 2 2 2 Vm I m Vm I m = cos θ (1 + cos 2 ωt ) − sin θ sin 2ω t 2 2
=
Analisis Daya
Nilai rata-rata = VrmsIrmscosθ
Nilai rata-rata =0
pb 1
Komponen ini memberikan alih energi netto; disebut daya nyata: P
0
15
-1
t
Komponen ini tidak memberikan alih energi netto; disebut daya reaktif: Q 58
57
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor
Faktor Daya dan Segitiga Daya f.d. = cos θ =
Tegangan, arus, di kawasan fasor: V = V rms ∠ θ v ; I = I rms ∠ θ i ; I ∗ = I rms ∠ − θ i
besaran kompleks I*
Im
S = VI *
I
Q = S sin ϕ = V rms I rms sin ϕ
I
ϕ
V
Im
P
I (leading) θ
Re
V I*
Segitiga daya
Re
jQ
P Faktor daya lagging
I (lagging) jQ
*
S =VI* θ
Re
θ
Im
S = P + jQ P = S cos ϕ = V rms I rms cos ϕ
Im V
Daya Kompleks : S = V I * = V rms I rms ∠ ( θ v − θ i )
P S
Im
Re
P θ
Re
− jQ
S =VI* Faktor daya leading
59
60
15
7/23/2013
Contoh
Daya Kompleks dan Impedansi Beban V I
ZB =
atau
V = Z BI
= Z BI I* = Z B I
2
=
2 R B I rms
A seksi beban
B
V AB = 480 ∠ + 75 o V(rms) S = VI
S = P + jQ
S = VI *
I seksi sumber
+
2 = (R B + jX B )I rms
2 P = R B I rms
2 2 = R B I rms + jX B I rms
2 Q = X B I rms
*
= 480 ∠ + 75
= 4200 cos 30
2 jX B I rms
o
o
× 8 , 75 ∠ − 105
− j 4200 sin 30
P = 3640 W
dan
faktor RB =
I = 8 , 75 ∠ + 105
dan
= 4200 ∠ − 30
o
= 3640 − j 2100
o
o
A(rms)
o
VA
Q = 2100 VAR
dan
daya = cos( − 30 ) = 0 ,866 P
=
2 I rms
XB =
Q 2 I rms
=
3640
= 47 , 5 Ω
( 8 , 75 ) 2
−2100 (8,75) 2
= −27,4 Ω
61
62
Contoh
V=10∠−90oV A
I1 = 0,1∠0o A
Alih Daya
B
− + I2 −j50Ω
Berapa daya yang diberikan oleh masing-masing sumber dan berapa diserap R = 50 Ω ?
I5
I4 I3
50Ω
j100Ω C
1 1 1 1 o VC + + − VA + 0,1∠0 = 0 50 j100 − j 50 − j 50 atau
Dalam rangkaian linier dengan arus bolakbalik keadaan mantap, jumlah daya kompleks yang diberikan oleh sumber bebas, sama dengan jumlah daya kompleks yang diserap oleh elemen-elemen dalam rangkaian
VC [2 + j1] − VA [ j 2] = −10∠0 o VA = − V = −10∠ − 90o = 10∠90o V
VC [2 + j1] − 2 × 10∠(90 o + 90 o ) = −10∠0 o ⇒ VC =
− 30 = −12 + j 6 V 2 + j1
S i = (VC − V A )I 1* = [− 12 + j 6 − j10]× 0,1∠0 o = −1,2 − j 0,4 VA 63
I 3 = I 2 − I1 V A − VC 10∠90 o − (−12 + j 6) = − j 50 − j 50 = −0,08 + j 0,24 A
I2 =
⇒ I 3 = I 2 − I 1 = −0,08 + j 0,24 − 0.1∠0 o = −0,18 + j 0,24 A
S v = VI *3 = 10∠ − 90 o × (−0,18 − j 0,24) = −2,4 + j1,8 VA
S tot = S i + S v = −1,2 − j 0,4 − 2,4 + j1,8 = −3,6 + j1,4 VA 64
16
7/23/2013
Contoh
Alih Daya Maksimum Dengan Cara Penyesuaian Impedansi
