8/25/2012
Sudaryatno Sudirham
Analisis Rangkaian Listrik di Kawasan Fasor (Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)
1
1
8/25/2012
Kuliah Terbuka ppsx beranimasi tersedia di www.ee-cafe.org
2
2
8/25/2012
Buku-e
Analisis Rangkaian Listrik Jilid 1 tersedia di www.buku-e.lipi.go.id dan www.ee-cafe.org
3
3
8/25/2012
Isi Kuliah: 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
4
4
8/25/2012
Fasor Mengapa Fasor?
5
5
8/25/2012
Di kawasan waktu bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai
y = A cos(ωt − θ) Sudut fasa Amplitudo
Frekuensi sudut
Analisis rangkaian listrik di kawasan waktu melibatkan operasi diferensial dan integral, karena hubungan arustegangan elemen-elemen adalah
diL vL = L dt
iC = C
dvC dt
vC =
1 iC dt ∫ C
6
6
8/25/2012
Bentuk gelombang sinus sangat luas digunakan Energi listrik, dengan daya ribuan kilo watt, disalurkan menggunakan bentuk gelombang sinus. Siaran radio juga dipancarkan dengan menggunakan bentuk gelombang sinus. Pekerjaan analisis rangkaian, dimana peubah rangkaiannya berbentuk gelombang sinus, akan sangat dipermudah jika operasi-operasi diferensial dapat dihindarkan.
7
7
8/25/2012
Dalam matematika ada sebuah fungsi yang turunannya berbentuk sama dengan fungsi itu sendiri, yaitu
Fungsi Eksponensial de x = ex dx
dAe x = Ae x dx
Jika sinyal sinus dapat dinyatakan dalam bentuk fungsi eksponensial, maka operasi diferensial dan integral akan terhindarkan
8
8
8/25/2012
Hal itu dimungkinkan karena ada hubungan antara fungsi sinus dan fungsi eksponensial yaitu
Identitas Euler e jx = cos x + j sin x Bagian nyata pernyataan kompleks ini yang digunakan untuk menyatakan sinyal sinus Ini adalah fungsi eksponensial kompleks
Berikut ini kita akan melihat ulang bilangan kompleks 9
9
8/25/2012
Bilangan Kompleks Pengertian Tentang Bilangan Kompleks Tinjau Persamaan:
Akar persamaan adalah:
s =
s2 + 1 = 0
−1 = j
Bilangan tidak nyata (imajiner)
x
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
x untuk x negatif 10
10
8/25/2012
Bilangan kompleks didefinisikan sebagai
s = a + jb bagian nyata dari s Re(s) = a
dengan a dan b adalah bilangan nyata
bagian imajiner dari s Im(s) = b
(sumbu imajiner)
Im s = a + jb
jb
a
Re (sumbu nyata)
11
11
8/25/2012
Representasi Grafis Bilangan Kompleks (sumbu imajiner) Im
Im S = a + jb
jb
S = a + jb
jb θ
a
Re
a
Re
(sumbu nyata) S = |S|cosθ + j|S|sinθ Bilangan kompleks
S =
a2 + b2
θ = tan−1(b/a) |S|cosθ = Re (S)
bagian nyata dari S
|S| sinθ = Im (S)
bagian imaginer dari S 12
12
8/25/2012
Contoh Im 3 + j4 = 5cosθ + j5sinθ
4 3 5
2 1 -4
-3
-2
-1
θ 0
Re 1
2
3
4
5
-1 -2 -3
13
13
8/25/2012
Operasi-Operasi Aljabar Bilangan Kompleks Pengurangan
Penjumlahan
s1 = a + jb s2 = p + jq s1 + s2 = (a + p) + j (b + q)
+
s1 = a + jb s2 = p + jq
--
s1 − s2 = (a − p) + j (b − q)
Perkalian
( s1 )(s2 ) = (a + jb)( p + jq) = (ap − bq) + j (aq + bp) Pembagian
s1 a + jb p − jq ( ap + bq ) + j (bp − aq ) = = × s2 p + jq p − jq p2 + q2 14
14
8/25/2012
Contoh diketahui: maka:
s1 = 2 + j 3 dan s2 = 3 + j 4
s1 + s2 = (2 + j 3) + (3 + j 4) = 5 + j 7 s1 − s2 = ( 2 + j 3) − (3 + j 4) = −1 − j1 (s1 )(s2 ) = (2 + j3)(3 + j4) = (6 − 12) + j(8 + 9) = −6 + j17
s1 2 + j 3 3 − j 4 = × s2 3 + j 4 3 − j 4 =
( 6 + 12 ) + j ( − 8 + 9 ) 18 1 = + j 25 25 32 + 4 2
15
15
8/25/2012
Bentuk Sudut Siku dan Bentuk Polar Fungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai
e ( τ + jθ ) = e τ e
jθ
= e τ (cos θ + j sin θ )
dengan eτ adalah fungsi eksponensial riil
dan
e jθ = cos θ + j sin θ
Dengan identitas Euler ini bilangan komleks yang dituliskan sebagai: dapat dituliskan sebagai:
Ini identitas Euler
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 16
16
8/25/2012
Contoh Bentuk Polar
S = 10 e j0,5
|S| = 10
sudut fasa: θ = 0,5 rad
Bentuk Sudut Siku S = 10 (cos 0 ,5 + j sin 0 ,5 )
= 10 ( 0 ,88 + j 0 , 48 ) = 8,8 + j 4 ,8
