Analisis Rangkaian Listrik

Sudaryatno Sudirham

Analisis Rangkaian Listrik Jilid 3

darpublic

Analisis Rangkaian Listrik Jilid 3 (Rangkaian Magnetik, Transformator, Mesin Sinkron, Mesin Asinkron, Analisis Harmonisa) oleh

Sudaryatno Sudirham

Hak cipta pada penulis, 2010 SUDIRHAM, SUDARYATNO Analisis Rangkaian Listrik (3) Bandung are-0710

e-mail: [email protected] Alamat pos: Kanayakan D-30, Komp ITB, Bandung, 40135.

Pengantar Buku ini adalah jilid ke-tiga dari satu seri pembahasan analisis rangkaian listrik. Penataan ulang serta penambahan materi bahasan penulis lakukan terhadap buku yang diterbitkan tahun 2002. Dalam buku ini pembaca diperkenalkan pada teknik konversi energi, serta persoalan harmonisa dalam sistem tenaga. Dalam bab pertama diperkenalkan rangkaian magnetik yang merupakan landasan dikembangkannya mesin-mesin konversi energi. Tiga bab berikutnya membahas transformator, mesin sinkron, dan mesin asinkron. Lima bab berikutnya berisi analisis harmonisa, diawali dengan pembahasan sinyal non sinus di kawasan waktu, dilanjutkan dengan tinjauan di kawasan fasor, pembebanan non linier, dampak harmonisa pada piranti, dan diakhiri dengan pembahasan harmonisa pada sistem tiga fasa. Mudah-mudahan sajian ini bermanfaat bagi para pembaca. Saran dan usulan para pembaca untuk perbaikan dalam publikasi selanjutnya, sangat penulis harapkan. Bandung, 26 Juli 2010 Wassalam, Penulis.

iii

<< La plus grande partie du savoir humain est déposée dans des documents et des livres, mémoires en papier de l’humanité.>> A. Schopenhauer, 1788 – 1860

Dari Mini-Encyclopédie France Loisirs ISBN 2-7242-1551-6

iv

Daftar Isi Kata Pengantar

iii

Daftar Isi

v

Bab 1: Rangkaian Magnetik 1 Hukum-Hukum. Perhitungan Pada Rangkaian Magnetik. Rugi-Rugi Dalam Rangkaian Magnetik. Gaya Magnetik. Induktor Bab 2: Tansformator 29 Transformator Satu Fasa. Teori Operasi Transformator. Diagram Fasor. Rangkaian Ekivalen. Impedansi Masukan. Penentuan Parameter Transformator. Efisiensi dan Regulasi Tegangan. Konstruksi Transformator. Transformator Pada Sistem Tiga Fasa Bab 3: Mesin Sinkron Mesin Kutub Menonjol. Mesin Sinkron Rotor Silindris

53

Bab 4: Motor Asinkron 69 Konstruksi Dan Cara Kerja. Rangkaian Ekivalen. Penentuan Parameter Rangkaian. Torka. Bab 5: Sinyal +on Sinus 89 Pendekatan Numerik Sinyal Nonsinus. Elemen Linier Dengan Sinyal Nonsinus. Nilai Rata-Rata Dan Nilai Efektif Sinyal Nonsinus. Daya Pada Sinyal Nonsinus. Resonansi. Bab 6: Pembebanan +on Linier 111 Tinjauan Di Sisi Beban. Tinjauan Di Sisi Sumber. Contoh Kasus: Penyearah Setengah Gelombang. Perambatan Harmonisa. Ukuran Distorsi Harmonisa. Bab 7: Tinjauan Di Kawasan Fasor 129 Pernyataan Sinyal Nonsinus Dalam Fasor. Impedansi. Nilai Efektif. Sumber Tegangan Sinusiodal Dengan Beban Nonlinier. Teorema Tellegen. Transfer Daya. Kompensasi Daya Reaktif.

v

Bab 8: Dampak Harmonisa Pada Piranti 161 Konduktor. Kapasitor. Induktor. Transformator. Tegangan Maksimum Pada Piranti. Partial Discharge. Alat Ukur Elektromekanik. Resume. Bab 9: Harmonisa Pada Sistem Tiga Fasa 189 Komponen Harmonisa Dalam Sistem Tiga Fasa. Relasi Tegangan Fasa-Fasa dan Fasa-Netral. Hubungan Sumber Dan Beban. Sumber Bekerja Paralel. Penyaluran Energi ke Beban. Rangkaian Ekivalen Untuk Analisis. Daftar Referensi

199

Indeks

201

Biodata

202

vi

BAB 1 Rangkaian Magnetik Rangkaian magnetik merupakan basis dari sebagian terbesar peralatan listrik di industri maupun rumah tangga. Motor dan generator dari yang bekemampuan kecil sampai sangat besar, berbasis pada medan magnetik yang memungkinkan terjadinya konversi energi listrik. Di bab ini kita akan melihat hukum-hukum dasar, perhitungan dalam rangkaian magnetik, rugi-rugi dan gaya magnetik, induktor dan induktansi bersama. Seperti halnya analisis rangkaian listrik yang dilandasi oleh beberapa hukum saja, yaitu hukum Ohm dan Hukum Kirchhoff, analisis rangkaian magnetik juga dilandasi oleh hanya beberapa hukum saja, yaitu hukum Faraday dan hukum Ampère. Pembahasan kita akan diawali oleh kedua hukum tersebut dan setelah itu kita akan melihat rangkaian magnetik, yang sudah barang tentu melibatkan material magnetik. Walaupun demikian, di bab ini kita tidak akan membahas mengenai material magnetik itu sendiri, melainkan hanya akan melihat pada hal-hal yang kita perlukan dalam kaitannya dengan analisis rangkaian magnetik. Kita juga hanya akan melibatkan beberapa jenis material saja yang telah sejak lama digunakan walaupun material jenis baru telah dikembangkan. Setelah mempelajari bab ini kita akan: • memahami hukum-hukum yang mendasari analisis rangkaian magnetik; • mampu melakukan perhitungan pada rangkaian magnetik; • memahami dan mampu menghitung rugi-rugi dalam rangkaian magnetik; • memahami dan mampu melakukan perhitungan-perhitungan pada induktor. 1.1. Hukum-Hukum Hukum Faraday. Pada 1831 Faraday (1791-1867) menunjukkan bahwa gejala listrik dapat dibangkitkan dari magnet. Dari kumpulan catatan hasil percobaan yang dilakukan oleh Faraday, suatu formulasi matematis telah diturunkan untuk menyatakan hukum Faraday, yaitu :

1

dλ (1.1) dt dengan e menunjukkan tegangan induksi [volt] pada suatu kumparan, dan λ adalah fluksi lingkup yang dicakup oleh kumparan. Jika kumparan mempunyai lilitan dan setiap lilitan mencakup fluksi magnit sebesar φ [weber], maka fluksi lingkup adalah λ = φ [weber-lilitan] dan (1.1) menjadi e=−

e = −

dφ dt

(1.2)

Tanda negatif pada (1.1) diberikan oleh Emil Lenz, yang setelah melanjutkan percobaan Faraday menunjukkan bahwa arah arus induksi selalu sedemikian rupa sehingga terjadi perlawanan terhadap aksi yang menimbulkannya. Reaksi demikian ini disebut hukum Lenz. Hukum Ampère. André Marie Ampère (1775 – 1836), melakukan percobaan yang terkenal dalam kaitan kemagnitan, yaitu mengenai timbulnya gaya mekanis antara dua kawat paralel yang dialiri arus listrik. Besar gaya F dinyatakan secara matematis sebagai

F=

µl I1 I 2 2π r

(1.3)

dengan I1 dan I2 adalah arus di masing-masing konduktor, l adalah panjang konduktor, dan r menunjukkan jarak antara sumbu kedua konduktor dan besaran µ merupakan besaran yang ditentukan oleh medium dimana kedua kawat tersebut berada. Arus I2 dapat dipandang sebagai pembangkit suatu besaran medan magnit di sekeliling kawat yang dialirinya, yang besarnya adalah

B=

µI 2 2π r

(1.4)

Hasil ini juga diamati oleh dua peneliti Perancis yaitu J.B. Biot dan F. Savart. Dengan (1.4), maka (1.3) menjadi lebih sederhana yaitu

F = BlI1

(1.5)

Persamaan (1.5) ini berlaku jika kedua kawat adalah sebidang. Jika kawat ke-dua membentuk sudut θ dengan kawat pertama maka (1.5) menjadi

2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

F = BlI1 sin θ

(1.6)

Secara umum (1.6) dapat ditulis

F = K B B I f (θ) (1.7) dengan f(θ) adalah suatu fungsi sudut antara medan B dan arus I , dan KB adalah suatu konstanta untuk memperhitungkan berbagai faktor, seperti misalnya panjang kawat. Besaran B mempunyai satuan [weber/meter2]; hal ini dapat diturunkan sebagai berikut. Menurut (1.5), satuan B adalah :

sedangkan

[newton] =

sehingga

[ B] =

[ B] =

[newton] [amp] × [meter ]

energi [ watt ].[detik ] [volt ] [amp] [detik ] = = panjang [meter ] [meter ]

[volt ] [amp] [detik ] 2

=

[volt ] [detik ]

[amp] [meter ]

2

[meter ]

=

[ weber ] [meter 2 ]

.

Jadi B menunjukkan kerapatan fluksi magnetik dengan satuan [weber/m2] atau [tesla]. Arah B ditentukan sesuai dengan kaidah tangan kanan yang menyatakan bahwa : jika kawat yang dialiri arus digenggam dengan tangan kanan dengan ibujari mengarah sejajar aliran arus maka arah B adalah sesuai dengan arah penunjukan jari-jari yang menggenggam kawat tersebut. Permeabilitas. Dalam persamaan (1.3), µ mewakili sifat medium tempat kedua konduktor berada; besaran ini disebut permeabilitas. Untuk ruang hampa, permeabilitas ini adalah

µ 0 = 4π × 10 −7 dengan satuan [µ 0 ] =

karena

(1.8)

[henry ] . Hal ini dapat diturunkan sebagai berikut. [meter ]

[newton ] [amp 2 ]

=

[volt ] [ amp ] [detik ] [amp 2 ] [ meter ]

=

[volt ] [detik ] [ henry ] = [amp ] [meter ] [ meter ]

[volt ] [detik ] = [henry ] yaitu satuan induktansi. [amp]

3

Dalam hal mediumnya bukan vakum maka permeabilitasnya dinyatakan sebagai

µ = µr × µ0

(1.9)

dengan µr adalah permeabilitas relatif, yang merupakan perbandingan antara permeabilitas medium terhadap vakum. Intensitas Medan Magnet. Dalam perhitungan-perhitungan rangkaian magnetik, akan lebih mudah jika kita bekerja dengan besaran magnetik yang tidak tergantung dari medium. Hal ini terutama kita temui pada mesin-mesin listrik dimana fluksi magnetik menembus berbagai macam medium. Oleh karena itu didefinisikan besaran yang disebut intensitas medan magnetik , yaitu

H≡

dengan satuan

[H ] =

B µ

(1.10)

[newton] /[ amp] [meter ] 2

[newton] /[amp ]

=

[amp] . [meter ]

Dengan pendefinisian ini, H merupakan besaran yang tidak tergantung dari medium. Secara umum satuan H adalah [lilitan amper]/[meter] dan bukan [amp]/[meter] agar tercakup pembangkitan medan magnit oleh belitan yang terdiri dari banyak lilitan. Hukum Rangkaian Magnetik Ampère . Hukum rangkaian magnetik Ampère menyatakan bahwa integral garis tertutup dari intensitas medan magnit sama dengan jumlah arus (ampere turns) yang membangkitkannya. Hukum ini dapat dituliskan sebagai

∫ Hdl = Fm

(1.11)

Fm dipandang sebagai besaran pembangkit medan magnit dan disebut magnetomotive force yang disingkat mmf. Besaran ini sama dengan jumlah ampere-turn yang dilingkupi oleh garis fluksi magnit yang tertutup. Dari relasi di atas, diturunkan relasi-relasi yang sangat bermanfaat untuk perhitungan rangkaian magnetik. Jika panjang total dari garis fluksi magnit adalah L, maka total Fm yang diperlukan untuk membangkitkan fluksi tersebut adalah 4 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Fm = H L =

B L µ

(1.12)

Apabila kerapatan fluksi adalah B dan fluksi menembus bidang yang luasnya A , maka fluksi magnetnya adalah φ = BA

(1.13)

dan jika (1.13) dimasukkan ke (1.12) akan diperoleh

 L   Fm = H L = φ  µA 

(1.14)

Apa yang berada dalam tanda kurung pada (1.14) ini sangat menarik, karena sangat mirip dengan formula resistansi dalam rangkaian listrik. Persamaan (1.14) ini dapat kita tuliskan

Fm  µA  φ=  Fm = ℜ  L 

(1.15)

Pada (1.15) ini, Fm merupakan besaran yang menyebabkan timbulnya fluksi magnit φ. Besar fluksi ini dibatasi oleh suatu besaran ℜ yang kita sebut reluktansi dari rangkaian magnetik, dengan hubungan L (1.16) ℜ= µA Persamaan (1.15) sering disebut sebagai hukum Ohm untuk rangkaian magnetik. Namun kita tetap harus ingat bahwa penurunan relasi ini dilakukan dengan pembatasan bahwa B adalah kostan dan A tertentu. Satuan dari reluktansi tidak diberi nama khusus. 1.2. Perhitungan Pada Rangkaian Magnetik Perhitungan-perhitungan pada rangkaian magnetik pada umumnya melibatkan material ferromagnetik. Perhitungan ditujukan pada dua kelompok permasalahan, yaitu mencari mmf jika fluksi ditentukan (permasalahan ini kita jumpai pada perancangan) mencari fluksi φ apabila geometri dari rangkaian magnetik serta mmf diketahui (permasalahan ini kita jumpai dalam analisis, misalnya jika kita harus mengetahui fluksi gabungan dari suatu rangkaian magnetik yang dikendalikan oleh lebih dari satu belitan). Berikut ini kita akan melihat perhitungan-perhitungan rangkaian magnetik melalui beberapa contoh.

