Open Course
Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan Fasor Oleh : Sudaryatno Sudirham
Pengantar Sajian kuliah ini mengenai analisis rangkaian listrik di kawasan fasor dalam kondisi mantap, yang hanya berlaku untuk sinyal sinus Dengan fasor, operasi-operasi diferensial dan integral pada elemen-elemen dinamis dapat dihindari
Cakupan Bahasan Fasor dan Impedansi Kaidah Rangkaian dan Diagram Fasor Teorema Rangkaian dan Metoda Analisis di Kawasan Fasor Analisis Daya Penyediaan Daya dan Perbaikan Faktor Daya Sistem Tiga Fasa Seimbang
Tujuan :
Memahami dan mampu menyatakan sinyal sinus ke dalam bentuk fasor
Mampu melakukan operasi-operasi fasor
Memahami konsep impedansi di kawasan fasor
Mampu melakukan perhitungan rangkaian impedansi
Mengapa Fasor
?
Mengapa Fasor ? 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 arus-tegangan elemen-elemen adalah
diL vL = L dt
dvC iC = C dt
vC =
1 iC dt ∫ C
Mengapa Fasor ?
Sementara itu bentuk gelombang sinus sangat luas di gunakan. Energi listrik, dengan daya ribuan mega watt, dislurkan menggunakan bentuk gelombang sinus. Demikian pula radio dan televisi menggunakan bentuk gelombang sinus dalam transmisinya. Pekerjaan analisis rangkaian, dimana peubah rangkaiannya berbentuk gelombang sinus, akan sangat dipermudah jika operasi-operasi diferensial dapat dihindarkan.
Mengapa Fasor ?
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 sinusoidal dapat dinyatakan dalam bentuk fungsi eksponensial, maka operasi diferensial akan sangat dipermudah bahkan dihindarkan
Mengapa Fasor ? Keinginan itu ternyata bisa dipenuhi karena ada hubungan antara fungsi sinus dan fungsi eksponensial yaitu identitas Euler
e jx = cos x + j sin x Ini adalah fungsi cosinus yang digunakan untuk menyatakan sinyal sinusoidal Ini adalah fungsi eksponensial kompleks
Berikut ini kita akan melihat ulang bilangan kompleks
Bilangan Kompleks
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
Bilangan Kompleks (sumbu imajiner)
Im s = a + jb
jb
a
Re (sumbu nyata)
Bilangan kompleks s didefinisikan sebagai:
s = a + jb bagian nyata dari s Re(s) = a
dengan
a∈ℜ
bagian imajiner dari s Im(s) = b
dan
b∈ℜ
Bilangan Kompleks Representasi Grafis Bilangan Kompleks (sumbu imajiner)
Im
Im S = a + jb
jb
S = a + jb
jb |S
|
θ a
Re
a
(sumbu nyata)
Re
S = |S|cosθ + j|S|sinθ Bilangan kompleks dinyatakan dengan menggunakan vektor
S = a2 + b2 θ = tan−1(b/a)
|S|cosθ = Re (S)
bagian nyata dari S
|S| sinθ = Im (S)
bagian imaginer dari S
Bilangan Kompleks Contoh: Im 3 + j4 = 5cosθ + j5sinθ
4 3 5
2 1
θ Re
-4
-3
-2
-1
0 -1 -2 -3
1
2
3
4
5
Bilangan Kompleks Operasi-Operasi Aljabar Bilangan Kompleks Penjumlahan dan Pengurangan
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
--
Bilangan Kompleks Contoh:
diketahui: maka:
s1 = 2 + j3 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 =
1 ( 6 + 12 ) + j ( − 8 + 9 ) 18 = + j 25 25 32 + 4 2
Bilangan Kompleks 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
Bilangan Kompleks Contoh: Bentuk Polar
S = 10 e j0,5
Bentuk Sudut Siku
Bentuk Sudut Siku Bentuk Polar
Bentuk Sudut Siku Bentuk Polar
|S| = 10 sudut fasa: θ = ∠S = 0,5 rad
S = 10 (cos 0 ,5 + j sin 0 ,5 ) = 10 ( 0 ,88 + j 0 , 48 ) = 8,8 + j 4 ,8
S = 3 + j4
2
2
| S |= 3 +4 = 5
∠S = θ = tan −1
4 = 0,93 rad 3
S = 5e j 0,93
S = 3 − j4 | S | = 3 + 4 2
S = 5e −
j 0,93
2
−1 4 ∠ S = − θ = = 0,93 rad tan =5 3
Bilangan Kompleks Kompleks Konjugat Im
Im
S = a + jb
S* = p + jq
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 *
(S 1 × S 2 )*
(S 1
+ S2
)*
( )(S * )
= S 1*
2
= S 1* + S 2*
*
dan
S1 S1* = * S2 S1