Bentuk Sudut Siku Bentuk Polar
S = 3 + j4
2
θ = tan −1
4 = 0,93 rad 3
S = 5e j 0,93
Bentuk Sudut Siku S = 3 − j4 Bentuk Polar
| S |= 3 +4 = 5 2
S = 5e −
4
−1 | S | = 3 2 + 4 2 = 5 ∠S = − θ = tan 3 = 0,93 rad
j 0,93
17
17
8/25/2012
Kompleks Konjugat Im
Im
S* = p + jq
S = a + jb Re
Re
S* = a − jb
S = p − jq
Bilangan kompleks S mempunyai konjugat S* Konjugat dari S = a + jb adalah S* = a - jb
Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai hubungan-hubungan berikut:
S S * =| S | 2 atau |S| = S S *
(S1 × S 2 )* = (S1* )(S 2* )
(S1 + S 2 )*
= S1* + S 2*
* S1 S1* = * S2 S1 18
18
8/25/2012
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor
19
19
8/25/2012
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 sehingga dapat ditulis dalam bentuk: v = Re(V) = Re ( A e jω t e j θ ) 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 20
20
8/25/2012
Penulisan dan Penggambaran Fasor Karena hanya amplitudo dan sudut fasa saja yang diperhatikan maka jθ
V = Ae dituliskan V = A∠θ
Im V
jb |A| θ
a Re
V = A∠ θ = A cos θ + jA sin θ b V = a + jb = a 2 + b 2 ∠ tan −1 a
21
21
8/25/2012
Contoh
Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor
v1 (t ) = 10 cos(500t − 45 o ) menjadi:
v 2 (t ) = 15 cos(500t + 30 o ) 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
i1 (t ) = −4 cos 1000t menjadi:
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 ) + j 3 sin( −90 o ) = − j3
Pada frekuensi ω = 1000 22
22
8/25/2012
Fasor Negatif dan Fasor Konjugat Jika A = A∠θ
Im A
jb
maka negatif dari A adalah
−a
−θ
−A
−jb
Jika A = a + jb
A*
( ) = A∠( θ − 180 )
− A = A∠ θ + 180o
θ a
Re
o
dan konjugat dari A adalah
A* = A∠ − θ
− A = − a − jb A* = a − jb 23
23
8/25/2012
Operasi-Operasi Fasor Jika diketahui :
A = A∠θ1
B = B∠θ2
maka : Perkalian
Pembagian
A × B = AB∠( θ1 + θ2 ) 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 θ2 ) A − B = ( A cos θ1 − B cos θ2 ) + j ( A sin θ1 − B sin θ2 )
24
24
8/25/2012
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 − j3 I3 =
( − 4 ) 2 + ( − 3 ) 2 ∠ tan
−1
−3 = 5 ∠ 216 , 9 o −4
V1 10∠ − 45o o Z1 = = = − 2 . 5 ∠ − 45 I1 − 4∠0 o
Im 216,9o
-4
Re
5 I3
-3
V2 15∠30 o Z2 = = = 5∠120 o o I 2 3∠ − 90 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 25
25
8/25/2012
Impedansi
26
26
8/25/2012
Impedansi di Kawasan Fasor Impedansi suatu elemen rangkaian di kawasan fasor adalah perbandingan antara fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut
V Zx = x Ix
fasor tegangan fasor arus
impedansi
Catatan: Ada pengertian impedansi di kawasan s yang akan kita pelajari kemudian
27
27
8/25/2012
Resistor Kawasan waktu
iR (t ) = i Rm cos(ωt + θ)
iR
= i Rm e j ( ωt +θ)
+ vR − R=
vR iR
= i Rm e jωt e jθ v R (t ) = Ri R (t ) = Ri Rm e jωt e jθ
Kawasan fasor
I R = I R ∠θ
VR = RI R
R= resistansi resistor di kawasan waktu bernilai sama dengan impedansinya di kawasan fasor
VR IR
Impedansi
28
28
8/25/2012
Induktor 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 diL (t ) dt = jωL(im e jωt e jθ )
Kawasan fasor
I L = I L ∠θ
v L (t ) = L
VL = jωLI L
ZL = hubungan diferensial
hubungan linier
VL = jωL IL
Impedansi 29
29
8/25/2012
Kapasitor Kawasan waktu
+ vC −
vC (t ) = vCm cos(ωt + θ)
Kawasan fasor
= vCm e j ( ωt +θ)
VC = VC ∠θ
dvC dt = jωC (vCm e j ( ωt +θ) )
I C = jωC VC
`
iC (t ) = C
iC iC = C
dvC dt
ZC = hubungan diferensial
hubungan linier
VC 1 = IC jωC
=−j
1 ωC
Impedansi 30
30
8/25/2012
Impedansi dan Admitansi Impedansi: Z
ZL =
VL = jωL IL
R=
VR IR
ZC =
VC 1 1 = =−j IC jωC ωC
V=ZI Admitansi: Y = 1 / Z
1 YR = R
YL =
1 1 j = =− Z L jωL ωL
YC =
1 = jωC ZC
I =Y V Perhatikan: relasi ini adalah relasi linier. Di kawasan fasor kita terhindar dari perhitungan diferensial. 31
31
8/25/2012
Impedansi Secara Umum Z = R(ω) + jX (ω) Z L + R // C
R(1 / jωC ) R = jω L + = + 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.