5

CO+TOH 1.1 : Suatu toroid terdiri dari dua macam material ferromagnetik dengan belitan pembangkit medan magnetik yang terdiri dari 100 lilitan, seperti terlihat pada gambar di samping ini. Material a adalah besi nikel (nickel iron) dengan panjang rata-rata La = 0,4 m. Material b R + adalah baja silikon (medium E La Lb − silicon sheet steel) dengan panjang rata-rata Lb = 0,2 m. Kedua bagian itu mempunyai luas penampang sama, yaitu 0,001 m2. a). Tentukan Fm yang diperlukan untuk membangkitkan fluksi φ = 6×10−4 weber. b). Hitung arus yang harus mengalir pada belitan agar nilai fluksi tersebut tercapai. Penyelesaian : Untuk memperoleh Fm total yang diperlukan, kita aplikasikan hukum rangkaian Ampère pada rangkaian magnetik ini.

Fm total = Fma + Fmb = H a L a + H b L b Fluksi yang diinginkan di kedua bagian toroid adalah 6×10−4 weber, sedangkan kedua bagian itu mempunyai luas penampang sama. Jadi kerapatan fluksi di kedua bagian itu juga sama yaitu

Ba = Bb =

φ 0,0006 = = 0,6 tesla A 0,001

Untuk mencapai kerapatan fluksi tersebut, masing-masing material memerlukan intensitas medan yang berbeda. Intensitas medan yang diperlukan dapat dicari melalui kurva B-H dari masing-masing material, yang dapat dilihat di buku acuan. Salah satu kurva B-H yang dapat kita peroleh adalah seperti dikutip pada Gb.1.1. Dengan menggunakan kurva B-H ini, kita peroleh

Material a : untuk Ba = 0.6 tesla diperlukan H a = 10 AT/m Material b : untuk Bb = 0.6 tesla diperlukan H b = 65 AT/m Dengan demikian Fm total yang diperlukan adalah

Fm total = H a L a + H b L b = 10 × 0.4 + 65 × 0.2 = 17 AT


b). Karena jumlah lilitan adalah 100, maka besar arus yang harus mengalir di belitan untuk memperoleh Fm total sebesar 17 AT adalah

I=

17 = 0,17 A 100

1.75 1.5

ickel-iron alloy , 47%

B [tesla]

1.25 1

Medium silicon sheet steel

0.75

Soft steel casting

0.5 0.25

Cast iron 0 0

50

100

150

200

250

300

350

400

H [ampre-turn / meter]

Gb.1.1. Kurva B − H beberapa material. Pemahaman : Dalam pemecahan persoalan di atas, karakteristik medium tidak dinyatakan oleh permeabilitas medium, melainkan oleh karakteristik B-H dari masing-masing material. Kita lihat dari kutipan kurva B-H pada Gb.1.1, bahwa hubungan antara B dan H adalah tidak linier. Apabila kita menginginkan gambaran mengenai besar permeabilitas masing-masing material, kita dapat menghitungnya dengan cara yang diuraikan berikut ini. Permeabilitas dari material a dan b masing-masing pada titik operasi ini adalah

7

µa =

Ba 0,6 = = 0,06 henry/meter H a 10 → µr a =

µb =

µa 0.06 = = 47740 µ 0 4π × 10 −7

Bb 0,6 = = 0,0092 henry/meter 65 Hb µ 0,0092 → µr b = b = = 7340 µ 0 4π × 10 −7

Reluktansi rangkaian magnetik pada bagian toroid dengan material a dan b masing-masing dapat juga kita hitung, yaitu

ℜa =

Fm

a

=

4 ≈ 6670 0,6 × 0,001

φ Fm b 13 ℜb = = ≈ 21670 φ 0,6 × 0,001

Jadi walaupun bagian b dari toroid lebih pendek dari bagian a, reluktansinya jauh lebih besar. Kedua bagian rangkaian magnetik yang terhubung seri ini mempunyai reluktansi total sebesar

ℜ tot = ℜ a + ℜ b ≈ 6670 + 21670 = 28340 . Untuk meyakinkan, kita hitung balik fluksi magnet.

F 17 φ = m total = = 6 × 10 −4 weber ℜ tot 28340 Ternyata hasilnya sesuai dengan apa yang diminta dalam persoalan ini. Hasil ini menunjukkan bahwa reluktansi magnetik yang dihubungkan seri berperilaku seperti resistansi yang terhubung seri pada rangkaian listrik; reluktansi total sama dengan jumlah reluktansi yang diserikan. CO+TOH 1.2 : Pada rangkaian magnetik dalam contoh 1.1. di atas, berapakah fluksi magnetik yang akan dibangkitkan bila arus pada belitan dinaikkan menjadi 0,35 A ? Penyelesaian :


Dengan arus 0,35 A, Fm total menjadi

Fm total = 100 × 0,35 = 35 AT . Untuk menghitung besar fluksi yang terbangkit, kita perlu mengetahui reluktansi total. Untuk itu perlu dihitung reluktansi dari masing-masing bagian toroid. Hal ini tidak dapat dilakukan karena untuk menghitung reluktansi tiap bagian perlu diketahui Fm dan B untuk masing-masing bagian, sedangkan untuk menghitungnya perlu diketahui besar fluksi φ yang justru ditanyakan. Dari apa yang diketahui, yaitu Fm dapatkan hubungan

total

dan ukuran toroid, kita

Fm total = H a L a + H b L b = 0,4 H a + 0,2 H b = 35 35 − 0,2 H b ⇒ Ha = 0,4 Karena luas penampang di kedua bagian toroid sama, yaitu 0,001 m2, maka kerapatan fluksi B juga sama. Dengan batasan ini, kita mencoba menyelesaikan persoalan dengan cara mengamati kurva BH. Kita perkirakan suatu nilai Hb dan menghitung Ha, kemudian kita mengamati lagi kurva B-H apakah untuk nilai Ha dan Hb ini terdapat Ba = Bb . Jika tidak, kita koreksi nilai Hb dan dihitung lagi Ha dan dilihat lagi apakah Ba = Bb. Jika tidak, kita lakukan koreksi lagi, dan seterusnya sampai akhirnya diperoleh Ba ≈ Bb. Kita mulai dengan Hb = 100 AT yang memberikan Ha = 37,5. Kedua nilai ini terkait dengan Bb = 0,75 dan Ba = 0,9 tesla. Ter-nyata Ba ≠ Bb. Kita perbesar Hb agar Ha mengecil dan akan menyebabkan Bb bertambah dan Ba berkurang. Pada nilai Hb = 110 AT, maka Ha = 32,5 dan terdapat Bb = 0,8 dan Ba = 0,85 tesla. Kita lakukan koreksi lagi dan akan kita dapatkan Ba ≈ Bb ≈ 0,825 pada nilai Hb = 125 dan Ha = 25 AT. Dengan nilai ini maka besar fluksi adalah

φ = B × A = 0,825 × 0,001 = 8,25 × 10 −4 weber. Perhitungan secara grafis ini tentu mengandung ketidak-telitian. Jika kesalahan yang terjadi adalah ± 5%, maka hasil perhitungan ini dapat dianggap memadai. Pemahaman :

9

Jika kita bandingkan hasil pada contoh 1.1. dan 1.2. maka akan terlihat hal berikut. contoh 1.1. :

I = 0,17 A → B = 0,6 tesla → φ = 6 × 10 −4 weber contoh 1.2. : I = 0,35 A → B = 0,825 tesla → φ = 8,25 × 10 −4 weber Dapat kita simpulkan bahwa menaikkan arus belitan menjadi dua kali lipat tidak menghasilkan fluksi dua kali lipat. Hal ini disebabkan oleh karakteristik magnetisasi material yang tidak linier. CO+TOH 1.3 : Pada rangkaian magnetik di bawah ini, tentukanlah mmf yang diperlukan untuk membangkitkan fluksi sebesar 0,0014 weber di “kaki” sebelah kanan. Rangkaian magnetik ini mempunyai luas penampang sama yaitu 0,002 m2, kecuali “kaki” tengah yang luasnya 0,0008 m2. Material yang digunakan adalah medium silicon steel. b

c

0.15 m

a

f

d

e

0.15 m

0.15 m

Penyelesaian : Rangkaian magnetik ini mempunyai tiga cabang, yaitu cabang efab dengan reluktansi ℜ1; be dengan reluktansi ℜ2 dan bcde dengan reluktansi ℜ3. Rangkaian ekivalen dari rangkaian magnetik ini dapat digambarkan ℜ1 seperti di samping ini. Fluksi yang F ℜ2 ℜ3 m diminta di kaki kanan adalah φ3 = 0.0014 weber. Karena dimensi kaki ini diketahui maka kerapatan fluksi dapat dihitung, yaitu

B3 =

0,0014 = 0,7 tesla . 0,002


Berdasarkan kurva B-H dari material yang dipakai, kerapatan fluksi ini memerlukan H3 sebesar 80 AT/m. Jadi mmf yang diperlukan adalah

Fm 3 = H 3 × L bcde = 80 × (3 × 0,15) = 36 AT Rangkaian ekivalen memperlihatkan bahwa ℜ2 terhubung paralel dengan ℜ3. Hal ini berarti bahwa Fm3 juga harus muncul pada ℜ2, yaitu reluktansi kaki tengah, dengan kata lain Fm2 = Fm3. Dengan demikian kita dapat menghitung H2.

F F 36 = 240 AT/m H 2 = m 2 = m3 = L be L be 0,15 Melihat lagi kurva B-H, kita dapatkan untuk H2 ini B2 = 1,125 tesla . Luas penampang kaki tengah adalah 0,0008 m2. Maka

φ 2 = B2 × 0,0008 = 1,125 × 0,0008 = 0,0009 weber Fluksi total yang harus dibangkitkan di kaki kiri adalah

φ1 = φ 2 + φ 3 = 0,0014 + 0,0009 = 0,0023 weber Luas penampang kaki kiri adalah 0,002 m2, sama dengan kaki kanan. Kerapatan fluksinya adalah

B1 =

φ1 0,0023 = = 1,15 tesla 0,002 0,002

Dari kurva B-H, untuk B1 ini diperlukan sehingga

H 1 = 240 AT/m ,

Fm1 = H 1 × L efab = 240 × (3 × 0,15) = 108 AT Jadi total mmf yang diperlukan untuk membangkitkan fluksi sebesar 0,0014 weber di kaki kanan adalah

Fmtot = Fm1 + Fm 2 + Fm3 = 108 + 36 + 36 = 180 AT

11

CO+TOH 1.4 : Berapakah mmf yang diperlukan pada contoh 1.3. jika kaki tengah ditiadakan? Penyelesaian : Dengan meniadakan kaki tengah maka fluksi di seluruh rangkaian magnetik sama dengan fluksi di kaki kanan, yaitu φ = φ3 = 0,0014 weber. Kerapatan fluksi di seluruh rangkaian magnetik juga sama karena luas penampangnya sama, yaitu

B = B3 =

0,0014 = 0,7 tesla 0,002

Dari kurva B-H diperoleh H = 80 AT/m, sehingga mmf yang diperlukan adalah

Fm = H × L abcdefa = 80 × (6 × 0,15) = 72 AT Pemahaman : Dengan menghilangkan kaki tengah, mmf yang diperlukan menjadi lebih kecil. Bagaimanakah jika kaki tengah diperbesar luas penampangnya ? Memperbesar penampang kaki tengah tidak mempengaruhi kerapatan fluksi di kaki ini sebab Fm3 tetap harus muncul di kaki tengah. H2 tak berubah, yaitu H2 = Fm3/Lbe = 240 AT/m dan B2 juga tetap 1,125 tesla. Jika penampang kaki tengah diperbesar, φ2 akan bertambah sehingga φ1 juga bertambah. Hal ini menyebabkan meningkatnya B1 yang berarti meningkatnya H1 sehingga Fm1 akan bertambah pula. Dengan demikian Fm total akan lebih besar. Penjelasan ini menunjukkan seolah-olah kaki tengah bertindak sebagai “pembocor” fluksi. Makin besar kebocoran, makin besar mmf yang diperlukan. 1.3. Rugi-Rugi Dalam Rangkaian Magnetik Rugi Histerisis. Dalam rekayasa, material ferromagnetik sering dibebani dengan medan magnit yang berubah secara periodik dengan batas positif dan negatif yang sama. Pada pembebanan seperti ini terdapat kecenderungan bahwa kerapatan fluksi, B, ketinggalan dari medan magnetnya, H. Kecenderungan ini kita sebut histerisis dan kurva B-H membentuk loop tertutup seperti terlihat pada Gb.1.2. dan kita sebut loop


histerisis. Hal ini telah kita pelajari dalam fisika. Di sini kita akan membahas akibat dari B [tesla] karakteristik material seperti b d ini dalam rekayasa. c Loop histerisis ini menunjukkan bahwa untuk satu nilai H tertentu terdapat H [AT/m] dua kemungkinan nilai B. 0 Dalam memecahkan persoalan rangkaian magnetik a pada contoh-contoh di sube bab 1.2. kita menggunakan kurva B-H yang kita sebut Gb.1.2. Loop histerisis. kurva B-H normal atau kurva magnetisasi normal, dimana satu nilai H terkait dengan hanya satu nilai B, yaitu kurva B-H pada Gb.1.1. Itulah sebabnya kesalahan perhitungan sebesar ± 5 % masih dapat kita terima jika kita menggunakan kurva B-H normal karena sesungguhnya B tidak mempunyai nilai tunggal, melainkan tergantung dari riwayat magnetisasi material.