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor 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 jωω tidak ditulis lagi
v = A cos( ω t + θ )
dapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks :
V = A e jθ
Inilah yang disebut Fasor hanya amplitudo A dan sudut fasa θ yang diperhatikan karena ω diketahui sama untuk seluruh sistem
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor Penulisan dan Penggambaran Fasor Karena hanya amplitudo dan sudut fasa saja yang diperhatikan maka
V = Ae jθ dituliskan V = A∠θ
Im V
jb |A| θ
a Re
V = A∠ θ = A cos θ + jA sin θ −1 b
V = a + jb = a + b ∠ tan a 2
2
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor Contoh: penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor v1 (t ) = 10 cos(500t − 45 o ) menjadi:
v 2 (t ) = 15 cos(500t + 30 o )
V1 = 10∠ − 45 o
atau
V1 = 10 cos(−45 o ) + j10 sin( −45 o ) = 7,07 − j 7,07 V2 = 15∠30 o
atau
o o menjadi: V2 = 15 cos(30 ) + j15 sin(30 ) = 12,99 + j 7,5 Pada frekuensi ω = 500
i1 (t ) = −4 cos 1000t
I 1 = −4 ∠ 0 o
atau
menjadi: I 1 = −4 cos(0 o ) − j 4 sin(0 o ) = −4
i 2 (t ) = 3 cos(1000t − 90 o )
I 2 = 3∠ − 90 o
atau
o o menjadi: I 2 = 3 cos(−90 ) + j 3 sin( −90 ) = − j 3 Pada frekuensi ω = 1000
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor Fasor Negatif dan Fasor Konjugat Im jb
Jika A = A∠θ
|A|
|A|
−θ −jb
Jika A = a + jb
( ) = A∠( θ − 180 )
− A = A∠ θ + 180 o
θ
−a
−A
maka negatif dari A adalah
A a
A*
o
Re
dan konjugat dari A adalah
A* = A∠ − θ
− A = −a − jb A* = a − jb
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor Operasi-Operasi Fasor Jika diketahui :
A = A∠θ1
B = B∠θ2
maka : •
Perkalian
A × B = AB∠( θ1 + θ2 )
A A∠θ1 A = = ∠( θ1 − θ2 ) B B∠θ2 B
•
Pembagian
•
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 )
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor Contoh Diketahui:
I 1 = −4∠0 o
V1 = 10∠− 45o
I 2 = 3∠ − 90 o
V2 = 15∠30 o
maka :
Im
I 3 = I1 + I 2 = (− 4 + j 0) + (0 − j3) = −4 − j 3 I3 =
−3 ( − 4 ) 2 + ( − 3 ) 2 ∠ tan − 1 = 5 ∠ 216 ,9 o −4
V1 10∠ − 45o o Z1 = = = − 2 . 5 ∠ − 45 I1 − 4∠0 o V2 15∠30 o o Z2 = = = 5 ∠ 120 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
216,9o
-4
Re
5 I3
-3
Impedansi
Impedansi
Impedansi di kawasan fasor Impedansi suatu elemen rangkaian di kawasan fasor adalah perbandingan antara fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut
Vx Zx = Ix
fasor tegangan fasor arus
impedansi
Catatan: Ada pengertian impedansi di kawasan s yang belum akan kita pelajari dalam kuliah ini
Impedansi • Resistor Kawasan waktu
iR (t) = iRm cos(ωt + θ)
iR
= iRme
j ( ωt +θ)
= iRme jωt e jθ
+ vR − vR R = iR
I R = I R ∠θ
v R (t ) = RiR (t ) = RiRm e
jωt
Kawasan fasor
e
jθ
VR = RI R
VR R= IR resistansi resistor di kawasan waktu bernilai sama dengan impedansinya di kawasan fasor
Impedansi
Impedansi • Induktor Kawasan waktu
i L ( t ) = i Lm cos( ωt + θ)
+ vL −
iL
vL = L
diL dt
= i Lm e j ( ωt + θ )
Kawasan fasor
= i Lm e jωt e jθ
I L = I L ∠θ
diL (t ) dt = jωL(im e jωt e jθ )
VL = jωLI L
v L (t ) = L
VL ZL = = jω L IL hubungan diferensial
hubungan linier
Impedansi
Impedansi • Kapasitor Kawasan waktu
vC (t ) = vCm cos(ωt + θ)
+ vC −
= vCme j (ωt +θ)
Kawasan fasor
VC = VC ∠θ
`
iC dvC iC = C dt
dvC iC (t ) = C dt = jωC(vCme j ( ωt +θ) )
I C = jωC VC VC 1 ZC = = jω C IC
hubungan diferensial
hubungan linier
1 =−j ωC Impedansi
Impedansi • Impedansi dan Admitansi Impedansi: Z
VR R= IR
VL ZL = = jωL IL
VC 1 1 ZC = = =−j IC jωC ωC
V=ZI Admitansi: Y = 1 / Z
1 YR = R
1 1 j YL = = =− Z L jωL ωL I =Y V
1 YC = = jωC ZC Perhatikan: relasi ini adalah relasi linier. Di kawasan fasor kita terhindar dari perhitungan diferensial.