32
32
8/25/2012
Kaidah Rangkaian
33
33
8/25/2012
Hubungan Seri I R + VR −
R + VR −
I
jωL + VL −
−j/ωC
+ VC −
Z RL seri = R + jωL V RL seri = (R + jωL ) I
Z RC seri = R −
j ωC
1 VRC seri = R + I j ω C
34
34
8/25/2012
Kaidah Pembagi Tegangan jωL I + VL −
−j/ωC
1 Z LC seri = j ωL − ω C
+ VC −
j VLC seri = jωL − I ωC
Vtotal
seri
= Z total
Z total
seri
= Z1 + Z 2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + Z n
Vk =
Zk Z total seri
seri I
× Vtotal
35
35
8/25/2012
Kaidah Pembagi Arus Itotal I2
I1 R
jωL
I3
−j/ωC
Ik =
V = Yk V Zk n
I total =
n
∑ I = ∑Y V = Y k
k
k =1
k =1
n
Ytotal =
∑Y k =1
I k = Yk V =
total V
k
=
1 1 1 + + ⋅⋅⋅⋅ + Z1 Z 2 Zn
Yk I total Ytotal
36
36
8/25/2012
Diagram Fasor
37
37
8/25/2012
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 VL = Z L I L = ( j500) × 0,4∠0 o = 500∠90 o × 0,4∠0 o = 200∠90 o V
Di kawasan waktu:
Im
VL Arus
200
90o di belakang tegangan
V A 150 100 50
IL
Re
100 iL(t)
0 -50 0 -100
Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)
vL(t)
0,002
0,004
0,006
0,008
detik
-150 -200 38
38
8/25/2012
Arus dan Tegangan pada Kapasitor Misalkan
ZC =
C = 50 pF , iC(t) = 0,5cos(106 t) mA
−j 1 = 6 = − j 20 kΩ jωC 10 × (50 × 10 −12 )
VC = Z C I C = (20 × 10 3 ∠ − 90 o ) × (0,5 × 10 −3 ∠0 o ) = 10∠ − 90 o V Im
Di kawasan waktu:
IC VC
Re
arus 90o mendahului tegangan Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)
10
V mA
vC(t) 10 iC(t)
5 0 0
0,0005
0,001
0,0015
0,002
detik
-5 -10 39
39
8/25/2012
Beban Kapasitif Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t +10o) V i(t) = 5cos(314t + 40o) A V = 120∠10 o V dan I = 5∠40 o A V 120∠10 o o ZB = = = ∠ − Ω 24 30 o I 5∠40 = 24 cos(−30) + j 24 sin( −30) = 20,8 − j12 Ω Im
arus mendahului I tegangan
V
Re 40
40
8/25/2012
Beban Induktif Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t + 20o) V i(t) = 5cos(314t − 40o) A
V = 120∠20 o V dan I = 5∠ − 40 o A V
Im
I
arus tertinggal dari tegangan
Re
V 120∠20 o ZB = = = 24∠60 o Ω o I 5∠ − 40 = 24 cos(60 o ) + j 24 sin(60 o ) = 12 + j 20,8 Ω
41
41
8/25/2012
Beban RLC Seri, kapasitif
vs(t) = 250 cos500t V
+ −
100Ω
20µF 50mH
Transformasi rangkaian ke kawasan fasor
Vs = 250∠0o ; Z R = 100 Ω Z C = − j100 Ω ; Z L = j 25 Ω
Vs= 250∠0oV
+ −
100Ω
−j100Ω j25Ω
Im Z tot = 100 − j100 + j 25 = 100 − j 75 Ω
I
= (100) 2 + (75) 2 ∠ tan −1
V
Re
Beban RLC seri ini bersifat kapasitif |ZC| > |ZL| arus mendahului tegangan Jika kita kembali ke kawasan waktu
− 75 100
= 125∠ − 36,87 o Ω Vs 250∠0 o I= = = 2∠36,87 o A o Z tot 125∠ − 36,87
i(t) = 2 cos(500t + 36,87o) A 42
42
8/25/2012
Fasor Tegangan Tiap Elemen
Vs= 250∠0oV
+ −
100Ω
−j100Ω j25Ω
Z tot = 100 − j 75 = 125∠ − 36,87 Ω o
Vs 250∠0 o = = 2∠36,87 o A I= o Z tot 125∠ − 36,87
VR =
100 250∠0 o = 200∠36,87 o V o 125∠ − 36,87
VC =
100∠ − 90 o 250∠0 o = 200∠ − 53,13o V o 125∠ − 36,87
VL =
25∠90 o 250∠0 o = 50∠126,87 o V o 125∠ − 36,87
VR = RI
Im I
Vs
VC = −jXC I
VL = jXL I
Re
Fasor tegangan rangkaian mengikuti hukum Kirchhoff Vs = VR + VC + VL
43
43
8/25/2012
Beban RLC seri, induktif Z R = 100 Ω Vs= 250∠0oV
+ −
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 = (100) 2 + (75) 2 ∠ tan −1
75 100
= 125∠36,87 o Ω
Im
Vs 250∠0o I= = = 2∠ − 36,87 o A o Z tot 125∠36,87
V Re I Pada beban kapasitif |ZL| > |ZC| arus tertinggal dari tegangan 44
44
8/25/2012
Beban RLC Paralel I
Vs= 250∠0oV
YR = 0.01 Ω
+ −
−j25Ω
YC = j 0.04 Ω
j100Ω
YL = − j 0.01 Ω
100Ω
Vs = 250∠0o.