Perhatikan integrasi : Bb

∫B

HdB = luas bidang abda ;

a

Bc

∫B

HdB = luas bidang bdcb

b

dan satuan dari HB :

[ HB] =

ampere joule newton newton newto ⋅ meter × = = = 3 meter ampre.meter meter 2 meter meter 3

Jelaslah bahwa HB mempunyai satuan kerapatan energi. Jadi luas bidang abda pada Gb.1.2. menyatakan kerapatan energi, yaitu energi magnetik. Karena luas abda diperoleh dari integrasi ∫HdB pada waktu H dan B naik, atau dengan kata lain medan magnetik bertambah, maka ia menggambarkan kerapatan energi yang disimpan ke material. Luas bidang bdcb yang diperoleh dari integrasi ∫HdB pada waktu medan magnit berkurang, menggambarkan kerapatan energi yang dilepaskan. Dari gambar loop histerisis jelas terlihat bahwa luas bdcb < luas abda. Ini berarti bahwa kerapatan energi yang dilepaskan lebih kecil dari kerapatan energi yang disimpan. Sisa energi yang tidak dapat dilepaskan 13

digambarkan oleh luas bidang abca, dan ini merupakan energi yang diserap oleh material dan tidak keluar lagi (tidak termanfaatkan) sehingga disebut rugi energi histerisis. Analisis di atas hanya memperhatikan setengah siklus saja. Untuk satu siklus penuh, kerapatan rugi energi histerisis adalah luas bidang dari loop histerisis. Jika kerapatan rugi energi histerisis per siklus (= luas loop histerisis) kita sebut wh , dan jumlah siklus per detik (frekuensi) adalah f , maka untuk material dengan volume v m3 besar rugi energi histerisis per detik atau rugi daya histerisis adalah

 joule  Ph = wh f v   = wh f v [watt]  det ik 

(1.17)

Untuk menghindari perhitungan luas loop histerisis, Steinmetz memberikan formula empiris untuk rugi daya histerisis sebagai

Ph = v f ( K h Bmn )

(1.18)

dengan Bm adalah nilai maksimum kerapatan fluksi, n mempunyai nilai antara 1,5 sampai 2,5 tergantung dari jenis material. Kh adalah konstanta yang juga tergantung dari jenis material; untuk cast steel 0,025; silicon sheet steel 0,001; permalloy 0,0001. Rugi Arus Pusar. Jika medan magnetik berubah terhadap waktu, selain rugi daya histerisis terdapat pula rugi daya yang disebut rugi arus pusar. Arus pusar timbul sebagai reaksi terhadap perubahan medan magnet. Jika material berbentuk balok pejal, resistansi material menjadi kecil dan rugi arus pusar menjadi besar. Untuk memperbesar resistansi agar arus pusar kecil, rangkaian magnetik disusun dari lembar-lembar material magnetik yang tipis (antara 0,3 ÷ 0,6 mm). Formula empiris untuk rugi arus pusar adalah

Pe = K e f

2

Bm2 τ 2 v watt

(1.19)

dengan Ke = konstanta yang tergantung dari jenis material; f = frekuensi (Hz); Bm = kerapatan fluksi maksimum; τ = tebal laminasi; v = volume material. Perhatikan bahwa rugi arus pusar sebanding dengan pangkat dua dari frekuensi, sedangkan rugi histerisis sebanding dengan pangkat satu frekuensi. Rugi histerisis dan rugi arus pusar secara bersama-sama


disebut rugi-rugi inti. Rugi-rugi inti akan menaikkan temperatur rangkaian magnetik dan akan menurunkan efisiensi peralatan. 1.4. Gaya Magnetik Energi yang tersimpan dalam B B medan magnetik dapat B1 b a digunakan untuk melakukan kerja mekanik (misalnya menarik tuas rele). Untuk mempelajari bagaimana gaya H1 H H 0 ini dapat timbul, kurva B-H normal yang tidak linier a) b) seperti terlihat pada Gb.1.3.a, kita dekati dengan suatu Gb.1.3. Linierisasi Kurva B-H. kurva linier seperti pada Gb.1.3.b. Jika kita menaikkan H dari 0 ke H1, maka B naik dari 0 ke B1. Luas bidang 0ab0 menyatakan kerapatan energi yang tersimpan dalam material, dan besarnya adalah 1 w f = B1 H 1 joule/m3 2 Secara umum, dengan medan magnetik sebesar H dalam suatu material akan terdapat kerapatan simpanan energi sebesar

wf =

1 BH joule/m3 2

(1.20)

Perhatikan bahwa (1.20) kita peroleh setelah kita melakukan linierisasi kurva B-H. Karena (1.20) menunjukkan kerapatan energi, maka jika kita kalikan dengan volume dari rangkaian magnetik kita akan mendapatkan energi total yang tersimpan dalam rangkaian tersebut. Misalkan luas penampang rangkaian A dan panjangnya L, maka energi total menjadi

W=

1 1 1 BHAL = ( BA)( HL) = φFm joule 2 2 2

(1.21)

Antara fluksi φ dan Fm terdapat hubungan φ = Fm / ℜ , sehingga (1.21) dapat juga dituliskan

W=

2 1 1 Fm 1 2 φFm = = φ ℜ 2 2 ℜ 2

joule

(1.22)

15

Untuk memahami timbulnya gaya magnetik, kita lakukan percobaan dengan suatu rangkaian magnetik yang terdiri dari tiga bagian yaitu gandar, celah udara, dan jangkar, seperti terlihat pada Gb.1.4. Rangkaian ini dicatu oleh sumber tegangan Vs yang diserikan dengan R. Luas resistor variabel penampang gandar sama dengan luas penampang jangkar. Untuk suatu kedudukan jangkar tertentu, dengan Vs dan R tertentu, terjadi eksitasi sebesar Fm yang akan membuat simpanan energi dalam rangkaian magnetik ini sebesar

W=

R

+ Vs − gandar Lg Lj jangkar

x

Gb.1.4. Rangkaian magnetik dengan jangkar

(

1 2 φ g ℜ g + φ u2 ℜ u + φ 2j ℜ j 2

)

(1.23)

Indeks g, u, dan j berturut-turut menunjukkan gandar, udara dan jangkar. Karena ketiga bagian rangkaian terhubung seri maka jika penyebaran fluksi di bagian pinggir di celah udara diabaikan fluksi di ketiga bagian tersebut akan sama. Kerapatan fluksi juga akan sama di ketiga bagian tersebut. Dengan demikian maka persamaan (1.23) dapat kita tulis 1 1 W = φ 2 ℜ g + ℜ u + ℜ j = φ 2 ℜ total (1.24) 2 2

(

)

Besar reluktansi total adalah

ℜtotal =

Lg µg A

+

Lj µ jA

+

Lu µ0 A

(1.25)

Karena kita melakukan linierisasi kurva B-H, maka permeabilitas material menjadi konstan. Hal ini ditunjukkan oleh kemiringan kurva B-H. Jadi µg dan µj dianggap konstan sedangkan permeabilitas udara dapat dianggap sama dengan µ0 .


Percobaan pertama adalah memegang jangkar tetap pada tempatnya dan menambah eksitasi dengan menurunkan nilai resistor R sehingga arus catu naik. Eksitasi akan naik menjadi (Fm+∆Fm) dan simpanan energi pada seluruh rangkaian magnetik akan naik pula. Artinya tambahan energi sebesar ∆W yang disebabkan oleh tambahan eksitasi sebesar ∆Fm tersimpan sebagai tambahan energi di semua bagian rangkaian yaitu gandar, jangkar dan celah udara. Untuk percobaan kedua, kita kembalikan dulu eksitasi pada keadaan semula dengan mengembalikan R pada nilai semula sehingga eksitasi kembali menjadi Fm dan kita jaga konstan. Jangkar kita lepaskan sehingga celah udara menjadi (x−∆x). Berkurangnya celah udara ini akan menyebabkan reluktansi ℜu menurun sehingga secara keseluruhan ℜtot juga menurun. Menurunnya ℜtot akan memperbesar fluksi karena eksitasi Fm dipertahankan tetap. Ini berarti bahwa simpanan energi dalam rangkaian magnetik bertambah. Pertambahan simpanan energi yang terjadi pada percobaan ke-dua ini berbeda dengan pertambahan energi pada percobaan pertama. Pada percobaan pertama pertambahan energi berasal dari pertambahan masukan, yaitu ∆Fm . Pada percobaan ke-dua, Fm dipertahankan tetap. Oleh karena itu satu-satunya kemungkinan pertambahan energi adalah dari gerakan jangkar. Jadi perubahan posisi jangkar memberikan tambahan simpanan energi dalam rangkaian magnetik. Penafsiran kita dalam peristiwa ini adalah bahwa perubahan posisi jangkar telah menurunkan energi potensial jangkar. Penurunan energi potensial jangkar itu diimbangi oleh naiknya simpanan energi pada rangkaian magnetik sesuai dengan prinsip konservasi energi. Jika dx adalah perubahan posisi jangkar (∆x→0), Fx adalah gaya mekanik pada jangkar pada posisi x, maka perubahan energi potensial jangkar adalah

dW j = Fx dx

(1.26)

Perubahan energi tersimpan dalam rangkaian magnetik adalah dW. Karena tidak ada masukan energi dari luar (sumber listrik) maka

dW j + dW = Fx dx + dW = 0 → Fx dx = −dW

(1.27)

Karena Fm kita jaga konstan, kita dapat memasukkan persamaan (1.22) bentuk yang ke-dua ke (1.27) sehingga kita peroleh

17

Fx dx = −dW = −

1 −1 d ( Fm2 ℜ tot ) 2

(

)

2 dℜ tot 1 d 1 Fm dℜ tot 1 −1 Fm2 ℜ tot = − φ2 → Fx = − =− 2 2 dx 2 ℜ tot dx 2 dx

(1.28)

Dengan persamaan (1.28) ini kita dapat menghitung gaya mekanik pada jangkar rele elektromekanik, plunger, dan lain-lain peralatan listrik yang memanfaatkan gaya magnetik. CO+TOH 1.5 : Turunkanlah formulasi gaya magnetik pada rangkaian magnetik Gb.1.4 jika reluktansi inti besi, baik gandar maupun jangkar, diabaikan terhadap reluktansi celah udara. Penyelesaian : Dengan hanya memperhitungkan reluktansi celah udara saja, maka persamaan (1.28) menjadi

dℜ u 1 1 1 φ2 d Lu d  Lu  =−  Fx = − φ 2 = − φ2 2 2 2 µ 0 A dx dx dx  µ 0 A  Karena

d Lu d (2 x) φ2 =− = −2 maka Fx = newton dx dx µ0 A

Pemahaman : Apakah pengabaian reluktansi inti besi terhadap reluktansi celah udara ini cukup wajar ? Kita akan melihatnya dengan ukuran nyata seperti berikut. Misalkan panjang rata-rata gandar Lg = 3×15 cm = 0,45 m. Panjang jangkar Lj = 0,15 m. Luas penampang gandar maupun jangkar A = (5 cm × 4 cm ) = 0,002 m2. Dengan ukuran-ukuran ini maka reluktansi gandar dan jangkar adalah

ℜg = ℜj =

Lg µg A Lj µjA

=

0,45 225 = µ r µ 0 × 0,002 µ r µ 0

=

0,15 75 = µ r µ 0 × 0,002 µ r µ 0

Dengan menganggap luas penampang sama dengan jangkar dan lebar celah 1 mm, maka celah udara mempunyai reluktansi


ℜu =

Lu 2 × 0,001 1 = = . µ 0 A µ 0 × 0,002 µ 0

Perbandingan antara reluktansi celah udara dan jumlah reluktansi gandar dan jangkar adalah :

ℜu 1/ µ0 µ = = r . ℜ g + ℜ j 300 / µ r µ 0 300 Kalau kita mengambil nilai µr seperti pada hasil perhitungan dalam pemahaman contoh 1.1, yaitu untuk baja silikon µr = 7340 dan untuk besi nickel µr =47740, maka

ℜu 7340 = ≈ 24 ; ℜg + ℜ j 300

untuk baja silikon :

untuk besi nickel :

ℜu 47740 = ≈ 159 . ℜg + ℜ j 300

Makin tinggi permeabilitas material yang kita pakai, reluktansi celah udara makin dominan sehingga reluktansi jangkar dan gandar wajar untuk tidak diperhitungkan. if

1.5. Induktor Perhatikan rangkaian induktor (Gb.1.5). Apabila resistansi belitan dapat diabaikan, maka menurut hukum Kirchhoff

+ v1 −

≈

+ e1 −

1

φ

Gb.1.5. Rangkaian induktor.

− v1 + e1 = 0 → v1 = e1 = L

di f

(1.29) dt Persamaan (1.29) adalah persamaan rangkaian listrik yang terdiri dari sumber v1 dan beban induktor L. Tegangan e1 adalah tegangan jatuh pada induktor, sesuai dengan konvensi pasif pada dalam analisis rangkaian listrik.

19

Sekarang kita lihat rangkaian magnetiknya dengan menganggap inti induktor ideal (luas kurva histerisis material inti sama dengan nol). Dalam rangkaian magnetik terdapat fluksi magnetik φ yang ditimbulkan oleh arus if. Perubahan fluksi φ akan membangkitkan tegangan induksi pada belitan sesuai dengan hukum Faraday dan hukum Lenz.

et = − 1

dφ dt

(1.30)

Tanda “−” pada (1.30) mempunyai arti bahwa tegangan induksi et harus mempunyai polaritas yang akan dapat memberikan arus pada rangkaian tertutup sedemikian rupa sehingga arus tersebut akan memberikan fluksi lawan terhadap fluksi pembangkitnya, yaitu φ. Menurut kaidah tangan kanan, polaritas tersebut adalah seperti polaritas e1 pada Gb.1.5. Jadi tanda “−” pada (1.30) terpakai untuk menetapkan polaritas et sedangkan nilai et tentulah sama dengan tegangan jatuh e1. Jadi

et = 1

di f dφ = e1 = L dt dt

(1.31)

Persamaan (1.31) menunjukkan bahwa φ dan if berubah secara bersamaan. Jika φ berbentuk sinus maka ia harus dibangkitkan oleh arus if yang juga berbentuk sinus dengan frekuensi sama dan mereka sefasa. Arus if sendiri berasal dari sumber tegangan yang juga harus berbentuk sinus. Jadi dalam sistem ini baik tegangan, arus maupun fluksi mempunyai frekuensi sama dan dengan demikian konsep fasor yang kita pelajari di Bab-5 dapat kita gunakan untuk melakukan analisis pada sistem ini, yang merupakan gabungan dari rangkaian listrik dan rangkaian magnetik. Jika resistansi belitan diabaikan, persamaan (1.29) dan (1.31) dapat kita tulis dalam bentuk fasor sebagai

E1 = jωLI f ;

E t = jω 1Φ = E1 = jωLI f

(1.32)

dengan Φ adalah fluksi dalam bentuk fasor. Dengan memperhatikan (1.32), diagram fasor tegangan , arus, dan fluksi dari induktor tanpa memperhitungkan rugi-rugi inti dan resistansi belitan adalah seperti pada Gb.1.6.a. dimana arus yang membangkitkan fluksi yaitu Iφ sama dengan If.