Impedansi • Impedansi Secara Umum Z = R(ω) + jX (ω) Z L + R // C
R (1 / jωC ) R = jωL + = + 2 R + (1 / jωC ) (ωRC ) + 1
2 R C ω j ωL − 2 ( ) RC 1 ω +
• 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.
Tujuan: Memahami kaidah-kaidah rangkaian di kawasan fasor Mampu mengaplikasikan kaidah-kaidah rangkaian Mampu menggambarkan diagram fasor
Kaidah-Kaidah Rangkaian Impedansi
Kaidah-Kaidah Rangkaian Impedansi • Hubungan Seri
R
I jωL
+ VR −
R + VR −
+ VL −
I −j/ωC + VC −
Z RL seri = R + jωL VRL seri = (R + jωL ) I
Z RC seri
j =R− ωC
VRC seri
1 = R + I jωC
Kaidah-Kaidah Rangkaian Impedansi • Hubungan Seri dan Kaidah Pembagi Tegangan I −j/ωC
jωL + VL −
+ VC −
Z LC seri
1 = j ωL − ωC
VLC seri
j = jωL − I ωC
Kaidah Pembagi Tegangan
Vtotal
seri
= Z total
Z total
seri
= Z1 + Z 2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + Z n
Vk =
Zk Z total seri
seri I
× Vtotal
Kaidah-Kaidah Rangkaian Impedansi • Hubungan Paralel dan Kaidah Pembagi Arus Itotal I1
I2 R
jωL
I3
−j/ωC
V Ik = = Yk V Zk n
I total =
n
∑ I = ∑Y V = Y k
k =1
k
k =1
n
Ytotal
total V
∑
1 1 1 Yk = = + + ⋅⋅⋅⋅ + Z Z Zn 1 2 k =1
Kaidah Pembagi Arus
Yk I k = Yk V = I total Ytotal
Diagram Fasor
Diagram Fasor • Arus Dan Tegangan Pada Induktor 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 90o di belakang tegangan
200
V 150 A 100 50
IL
Re
0 -50 0 -100
Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)
-150 -200
vL(t) 100 iL(t) 0,002
0,004
0,006
0,008
detik
Diagram Fasor • Arus Dan Tegangan Pada Kapasitor C = 50 pF , iC(t) = 0,5cos(106 t) mA
−j 1 ZC = = 6 = − j20 kΩ 12 − jωC 10 ×(50×10 ) VC = ZC I C = (20×103 ∠− 90o ) ×(0,5×10−3 ∠0o ) = 10∠− 90o V
Di kawasan waktu:
Im IC VC
Re
arus 90o mendahului tegangan
10
V mA
5 0 0
-5
Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)
vC(t) 10 iC(t)
-10
0,0005
0,001
0,0015
0,002 detik
Diagram Fasor • 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 = = = 24 ∠ − 30 Ω o I 5∠40 = 24 cos(−30) + j 24 sin(−30) = 20,8 − j12 Ω
Im
arus mendahului I tegangan
V
Re
Diagram Fasor • 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
V 120∠20 o o 24 60 ZB = = = ∠ Ω o I 5∠ − 40
Re
= 24 cos(60 o ) + j 24 sin(60 o ) = 12 + j 20,8 Ω
Diagram Fasor • Beban : RLC seri , mencari solusi di kawasan waktu i=? vs(t) = 250 cos500t V
+ −
100Ω
20µF 50mH
Transformasi rangkaian ke kawasan fasor Vs = 250 ∠ 0 o V; Z R = 100 Ω j = − j100 Ω 500 × 20 × 10 − 6 Z L = j 500 × 50 × 10 −3 = j 25 Ω ZC = −
Z tot = 100 − j100 + j 25 = 100 − j 75 Ω = (100) 2 + (75) 2 ∠ tan −1 o
= 125∠ − 36,87 Ω
− 75 100
Vs= 250∠0oV
+ −
100Ω −j100Ω j25Ω
Vs 250∠0 o o = = 2 ∠ 36,87 A I= o Z tot 125∠ − 36,87
Kembali ke kawasan waktu
i(t) = 2 cos(500t + 36,87o) A
Diagram Fasor • Beban : RLC seri , analisis di kawasan fasor
vs(t) = 250 cos500t V
+ −
100Ω
20µF 50mH
Z tot = 100 − j100 + j 25 = 100 − j 75 Ω
Transformasi rangkaian ke kawasan fasor
Vs = 250∠0o; ZR =100Ω ZC = − j100Ω; ZL = j25Ω
=
(100 ) 2 + ( 75 ) 2 ∠ tan
−1
− 75 100
= 125 ∠ − 36 ,87 o Ω
Vs 250 ∠ 0 o o = = 2 ∠ 36,87 A I= o Z tot 125 ∠ − 36 ,87
Im Vs= 250∠0oV
+ −
100Ω −j100Ω j25Ω
I V
Re
Beban RLC seri ini bersifat kapasitif |ZC| > |ZL| arus mendahului tegangan
Diagram Fasor Fasor Tegangan Tiap Elemen