Ytot = 0.01 + j 0.04 − j 0.01 Ω = 0.01 + j 0.03 I = VY = 250 × (0.01 + j 0.03) = 2.5 + j 7.5 = 2.52 + 7.52 tan −1
Im
7.5 = 7.9∠71.6o 2.5
I V
Re 45
45
8/25/2012
Teorema Rangkaian
46
46
8/25/2012
Prinsip Proporsionalitas
Y = KX Y = fasor keluaran, X = fasor masukan, K = konstanta proporsionalitas yang pada umumnya merupakan bilangan kompleks
47
47
8/25/2012
Prinsip Superpossi Prinsip Superposisi selalu berlaku di kawasan waktu dan berlaku di kawasan fasor bila frekuensi sama
48
48
8/25/2012
Contoh 20cos4t V
20∠0o
+
_
j12Ω
8Ω
+ _
8Ω
3H io
3cos4t A
Io1
8Ω
− j6Ω
20∠0o 20∠0o I o1 = = 8 + j12 − j 6 8 + j 6 20∠0 = = 2∠ − 36,9o A o 10∠36,9 o
I o2 = =
j12Ω
− j6Ω
Io2 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 10∠36,9
o
× 3∠0 o = 4,32∠19,4 o A
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 )
49
49
8/25/2012
Teorema Thévenin VT = ZT I N ; I N = YN VT
; YN =
1 ZT
A
A vT
+ −
RT
VT B
Kawasan waktu
+ −
ZT B
Kawasan fasor
50
50
8/25/2012
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 VB =
VT = V A − VB = 10∠ − 90 o − 19,9∠39.3 o
= − j10 − (15,4 + j12,6 ) = −15,6 − j 22,6 V
− j100 × 20∠45 o 10 − j100
= 0,995∠ − 5,7 × 20∠45 o
Z T = 100 +
= 19,9∠39,3 o V
A VT
+ −
10 × (− j100) = 109,9 − j 0,99 Ω 10 − j100
B
ZT
51
51
8/25/2012
Metoda Analisis
52
52
8/25/2012
Metoda Keluaran Satu Satuan 12Ω 1/18 F A 14cos2t V
B
C
+ vx −
+ −
9Ω
Misalkan I x = (1 + j 0) A
ix
1/6 F
VC = j 3 V 3/2 H
3Ω D
12Ω
A 14∠0 V
+ −
−j3Ω
−j9Ω B I1 I2
I3 9Ω I4
C
I 1 K= x = VA 28
VC = j1 V 3
I 3 = I x + I 4 = (1 + j1) A VB = VC + (− j 3)I 3 = j 3 − j 3(1 + j1) = 3 V
Ix
j3Ω 3Ω D
I4 =
I2 =
VB 1 = A 9 3
4 I1 = I 2 + I 3 = + j1 A 3
4 VA = VB + + j1(12 − j 9) = 28 V 3
→
1 14∠0 o Ix = VA = = 0,5∠0 o 28 28
→
i x = 0,5 cos 2t 53
53
8/25/2012
Metoda Superposisi 20cos4t V
9Ω j12Ω _ 20∠0o − j6Ω
+
I o1 = =
9Ω
+ _
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 A o
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 i o1 = 2 cos(4t − 36,9 o ) A sehingga
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 54
54
8/25/2012
Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin 6Ω
A i 2H
6Ω + −
18cos2t V
j4Ω
2Ω
1H
2Ω
+ −
1/8 F
18∠0o V
A j4Ω
+ −
18∠0o V
VT = Vht =
2Ω 2Ω
ZT = 2 +
B
A + −
ZT VT
I j2Ω
−j4Ω B
2Ω 2Ω
j2Ω
−j4Ω B
B
6Ω
I
A
I=
2 9 × 18∠0 o = V 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)
= 1∠0o A ⇒ i = 1 cos 2t A
55
55
8/25/2012
Metoda Reduksi Rangkaian A
− +
ix?