E1=Et

Ic Iφ γ If

If =Iφ

E1=Et

Ic Iφ

Φ

a). ideal

E1=Et

θ If

IfR V1

1

Φ b). ada rugi-rugi inti Φ c). ada resistansi Gb.1.6. Diagram fasor induktor belitan

Dalam praktek, inti induktor tidaklah bebas dari rugi-rugi. Pada pembebanan siklis (dalam hal ini secara sinus) rugi-rugi inti menyebabkan fluksi yang dibangkitkan oleh if ketinggalan dari if sebesar γ yang disebut sudut histerisis. Keadaan ini diperlihatkan pada Gb.1.6.b. dimana arus magnetisasi If mendahului φ sebesar γ. Melihat kenyataan ini, If dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu Iφ yang diperlukan untuk membangkitkan φ, dan Ic yang diperlukan untuk mengatasi rugi-rugi inti. Jadi arus magnetisasi menjadi If = Iφ + Ic. Komponen Ic merupakan arus fiktif yang jika dikalikan dengan E1 akan memberikan rugi-rugi inti

Pc = I c E1 = E1 I f cos(90 o − γ ) watt

(1.33)

Apabila resistansi belitan tidak dapat diabaikan, maka V1 ≠ E1 . Misalkan resistansi belitan adalah R1 , maka

V1 = E1 + I f R1

(1.34)

Diagram fasor dari keadaan terakhir ini diperlihatkan oleh Gb.1.6.c. Dalam keadaan ini, daya masuk yang diberikan oleh sumber, selain untuk mengatasi rugi-rugi inti juga diperlukan untuk mengatasi rugi daya pada belitan yang kita sebut rugi-rugi tembaga, Pcu. Jadi

Pin = Pc + Pcu = Pc + I 2f R1 = V1 I f cos θ

(1.35)

dengan V1 dan If adalah nilai-nilai efektif dan cosθ adalah faktor daya. CO+TOH 1.6 : Sebuah reaktor dengan inti besi mempunyai 400 lilitan. Reaktor ini dihubungkan pada jaringan bertegangan 115 volt, 60 Hz. Dengan mengabaikan resistansi belitan, hitung nilai maksimum fluksi magnetnya. Jika fluksi maknit dibatasi tidak boleh lebih dari 1,2 tesla, berapakah luas penampang intinya?

21

Penyelesaian: Dengan mengabaikan resistansi belitan maka

1ωΦ maks

E1 = V1 →

= 115

2

115 2 = 0,00108 weber 400 × 2π × 60 Agar kerapatan fluksi tidak lebih dari 1,2 tesla maka ⇒ Φ maks =

Φ maks Φ 0,00108 2 ≤ 12 ⇒ A ≥ maks = m = 9 cm 2 . A 1,2 1,2 Induktansi. Menurut (1.15) besarnya fluksi magnetik adalah

F  µA  φ=  Fm = m . ℜ  L  Dengan mengabaikan fluksi bocor,

Fm = i dan jika φ ini

dimasukkan ke (1.31) akan diperoleh

1

dφ d  1i f = 1  dt dt  ℜ

sehingga

L=

di f  12 di f = L =  ℜ dt dt 

12  µA  = 12   ℜ  L 

(1.36)

Induktansi Bersama. Jika pada induktor Gb.1.5. kita tambahkan belitan kedua, maka pada belitan kedua ini akan diimbaskan tegangan oleh φ seperti halnya pada belitan pertama. Besar tegangan imbas ini adalah

e2 = 2

dφ d  1i f  2 1 di f = = 2  dt dt  ℜ  ℜ dt

(1.37)

Jika belitan kedua ini tidak dialiri arus (dalam keadaan terbuka), kita tahu dari pembahasan di bab terdahulu mengenai induktansi bersama bahwa

di f di f di2 +M =M dt dt dt sehingga kita peroleh induktansi bersama e 2 = L2

M=

2 1  µA  = 2 1   ℜ  L 


(1.38)

Pembahasan di atas memperlihatkan bahwa rangkaian induktor dapat kita analisis dari sudut pandang rangkaian listrik dengan mengaplikasikan hukum Kirchhoff yang kemudian menghasilkan persamaan (1.29). Kita dapat pula memandangnya sebagai rangkaian magnetik dan mengaplikasikan hukum Faraday dimana fluksi magnetik yang berubah terhadap waktu (dibangkitkan oleh arus magnetisasi if) menimbulkan tegangan induksi pada belitan. CO+TOH 1.7 : Hitunglah resistansi dan induktansi selenoida (inti udara) dengan diameter rata-rata 1 cm dan panjangnya 1 m dan dengan 1000 lilitan kawat tembaga berdiameter 0,5 mm. Penyelesaian : Induktansi: L=

−7 −4   12  µA  6 (4π × 10 ) × ( π10 / 4)  = 12   = 10    1 ℜ  L   

= 98,6 × 10−6 H

Resistansi : 1000 × π × 10 −2 l = 2,77 Ω R = ρ = 0,0173 × 10 −6 [Ω.m] A π × (0,5 × 10 −3 ) 2 / 4 CO+TOH 1.8 : Dua buah kumparan, masing-masing 1250 lilitan dan 140 lilitan, digulung pada satu inti magnetik yang mempunyai reluktansi 160 000. Hitung induktansi bersama, dengan mengabaikan fluksi bocor. Penyelesaian : Induktansi bersama : M =

2 1 1250 ×140 = = 1,094 ≈ 1,1 H ℜ 160000

CO+TOH 1.9 : Dua kumparan (inti udara) masing-masing mempunyai 1000 lilitan diletakkan paralel sejajar sedemikian rupa sehingga 60% fluksi yang dibangkitkan oleh salah satu kumparan melingkupi kumparan yang lain. Arus sebesar 5 A di salah satu kumparan membangkitkan fluksi 0,05 mWb. Hitunglah induktansi masingmasing kumparan dan induktansi bersama.

23

Penyelesaian : Arus 5 A membangkitkan fluksi 0,05 mWb. Dengan jumlah lilitan 1000 maka reluktansi dapat dihitung

ℜ=

1000 × 5 0,05 × 10 −3

= 10 8

Induktansi masing-masing Gb.28.7. Diagram fasor induktor riil.

L=

2 1000 2 = = 10 −2 H = 10 mH. 8 ℜ 10

Fluksi yang melingkupi kumparan yang lain 60% dari fluksi yang dibangkitkan di salah satu kumparan. Reluktansi bersama adalah

ℜM =

ℜ 10 8 = = 1,667 × 10 8 0.6 0,6

Induktansi bersama

M=

1 2 1000 × 1000 = = 0,6 × 10 −2 H = 6 mH ℜM 1,667 × 10 8

Catatan Tentang Diagram Fasor. Dalam menurunkan fasor tegangan induksi Et , kita berangkat dari persamaan (1.30) dengan mengambil tanda “−” sebagai penentu polaritas. Hasilnya adalah Et merupakan tegangan jatuh pada belitan, sama dengan E1, dan hal ini ditunjukkan oleh persamaan (1.32). Kita dapat pula memandang tegangan terbangkit Et sebagai tegangan naik Et = −E1, dengan mengikut sertakan tanda “−” pada (1.30) dalam perhitungan dan bukan menggunakannya untuk menentukan polaritas. Jika ini kita lakukan maka

E t = − jω1Φ = − E1 = − jωLI f

(1.39)

Dengan memperhatikan (1.39), diagram fasor tegangan, arus, dan fluksi untuk induktor ideal adalah seperti pada Gb.1.7.a. Di sini fasor tegangan terbangkit Et berada 90o dibelakang fluksi pembangkitnya yaitu Φ. Fasor Φ sefasa dengan Iφ = If dan tertinggal 90o dari E1. Gb.1.7.b. dan Gb.1.7.c. adalah diagram fasor induktor dengan memperhitungkan rugi-rugi inti dan tembaga. 24 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Et

E1 If =Iφ Φ

a). Induktor ideal.

Ic Et b). ada rugi-rugi inti

Iφ γ

VL If

Φ

Ic Et c). ada resistansi belitan

Iφ Φ

θ If

VL If R1 Vs

Gb.1.7. Diagram fasor induktor riil.

25

Soal-Soal 1.

Sepotong kawat tembaga panjangnya 40 cm bergerak memotong medan magnetik pada arah tegak lurus pada panjangnya. Jika kerapatan medan magnetik adalah 1 Wb/m2, dan kecepatan gerak kawat adalah 40 m/detik dengan arah tegak lurus pada arah medan, hitunglah emf yang terinduksi pada kawat. Hitunglah emf jika arah gerak membentuk sudut 30o terhadap arah medan.

2. Sebuah kumparan terbuat dari kawat halus dan terdiri dari 500 lilitan. Luas rata-rata kumparan adalah 600 cm2. Kumparan ini berputar dengan kecepatan 1500 putaran per menit dalam medan magnetik uniform yang kerapatannya 100 mWb/m2. Hitunglah nilai puncak dan nilai rata-rata dari emf yang terinduksi pada kumparan. 3. a). Sebuah konduktor lurus panjang 1 m dialiri arus searah 50 A. Konduktor ini berada dalam medan magnit dengan kerapatan 1 Wb/m2. Hitunglah gaya mekanis yang bekerja pada konduktor jika konduktor dipertahankan tetap pada tempatnya. b). Jika konduktor tersebut digerakkan melawan gaya yang bekerja padanya dengan kecepatan 10 m/detik. Hitunglah daya mekanis yang diperlukan untuk menggerakkan konduktor. 4. Sebuah rangkaian magnetik dibangun dari bahan baja silikon dengan ukuran ditunjukkan pada gambar berikut. a). Untuk memperoleh fluksi sebesar 30×10−4 weber berapakah mmf diperlukan? b). Jika jumlah lilitan adalah 100, berapakah arus pada lilitan?

←30 cm → ←

40 cm

→

10 cm

5. Jika kaki kanan dari rangkaian magnetik pada soal nomer 7 dipotong sehingga terbentuk celah udara selebar 0,1 berapakah arus yang harus mengalir pada belitan untuk mempertahankan fluksi sebesar 30×10−4 weber. 6. Sebuah elektromagnet terbuat dari besi tuang mempunyai celah udara 2 mm dan panjang jalur besinya 30 cm. Tentukan jumlah lilitan-amper yang diperlukan untuk memperoleh kerapatan fluksi 0,8 Wb/m2. Abaikan fluksi bocor. 26 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

7. Sebuah cincin besi tuang dengan penampang bulat berdiameter 3 cm mempunyai panjang rata-rata 80 cm. Cincin ini dililit kumparan secara merata dengan jumlah lilitan 500. (a) Hitung arus yang diperlukan untuk memperoleh fluksi 0,5 mWb dalam cincin. (b) Jika cicin dipotong sehingga terbentuk celah udara setebal 2 mm, berapakah fluksi magnetnya jika arus pada kumparan tetap seperti pada pertanyaan (a)?. (c) Untuk mempertahankan fluksi sebesar 0,5 mWb, berapakah arus yang harus mengalir pada kumparan? Anggaplah kerapatan fluksi pada celah udara sama dengan kerapatan fluksi dalam cincin. 8. Sebuah cincin besi dengan panjang rata-rata 50 cm dan celah udara selebar 1mm, diberi kumparan dengan 200 lilitan. Jika permeabilitas besi adalah 400 pada waktu kumparan dialiri arus 1 A, hitunglah kerapatan fluksi dalam cincin. 9. Fluksi magnetik dalam suatu inti berubah secara sinusoidal dengan frekuensi 500 siklus per detik dan nilai maksimum kerapatan fluksinya adalah 0,5 Wb/m2. Rugi-rugi arus pusar adalah 15 watt. Berapakah rugi-rugi arus pusar dalam inti ini jika frekuensinya 750 siklus per detik dan kerapatan fluksi maksimum 0,4 Wb/m2. 10. Rugi-rugi total (arus pusar + histerisis) dari suatu contoh inti magnet adalah 1500 watt pada frekuensi 50 Hz. Jika kerapatan fluksi dijaga konstan sedangkan frekuensinya dinaikkan 50%, rugi-rugi total itu menjadi 2800 watt. Hitung masing-masing rugi arus pusar dan rugi histerisis pada kedua macam frekuensi tersebut. 11. Sebuah rele elektromekanik dengan bentuk magnet tapal-kuda memerlukan eksitasi 1800 lilitan-amper untuk menggerakkan jangkar dengan sela udara 1,25 mm. Jika luas tiap sepatu kutubnya adalah 2 cm2 dan panjang jalur rangkaian magnetiknya adalah 50 cm, hitunglah : (a) gaya pada jangkar pada saat jangkar akan bergerak (anggap rangkaian magnetik tidak jenuh); (b) jika posisi akhir pada keadaan rele tertutup terdapat celah udara 0,1 mm, hitung gaya yang diperlukan untuk membuka rele tanpa mengubah eksitasi.