Vs= 250∠0oV
+ −
100Ω −j100Ω j25Ω
Z tot = 100 − j 75 = 125∠ − 36,87 Ω o
Vs 250∠0 o o I= = 2 ∠ 36,87 A = Z tot 125∠ − 36,87 o
VR =
100 250∠0 o = 200∠36,87 o V o 125∠ − 36,87
100∠ − 90 o 250∠0 o = 200∠ − 53,13o V VC = o 125∠ − 36,87 25∠90 o o o VL = 250 ∠ 0 = 5 0 ∠ 1 26,87 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
Diagram Fasor • Beban : RLC seri, induktif Z R = 100 Ω Vs= 250∠0oV
+ −
100Ω −j25Ω j100Ω
Z C = − j 25 Ω Z L = j100 Ω Vs = 250 ∠ 0 o V Z tot = 100 − j 25 + j100 = 100 + j 75 Ω
Im
75 = (100) + (75) ∠ tan 100 = 125∠36,87 o Ω 2
V I
Re
2
−1
Vs 250∠0o o I= = = 2 ∠ − 36,87 A o Z tot 125∠36,87 Pada beban kapasitif |ZL| > |ZC| arus tertinggal dari tegangan
Diagram Fasor • Beban : RLC paralel I
Y R = 0 . 01 Ω −j25Ω
+ Vs= 250∠0oV −
100Ω
j100Ω
YC = j 0 . 04 Ω Y L = − j 0 . 01 Ω V s = 250 ∠ 0 o .
Im
Ytot = 0.01 + j 0.04 − j 0.01 Ω
I
= 0.01 + j 0.03
V
Re
I = VY = 250 × (0.01 + j 0.03) = 2.5 + j 7.5 = 2.52 + 7.52 tan −1
7.5 = 7.9∠71.6 o 2.5
Tujuan:
Memahami teorema-teorema rangkaian di kawasan fasor Memahami metoda analisis rangkaian di kawasan fasor Mampu melakukan analisis rangkaian di kawasan fasor pada sistem satu fasa
Teorema Rangkaian
Teorema Rangkaian
• Prinsip Proporsionalitas
Y
= K X
Y = fasor keluaran, X = fasor masukan, dan K = konstanta proporsionalitas yang pada umumnya merupakan bilangan kompleks
• Prinsip Superposisi
* selalu berlaku di kawasan waktu * berlaku di kawasan fasor bila frekuensi sama
Teorema Rangkaian • Teorema Thévenin dan Norton VT = ZT I ( ; I ( = Y( VT
1 ; Y( = ZT
A
A vT
+ −
RT
VT
B
Kawasan waktu
+ −
ZT
B
Kawasan fasor
Teorema Rangkaian • Contoh Prinsip Superposisi 20cos4t V
20∠0o
+
_
8Ω
+ _
j12Ω
8Ω
3cos4t A
8Ω
Io1
− 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
=
3H io
I o2 =
j12Ω
− j6Ω
Io2 3∠0o
8 + j12 1 /(− j 6) × 3∠0 o × 3∠0 o = 8 + j6 1 /(− j 6) + 1 /(8 + j12)
14,4∠56,3 o o o × 3 ∠ 0 = 4 , 32 ∠ 19 , 4 A = 10∠36,9 o
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 )
Teorema Rangkaian Contoh Rangkaian Ekivalen Thévenin A
B 10Ω 100Ω
0,1∠−90o A
−j100Ω
+ −
20∠45o V
` V A = 100 × 0,1∠ − 90 o = 10∠ − 90 o V VB =
− j100 × 20∠45o 10 − j100
VT = V A − V B = 10∠ − 90 o − 19,9∠39.3 o
= − j10 − (15,4 + j12,6 ) = −15,6 − j 22,6 V
= 0,995∠ − 5,7 × 20∠45o
Z T = 100 +
= 19,9∠39,3o V
A VT
+ −
ZT
10 × ( − j100 ) = 109 ,9 − j 0,99 Ω 10 − j100
B
Metoda Analisis
Metoda Analisis Dasar • Metoda Keluaran Satu Satuan 12Ω 1/18 F
A 14cos2t V
ix
1/6 F B
C
+ vx −
+
9Ω
−
3/2 H
3Ω D
12Ω
A 14∠0 V
+ −
−j3Ω
−j9Ω B
I1 I2
I3 9 Ω I4
C
I 1 K= x = VA 28
VC = j 3 V
I4 =
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
Misalkan I x = (1 + j 0) A
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
Metoda Analisis Dasar • 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
3cos2t A
I o2 = =
o
10∠36,9 o
= 2∠ − 36,9 A
Io2 3∠0o
8 + j6 1 /(− j12) × 3∠0o × 3∠0o = 8 − j6 1 /(− j12) +1 /(8 + j6) 10∠36,9o 10∠ − 36,9o
× 3∠0o = 3∠73,8o A
Fasor Io1 dan Io2 tidak dapat langsung dijumlahkan karena sumber berbeda frekuensi. Kembali ke kawasan waktu, baru kemudian dijumlahkan
io1 = 2 cos(4t − 36,9 o ) A sehingga
dan
io2 = 3 cos(2t + 73,8 o ) A
io = io1 + io2 = 2 cos(4t − 36,9 o ) + 3 cos(2t + 73,8 o ) A