B
v= 10sin100t V i1 = 0.1cos100t A
200µF A
I1 = 0.1∠0o A
1H
− +
B
Ix
V= 10∠−90oV −j50Ω
50Ω
I2 −j50Ω
Iy 50Ω j100Ω Iy 50Ω
I1 − I2
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)
j100Ω A
I1 = 0.1∠0o A
50Ω
−j50Ω
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
j100Ω 56
56
8/25/2012
Metoda Tegangan Simpul A
I1 = 0,1∠0o A
− + V= 10∠−90oV −j50Ω
B
Ix=? 50Ω j100Ω
VA V V + B + B =0 − j 50 j100 50 B : VA − VB = − V
A : − I1 +
1 − j 50 1
1 1 + VA 0,1∠0 o j100 50 = VB 10∠90 o −1
j 2 2 − j1 VA 10 j 2 2 − j1 VA 10 = → eliminasi Gauss : 1 = − 1 VB j10 0 − 2 − j1 VB − 30
VB =
−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 VA = j10 + VB = j10 + = = 12,6∠18,4 o V − 0,5 + j1 − 0,5 + j1 57
57
8/25/2012
Metoda Arus Mesh V=10∠−90oV A − + B I= 0,1∠0o A
1 ( j50) 0
I1
0 (− j50 + j100) (− j100) 1 ( j 5) 0 1 0 0
I1 = 0,1∠00 A; I 3 =
I2 −j50Ω
0 ( j 5) (− j 2) 0 ( j 5) 0
I3 50Ω
0 I 1 0 .1 (− j100) I 2 = (− j10) (50 + j100) I 3 0
0 I1 0.1 (− j10) I 2 = (− j1) (1 + j 2) I 3 0
0 I1 0.1 (− j10) I 2 = (− j1.5) (5 − j10) I 3 (− j3)
− j1,5 + j10I 3 − j3 = 0,27∠ − 26,6o A; I 2 = = 0,3∠ − 53,2o A 5 − j10 j5 58
58
8/25/2012
Analisis Daya
59
59
8/25/2012
Tinjauan Daya di Kawasan Waktu v = V m cos( ω t + θ ) ; i = I m cos ω t ; p = vi p = vi = V m I m cos( ω t + θ) cos ω t = Vm I m (cos ωt cos θ − sin ωt sin θ ) cos ωt Vm I m V I V I cos θ + m m cos θ cos 2ω t − m m sin θ sin 2ωt 2 2 2 V I V I = m m cos θ (1 + cos 2ω t ) − m m sin θ sin 2ω t 2 2
=
Nilai rata-rata = VrmsIrmscosθ Komponen ini memberikan alih energi netto; disebut daya nyata: P
Nilai rata-rata =0
pb 1
0 -1
15
t
Komponen ini tidak memberikan alih energi netto; disebut daya reaktif: Q 60
60
8/25/2012
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor Tegangan, arus, di kawasan fasor: V = V rms ∠ θ v ; I = I rms ∠ θ i ; I ∗ = I rms ∠ − θ i
besaran kompleks
Daya Kompleks : S = V I * = V rms I rms ∠ ( θ v − θ i )
Im
S = VI * jQ
S = P + jQ P = S cos ϕ = V rms I rms cos ϕ
I*
Q = S sin ϕ = V rms I rms sin ϕ
I
ϕ
V
P
Re
Segitiga daya 61
61
8/25/2012
Faktor Daya dan Segitiga Daya f.d. = cos θ =
I*
Im
P S
Im V
P Faktor daya lagging
I (lagging)
Im
I (leading) θ
V I*
Re
jQ
θ
Re
θ
S =VI*
Im
P θ
Re
Re
− jQ
S =VI* Faktor daya leading 62
62
8/25/2012
Daya Kompleks dan Impedansi Beban ZB =
V I
atau
V = Z BI
S = P + jQ
S = VI * = ZBI I = ZB I *
2
2 2 = R B I rms + jX B I rms
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
dan
63
63
8/25/2012
Contoh
I
A
seksi sumber
seksi beban
B
V AB = 480 ∠ + 75 o V(rms) S = VI
*
= 480 ∠ + 75
= 4200 cos 30
o
o
× 8 , 75 ∠ − 105
− j 4200 sin 30
P = 3640 W
faktor RB =
I = 8 , 75 ∠ + 105
dan
dan
o
o
= 4200 ∠ − 30
= 3640 − j 2100
o
A(rms)
o
VA
Q = 2100 VAR
daya = cos( − 30 ) = 0 ,866 P 2 I rms
XB =
Q 2 I rms
= =
3640 ( 8 , 75 ) 2 −2100 (8,75) 2
= 47 , 5 Ω
= −27,4 Ω
64
64
8/25/2012
Alih Daya 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
65
65
8/25/2012
Contoh
A
V=10∠−90oV I2
I1 = 0,1∠0o A
B
− +
I5
I4
−j50Ω
Berapa daya yang diberikan oleh masing-masing sumber dan berapa diserap R = 50 Ω ?