27

12. Hitunglah resistansi dan induktansi selenoida (inti udara) dengan diameter rata-rata 1 cm dan panjangnya 20 cm dan dengan 1000 lilitan kawat tembaga berdiameter 0,2 mm. 13. Hitunglah induktansi sebuah toroida (inti udara) yang berdiameter rata-rata 20 cm, diameter penampang 2 cm, dengan 1000 lilitan kawat tembaga. 14. Sebuah cincin baja mempunyai diameter rata-rata 60 cm dan luas penampang 20 cm2. Dengan eksitasi sebesar 40 lilitan-amper per cm timbul fluksi dengan kerapatan 1,2 Wb/m2 dalam cincin. Jika jumlah lilitan pada cincin ini adalah 500, hitunglah induktansinya. 15. Cincin baja pada soal nomer 17 dipotong sepanjang 1 cm sehingga membentuk “cincin terbuka” dengan celah udara 1 cm. Dengan jumlah lilitan tetap 500 dan kerapatan fluksi dipertahankan tetap 1,2 Wb/m2, hitung arus eksitasi dan induktansinya. 16. Dua buah kumparan, masing-masing 1250 lilitan dan 140 lilitan, digulung pada satu inti magnetik yang mempunyai reluktansi 160 000. Hitumg induktansi bersama, dengan mengabaikan fluksi bocor. 17. Dua buah kumparan, masing-masing 50 dan 500 lilitan digulung secara berdampingan pada inti magnetik yang luas penampangnya 100 cm2 dan panjang rata-rata 150 cm. Jika permeabilitas inti adalah 4000, hitunglah induktansi bersama dengan mengangabaikan fluksi bocor.


BAB 2 Transformator Salah satu komoditi yang ditawarkan oleh teknik elektro adalah pemenuhan kebutuhan energi. Energi yang tersedia di alam harus dikonversikan ke bentuk energi listrik untuk ditransmisikan ke tempat yang memerlukan. Beberapa piranti untuk mengonversikan energi secara konvensional akan kita pelajari di bab-bab berikut ini; piranti konversi energi non-konvensional belum akan kita bahas. Kita juga membatasi diri hanya pada pembahasan tiga macam mesin konversi energi dan dari setiap macam kita hanya akan melihat beberapa tipe saja. Macam mesin listrik yang akan kita bahas adalah: 1. Mesin konversi dari energi listrik ke energi listrik, yaitu transformator. 2. Mesin konversi dari energi mekanik ke energi listrik, yaitu generator listrik. 3. Mesin konversi dari energi listrik ke energi mekanik, yaitu motor listrik. Di bab ini kita akan mempelajari transformator; setelah mempelajari bab ini kita akan • memahami cara kerja transformator; • mampu menggambarkan diagram fasor transformator; • mampu melakukan perhitungan-perhitungan pada transformator satu fasa melalui hasil uji beban nol dan uji hubung singkat; • memahami berbagai hubungan transformator untuk sistem tiga fasa; • mampu melakukan perhitungan-perhitungan tegangan pada berbagai hubungan transformator tiga fasa. 2.1. Transformator Satu Fasa Transformator banyak digunakan dalam teknik elektro. Dalam sistem komunikasi, transformator digunakan pada rentang frekuensi audio sampai frekuensi radio dan video, untuk berbagai keperluan. Kita mengenal misalnya input transformers, interstage transformers, output transformers pada rangkaian radio dan televisi. Transformator juga

29

dimanfaatkan dalam sistem komunikasi untuk penyesuaian impedansi agar tercapai transfer daya maksimum. Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan transformator berkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi. Dengan transformator tegangan tinggi ini 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. Dalam pembahasan ini kita akan melihat transformator satu fasa lebih dulu. Kita telah mempelajari transformator ideal pada waktu membahas rangkaian listrik. Berikut ini kita akan melihat transformator tidak ideal sebagai piranti pemroses daya. Akan tetapi kita hanya akan membahas hal-hal yang fundamental saja, karena transformator akan dipelajari secara lebih mendalam pada pelajaran mengenai mesin-mesin listrik. Mempelajari perilaku transformator juga merupakan langkah awal untuk mempelajari konversi energi elektromekanik. Walaupun konversi energi elektromekanik membahas konversi energi antara sistem mekanik dan sistem listrik, sedangkan transformator merupakan piranti konversi energi listrik ke listrik, akan tetapi kopling antar sistem dalam kedua hal tersebut pada dasarnya sama yaitu kopling magnetik. 2.2. Teori Operasi Transformator Transformator Dua Belitan Tak Berbeban. Jika pada induktor Gb.1.5. kita tambahkan belitan ke-dua, kita akan memperoleh transformator dua belitan seperti terlihat pada Gb.2.1. Belitan pertama kita sebut belitan primer dan yang ke-dua kita sebut belitan sekunder. If

Vs

≈

φ

+ E1 −

1

2

+ E2 −

Gb.2.1. Transformator dua belitan. Jika fluksi di rangkaian magnetiknya adalah φ = Φ maks sin ωt , maka fluksi ini akan menginduksikan tegangan di belitan primer sebesar 30 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

e1 = 1

dφ = 1Φ maks ω cos ωt dt

(2.1)

atau dalam bentuk fasor

1ωΦ maks

E1 = E1∠0 o =

∠0 o ;

2

E1 = nilai efektif

(2.2)

Karena ω = 2π f maka

E1 =

2π f 1 2

Φ maks = 4.44 f 1Φ maks

(2.3)

Di belitan sekunder, fluksi tersebut menginduksikan tegangan sebesar

E 2 = 4.44 f 2 Φ maks

(2.4)

Dari (2.3) dan (2.4) kita peroleh

E1 1 = ≡ a = rasio transformasi (2.5) E2 2 Perhatikan bahwa E1 sefasa dengan E2 karena dibangkitkan oleh fluksi yang sama. Karena E1 mendahului φ dengan sudut 90o maka E2 juga mendahului φ dengan sudut 90o. Jika rasio transformasi a = 1, dan resistansi belitan primer adalah R1 , diagram fasor tegangan dan arus adalah seperti ditunjukkan oleh Gb.2.2.a. Arus If adalah arus magnetisasi, yang dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu Iφ (90o dibelakang E1) yang menimbulkan φ dan Ic (sefasa dengan E1) guna mengatasi rugi inti. Resistansi belitan R1 dalam diagram fasor ini muncul sebagai tegangan jatuh IfR1. Ic Iφ φ

If R1 If

V1

V1

Ic

E1=E2

φl

Iφ φ

If

jIfXl

E1=E2 IfR1

b). ada fluksi bocor a). tak ada fluksi bocor Gb.2.2. Diagram fasor transformator tak berbeban Fluksi Bocor. Fluksi di belitan primer transformator dibangkitkan oleh arus yang mengalir di belitan primer. Dalam kenyataan, tidak semua

31

fluksi magnit yang dibangkitkan tersebut akan melingkupi baik belitan primer maupun sekunder. Selisih antara fluksi yang dibangkitkan oleh belitan primer dengan fluksi bersama (yaitu fluksi yang melingkupi kedua belitan) disebut fluksi bocor. Fluksi bocor If φ ini hanya melingkupi belitan primer saja dan tidak seluruhnya berada E2 Vs φl1 dalam inti transformator tetapi juga melalui udara. (Lihat Gb.2.3). Oleh karena itu reluktansi yang Gb.2.3. Transformator tak berbeban. dihadapi oleh fluksi bocor Fluksi bocor belitan primer. ini praktis adalah reluktansi udara. Dengan demikian fluksi bocor tidak mengalami gejala histerisis sehingga fluksi ini sefasa dengan arus magnetisasi. Hal ini ditunjukkan dalam diagram fasor Gb.2.2.b.

≈

Fluksi bocor, secara tersendiri akan membangkitkan tegangan induksi di belitan primer (seperti halnya φ menginduksikan E1). Tegangan induksi ini 90o mendahului φl1 (seperti halnya E1 90o mendahului φ) dan dapat dinyatakan sebagai suatu tegangan jatuh ekivalen, El1 , di rangkaian primer dan dinyatakan sebagai

E l1 = jI f X 1

(2.6)

dengan X1 disebut reaktansi bocor rangkaian primer. Hubungan tegangan dan arus di rangkaian primer menjadi

V1 = E1 + I 1 R1 + E l1 = E1 + I 1 R1 + jI1 X 1

(2.7)

Diagram fasor dengan memperhitungkan adanya fluksi bocor ini adalah Gb.2.2.b. Transformator Berbeban. Rangkaian transformator berbeban resistif, RB, diperlihatkan oleh Gb.2.4. Tegangan induksi E2 (yang telah timbul dalam keadaan tranformator tidak berbeban) akan menjadi sumber di rangkaian sekunder dan memberikan arus sekunder I2. Arus I2 ini membangkitkan fluksi yang berlawanan arah dengan fluksi bersama φ dan sebagian akan bocor (kita sebut fluksi bocor sekunder).


I1

φ

≈

φl1 φl2

I2 V2 RB

Vs Gb.2.4. Transformator berbeban. Fluksi bocor ini, φl2 , sefasa dengan I2 dan menginduksikan tegangan El2 di belitan sekunder yang 90o mendahului φl2. Seperti halnya untuk belitan primer, tegangan El2 ini diganti dengan suatu besaran ekivalen yaitu tegangan jatuh ekivalen pada reaktansi bocor sekunder X2 di rangkaian sekunder. Jika resistansi belitan sekunder adalah R2 , maka untuk rangkaian sekunder kita peroleh hubungan

E 2 = V2 + I 2 R 2 + E l 2 = V2 + I 2 R 2 + j I 2 X 2

(2.8)

dengan V2 adalah tegangan pada beban RB. Sesuai dengan hukum Lenz, arus sekunder membangkitkan fluksi yang melawan fluksi bersama. Oleh karena itu fluksi bersama akan cenderung mengecil. Hal ini akan menyebabkan tegangan induksi di belitan primer juga cenderung mengecil. Akan tetapi karena belitan primer terhubung ke sumber yang tegangannya tak berubah, maka arus primer akan naik. Jadi arus primer yang dalam keadaan transformator tidak berbeban hanyalah arus magnetisasi If , bertambah menjadi I1 setelah transformator berbeban. Pertambahan arus ini haruslah sedemikian rupa sehingga fluksi bersama φ dipertahankan dan E1 juga tetap seperti semula. Dengan demikian maka persamaan rangkaian primer (2.7) tetap terpenuhi. Pertambahan arus primer dari If menjadi I1 adalah untuk mengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh I2 sehingga φ dipertahankan. Jadi haruslah

(

)

1 I 1 − I f − 2 (I 2 ) = 0

(2.9)

Pertambahan arus primer (I1 − If) disebut arus penyeimbang yang akan mempertahankan φ. Makin besar arus sekunder, makin besar pula arus penyeimbang yang diperlukan yang berarti makin besar pula arus primer. Dengan cara inilah terjadinya transfer daya dari primer ke sekunder. Dari (2.9) kita peroleh arus magnetisasi 33

I f = I1 −

2 (I 2 ) = I1 − I 2 1 a

(2.10)

2.3. Diagram Fasor Dengan persamaan (2.7) dan (2.8) kita dapat menggambarkan secara lengkap diagram fasor dari suatu transformator. Penggambaran kita mulai dari belitan sekunder dengan langkah-langkah: Gambarkan V2 dan I2 . Untuk beban resistif, I2 sefasa dengan V2. Selain itu kita dapat gambarkan I’2 = I2/a yaitu besarnya arus sekunder jika dilihat dari sisi primer. Dari V2 dan I2 kita dapat menggambarkan E2 sesuai dengan persamaan (2.8) yaitu

E 2 = V2 + I 2 R 2 + E l 2 = V2 + I 2 R 2 + j I 2 X 2

Sampai di sini kita telah menggambarkan diagram fasor rangkaian sekunder. Untuk rangkaian primer, karena E1 sefasa dengan E2 maka E1 dapat kita gambarkan yang besarnya E1 = aE2. Untuk menggambarkan arus magnetisasi If kita gambarkan lebih dulu φ yang tertinggal 90o dari E1. Kemudian kita gambarkan If yang mendahului φ dengan sudut histerisis γ. Selanjutnya arus belitan primer adalah I1 = If + I’2. Diagram fasor untuk rangkaian primer dapat kita lengkapi sesuai dengan persamaan (2.7), yaitu

V1 = E1 + I1 R1 + E l1 = E1 + I1 R1 + jI1 X Dengan demikian lengkaplah diagram fasor transformator berbeban. Gb.2.5. adalah contoh diagram fasor yang dimaksud, yang dibuat dengan mengambil rasio transformasi 1/2 = a > 1 V1 E2 jI2X2 I’2 φ

γ

I2

jI1X1

E1 I1R1

V2 I2R2

If I1

Gb.2.5. Diagram fasor lengkap, transformator berbeban resistif . a > 1


CO+TOH 2.1 : Belitan primer suatu transformator yang dibuat untuk tegangan 220 V(rms) mempunyai jumlah lilitan 160. Belitan ini dilengkapi dengan titik tengah (center tap). a). Berapa persenkah besar fluksi maksimum akan berkurang jika tegangan yang kita terapkan pada belitan primer adalah 110 V(rms)? b). Berapa persenkah pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 55 V (rms) pada setengah belitan primer? c). Berapa persenkah pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 110 V (rms) pada setengah belitan primer? d). Jika jumlah lilitan di belitan sekunder adalah 40, bagaimanakah tegangan sekunder dalam kasuskasus tersebut di atas? Penyelesaian : a). Dengan mengabaikan resistansi belitan, fluksi maksimum Φm adalah Φm =

E1 2 V1 2 220 2 = = 1ω 1ω 160ω

Jika tegangan 110 V diterapkan pada belitan primer, maka Φ′m =

V1′ 2 110 2 = 160ω 1ω

Penurunan fluksi m aksimum adalah 50 %, Φ′m = Φm / 2. b). Jika tegangan 55 V diterapkan pada setengah belitan primer, ′ = Φ ′m

V1′′ 2 55 2 110 2 = = (1 / 2) 1ω 80ω 160ω

Penurunan fluksi maksimum adalah 50 %, Φ″m = Φm / 2. c). Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan maka ′′ = Φ ′m

V1′′′ 2 110 2 220 2 = = (1 / 2) 1ω 80ω 160ω

Tidak terjadi penurunan fluksi maksimum, Φ′″m =Φm. d). Dengan 1/2 = 160/40 = 4 maka jika tegangan primer 220 V, tegangan sekunder adalah 55 V. Jika tegangan primer 110 V, tegangan sekundernya 229.5 V. Jika tegangan 55 V diterapkan pada setengah belitan primer, tegangan sekunder adalah 27.5 V.

35

Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan primer, tegangan sekunder adalah 55 V.