Metoda Analisis Dasar • Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin A i 2H
6Ω + −
2Ω 1H 2Ω 1/8 F
18cos2t V
6Ω + −
A I j4Ω
18∠0o V
B
B
A + −
j4Ω 6Ω 18∠0o V
2Ω j2Ω 2Ω −j4Ω
2Ω 2Ω
VT = Vht =
9 2 × 18∠0 o = V 2 + j1 2 + 6 + j4
B
ZT = 2 + A + −
ZT VT
I j2Ω
−j4Ω B
I=
2 (6 + j 4 ) 16 + j 8 + 12 + j 8 7 + j 4 Ω = = 8 + j4 2 + j1 2 + 6 + j4
9 (2 + j1) VT = × ZT + j 2 − j 4 (2 + j1) (7 + j 4) − j 2(2 + j1)
= 1∠0o A ⇒ i = 1cos2t A
Metoda Analisis Dasar • 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
j100Ω
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
Metoda Analisis Umum • Metoda Tegangan Simpul A
I1 = 0,1∠0o A
− + V= 10∠−90oV −j50Ω
B
Ix=? 50Ω j100Ω
VA V V + B + B =0 j100 50 − j 50 − VB = −V
A : − I1 + B : VA
1 − j50 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 1 V = j10 → eliminasi Gauss : 0 − 2 − j1 V = − 30 − 1 B B VB =
−30(−2 + j1) −30 = = 12 − j6 = 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
Metoda Analisis Umum • Metoda Arus Mesh V=10∠−90oV A I= 0,1∠0o A
1 ( j50) 0
B
I2 −j50Ω
I3 50Ω
I1 0.1 (− j50 + j100) (− j100) I2 = (− j10) (− j100) (50 + j100) I3 0
1 ( j 5) 0 1 0 0
I1
− +
0
0
0
( j 5) (− j 2) 0
( j5) 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) 0
I 1 = 0,1∠ 0 0 A I3 =
− j3 5 − j10
= 0,27 ∠ − 26 ,6 o A I2 =
− j1,5 + j10 I 3 j5
= 0,3∠ − 53,2 o A
Tujuan: Memahami daya nyata dan daya reaktif
Memahami gejala alih daya Mampu menghitung alih daya maksimum
Tinjauan Daya di Kawasan Waktu
Tinjauan Daya di Kawasan Waktu Tegangan dan arus beban merupakan fungsi waktu
vb = Vm cos( ω t + θ) ; ib = I m cos ω t
pb = vi = Vm I m cos(ωt + θ) cos ωt = Vm I m (cos ωt cos θ − sin ωt sin θ) cos ωt Vm I m Vm I m Vm I m cos θ + cos θ cos 2ωt − sin θ sin 2ωt = 2 2 2 Vm I m Vm I m cos θ (1 + cos 2ωt ) − sin θ sin 2ωt = 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
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor Tegangan dan Arus dalam Fasor
V = Vrms ∠0 o •
dan
I = I rms ∠ − θ
Daya Kompleks :
Im
*
S = VI
S = VI* jQ
S = V rms I rms
I*
S = P + jQ P = S cos θ = V rms I rms cos θ Q = S sin θ = V rms I rms sin θ
I
ϕ
P
V
Re
Segitiga daya
Faktor Daya
cos ϕ =
P S
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor • Faktor Daya dan segitiga daya: f.d. = cos θ =
I*
Im
Im
P S
S =VI*
V θ
I (leading) θ
V I*
Re
Re
P Faktor daya lagging
I (lagging)
Im
jQ
θ
Re
Im
P
θ
Re
− jQ
S =VI*
Faktor daya leading
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor Daya Kompleks dan Impedansi Beban ZB =
V I
atau
V = Z BI
S = P + jQ
S = VI * *
= Z BI I = Z B 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
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor
• COTOH
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
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
o o
VA
A(rms)
Alih Daya
Alih Daya • Alih Daya
Dalam rangkaian linier arus bolak-balik keadaan mantap, jumlah daya kompleks yang diberikan oleh sumber bebas, sama dengan jumlah daya kompleks yang diserap oleh elemenelemen dalam rangkaian
Alih Daya CONTOH
A
V=10∠−90oV I2
I1 = 0,1∠0o A
B
− +
−j50Ω
Berapa daya yang diberikan oleh masing-masing sumber dan berapa diserap R = 50 Ω ?