I3
50Ω
j100Ω C
1 1 1 1 o VC + + − VA + 0,1∠0 = 0 50 j100 − j 50 − j 50 atau VC [2 + j1] − VA [ j 2] = −10∠0 o
= −0,18 + j 0,24 A
VC [2 + j1] − 2 × 10∠(90 o + 90 o ) = −10∠0 o
Si =
S v = VI *3 = 10∠ − 90 o × (−0,18 − j 0,24)
− 30 = −12 + j 6 V 2 + j1
(VC − V A )I 1*
= [− 12 + j 6 − j10]× 0,1∠0
= −1,2 − j 0,4 VA
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
VA = − V = −10∠ − 90o = 10∠90o V
⇒ VC =
I 3 = I 2 − I1
= −2,4 + j1,8 VA S tot = S i + S v o
= −1,2 − j 0,4 − 2,4 + j1,8 = −3,6 + j1,4 VA 66
66
8/25/2012
Alih Daya Maksimum Dengan Cara Penyesuaian Impedansi
I=
A + −
ZT = RT + jXT VT
ZB = RB + jXB
VT ( RT + RB ) 2 + ( X T + X B ) 2 VT
2
PB = I R B =
2
RB
( RT + R B ) 2 + ( X T + X B ) 2
B
Jika X T = -X B
PB =
VT
2
RB
( RT + R B ) 2
2
V Jika RT = RB ⇒ PB = T 4 RB
(maksimum)
Jadi syarat untuk terjadinya alih daya maksimum adalah : RT = R B
dan X B = − X T 67
67
8/25/2012
Contoh A + −
50Ω
VT =
j100Ω
10∠0o V
−j50Ω
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 − j 50 + 50 + j100
B
Z B = 25 + j 75 Ω
IB =
PMAX =
VT
2
4RB
=
− 5 − j5 4 × 25
2
= 0 ,5 W
VT −5 − j 5 = = 0,02∠ − 135 o A ZT + Z B 50
10∠0 o Is = = 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
68
68
8/25/2012
Alih Daya Maksimum Dengan Cara Sisipan Transformator 2
N Z B′ = 1 Z B N2
impedansi yang terlihat di sisi primer + −
ZT
ZB
Z B′ = Z B′ cos θ + j Z B′ sin θ
VT N1 N2
PB =
dPB =0 ′ dZ B
VT
Z B′ cos θ
(RT + Z B′ cos θ)2 + (X T + Z B′ sin θ)2
Z B′ = RT + X T = Z T 2
2
2
N1 = N2
ZT ZB 69
69
8/25/2012
Contoh
+ −
50Ω
j100Ω
10∠0o V
Dari contoh sebelumnya:
A
VT = −5 − j 5 V
25 + j 60
−j50Ω B
ZT
N a= 1 = N2 PB =
(R
T
=
Seandainya diusahakan
Z T = 25 − j 75 Ω
VT + a 2 RB
=
ZB 2
25 2 + 75 2 25 + 60 2
a 2 RB
) + (X 2
T
+ a2 X B
50 × 1,216 × 25
2
= 1,1028
)
2
(25 + 1,216 × 25)2 + (− 75 + 1,216 × 60)2
= 0,49 W
Z B = (25 − j 60) Ω
PB =
50 × 1,216 × 25
(25 + 1,216 × 25)2 + (− 75 − 1,216 × 60)2
= 0,06 W
Tidak ada peningkatan alih daya ke beban. 70
70
8/25/2012
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. 71
71
8/25/2012
Rangkuman (lanjutan) 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.
72
72
8/25/2012
Penyediaan Daya
73
73
8/25/2012
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. 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
74
74
8/25/2012
Transformator Dua Belitan Tak Berbeban φ
If
V1
+ −
+ E1 −
Belitan primer: Jika φ = Φ maks sin ωt dφ e1 = N 1 = N 1Φ maks ω cos ωt dt
N1
N2
+ E2 − Belitan sekunder:
I2 = 0 E 2 = 4.44 f N 2 Φ maks
E 2 = E2 ∠0o 2π f N1 E1 = Φ maks = 4.44 f N1Φ maks 2 Fasor E1 sefasa dengan E2 karena adalah nilai efektif diinduksikan oleh fluksi yang sama.
E1 = E1∠0o E1 N = 1 ≡ a = rasio transformasi E2 N 2 75
75
8/25/2012
φ
If
V1
+ E1 −
+ −
N1
N2
+ E2 −
V1 = I f R1 + E1 Arus magnetisasi yang membangkitkan φ
Resistansi belitan primer Ic
Diagram fasor dengan mengambil rasio transformasi a=1, sedangkan E1 sefasa E2
Iφ φ
E1=E2
If
V1
Arus magnetisasi If dapat dipandang sebagai terdiri If R1 dari Iφ (90o dibelakang E1) yang menimbulkan φ dan IC (sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi-rugi inti.
76
76
8/25/2012
Fluksi Bocor di Belitan Primer φ
If
V1
Ic V1
∼
φl1
E2
Iφ φ
φl If
E1=E2 IfR1
jIfXl
Representasi fluksi bocor di belitan primer
V1 = E1 + I f R1 + El1 = E1 + I f R1 + jI f X 1
ada fluksi bocor di belitan primer
77
77
8/25/2012
Transformator Berbeban φ
I1 V1
∼
φl1 φl2
I2 V2 RB E 2 = V2 + I 2 R2 + El 2
V1 = E1 + I1R1 + El1
= V2 + I 2 R2 + jI 2 X 2
= E1 + I1R1 + jI1 X 1
V1 E2 jI2X2 I2
I’2 φ
γ
If
I1
E1
jI1X1
I1R1
V2 I2R2 beban resistif , a > 1
78
78
8/25/2012
Rangkaian Ekivalen Transformator I′2
I1
∼
R1 jX1 V1
If
E1 R
c
Ic
jX′2 B
V′2=aV2
B
V′2=aV2
jXc
I′2
I1
∼ V1
R′2 Iφ
R1 jX1 E1
Z
If
R′2
jX′2
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 I1 = I f + I ′2
yang dilihat dari sisi primer
79
79
8/25/2012
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 I1=I′2
∼
Re = R1+R′2
jXe =j(X1+ X′2) B
V1
V′2
V1 V′2 I′2
jI′2Xe
I′2Re
80
80
8/25/2012
Contoh Penyediaan Daya
10 kW f.d. 0,8 lagging
380 V rms
8 kW f.d. 0,75 lagging
Impedansi saluran diabaikan 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
S 12 = S 1 + S 2 = 10 + j 7 ,5 + 8 + j 7 = 18 + j14 ,5 kVA
cos θ 12 =
18 18 2 + 14 ,5 2
= 0 . 78
lagging
Faktor daya total tidak cukup baik
81
81
8/25/2012
Perbaikan Faktor Daya 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 Im −jQ kapasitor
kVA beban tanpa kapasitor
jQ beban (induktif)
Re kapasitor paralel dengan beban
kVA beban dengan kapasitor
P beban Daya yang harus diberikan oleh sumber kepada beban turun dari |S| menjadi |S1|.