CO+TOH 2.2 : Sebuah transformator satu fasa mempunyai belitan primer dengan 400 lilitan dan belitan sekunder 1000 lilitan. Luas penampang inti efektif adalah 60 cm2. Jika belitan primer dihubungkan ke sumber 500 V (rms) yang frekuensinya 50 Hz, tentukanlah kerapatan fluksi maksimum dalam inti serta tegangan di belitan sekunder. Penyelesaian : Dengan mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor, maka

V1 =

1ωΦ m 2

= 500 → Φ m =

500 2 = 0.00563 weber 400 × 2π × 50

0.00563 = 0.94 weber/m2 0.006 1000 × 500 = 1250 V Tegangan belitan sekunder adalah V2 = 400

→ Kerapatan fluksi maksimum : Bm =

CO+TOH 2.3 : Dari sebuah transformator satu fasa diinginkan suatu perbandingan tegangan primer / sekunder dalam keadaan tidak berbeban 6000/250 V. Jika frekuensi kerja adalah 50 Hz dan fluksi dalam inti transformator dibatasi sekitar 0.06 weber, tentukan jumlah lilitan primer dan sekunder. Penyelesaian : Pembatasan fluksi di sini adalah fluksi maksimum. Dengan mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor,

V1 =

1ωΦ m

= 6000 → 1 =

6000 2 = 450 2π × 50 × 0.06

2 250 ⇒ 2 = × 450 = 18.75 6000 Pembulatan jumlah lilitan harus dilakukan. Dengan melakukan pembulatan ke atas, batas fluksi maksimum Φm tidak akan terlampaui. Jadi dapat kita tetapkan 6000 ⇒ 2 = 20 lilitan ⇒ 1 = × 20 = 480 lilitan 250 36 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

2.4. Rangkaian Ekivalen Transformator adalah piranti listrik. Dalam analisis, piranti-piranti listrik biasanya dimodelkan dengan suatu rangkaian listrik ekivalen yang sesuai. Secara umum, rangkaian ekivalen hanyalah penafsiran secara rangkaian listrik dari suatu persamaan matematik yang menggambarkan perilaku suatu piranti. Untuk transformator, ada tiga persamaan yang menggambarkan perilakunya, yaitu persamaan (2.7), (2.8), dan (2.10), yang kita tulis lagi sebagai satu set persamaan (2.11). V1 = E1 + I 1 R1 + jI 1 X 1 ; E 2 = V2 + I 2 R 2 + jI 2 X 2 ; I1 = I f + I ′2 dengan I ′2 =

(2.11)

I 2 I2 = 2 1 a

Dengan hubungan E1 = aE2 dan I′2 = I2/a maka persamaan ke-dua dari (2.11) dapat ditulis sebagai E1 = V2 + aI ′2 R2 + jaI ′2 X 2 a

⇒ E1 = aV2 + I ′2 (a 2 R 2 ) + jI ′2 (a 2 X 2 ) = V2′ + I ′2 R 2′ + jI ′2 X 2′

V2′ = aV 2 ; R2′ = a 2 R 2 ; X 2′ = a 2 X 2

dengan

(2.12) Dengan (2.12) maka (2.11) menjadi

V1 = E1 + I 1 R1 + jI1 X 1 ; E1 = aV2 + I ′2 R 2′ + jI ′2 X 2′ ; I 1 = I f + I ′2 (2.13)

I′2 , R′2 , dan X′2 adalah arus, resistansi, dan reaktansi sekunder yang dilihat oleh sisi primer. Dari persamaan (2.13) dibangunlah rangkaian ekivalen transformator seperti Gb.2.6. di bawah ini. I′2

I1 R1 jX1 ∼

V1

E1

Z

If

R′2

jX′2 B

V′2=aV2

Gb.2.6. Rangkaian ekivalen diturunkan dari persamaan (2.13). Pada diagram fasor Gb.2.5. kita lihat bahwa arus magnetisasi dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu Ic dan Iφ . Ic sefasa dengan E1 sedangkan Iφ 90o dibelakang E1. Dengan demikian maka impedansi Z pada rangkaian ekivalen Gb.2.6. dapat dinyatakan sebagai 37

hubungan paralel antara suatu resistansi Rc dan impedansi induktif jXφ sehingga rangkaian ekivalen transformator secara lebih detil menjadi seperti Gb.2.7.

I′2

I1 R1 jX1 ∼

V1

If

E1 R

c

Ic

R′2 Iφ jXc

jX′2 B

V′2=aV2

Gb.2.7. Rangkaian ekivalen transformator lebih detil.

Rangkaian Ekivalen Yang Disederhanakan. Pada transformator yang digunakan pada tegangan bolak-balik yang konstan dengan frekuensi yang konstan pula (seperti misalnya transformator pada sistem tenaga listrik), besarnya arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari arus beban penuh transformator. Keadaan ini bisa dicapai karena inti transformator dibangun dari material dengan permeabilitas magnetik yang tinggi. Oleh karena itu, jika If diabaikan terhadap I1 kesalahan yang terjadi dapat dianggap cukup kecil. Pengabaian ini akan membuat rangkaian ekivalen menjadi lebih sederhana seperti terlihat pada Gb.2.8. I1=I′2

∼

Re = R1+R′2

jXe =j(X1+ X′2) B V′2

V1 V1 V′2

jI′2Xe

I′2Re I′2 Gb.29.8. Rangkaian ekivalen transformator disederhanakan dan diagram fasornya. 2.5. Impedansi Masukan Resistansi beban B adalah RB = V2/I2. Dilihat dari sisi primer resistansi tersebut menjadi 38 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

V′ aV 2 V = a 2 2 = a 2 RB R B′ = 2 = I 2′ I2 / a I2

(2.14)

Dengan melihat rangkaian ekivalen yang disederhanakan Gb.2.10, impedansi masukan adalah

V Z in = 1 = Re + a 2 R B + jX e I1

(2.15)

2.6. Penentuan Parameter Transformator Dari rangkaian ekivalen lengkap Gb.2.7. terlihat ada enam parameter transformator yang harus ditentukan, R1 , X1 , R′2 , X′2 , Rc , dan Xφ . Resistansi belitan primer dan sekunder dapat diukur langsung menggunakan metoda jembatan. Untuk menentukan empat parameter yang lain kita memerlukan metoda khusus seperti diuraikan berikut ini.

Uji Tak Berbeban ( Uji Beban +ol ). Uji beban nol ini biasanya dilakukan pada sisi tegangan rendah karena catu tegangan rendah maupun alat-alat ukur tegangan rendah lebih mudah diperoleh. Sisi tegangan rendah menjadi sisi masukan yang dihubungkan ke sumber tegangan sedangkan sisi tegangan tinggi terbuka. Pada belitan tegangan rendah dilakukan pengukuran tegangan masukan Vr, arus masukan Ir, dan daya (aktif) masukan Pr. Karena sisi primer terbuka, Ir adalah arus magnetisasi yang cukup kecil sehingga kita dapat melakukan dua pendekatan. Pendekatan yang pertama adalah mengabaikan tegangan jatuh di reaktansi bocor sehingga Vr sama dengan tegangan induksi Er. Pendekatan yang kedua adalah mengabaikan kehilangan daya di resistansi belitan sehingga Pr menunjukkan kehilangan daya pada Rcr (Rc dilihat dari sisi tegangan rendah) saja. Pr P = r S r Vr I r

Daya kompleks masukan : S r = Vr I r ; cos θ =

→ sin θ =

Sr

2

− Pr 2

Sr

(2.16)

⇒ I cr = I r cos θ ; I φr = I r sin θ V Vr V Vr ⇒ Rcr = r = ; X φr = r = I φr I r sin θ I cr I r cos θ

39

Uji Hubung Singkat. Uji hubung singkat dilakukan di sisi tegangan tinggi dengan si`si tegangan rendah dihubung-singkat. Sisi tegangan tinggi menjadi sisi masukan yang dihubungkan dengan sumber tegangan. Tegangan masukan harus cukup rendah agar arus di sisi tegangan rendah masih dalam batas nominalnya. Pengukuran di belitan tegangan tinggi dilakukan seperti halnya pada uji beban nol, yaitu tegangan masukan Vt, arus masukan It, dan daya (aktif) masukan Pt. Tegangan masukan yang dibuat kecil mengakibatkan rugi-rugi inti menjadi kecil sehingga kita dapat membuat pendekatan dengan mengabaikan rugi-rugi inti. Dengan demikian kita dapat menggunakan rangkaian ekivalen yang disederhanakan Gb.2.9. Daya Pt dapat dianggap sebagai daya untuk mengatasi rugi-rugi tembaga saja, yaitu rugi-rugi pada resistansi ekivalen yang dilihat dari sisi tegangan tinggi Ret.

Pt = I t2 Ret → Ret = Vt = I t Z et → Z et

Pt I t2

;

V = t → X e = Z et2 − Ret2 It

(2.17)

Dalam perhitungan ini kita memperoleh nilai Ret = R1 + R′2 . Nilai resistansi masing-masing belitan dapat diperoleh dengan pengukuran terpisah sebagaimana telah disebutkan di atas. Untuk reaktansi, kita memperoleh nilai Xet = X1 + X′2 . Kita tidak dapat memperoleh informasi untuk menentukan reaktansi masing-masing belitan. Jika sekiranya nilai reaktansi masing-masing belitan diperlukan kita dapat mengambil asumsi bahwa X1 = X′2 . Kondisi ini sesungguhnya benar adanya jika transformator dirancang dengan baik.

CO+TOH 2.5 : Pada sebuah transformator 25 KVA, 2400/240 volt, 50 Hz, dilakukan uji beban nol dan uji hubung singkat. Uji beban nol pada sisi tegangan rendah memberikan hasil Vr = 240 volt, Ir = 1.6 amper, Pr = 114 watt Uji hubung singkat yang dilakukan dengan menghubung-singkat belitan tegangan rendah memberikan hasil pengukuran di sisi tegangan tinggi Vt = 55 volt, It = 10.4 amper, Pt = 360 watt


a). Tentukanlah parameter transformator dilihat dari sisi tegangan tinggi. b). Berapakah rugi-rugi inti dan rugi-rugi tembaga pada beban penuh ? Penyelesaian : a). Uji beban nol dilakukan di sisi tegangan rendah. Jadi nilai Rc dan Xφ yang akan diperoleh dari hasil uji ini adalah dilihat dari tegangan rendah, kita sebut Rcr dan Xφr. (240 × 1.6) 2 − 114 2 114 P = = 0.3 ; sin θ = = 0.95 240 × 1.6 VI 240 × 1.6 240 240 240 V V = = = = 500 Ω ; X φr = = = 158 Ω I c I cos θ 1.6 × 0.3 I φ 1.6 × 0.95

cos θ = Rcr

Jika dilihat dari sisi tegangan tinggi : 2

 2400  Rct = a 2 Rcr =   × 500 = 50 kΩ  240  X φt = a 2 X φr = 15.8 kΩ Resistansi ekivalen dan reaktansi bocor ekivalen diperoleh dari uji hubung singkat. Uji hubung singkat yang dilakukan di sisi tegangan tinggi ini memberikan

Ret =

Pt It

2

=

360 (10.4) 2

= 3.33 Ω ;

V 55 Z et = t = = 5.29 Ω → X et = 5.29 2 = 3.33 2 = 4.1 Ω I t 10.4 b). Pada pembebanan penuh fluksi bersama dalam inti transformator hampir sama dengan fluksi dalam keadaan beban nol. Jadi rugi-rugi inti pada pembebanan penuh adalah 114 Watt. Rugi-rugi tembaga tergantung dari besarnya arus. Besarnya arus primer pada beban penuh adalah sama dengan arus sisi tegangan tinggi pada percobaan hubung singkat, yaitu

I1 =

S V1

=

25000 = 10.4 A → Pcu = I 1 2 Ret = (10.4) 2 × 3.33 = 360 W 2400

41

Karena pada uji hubung singkat arus sisi tegangan tinggi dibuat sama dengan arus beban penuh, maka rugi-rugi tembaga adalah penunjukan wattmeter pada uji hubung singkat.

2.7. Efisiensi dan Regulasi Tegangan Efisiensi suatu piranti didefinisikan sebagai daya keluaran [watt] η= (2.18) daya masukan [watt] Karena daya keluaran sama dengan daya masukan dikurangi rugi-rugi daya, maka efisiensi dapat dinyatakan sebagai rugi - rugi daya [watt] (2.19) η =1− daya masukan [watt] Formulasi (2.19) ini lebih sering digunakan. Untuk transformator rugirugi daya dapat segera diperoleh melalui uji beban nol dan uji hubung singkat, yaitu jumlah rugi inti dan rugi tembaga. Regulasi tegangan transformator didefinisikan sebagai perubahan besarnya tegangan sekunder bila arus berubah dari beban penuh ke beban nol dengan tegangan primer dijaga tetap. Jadi Regulasi Tegangan = =

V2 beban nol − V2 beban penuh

V1 / a − V2 V2

V2 beban penuh =

V1 − aV2 aV2

V − V2′ = 1 V2′

(2.25)

Dengan memperhatikan diagram fasor Gb.2.9. maka (2.25) menjadi Regulasi Tegangan =

V2′ + I ′2 ( Re + jX e ) − V2′ V2′

(2.26)

CO+TOH 2.6 : Transformator pada contoh 2.5. mencatu beban 25 KVA pada faktor daya 0.8. a). Hitunglah efisiensinya. b). Hitunglah regulasi tegangannya. Penyelesaian : Total rugi daya : Pc + cu = 114 + 360 = 474 W = 0.474 KW a). Daya keluaran : Po = 25000 × 0.8 = 20 KW

0.474 = 0.976 atau 97.6 % 20 b). Mengambil V2 sebagai referensi : V′2 = 10×240 = 2400∠0o V. Efisiensi : η = 1 −


I ′2 = I 2 / a = (25000 / 240) / 10∠ − cos −1 0.8 = 10.4∠ − 36.8 o Reg. Tegangan =

2400∠0 o + 10.4∠ − 36.8 o (3.33 + j 4.1) − 2400 2400

0.022 atau 2.2 %

2.8. Konstruksi Transformator Dalam pembahasan transformator, kita melihat transformator dengan satu inti dua belitan. Belitan primer digulung pada salah satu kaki inti dan belitan sekunder digulung pada kaki inti yang lain. Dalam kenyataan tidaklah demikian. Untuk mengurang fluksi bocor, belitan primer dan sekunder masing-masing dibagi menjadi dua bagian dan digulung di setiap kaki inti. Belitan primer dan sekunder digulung secara konsentris dengan belitan sekunder berada di dalam belitan primer. Dengan cara ini fluksi bocor dapat ditekan sampai hanya beberapa persen dari fluksi bersama. Pembagian belitan seperti ini masih mungkin dilanjutkan untuk lebih menekan fluksi bocor, dengan beaya yang sudah barang tentu lebih tinggi. Dua tipe konstruksi yang biasa digunakan pada transformator satu fasa adalah core type (tipe inti) dan shell type (tipe sel). Gb.2.9.a. memperlihatkan konstruksi tipe inti dengan belitan primer dan sekunder yang terbagi dua. Belitan tegangan rendah digulung dekat dengan inti yang kemudian dilingkupi oleh belitan tegangan tinggi. Konstruksi ini sesuai untuk tegangan tinggi karena masalah isolasi lebih mudah ditangani. Gb.2.9.b. memperlihatkan konstruksi tipe sel. Konstruksi ini sesuai untuk transformator daya dengan arus besar. Inti pada konstruksi ini memberikan perlindungan mekanis lebih baik pada belitan. R / 2 T / 2

R / 2 T / 2

a). tipe inti.