I5
I4 I3 j100Ω
50Ω
C
1 1 1 1 o VC + + V − A + 0,1∠0 = 0 50 j100 − j 50 − j 50 atau 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
I 3 = I 2 − I1 V A − VC 10∠90 o − (−12 + j 6) = I2 = − j 50 − j 50 = −0,08 + j 0,24 A ⇒ 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
Alih Daya • Alih Daya Maksimum Dengan Cara Penyesuaian Impedansi A + −
I =
ZT = RT + jXT
VT
ZB = RB + jXB
VT ( RT + RB ) 2 + ( X T + X B ) 2 2
PB = I R B =
B
VT
2
RB
( RT + R B ) 2 + ( X T + X B ) 2
Jika X T = -X B
Jika RT = RB ⇒ PB =
VT
PB =
VT
RB
( RT + R B ) 2
2
4 RB
2
(maksimum)
Jadi syarat untuk terjadinya alih daya maksimum adalah : RT = R B dan X B = − X T
Alih Daya CONTOH
VT =
ZT =
A + −
− j 50(50 + j100) = 25 − j 75 Ω − j 50 + 50 + j100
j100Ω
50Ω 10∠0o
− j1 − j 50 × 10 = −5 − j 5 V × 10∠0 o = 1 + j1 50 + j100 − j 50
−j50Ω
Z B = 25 + j 75 Ω
25 + j 75
V
PMAX =
B
IB =
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∠0o Is = = 0,1∠0o A Ps = 50I s 2 + 25I B 2 (− j50)(25+ j75) 50 + j100+ = 50× (0,1) 2 + 25× ( 0,02) 2 = 1 W − j50 + 25+ j75
Alih Daya • Alih Daya Maksimum Dengan Cara Sisipan Transformator 2
( Z B′ = 1 Z B (2
impedansi yang terlihat di sisi primer
ZT
+ −
ZB
Z B′ = Z B′ cos θ + j Z B′ sin θ
VT (1
(2
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
(1 = (2
ZT ZB
Alih Daya CONTOH + −
50Ω 10∠0o V
VT = −5 − j 5 V
A
j100Ω
25 + j 60
−j50Ω B
PB =
(R
T
=
Seandainya diusahakan
ZT
( a= 1 = (2
VT + a 2 RB
2
Z T = 25 − j 75 Ω
=
ZB
25 2 + 75 2 25 2 + 60 2
a 2 RB
) + (X 2
T
+ a2 X B
)
2
50 × 1,216 × 25
(25 + 1,216 × 25)
2
+ (− 75 + 1,216 × 60 )
Z B = (25 − j 60) Ω PB =
50 × 1,216 × 25
(25 + 1,216 × 25)
2
= 1,1028
+ (− 75 − 1,216 × 60 )
2
= 0,06 W
Tidak ada peningkatan alih daya ke beban.
2
= 0,49 W
Rangkuman Mengenai Fasor
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.
Rangkuman Mengenai Fasor Dengan menyatakan arus dan tegangan menjadi fasor arus dan fasor tegangan yang merupakan besaran kompleks maka daya juga menjadi daya kompleks yang didefinisikan sebagai S = V I*. Besaran-besaran kompleks dapat digambarkan di bidang kompleks sehingga kita mempunyai digram fasor untuk arus dan tegangan serta segitiga daya untuk daya. Hukum-hukum rangkaian, kaidah-kaidah rangkaian, serta metoda analisis yang berlaku di kawasan waktu, dapat diterapkan pada rangkaian impedansi yang tidak lain adalah transformasi rangkaian ke kawasan fasor. Sesuai dengan asal-muasal konsep fasor, maka analisis fasor dapat diterapkan hanya untuk sinyal sinus keadaan mantap.
Tujuan: Memahami transformator dan diagram fasornya Mampu menghitung kebutuhan daya dan faktor daya beban Mampu menghitung penyediaan daya sumber dan tegangan sumber untuk mencatu beban; Mampu menentukan keperluan perbaikan faktor daya.
Pemyediaan Daya
Pemyediaan Daya 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
Pemyediaan Daya Transformator Dua Belitan Tak Berbeban If
Vs
+ −
φ + E1 −
(1
(2
+ E2 −
Belitan sekunder:
Belitan primer:
2π f (1 E1 = Φ maks = 4.44 f (1Φ maks 2
I2 = 0 E 2 = 4.44 f ( 2 Φ maks
E1 ( = 1 ≡ a = rasio transformasi E2 ( 2
Pemyediaan Daya Transformator Dua Belitan Tak Berbeban If + −
Vs
φ + E1 −
(1
φ = Φ maks sin ωt
(2
+ E2 −
e1 = (1
e2 = ( 2
dφ = (1Φ maks ω cos ωt dt
dφ = ( 2Φ maksω cos ωt dt
Fasor E1 sefasa dengan E2 karena diinduksikan oleh fluksi yang sama. E1=E2
Ic Iφ
If R1 If
V1
φ
rasio transformasi a = 1, resistansi belitan primer R1
Arus magnetisasi If dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu Iφ (90o dibelakang E1) yang menimbulkan φ dan IC (sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi-rugi inti. Resistansi belitan R1 dalam diagram fasor ini muncul sebagai tegangan jatuh IfR1.