82
82
8/25/2012
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
S12C
P12
S 12 = 18 + j14 ,5 kVA
cos θ 12 = 0 . 78
diinginkan
cos θ 12 C = 0 . 95
jQ12 -jQ12C
lagging lagging
S12C = 18 + j18 tan(arccos 0.95) = 18 + j 5,9 kVA − jQ 12 C = j 5,9 − j14 ,5 = − j 8,58 kVAR
QC =
C=
VC XC
2
= VC
2
(− ωC )
C=
QC − ω VC
2
8580 = 190 µF 100π × 380 2 83
83
8/25/2012
Diagram Satu Garis
84
84
8/25/2012
| 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*
=
10000 + j 0 387,6∠ − 6,4 o
beban 2 S 2 = 8 + j 0 kVA 8 kW cos ϕ = 1
I 2* =
= 25,8∠6,4 o A
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∠0o
2
= 0,09 + j 0,9 kVA
= 46,64 + j 2,88 = 46,73∠3,5 A o
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 I2
*
=
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 + j5,27 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 85
85
8/25/2012
Sistem Tiga Fasa Seimbang
86
86
8/25/2012
Sumber Satu Fasa dan Tiga Fasa vs(t) u
Vs
R
∼
1/jωC jωL
s Sebuah kumparan dipengaruhi oleh medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan
Tegangan imbas yang muncul di kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik, sebesar Vs
C
vs(t) u
N
s vs(t)
∼
VBN vs(t)
Tiga kumparan dengan posisi yang berbeda 120o satu sama lain berada dalam medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan
∼
VCN
∼
A
VAN
B Tegangan imbas di masing-masing kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik. Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan tersebut diperoleh sumber tegangan tiga fasa 87
87
8/25/2012
Referensi Sinyal 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
besar tegangan fasa ke netral dituliskan pula sebagai Vfn atau Vf
A, B, C : titik fasa
C
VAN , VBN ,VCN
VBN
+ VCN − N −+ − VAN +
besar tegangan antar fasa adalah
A
dituliskan pula sebagai
B N : titik netral Simbol sumber tiga fasa:
VAB , VBC ,VCA Vff
≈ 88
88
8/25/2012
Diagram Fasor Sumber Tiga Fasa Im VCN
C
VBN
+ VCN − N −+ − VAN +
B Sumber terhubung Y Keadaan Seimbang |VAN| = |VBN| = |VCN|
Diagram fasor tegangan
120o A 120o
VAN
Re
VBN VAN = |VAN| ∠ 0o VBN = |VAN| ∠ -120o VCN = |VAN| ∠ -240o
89
89
8/25/2012
Sumber Tiga Fasa dan Saluran ke Beban C + VCN −
Tegangan fasa-netral
VBN
N − +
VBC
VCA
IC
−+ A VAN
VAB
IA
B
Sumber Tiga Fasa Terhubung Y Saluran ke beban
IB
Tegangan fasa-fasa
Arus saluran
90
90
8/25/2012
Hubungan Fasor-Fasor Tegangan Im Tegangan fasa-fasa:
VCN
VCA
−VBN
30o 30o VAN
Tegangan Fasa-netral
120o VBN
30o
VAB
VAB = VAN + VNB = VAN − VBN
VBC = VBN + VNC = VBN − VCN Re
VCA = VCN + VNA = VCN − VAN
VAB = V fn 3∠30o VBC = V fn 3∠ − 90o
VBC
VCA = V fn 3∠ − 210o
Dalam keadaan seimbang:
VAN = VBN = VCN = V fn : nilai tegangan fasa - netral VAB = VBC = VCA = V ff = V fn 3 : nilai tegangan fasa - fasa 91
91
8/25/2012
Arus Saluran dan Arus Fasa Arus saluran
IC C
VBN
+ VCN − − + N − VAN +
IA
C
Arus fasa
C A N
A Arus fasa
B
B
B Sumber terhubung Y
A
IB
Beban terhubung Y
Beban terhubung ∆
Arus di penghantar netral dalam keadaan seimbang bernilai nol 92
92
8/25/2012
Beban Tiga Fasa
93
93
8/25/2012