R / 4 T / 2 R / 2 T / 2 R / 4 a). tipe sel.

Gb.7.9. Dua tipe konstruksi transformator. T : jumlah lilitan tegangan tinggi R : jumlah lilitan tegangan rendah. 43

2.9. Transformator Pada Sistem Tiga Fasa Pada sistem tiga fasa, penaikan dan penurunan tegangan dapat dilakukan dengan dua cara yaitu : (a) menggunakan tiga unit transformator satu fasa, (b) menggunakan satu unit transformator tiga fasa. Transformator tiga fasa mempunyai inti dengan tiga kaki dan setiap kaki mendukung belitan primer dan sekunder. Untuk penyaluaran daya yang sama, penggunaan satu unit transformator tiga fasa akan lebih ringan, lebih murah dan lebih efisien dibandingkan dengan tiga unit transformator satu fasa. Akan tetapi penggunaan tiga unit transformator satu fasa juga mempunyai beberapa kelebihan dibandingkan dengan satu unit transformator tiga fasa. Misalnya beaya awal yang lebih rendah, jika untuk sementara beban dapat dilayani dengan dua unit saja dan unit ketiga ditambahkan jika penambahan beban telah terjadi. Terjadinya kerusakan pada salah satu unit tidak mengharuskan pemutusan seluruh penyaluran daya. Pemilihan cara mana yang lebih baik, tergantung dari berbagai pertimbangan keadaan-khusus. Pada dasarnya kedua cara adalah sama. Berikut ini kita akan melihat hubungan primer-sekunder transformator, dengan melihat pelayanan sistem tiga fasa melalui tiga unit transformator satu fasa.

Hubungan ∆−∆. Pada waktu menghubungkan tiga transformator satu fasa untuk melayani sistem tiga fasa, hubungan sekunder harus diperhatikan agar sistem tetap seimbang. Diagram hubungan ini diperlihatkan pada Gb.2.10. Fasa primer disebut dengan fasa U-V-W sedangkan fasa sekunder disebut fasa X-Y-Z. Fasor tegangan fasa primer kita sebut VUO , VVO , VWO dengan nilai VFP , dan tegangan fasa sekunder kita sebut VXO , VYO , VZO dengan nilai VFS. Nilai tegangan saluran (tegangan fasa-fasa) primer dan sekunder kita sebut VLP dan VLS . Nilai arus saluran primer dan sekunder masing-masing kita sebut ILP dan ILS sedang nilai arus fasanya IFP dan IFS . Rasio tegangan fasa primer terhadap sekunder VFP / VFS = a . Dengan mengabaikan rugi-rugi untuk hubungan ∆-∆ kita peroleh :

V LP V FP I I 3 1 = = a ; LP = FP = V LS V FP I LS I FS 3 a


(2.27)

U

X

VUO

VXO

V

Y

VVO

VUV = VUO

VXY = VXO

VYO

W

Z

VWO

VZO Gb.2.10. Hubungan ∆-∆.

Hubungan ∆-Y. Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.2.11. Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan tegangan fasa primer, sedangkan tegangan fasa-fasa sekunder sama dengan √3 kali tegangan fasa sekunder dengan perbedaan sudut fasa 30o. Dengan mengabaikan rugi-rugi kita peroleh

V LP V I I 3 a 3 = FP = ; LP = FP = V LS V FS 3 I LS I FS a 3

(2.28)

Fasor tegangan fasa-fasa sekunder mendahului primer 30o. U V

W

X

VUO

VXO Y

VVO

VUV = VUO

VZO

VYO VXO

Z

VWO

VXY

VZO

VYO Gb.2.11. Hubungan ∆-Y

Hubungan Y-Y. Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.2.12. Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan √3 kali tegangan fasa primer dengan perbedaan sudut fasa 30o, tegangan fasa-fasa sekunder sama dengan √3 kali tegangan fasa sekunder dengan perbedaan sudut fasa 30o. Perbandingan tegangan fasa-fasa primer dan sekunder adalah

45

V LP V FP 3 I I 1 = = a ; LP = FP = V LS V FS 3 I LS I FS a

(2.29)

Antara fasor tegangan fasa-fasa primer dan sekunder tidak terdapat perbedaan sudut fasa. U

X

VUO

VXO

VVO

VYO

VWO

VZO

V

Y

W

Z

VWO VUV

VZO

VUO

VXY

VXO VYO

VVO

Gb2.12. Hubungan Y-Y

Hubungan Y-∆. Hubungan ini terlihat pada Gb.2.13. Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan √3 kali tegangan fasa primer dengan perbedaan sudut fasa 30o, sedangkan tegangan fasa-fasa sekunder sama dengan tegangan fasa sekunder. Dengan mengabaiakan rugi-rugi diperoleh

V LP V FP 3 = =a 3 ; V LS V FS

I LP I 1 = FP = I LS I FS 3 a 3

Fasor tegangan fasa-fasa primer mendahului sekunder 30o.


(2.30)

U

X

VUO

VXO Y

V

VVO

VYO

VWO

VZO

Z

W

VWO VUV VXY = VXO VZO VUO VYO VVO Gb.2.13. Hubungan Y-∆

CO+TOH 2.7 : Sebuah transformator penurun tegangan 3 fasa, tegangan primernya dihubungkan pada sumber 6600 V dan mengambil arus 10 A. Jika rasio transformasi adalah 12, hitunglah tegangan saluran sekunder, arus saluran sekunder dan daya keluaran untuk hubungan-hubungan berikut : (a) ∆-∆ ; (b) Y-Y ; (c) ∆-Y ; (d) Y-∆ . Penyelesaian : a). Untuk hubungan ∆-∆ : V V 6600 V LS = V FS = FP = LP = = 550 V ; a a 12 I I LS = I FS 3 = aI FP 3 = a LP 3 = 12 × 10 = 120 A. 3 b). Untuk hubungan Y-Y :

47

V V LS = V FS 3 = FP a

V 3 6600 3 = LP = = 550 V ; 12 3 a I LS == I FS = aI FP = aI LP = 12 × 10 = 120 A.

c). Untuk hubungan ∆-Y : V V LS = V FS 3 = FP a

V 6600 3 = LP 3 = 3 = 953 V ; 12 a I 10 = 69,3 A. I LS = I FS = aI FP = a LP = 12 3 3

d) Untuk hubungan Y-∆ :

V 1 V LP 1 6600 V LS = V FS = FP = = = 318 V ; a a 3 12 3 I LS = I FS 3 = aI FP 3 = aI LP 3 = 12 × 10 × 3 = 208 A . Dengan mengabaikan rugi-rugi daya keluaran sama dengan daya masukan.

S keluaran = S masukan = V LP I LP 3 = 6,6 × 10 3 = 114,3 kVA.

Soal-Soal 1. Sebuah transformator satu fasa diinginkan untuk menurunkan tegangan bolak-balik 50 Hz dari 20 kV ke 250 V dalam keadaan tak berbeban. Jika fluksi magnetik dalam inti transformator adalah sekitar 0.08 Wb, tentukan jumlah lilitan belitan primer dan sekundernya. 2. Sebuah transformator tipe inti hendak digunakan untuk menurunkan tegangan bolak-balik 50 Hz, dari 3000 ke 220 V. Inti berpenampang persegi dengan ukuran 20 cm × 20 cm. Hitunglah jumlah lilitan pada kedua belitan jika kerapatan fluksi pada inti dibatasi 1 Wb/m2. 3. Jumlah lilitan belitan primer dan sekunder transformator satu fasa adalah 200 dan 100 lilitan dan resistansinya 0,255 Ω dan 0,074 Ω. Hitunglah resistansi belitan primer dilihat di sekunder, resistansi sekunder dilihat di primer, dan resistansi total di sisi primer.


4. Pada test transformator dengan belitan sekunder dihubung singkat, diperoleh data sebagai berikut : tegangan primer 60 V, arus 100 A, daya masukan 1,2 kW. Hitunglah resistansi dan reaktansi transformator dilihat di sisi primer. 5. Sebuah transformator 40 kVA, 2000/250 V, mempunyai resistansi belitan primer 1,15 Ω dan resistansi belitan sekunder 0,0155 Ω. Hitunglah rugi-rugi tembaga total dalam keadaan beban penuh. 6. Sebuah transformator 220/110 V, 50 Hz, mempunyai impedansi 0,3+j0,8 Ω di belitan 220 V dan 0,1+j0,25 Ω di belitan 100 V. Hitunglah arus di kedua belitan jika terjadi hubung singkat di sisi tegangan rendah sedangkan sisi tegangan tinggi terhubung pada tegangan 220 V. 7. Data test pada transformator 15 kVA, 2200/440 V, 50 Hz adalah sebagai berikut. Test hubung singkat : P = 620 W, I = 40 A, V = 25 V. Test beban nol : P = 320 W, I = 1 A, V = 440 V. Hitunglah regulasi tegangan pada pembebanan penuh dengan faktor daya 0,8 lagging (abaikan arus magnetisasi). Hitung pula efisiensi pada pembebanan tersebut. 8. Data test pada transformator 110 kVA, 4400/440 V, 50 Hz adalah sebagai berikut. Test hubung singkat : P = 2000 W, I = 200 A, V = 18 V. Test beban nol : P = 1200 W, I = 2 A, V = 4400 V. Hitunglah regulasi tegangan pada pembebanan penuh dengan faktor daya 0,8 lagging (abaikan arus magnetisasi). Hitung pula efisiensi pada pembebanan tersebut. 9. Data test pada transformator 30 kVA, 2400/240 V, 50 Hz adalah sebagai berikut. Test hubung singkat : P = 1050 W, I = 18,8 A, V = 70 V. Test beban nol : P = 230 W, I = 3,0 A, V = 240 V. Jika transformator ini dibebani 12,5 A dengan faktor daya 0,8 lagging pada sisi 240 V, hitunglah tegangan pada sisi primer dan hitung pula efisiensinya pada pembebanan tersebut 10. Pada pembebanan penuh transformator 150 kVA, rugi-rugi tembaga adalah 1600 W dan rugi-rugi besi 1400 W. Hitung efisiensi pada pembebanan 25%, 33% dan 100% dari beban penuh untuk faktor daya 1 dan 0,8 lagging. Abaikan pengaruh kenaikan temperatur dan arus magnetisasi.

49

11. Efisiensi transformator satu fasa 400 kVA adalah 98,77% pada pembebanan penuh dengan faktor daya 0,8 dan 99,13% pada setengah beban penuh dengan faktor daya 1. Hitunglah rugi-rugi besi serta rugi-rugi tembaga pada beban pebuh. 12. Sebuah transformator 6600/440 V, 50 Hz, terhubung ∆-Y dibebani motor 50 HP, 440 V, faktor daya 0,85, dan efisiensinya 90%. Dengan mengabaikan arus magnetisasi pada transformator, hitunglah arus di belitan primer dan sekunder jika motor bekerja pada beban penuh. 13. Tentukan jumlah lilitan per fasa di setiap belitan dari sebuah transformator 3 fasa dengan rasio tegangan 20000/2000 V, pada frekuensi 50 Hz dengan hubungan ∆-Y. Luas penampang inti 600 cm2 dan kerapatan fluksi sekitar 1,2 Wb/m2. 14. Tentukan jumlah lilitan per fasa di setiap belitan dari sebuah transformator 3 fasa dengan rasio tegangan 12000/400 V, pada frekuensi 50 Hz dengan hubungan Y-∆. Luas penampang inti 400 cm2 dan kerapatan fluksi sekitar 1,2 Wb/m2. 15. Tegangan primer transformator 3 fasa terhubung ∆-Y adalah 12000 V (fasa-fasa). Pada pembebanan dengan faktor daya 0,8 lagging tegangan sekunder yang terhubung Y adalah 410 V (fasa-fasa). Resistansi dan reaktansi ekivalen adalah 1 dan 5%. Tentukan perbandingan jumlah lilitan primer/sekunder


BAB 3 Mesin Sinkron Setelah mempelajari bab ini kita akan • memahami cara kerja generator sinkron; • memahami hubungan jumlah kutub, kecepatan perputaran, frekuensi, dan mampu menghitung tegangan imbas pada jangkar; • mampu menggambarkan diagram fasor dan memahami rangkaian ekivalen mesin sinkron rotor silindris; • mampu melakukan perhitungan sederhana pada mesin sinkron melalui karakteristik celah udara dan karakteristik hubung singkat. Kita telah melihat bahwa pada transformator terjadi alih energi dari sisi primer ke sisi sekunder. Energi di ke-dua sisi transformator tersebut sama bentuknya (yaitu energi listrik) akan tetapi mereka mempunyai peubah sinyal (yaitu tegangan dan arus) yang berbeda besarnya. Kita katakan bahwa transformator merupakan piranti konversi energi dari energi listrik ke energi listrik. Kita perhatikan pula bahwa peubah-peubah sinyal di sisi sekunder transformator muncul karena fluksi di inti transformator merupakan fungsi waktu. Fluksi fungsi waktu ini dibangkitkan oleh arus di sisi primer, yang juga merupakan fungsi waktu. Fluksi fungsi waktu dapat pula dibangkitkan dengan cara lain misalnya secara mekanis; cara inilah yang dilaksanakan pada piranti konversi energi dari energi mekanis ke energi listrik atau disebut konversi energi elektromekanik. Konversi energi elektromekanik ini tidak hanya dari mekanis ke listrik tetapi juga dari listrik ke mekanis, dan dilandasi oleh dua hukum dasar yang kita kenal yaitu hukum Faraday dan hukum Ampere. Secara matematis kedua hukum ini dinyatakan dalam persamaan (1.1) dan (1.7)

e=−

dλ dφ = − dt dt

(1.1)

dan

F = K B B i f (θ)

(1.7)

Persamaan (1.1) menunjukkan bagaimana tegangan dibangkitkan dan persamaan (1.7) menunjukkan bagaimana gaya mekanis ditimbulkan. Berikut ini kita akan mempelajari mesin konversi energi yang sangat luas digunakan di pusat-pusat pembangkit listrik, yang disebut generator 51

sinkron. Ada dua macam konstruksi yang akan kita lihat yaitu konstruksi kutub tonjol dan konstruksi rotor silindris.