Pemyediaan Daya Ada Fluksi Bocor di belitan primer φ
If
V1
Ic Vs
∼
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 Mengatasi rugi-rugi inti
ada fluksi bocor di belitan primer
Pemyediaan Daya Transformator Berbeban I1 V1
φ
∼
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
φ
γ
If
I2
I’2 I1
E1
V2 I2R2
beban resistif , a > 1
I1R1
jI1X1
Pemyediaan Daya Rangkaian Ekivalen I′ 2
I1 ∼
R1 jX1
V1
If Ic
E1 R
c
R1 jX1
V1
V1 = E1 + I1 R1 + jI1 X 1 E1 = aV2 + I ′2 R2′ + jI ′2 X 2′ I1 = I f + I ′2
jX′2
R′2
jX′2
B
V′2=aV2
B
V′2=aV2
I′ 2
I1 ∼
R′2 Iφ jXc
E1
Z
If
I′2 , R′2 , dan X′2 adalah arus, resistansi, dan reaktansi sekunder yang dilihat oleh sisi primer
Pemyediaan Daya 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)
V1
B V′2
V1 V′2 I′ 2
I′2Re
jI′2Xe
Pemyediaan Daya
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
Perbaikan Faktor Daya
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
kVA beban tanpa kapasitor
| |S
−jQ kapasitor
|S 1| 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|.
Perbaikan Faktor Daya 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
Im
S12
S12C
S 12 = 18 + j14 ,5 kVA
cos θ 12 = 0 . 78
diinginkan
cos θ 12 C = 0 . 95
jQ12
Re
lagging
S12C = 18 + j18 tan(arccos 0.95) = 18 + j 5,9 kVA
-jQ12C
− jQ 12 C = j 5,9 − j14 ,5 = − j 8,58 kVAR
jQ12C P12
lagging
QC =
C=
VC
2
XC
= VC
QC − ω VC
2
2
(− ωC )
C=
8580 = 190 µF 100π × 380 2
Diagram Satu Garis
Diagram Satu Garis | 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
= 25,8∠6,4
o
beban 2 8 kW cos ϕ = 1
I 2* =
A
S 2 = 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∠6,4o + 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 Is
*
=
18530 + j 5270 46,73∠ − 3,5
o
=
19265∠15,9 o 46,73∠ − 3,5
o
= 412∠19,4 o V
Tujuan
Memahami hubungan sumber dan beban dalam sistem tiga fasa seimbang. Memahami hubungan fasor-fasor arus dan tegangan pada sistem tiga fasa seimbang Mampu menentukan hubungan fasor-fasor arus dan tegangan pada sistem tiga fasa seimbang Mampu melakukan analisis daya pada sistem tiga fasa
Sumber Satu Fasa dan Tiga Fasa
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 s vs(t)
VB( vs(t)
Tiga kumparan dengan posisi yang berbeda 120o satu sama lain berada dalam medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan
VC(
(
∼
∼
VA(
A
B Tegangan imbas di masing-masing kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik. Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan tersebut diperoleh sumber tegangan tiga fasa
Sumber Tiga Fasa Dalam pekerjaan analisis rangkaian kita memerlukan referensi sinyal. Oleh karena itu tegangan bolak balik kita gambarkan dengan tetap menyertakan referensi sinyal Untuk sumber tiga fasa, referensi sinyal tegangan adalah sebagai berikut
A, B, C : titik fasa
C
VA( , VB( ,VC( besar tegangan fasa ke netral dituliskan pula sebagai Vfn atau Vf
VB(
+ VC( − ( −+ − VA( +
besar tegangan antar fasa adalah
A
dituliskan pula sebagai
B
( : titik netral Simbol sumber tiga fasa:
VAB , VBC ,VCA
≈ ≈
Vff
Sumber Tiga Fasa Diagram fasor sumber tiga fasa Im VC(
C
VB(
Diagram fasor tegangan
+ VC( − ( −+ − VA( +
120o A
B Sumber terhubung Y
Keadaan Seimbang |VA(| = |VB(| = |VC(|
120o
VA(
VB( VA( = |VA(| ∠ 0o VB( = |VA(| ∠ -120o VC( = |VA(| ∠ -240o
Re
Sumber Tiga Fasa Sumber tiga fasa dan saluran menuju beban C Tegangan fasa-netral
VB(
+ VC( − ( − +
VBC
VCA