Beban Terhubung Y IB
B Z
IA
VBN ∠ − 120 o VBN VBN IB = = = ∠(−120 o − θ ) = I f ∠(−θ − 120 o ) Z Z ∠θ Z
Z N
A
IN
o VAN VAN VAN ∠0 IA = = = ∠ −θ = I f ∠ −θ Z Z ∠θ Z
Z C
IC Im
VCN ∠ − 240 o VCN VCN = = ∠(−240 o − θ ) = I f ∠(−θ − 240 o ) IC = Z Z ∠θ Z
Keadaan seimbang I A + I B + IC = 0
VCN IC θ
IB
VBN
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 94
94
8/25/2012
Contoh IB
B
IA IN
Z=4+j3
Z
Z
VAN referensi
Z
IC
θ
VBN
380 3
= 220 V
VAN = 220 ∠0 o V ( sebagai referensi) VBN = 220 ∠ − 120 o V VCN = 220 ∠ − 240 o V
I C = 44∠ − 276,8o A Re
θ
3
=
I B = 44∠(−36,8o − 120o ) = 44∠ − 156,8o A
Im
θ
IB
V ff
VAN 220∠0o 220∠0o = = = 44∠ − 36,8o A IA = o Z 3 + j4 5∠36,8
C
IC VCN
Vff = 380 V (rms)
N
A
V fn =
IA
VAN
I = 44 A
S 3 f = 3 × V AN I *A = 3 × 220 ∠ 0 o × 44 ∠ 36 ,8 o = 29 ∠ 36 ,8 o kVA P3 f = 29 cos 36 .8 o = 23 , 2 kW
Q3 f = 29 sin 36.8o = 17,4 kVAR 95
95
8/25/2012
Beban Terhubung ∆ IB I AB =
IAB
IA
A Z Z
ICA Z
IBC VBC
I BC =
VBC Z
;
I CA =
VCA Z
o V ff VAB V ff ∠0 = = = ∠ −θ Z Z ∠θ Z
I BC = I AB ∠ − θ − 120 o ; I CA = I AB ∠ − θ − 240 o
IBC
I A = I AB − I CA
C
IC VCA
I AB
B
VAB Z
I B = I BC − I AB ; I C = I CA − I BC
I A = I AB 3∠( −θ − 30 o ) = I f
Im
3∠( −θ − 30 o )
ICA
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 96
96
8/25/2012
Contoh
VAN =
IB
Z=4+j3
IA
Vff = 380 V (rms) VAN referensi
IAB
IBC
I AB = VAB
VCN
VBC = 380∠ − 90 o ; VCA = 380∠ − 210 o
C
ICA
Im
3
∠0 o = 220∠0 o ; VBN = 220∠ − 120 o ; VCN = 220∠ − 240 o
VAB = V AN 3∠(θ AN + 30 o ) = 380∠30 o
B
A IC
380
VAB 380∠30 o 380∠30 o = = = 76∠ − 6,8 o A Z 4 + j3 5∠36,8o
I BC = 76∠ − 6,8o − 120 o = 76∠ − 126,8o A I CA = 76∠ − 6,8o − 240 o = 76∠ − 246,8o A
ICA
I A = I AB 3∠(−6,8o − 30o ) = 76 3∠− 36,8o = 131.6∠ − 36,8o A Re IBC
IAB
VAN
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 + j52 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 97
97
8/25/2012
Analisis Daya Pada Sistem 3 Fasa Pada dasarnya analisis daya pada sistem tiga fasa tidak berbeda dengan sistem satu fasa
98
98
8/25/2012
Contoh
Is = ?
RB = ? XB = ?
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 )
S 3 f = 3 V fn I f = V ff I f
⇒
50 kVA f.d. 0,9 lagging
Y
VLL = 480 V
3
Is = I f =
S3 f V ff
3
=
50000 480 3
= 60 A
P = S 3 f cos ϕ = 50 × 0,9 = 45 kW ; Q = S 3 f sin ϕ = 50 × 0,436 = 21,8 kVAR
⇒ S 3 f = 45 + j 21,8 kVA ⇒ S per
Z=
S per If
fasa 2
=
(15 + j 7,3) × 1000 = 4,16 + j 2,03 (60) 2
fasa
=
S3 f 3
= 15 + j 7,3 kVA
⇒ R = 4,16 Ω ; X = 2,03 Ω. 99
99
8/25/2012
Contoh IS
|Ssumber| = ?
≈
Z = 2 + j20 Ω
IB
b e b a n
VB
VS
Vsumber= ?
100 kW 4800 V rms cosϕ = 0,8 lag
PB = 100 kW = S B cos ϕ SB =
100 = 125 kVA 0,8
QB = S B sin ϕ = 125 × 0,6 = 75 kVAR
S B = 100 + j 75 kVA
PB = VB I B cos ϕ 3 → IB =
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 S Sumber = 101,35 2 + 88,5 2 = 134,5 kVA S Sumber = VS I S ⇒ VS =
SS IB 3
3 = VS I B 3 =
134,5 × 1000 15 3
= 5180 V rms 100
100
8/25/2012
Kuliah Terbuka Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan Fasor (Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)
Sudaryatno Sudirham
101
101