+ −
( RT + RB ) 2 + ( X T + X B ) 2
ZT = RT + jXT VT
ZB = RB + jXB
+ −
VT
I=
A
A
VT
2
PB = I R B =
2
25 + j 75
− j 50 − j1 × 10∠0 o = × 10 = −5 − j 5 V 50 + j100 − j 50 1 + j1
ZT =
− j 50(50 + j100) = 25 − j 75 Ω − j50 + 50 + j100
B
RB
( RT + R B ) + ( X T + X B ) 2 PB =
VT
2
Z B = 25 + j 75 Ω
RB
( RT + R B )
PMAX =
2
VT
4R B
=
− 5 − j5
2
4 × 25
= 0 ,5 W
2
IB =
2
4 RB
−j50Ω
2
Jika X T = -X B
Jika RT = RB ⇒ PB =
VT =
j100Ω
10∠0o V
B
VT
50Ω
(maksimum)
Is =
Jadi syarat untuk terjadinya alih daya maksimum adalah : RT = R B dan X B = − X T
VT −5 − j5 = = 0,02∠ − 135 o A ZT + Z B 50 10∠0 o = 0,1∠0 o A (− j 50)(25 + j 75) 50 + j100 + − j 50 + 25 + j 75
Ps = 50 I s
2
+ 25 I B
2
= 50 × (0,1) 2 + 25 × ( 0,02 ) 2 = 1 W
65
66
Contoh Alih Daya Maksimum Dengan Cara Sisipan Transformator
N Z B′ = 1 Z B N2
impedansi yang terlihat di sisi primer + −
ZT
ZB
VT N1
10∠0o V
Dari contoh sebelumnya:
A
j100Ω
VT = −5 − j5 V
PB =
VT
2
B
a=
PB =
Z B′ cos θ
(RT + Z B′ cos θ)2 + (X T + Z B′ sin θ)2
Z B′ = RT 2 + X T 2 = Z T
N1 = N2
ZT
=
Seandainya diusahakan
(R
ZT
N1 = N2 VT
T
+ a 2 RB
=
ZB 2
25 2 + 75 2 25 2 + 60 2
a 2 RB
) + (X 2
T
+ a2 X B
50 ×1,216 × 25
= 1,1028
)
2
(25 + 1,216 × 25)2 + (− 75 + 1,216 × 60)2
= 0,49 W
Z B = (25 − j 60) Ω
PB =
ZB
Z T = 25 − j 75 Ω
25 + j 60
−j50Ω
Z B′ = Z B′ cos θ + j Z B′ sin θ
N2
dPB =0 dZ B′
+ −
2
50Ω
50 × 1,216 × 25
(25 + 1,216 × 25)2 + (− 75 − 1,216 × 60)2
= 0,06 W
Tidak ada peningkatan alih daya ke beban. 67
68
17
7/23/2013
Rangkuman Mengenai Fasor
Rangkuman (lanjutan)
Fasor adalah pernyataan sinyal sinus yang fungsi waktu ke dalam besaran kompleks, melalui relasi Euler.
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*.
Dengan menyatakan sinyal sinus tidak lagi sebagai fungsi waktu, maka pernyataan elemen elemen rangkaian harus disesuaikan.
Besaran-besaran kompleks dapat digambarkan di bidang kompleks sehingga kita mempunyai digram fasor untuk arus dan tegangan serta segitiga daya untuk daya.
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.
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.
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.
Sesuai dengan asal-muasal konsep fasor, maka analisis fasor dapat diterapkan hanya untuk sinyal sinus keadaan mantap.
Hubungan fasor arus dan fasor tegangan pada impedansi elemen merupakan hubungan linier. 69
70
Transformator 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.