IC
−+ A VA(
IA
VAB
B
Sumber Tiga Fasa Terhubung Y Saluran ke beban
IB
Tegangan fasa-fasa
Arus saluran
Sumber Tiga Fasa Hubungan fasor-fasor tegangan Im Tegangan fasa-fasa:
−VB(
VC(
VCA
30o 30o
VA(
Tegangan Fasa-netral
VAB
VAB = VA( + V(B = VA( − VB( VBC = VB( + V(C = VB( − VC(
Re
VCA = VC( + V(A = VC( − VA(
120o
VB(
VAB = V fn 3∠30o
30o
VBC = V fn 3∠ − 90o VBC
VCA = V fn 3∠ − 210o
Dalam keadaan seimbang:
VA( = VB( = VC( = V fn : nilai tegangan fasa - netral VAB = VBC = VCA = V ff = V fn 3 : nilai tegangan fasa - fasa
Sumber Tiga Fasa Arus saluran dan arus fasa Arus saluran
IC C + −
VB(
( − +
IA
VC( − +
C
Arus fasa
C A N
VA(
B
IB
A B
B Sumber terhubung Y
A
Beban terhubung Y
Arus di penghantar netral dalam keadaan seimbang bernilai nol
Arus fasa
Beban terhubung ∆
Beban Tiga Fasa
Beban Tiga Fasa Beban terhubung Y IB
B Z
IA
Z
I(
VB( ∠ − 120 o VB( VB( = = ∠(−120 o − θ ) = I f ∠(−θ − 120 o ) IB = Z Z ∠θ Z
N
A
o VA( VA( VA( ∠0 IA = = = ∠ −θ = I f ∠ −θ Z Z ∠θ Z
Z C
IC
VC( ∠ − 240 o VC( VC( IC = = ∠(−240 o − θ ) = I f ∠(−θ − 240 o ) = Z Z ∠θ Z
Im VC(
Keadaan seimbang I A + I B + IC = 0
IC θ
IB
VB(
θ
S 3 f = VA( I *A + VB( I *B + VC( I *C θ V A( IA
Re
referensi
= 3 VA( I A ∠θ = V ff I f
3∠θ
Beban Tiga Fasa Contoh
IB
B Z
IA
Z=4+j3
Z Z
IC
Im
θ
= 220 V
3
VA( = 220 ∠0 o V ( sebagai referensi) VB( = 220 ∠ − 120 o V VC( = 220 ∠ − 240 o V
I = 44 A
VA(
S 3 f = 3 × V A( I *A = 3 × 220 ∠ 0 o × 44 ∠ 36 ,8 o
IA
= 29 ∠ 36 ,8 o kVA
VB(
Yakinkan:
380
I C = 44∠ − 276,8o A Re
θ
3
=
I B = 44∠(−36,8o − 120o ) = 44∠ − 156,8o A
θ
IB
VA( referensi
V ff
VA( 220∠0o 220∠0o o = 44 ∠ − 3 6 , 8 A = = IA = o Z 3 + j4 5∠36,8
C
IC VC(
Vff = 380 V (rms)
N
A
I(
V fn =
P3 f = 3 × 4 × 44 = 23, 2 kW 2
Q3 f = 3 × 3 × 44 2 = 17,4 kVAR
P3 f = 29 cos 36 .8 o = 23 , 2 kW Q3 f = 29 sin 36.8o = 17,4 kVAR
Beban Tiga Fasa Beban terhubung ∆ IB I AB =
IA
A
VBC
Z
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
IBC
I AB
B Z
ICA
VCA
Z
IAB
VAB Z
Im
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 )
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
Beban Tiga Fasa Contoh
VA( =
IB
Z=4+j3
IA
Vff = 380 V (rms) VA( referensi
IAB
IC
IBC
Im
I AB VAB
VC(
VBC = 380∠ − 90 o ; VCA = 380∠ − 210 o
C
ICA
3
∠0 o = 220∠0 o ; VB( = 220∠ − 120 o ; VC( = 220∠ − 240 o
VAB = V A( 3∠(θ A( + 30 o ) = 380∠30 o
B
A
380
VAB 380∠30 o 380∠30 o = 76∠ − 6,8 o A = = = o 4 + j3 Z 5∠36,8
I BC = 76∠ − 6,8o − 120 o = 76∠ − 126,8o A I CA = 76∠ − 6,8 o − 240 o = 76∠ − 246,8 o A
ICA
I A = I AB 3∠(−6,8o − 30o ) = 76 3∠− 36,8o = 131.6∠− 36,8o A Re IBC
IAB
VA(
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
VB(
2
P3 f = 3 × R × I AB = 3 × 4 × (76) 2 = 69,3 kW 2
Q3 f = 3 × X × I AB = 3 × 3 × (76) 2 = 52 kVAR
Analisis Daya Pada Sistem Tiga Fasa
Analisis Daya Pada Sistem Tiga Fasa
Pada dasarnya analisis daya pada sistem tiga fasa tidak berbeda dengan sistem satu fasa
Analisis Daya Pada Sistem Tiga Fasa Contoh
Is = ?
RB = ? XB = ?
S 3 f = 3 V fn I *f ⇒
50 kVA f.d. 0,9 lagging
Y
VLL = 480 V
= 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
3
Is = I f =
S3 f V ff
= 3
50000
= 60 A
480 3
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.
Analisis Daya Pada Sistem Tiga Fasa Contoh |Ssumber| = ?
IS
≈
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
Courseware Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan Fasor
Sudaryatno Sudirham