Penyediaan Daya
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
71
72
18
7/23/2013
Transformator Dua Belitan Tak Berbeban φ
If
V1
+ −
+ E1 −
N1
+ E2 −
N2
Belitan primer:
V1
Belitan sekunder:
Jika φ = Φ maks sin ωt dφ e1 = N 1 = N 1Φ maks ω cos ωt dt
E1 =
+ E1 −
+ −
N1
+ E2 −
N2
V1 = I f R1 + E1
I2 = 0
Arus magnetisasi yang membangkitkan φ
E 2 = 4.44 f N 2 Φ maks
E 2 = E2 ∠0o 2π f N1 Φ maks = 4.44 f N1Φ maks 2 Fasor E1 sefasa dengan E2 karena adalah nilai efektif diinduksikan oleh fluksi yang sama.
E1 = E1∠0
φ
If
Resistansi belitan primer Ic
Diagram fasor dengan mengambil rasio transformasi a=1, sedangkan E1 sefasa E2
o
Iφ
E1=E2 If R1 V1
If
φ
E1 N = 1 ≡ a = rasio transformasi E2 N 2
Arus magnetisasi If dapat dipandang sebagai terdiri dari Iφ (90o dibelakang E1) yang menimbulkan φ dan IC (sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi-rugi inti.
73
74
Fluksi Bocor di Belitan Primer
Transformator Berbeban V1
Ic V1
∼
φl1
φ
I1
φ
If
E2
Iφ φ
φl If
E1=E2 IfR1
jIfXl
V1
Representasi fluksi bocor di belitan primer
∼
φl1 φl2
I2 V2 RB E 2 = V2 + I 2 R2 + El 2
V1 = E1 + I1 R1 + El1
= V2 + I 2 R2 + jI 2 X 2
= E1 + I1 R1 + jI1 X 1
V1 = E1 + I f R1 + El1 = E1 + I f R1 + jI f X 1
V1 E2 jI2X2
ada fluksi bocor di belitan primer
I2
I’2 φ
75
γ
If
I1
E1
jI1X1
I1R1
V2 I2R2 beban resistif , a > 1
76
19
7/23/2013
Rangkaian Ekivalen Transformator I′2
I1 R1 jX1
∼
Rangkaian Ekivalen yang Disederhanakan
V1
Arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari arus beban penuh
If
E1 R
c
Ic
R′2 Iφ
jX′2 B
Jika If diabaikan terhadap I1 kesalahan yang terjadi dapat dianggap cukup kecil
V′2=aV2
jXc
I1=I′2
I′2
I1
∼ V1
R1 jX1 E1
Z
If
R′2
jX′2 B
∼
V′2=aV2
Re = R1+R′2
jXe =j(X1+ X′2) B
V1
V′2
V1
V1 = E1 + I1 R1 + jI1 X 1 I′′2 , R′′2 , dan X′′2 adalah arus, E1 = aV2 + I ′2 R2′ + jI ′2 X 2′ resistansi, dan reaktansi sekunder
V′2
I1 = I f + I ′2
I′2Re
yang dilihat dari sisi primer
I′2
jI′2Xe
77
78
Contoh
Perbaikan Faktor Daya
Penyediaan Daya
10 kW f.d. 0,8 lagging
380 V rms
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
8 kW f.d. 0,75 lagging
Impedansi saluran diabaikan
Im
S1 = P1 + jQ1 = P1 + j S1 sin θ1 = P1 + j
S 2 = P2 + j | S 2 | sin θ 2 = P2 + j
P1 sin θ1 = 10 + j 7,5 kVA cosθ1
P2 sin θ 2 = 8 + j 7 kVA cos θ 2
jQ beban (induktif)
Re
S 12 = S 1 + S 2 = 10 + j 7 ,5 + 8 + j 7 = 18 + j14 ,5 kVA
cos θ 12 =
18 18 + 14 ,5 2
2
= 0 . 78
lagging
−jQ kapasitor
kVA beban tanpa kapasitor
kapasitor paralel dengan beban
Faktor daya total tidak cukup baik
79
kVA beban dengan kapasitor
P beban Daya yang harus diberikan oleh sumber kepada beban turun dari |S| menjadi |S1|.
80
20
7/23/2013
Contoh 380 V rms 50 Hz
10 kW f.d. 0,8 lagging
C
8 kW f.d. 0,75 lagging
S 1 = 10 + j10 tan(arccos 0 ,8 ) = 10 + j 7 ,5 kVA S 2 = 8 + j 8 tan(arccos 0 , 75 ) = 8 + j 7 kVA
S12
S 12 = 18 + j14 ,5 kVA
cos θ 12 = 0 . 78
diinginkan
cos θ 12 C = 0 . 95
jQ12
lagging
S12C = 18 + j18 tan(arccos 0.95) = 18 + j 5,9 kVA
-jQ12C
S12C
Diagram Satu Garis
lagging
− jQ 12 C = j 5,9 − j14 ,5 = − j 8,58 kVAR
C=
2
VC
QC =
P12
= VC
XC
2
C=
(− ωC )
QC − ω VC
2
8580 = 190 µF 100π × 380 2 81
| V | = 380 V rms
Contoh
Vs
0,2 + j2 Ω
0,2 + j2 Ω beban 1 10 kW cos ϕ = 1
S1 = 10 + j 0 kVA I1 =
S1 V1*
=
82
10000 + j 0 387,6∠ − 6,4 o
beban 2 8 kW cos ϕ = 1
I 2* =
= 25,8∠6,4 o A
S2 = 8 + j 0 kVA
8000 + j 0 380∠0 o
= 21∠0 o A → I 2 = 21∠0 o A 2
S sal 2 = (0,2 + j 2) × I 2 = (0,2 + j 2) × I 2
I s = I1 + I 2 = 25,8∠6,4 o + 21∠0 o
2
= 0,09 + j 0,9 kVA
= 46,64 + j 2,88 = 46,73∠3,5o A
Sistem Tiga Fasa Seimbang
Stot 2 = S sal 2 + S 2 = 8,09 + j 0,9 kVA
2
S sal1 = (0,2 + j 2) × I s = (0,2 + j 2) × 46,732
V1 =
= 0,44 + j 4,37 kVA
Stot 2 I 2*
=
8090 + j 900 = 385,2 + j 42,9 V 21∠0o
= 387,6∠6,4o V
S s = S sal1 + S1 + S sal 2 + S 2 = 0,44 + j 4,37 + 10 + 8,09 + j 0,9 = 18,53 + j 5,27 kVA
Vs =
Ss I s*
=
18530 + j 5270 46,73∠ − 3,5 o
=
19265∠15,9 o 46,73∠ − 3,5 o
= 412∠19,4 o V 83
84
21
7/23/2013
Sumber Satu Fasa dan Tiga Fasa vs(t) u
Vs
R
∼
Referensi Sinyal Dalam pekerjaan analisis rangkaian kita memerlukan referensi sinyal. Oleh karena itu tegangan bolak balik kita gambarkan dengan tetap menyertakan referensi sinyal
1/jωC jωL
s
C
vs(t) u
∼
VBN vs(t)
besar tegangan fasa ke netral
VCN
∼
∼
A
dituliskan pula sebagai Vfn atau Vf
VAN
A, B, C : titik fasa
C
VAN , VBN ,VCN
N
s vs(t)
Untuk sumber tiga fasa, referensi sinyal tegangan adalah sebagai berikut
Tegangan imbas yang muncul di kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik, sebesar Vs
Sebuah kumparan dipengaruhi oleh medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan
VBN
+ VCN − N −+ − VAN +
A
N : titik netral
Tegangan imbas di masing-masing kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik. Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan tersebut diperoleh sumber tegangan tiga fasa
Simbol sumber tiga fasa:
VAB , VBC ,VCA dituliskan pula sebagai
B
B
Tiga kumparan dengan posisi yang berbeda 120o satu sama lain berada dalam medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan
besar tegangan antar fasa adalah
Vff
≈
85
86
Sumber Tiga Fasa dan Saluran ke Beban
Diagram Fasor Sumber Tiga Fasa Im VCN
C
VBN
+ VCN − N −+ − VAN +
B Sumber terhubung Y Keadaan Seimbang |VAN| = |VBN| = |VCN|
Diagram fasor tegangan
C
120o A 120o
+ VCN −
Tegangan fasa-netral
VAN
VBN
Re
N − +
VBC
VCA
IC
−+ A VAN
VAB
IA
B
VBN Sumber Tiga Fasa Terhubung Y
VAN = |VAN| ∠ 0o VBN = |VAN| ∠ -120o VCN = |VAN| ∠ -240o
Saluran ke beban
87
IB
Tegangan fasa-fasa
Arus saluran
88
22
7/23/2013
Arus Saluran dan Arus Fasa
Hubungan Fasor-Fasor Tegangan Im
Arus saluran Tegangan fasa-fasa:
−VBN
VCN
VCA
30o 30o VAN 120o
Tegangan Fasa-netral
VBN
30o
VAB
IC
VAB = VAN + VNB = VAN − VBN C
VBC = VBN + VNC = VBN − VCN Re
VCA = VCN + VNA = VCN − VAN
VAB = V fn 3∠30o
VBN
VBC = V fn 3∠ − 90o VBC
C
IA
+ VCN − − + N − VAN +
C A
A
A
N
Arus fasa
B
B
B
VCA = V fn 3∠ − 210o
Sumber terhubung Y
Dalam keadaan seimbang:
VAN = VBN = VCN = V fn : nilai tegangan fasa - netral
Arus fasa
Beban terhubung Y
IB
Beban terhubung ∆
Arus di penghantar netral dalam keadaan seimbang bernilai nol
VAB = VBC = VCA = V ff = V fn 3 : nilai tegangan fasa - fasa 89
90
Beban Terhubung Y IB
B Z N
A
Beban Tiga Fasa
o VAN VAN VAN ∠0 = = ∠ −θ = I f ∠ −θ Z Z ∠θ Z
IB =
VBN ∠ − 120o VBN VBN = = ∠(−120o − θ ) = I f ∠(−θ − 120 o ) Z Z ∠θ Z
IC =
VCN ∠ − 240o VCN VCN = = ∠(−240o − θ ) = I f ∠(−θ − 240o ) Z Z ∠θ Z
Z
IA IN
IA =
Z C
IC Im
Keadaan seimbang I A + I B + IC = 0
VCN IC θ
IB
VBN 91
θ
S 3 f = VAN I *A + VBN I *B + VCN I *C θ V AN IA
Re
= 3 VAN I A ∠θ = V ff I f
3∠θ
referensi 92
23
7/23/2013
Contoh IB IA
Vff = 380 V (rms)
N
IC VCN
IC
Z
VAN referensi
C
IA =
V ff 3
=
380 3
= 220 V
IB
VAN = 220 ∠0 o V ( sebagai referensi) VBN = 220 ∠ − 120 o V
IA
A Z
VAN 220∠0 o 220∠0o = = = 44∠ − 36,8o A Z 3 + j4 5∠36,8o
Z
θ θ
VCA
I = 44 A
VAN
S 3 f = 3 × V AN I = 3 × 220 ∠ 0 × 44 ∠ 36 ,8 * A
IA
o
IBC
P3 f = 29 cos 36 . 8 o = 23 , 2 kW Q3 f = 29 sin 36.8o = 17,4 kVAR
VBC
o V ff VAB V ff ∠0 = = ∠ −θ Z Z ∠θ Z
;
I CA =
I B = I BC − I AB ; I C = I CA − I BC
I A = I AB 3∠(− θ − 30 o ) = I f
3∠(− θ − 30 o )
I B = I BC 3∠( −θ − 150 o ) = I f
3∠( −θ − 150 o )
θ
I C = I CA 3∠(− θ − 270 o ) = I f
3∠(− θ − 270 o )
θ
θ
IAB −ICA
IA
VAB
Re
S3 f = 3 × VAB I*AB = 3 × V ff ∠0o × I f ∠θ = V ff I A 3∠θ P3 f = V ff I A 3 cos θ = S 3 f cos θ Q3 f = V ff I A 3 sin θ = S 3 f sin θ
93
Contoh
VAN =
IB
Z=4+j3
IA
Vff = 380 V (rms) VAN referensi
IAB
IBC
Im
∠0 o = 220∠0 o ; VBN = 220∠ − 120 o ; VCN = 220∠ − 240 o
VBC = 380∠ − 90 o ; VCA = 380∠ − 210 o
C
ICA
I AB = VAB
VCN
3
VAB 380∠30 o 380∠30 o = = = 76∠ − 6,8 o A Z 4 + j3 5∠36,8o
Analisis Daya Pada Sistem 3 Fasa
I BC = 76∠ − 6,8o − 120o = 76∠ − 126,8o A
Pada dasarnya analisis daya pada sistem tiga fasa tidak berbeda dengan sistem satu fasa
I CA = 76∠ − 6,8 − 240 = 76∠ − 246,8 A o
ICA
o
o
I A = I AB 3∠(−6,8o − 30o ) = 76 3∠− 36,8o = 131.6∠− 36,8o A Re IBC
IAB
VAN
94
VAB = V AN 3∠(θ AN + 30o ) = 380∠30 o
B
A IC
380
VCA Z
ICA
o
= 29 ∠ 36 ,8 kVA
I AB =
I BC =
I A = I AB − I CA
Im
o
VBN
V AB Z
I BC = I AB ∠ − θ − 120 o ; I CA = I AB ∠ − θ − 240 o
IBC C
IC
I C = 44∠ − 276,8 A
Z
ICA
o
Re
B
VBC Z
I AB =
IAB
VCN = 220 ∠ − 240 o V
I B = 44∠( −36,8o − 120o ) = 44∠ − 156,8o A
Im
θ
IB
V fn =
Z=4+j3
Z
Z A
IN
Beban Terhubung ∆
B
I B = 131.6∠(−36,8o −120o ) = 131,6∠ −156,8o A IC = 131.6∠(−36,8o − 240o ) = 131,6∠ − 276.8o A
S3 f = 3VAB I*AB = 3 × 380∠30o × 76∠ + 6.8o = 86.64∠36.8o = 69,3 + j 52 kVA
VBN
P3 f = 3 × R × I AB = 3 × 4 × (76) 2 = 69,3 kW 2
2
Q3 f = 3 × X × I AB = 3 × 3 × (76) 2 = 52 kVAR 95
96
24
7/23/2013
Contoh
Contoh
Is = ?
IS
RB = ? XB = ? 50 kVA f.d. 0,9 lagging
Y
VLL = 480 V
|Ssumber| = ?
S 3 f = 3 V fn I f = V ff I f
3
Is = I f =
S3 f V ff
3
=
50000 480 3
SB = = 60 A
S per If
fasa 2
=
(15 + j 7,3) × 1000 = 4,16 + j 2,03 (60) 2
fasa
=
3
100 kW 4800 V rms cosϕ = 0,8 lag
QB = S B sin ϕ = 125 × 0,6 = 75 kVAR
S B = 100 + j 75 kVA
PB = VB I B cos ϕ 3 100 = 15 A 4800 × 0,8 × 3
S sal = 3 × ( 2 + j 20) × 15 2 = 1,35 + j13,5 kVA S Sumber = S B + S sal = 101,35 + j88,5 kVA
⇒ S3 f = 45 + j 21,8 kVA ⇒ S per
Z=
100 = 125 kVA 0,8
→ IB =
S3 f
b e b a n
VB
PB = 100 kW = S B cos ϕ
P = S 3 f cos ϕ = 50 × 0,9 = 45 kW ;
Q = S3 f sin ϕ = 50 × 0,436 = 21,8 kVAR
IB
Vsumber= ?
S 3 f = 3 V fn I *f = 3 × V fn ∠θ v × I f ∠ − θ i = 3 V fn I f ∠ (θ v − θ i ) ⇒
≈
Z = 2 + j20 Ω
VS
S Sumber = 101,35 2 + 88,5 2 = 134,5 kVA
= 15 + j 7,3 kVA
S Sumber = VS I S
⇒ R = 4,16 Ω ; X = 2,03 Ω.
⇒ VS = 97
SS IB 3
3 = VS I B 3 =
134,5 × 1000 15 3
= 5180 V rms 98
Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan Fasor (Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)
Sudaryatno Sudirham
99
25