3.1. Mesin Kutub Menonjol Skema konstruksi mesin ini adalah seperti terlihat pada Gb.3.1.a. Mesin ini terdiri dari bagian stator yang mendukung belitan-belitan a1a11 sampai c2c22 pada alur-alurnya, dan bagian rotor yang berputar yang mendukung kutub-kutub magnit. Belitan pada stator tempat kita memperoleh energi disebut belitan jangkar. Belitan pada rotor yang dialiri arus eksitasi untuk menimbullkan medan magnit disebut belitan eksitasi. Pada gambar ini ada empat kutub magnit. Satu siklus kutub S-U pada rotor memiliki kisar sudut (yang kita sebut sudut magnetis atau sudut listrik) 360o. Kisar sudut 360o ini melingkupi tiga belitan di stator dengan posisi yang bergeser 120o antara satu dengan lainnya. Misalnya belitan a1a11 dan belitan b1b11 berbeda posisi 120o, belitan b1b11 dan c1c11 berbeda posisi 120o, dan mereka bertiga berada di bawah satu kisaran kutub S-U. Tiga belitan yang lain, yaitu a2a22, b2b22, dan c2c22 berada dibawah satu kisaran kutub S-U yang lain dan mereka juga saling berbeda posisi 120o. b1 c11 a1

a11

b11

S U

b22

U

φ

a2 c22

S

c2

180o mekanis = 360o

c1

b2

a22

a). skema konstruksi

a1 b). belitan

φ

φ

c). fluksi magnetik

Gb.3.1. Mesin sinkron kutub tonjol Karena mesin yang tergambar ini merupakan mesin empat kutub (dua pasang kutub) maka satu perioda siklus mekanik (perputaran rotor) sama dengan dua perioda siklus magnetik. Jadi hubungan antara sudut kisaran mekanik dan sudut kisaran magnetik adalah

θ magnetik [derajat ] = 2 × θ mekanik [derajat ] atau secara umum


θ magnetik [derajat ] =

p × θ mekanik [derajat ] 2

(3.1)

dengan p adalah jumlah kutub. Kecepatan sudut mekanik adalah

ω mekanik =

dθ mekanik = 2π f mekanik dt

(3.2)

Frekuensi mekanik fmekanik adalah jumlah siklus mekanik per detik yang tidak lain adalah kecepatan perputaran rotor per detik. Biasanya kecepatan perputaran rotor dinyatakan dengan jumlah rotasi per menit (rpm). Jadi jika kecepatan perputaran rotor adalah n rpm, maka jumlah n n atau f mekanis = siklus per detik. siklus per detik adalah 60 60 Kecepatan sudut magnetik adalah

ω magnetik =

dθ magnetik dt

= 2π f magnetik

(3.3)

Dengan hubungan (3.1) maka (3.3) menjadi

ω magnetik =

p p p pn n ω mekanik = 2π f mekanik = 2π = 2π 2 2 2 60 120

yang berarti

f magnetik =

pn siklus per detik 120

(3.4)

Perubahan fluksi magnetik akan membangkitkan tegangan induksi di setiap belitan. Karena fluksi magnetik mempunyai frekuensi pn f magnetik = Hz maka tegangan pada belitanpun akan mempunyai 120 frekuensi pn f tegangan = Hz (3.5) 120 Dengan (3.5) ini jelaslah bahwa untuk memperoleh frekuensi tertentu, kecepatan perputaran rotor harus sesuai dengan jumlah kutub. Jika diinginkan f = 50 Hz misalnya, untuk p = 2 maka n = 3000 rpm; jika p = 4 maka n = 1500 rpm; jika p = 6 maka n = 1000 rpm, dan seterusnya.

53

Konstruksi mesin dengan kutub menonjol seperti pada Gb.3.1. sesuai untuk mesin putaran rendah tetapi tidak sesuai untuk mesin putaran tinggi karena kendala-kendala mekanis. Untuk mesin putaran tinggi digunakan rotor dengan konstruksi silindris. 180o mekanis = 360o magnetik a11

φs a1

θ

Gb.3.2. Perhitungan fluksi. Dengan pergeseran posisi belitan 120o magnetik untuk setiap pasang kutub, maka kita mendapatkan tegangan sistem tiga fasa untuk setiap pasang kutub, yaitu ea1 pada belitan a1a11 , eb1 pada b1b11 , dan ec1 pada c1c11 . Demikian pula kita memperoleh tegangan ea2 , eb2 dan ec2 pada belitan-belitan di bawah pasangan kutub yang lain. Jadi setiap pasang kutub akan membangkitkan tegangan sistem tiga fasa pada belitanbelitan yang berada dibawah pengaruhnya. Tegangan yang sefasa, misalnya ea1 dan ea2 , dapat dijumlahkan untuk memperoleh tegangan yang lebih tinggi atau diparalelkan untuk memperoleh arus yang lebih besar. Tegangan yang terbangkit di belitan pada umumnya diinginkan berbentuk gelombang sinus v = A cos ωt , dengan pergeseran 120o untuk belitan fasa-fasa yang lain. Tegangan sebagai fungsi waktu ini pada transformator dapat langsung diperoleh di belitan sekunder karena fluksinya merupakan fungsi waktu. Pada mesin sinkron, fluksi dibangkitkan oleh belitan eksitasi di rotor yang dialiri arus searah sehingga fluksi tidak merupakan fungsi waktu. Akan tetapi fluksi yang ditangkap oleh belitan stator harus merupakan fungsi waktu agar persamaan (1.1) dapat diterapkan untuk memperoleh tegangan. Fluksi sebagai fungsi waktu diperoleh melalui putaran rotor. Jika φ adalah 54 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

fluksi yang dibangkitkan di rotor dan memasuki celah udara antara rotor dan stator dengan nilai konstan maka, dengan mengabaikan efek pinggir, laju pertambahan fluksi yang ditangkap oleh belitan stator adalah

dθ magnetik dφ s =φ = φ ω magnetik dt dt Karena ω magnetik = 2π f magnetik = 2π

(3.6)

pn , maka 120

dφ s pn =φπ dt 60

(3.7)

Dari (3.4) kita peroleh tegangan pada belitan, yaitu

v = −

dφ s pn = − φ π dt 60

(3.8)

Jika φ bernilai konstan, tidaklah berarti (3.8) memberikan suatu t egangan konstan karena φ bernilai konstan positif untuk setengah perioda dan bernilai konstan negatif untuk setengah perioda berikutnya. Maka (3.8) memberikan tegangan bolak-balik yang tidak sinus. Untuk memperoleh tegangan berbentuk sinus, φ harus berbentuk sinus juga. Akan tetapi ia tidak dibuat sebagai fungsi sinus terhadap waktu, akan tetapi sebagai fungsi sinus posisi, yaitu terhadap θmaknetik . Jadi jika

φ = φ m cos θ maknetik

(3.9)

maka laju pertambahan fluksi yang dilingkupi belitan adalah dθmagnetik dφs dφ d = = φm cos θmagnetik = −φm sin θmagnetik dt dt dt dt pn  = −φmωmagnetik sin θmmagnetik = −φm  2π  sin θmagnetik  120 

(

)

sehingga tegangan belitan dφ s pn = π φ m sin θ magnetik e = − 60 dt = 2π f φ m sin θ magnetik = ω φ m sin ωt

(3.10)

(3.11)

Persamaan (3.11) memberikan nilai sesaat dari dari tegangan yang dibangkitkan di belitan stator. Nilai maksimum dari tegangan ini adalah

55

E m = ω φ m Volt

(3.12)

dan nilai efektifnya adalah

E rms =

Em

=

ω φ m

=

2π f

2 2 2 = 4,44 f φ m Volt

φm

(3.13)

Dalam menurunkan formulasi tegangan di atas, kita menggunakan perhitungan fluksi seperti diperlihatkan pada Gb.3.2. yang merupakan penyederhanaan dari konstruksi mesin seperti diperlihatkan pada Gb.3.1.a. Di sini ada beberapa hal yang perlu kita perhatikan yaitu: 1.

Belitan terdiri dari hanya satu gulungan, misalnya belitan a1a11, yang ditempatkan di sepasang alur stator, walaupun gulungan itu terdiri dari lilitan. Belitan semacam ini kita sebut belitan terpusat.

2.

Lebar belitan, yaitu kisar sudut antara sisi belitan a1 dan a11 adalah 180o magnetik. Lebar belitan semacam ini kita sebut kisar penuh.

Dalam praktek lilitan setiap fasa tidak terpusat di satu belitan, melainkan terdistribusi di beberapa belitan yang menempati beberapa pasang alur stator. Belitan semacam ini kita sebut belitan terdistribusi, yang dapat menempati stator sampai 1/3 kisaran penuh (60o magnetik). Selain dari pada itu, gulungan yang menempati sepasang alur secara sengaja dibuat tidak mempunyi lebar satu kisaran penuh; jadi lebarnya tidak 180o akan tetapi hanya 80% sampai 85% dari kisaran penuh. Pemanfaatan belitan terdistribusi dan lebar belitan tidak satu kisar penuh dimaksudkan untuk menekan pengaruh harmonisa yang mungkin ada di kerapatan fluksi. Sudah barang tentu hal ini akan sedikit mengurangi komponen fundamental dan pengurangan ini dinyatakan dengan suatu faktor Kw yang kita sebut faktor belitan. Biasanya Kw mempunyai nilai antara 0,85 sampai 0,95. Dengan adanya faktor belitan ini formulasi tegangan (3.13) menjadi

E rms = 4,44 f K w φ m Volt

(3.14)

Pada pengenalan ini kita hanya melihat mesin sinkron kutub tonjol dalam keadaan tak berbeban; analisis dalam keadaan berbeban akan kita pelajari lebih lanjut pada pelajaran khusus mengenai mesin-mesin listrik. Selanjutnya kita akan melihat mesin sinkron rotor silindris. 56 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

CO+TOH 3.1: Sebuah generator sinkron tiga fasa, 4 kutub, belitan jangkar terhubung Y, mempunyai 12 alur pada statornya dan setiap alur berisi 10 konduktor. Fluksi kutub terdistribusi secara sinus dengan nilai maksimumnya 0,03 Wb. Kecepatan perputaran rotor 1500 rpm. Carilah frekuensi tegangan jangkar dan nilai rms tegangan jangkar fasa-netral dan fasa-fasa. Penyelesaian : Frekuensi tegangan jangkar adalah

f =

p n 4 ×1500 = = 50 Hz 120 120

12 = 3 yang berarti setiap pasang 4 kutub terdapat 3 belitan yang membangun sistem tegangan tiga fasa. Jadi setiap fasa terdiri dari 1 belitan yang berisi 10 lilitan.

Jumlah alur per kutub adalah

Nilai rms tegangan jangkar per fasa per pasang kutub adalah

E ak = 4,44 f φ m = 4,44 × 50 × 10 × 0,03 = 66,6 V Karena ada dua pasang kutub maka tegangan per fasa adalah : 2 × 66,6 = 133 V. Tegangan fasa-fasa adalah 133 √3 = 230 V.

CO+TOH 3.2: Soal seperti pada contoh 3.1. tetapi jumlah alur pada stator ditingkatkan menjadi 24 alur. Ketentuan yang lain tetap. Penyelesaian : Frekuensi tegangan jangkar tidak tergantung jumlah alur. oleh karena itu frekuensi tetap 50 Hz. 24 Jumlah alur per kutub adalah = 6 yang berarti setiap pasang 4 kutub terdapat 6 belitan yang membangun sistem tegangan tiga fasa. Jadi setiap fasa pada satu pasang kutub terdiri dari 2 belitan yang masing-masing berisi 10 lilitan. Nilai rms tegangan jangkar untuk setiap belitan adalah

E a1 = 4,44 f φ m V = 4,44 × 50 ×10 × 0,03 = 66,6 V .

57

Karena dua belitan tersebut berada pada alur yang berbeda, maka terdapat beda fasa antara tegangan imbas di keduanya. Perbedaan sudut mekanis antara dua alur yang berurutan adalah

360 o = 15 o mekanik. Karena mesin mengandung 4 kutub atau 2 24 pasang kutub, maka 1o mekanik setara dengan 2o listrik. Jadi selisih sudut fasa antara tegangan di dua belitan adalah 30o listrik sehingga tegangan rms per fasa per pasang kutub adalah jumlah fasor tegangan di dua belitan yang berselisih fasa 30o tersebut.

E ak = 66,6 + 66,6(cos 30 o + j sin 30 o ) = 124,8 + j 33,3 Karena ada 2 pasang kutub maka E a = 2 × (124,8) 2 + (33,3) 2 = 258 V Tegangan fasa-fasa adalah 258 √3 = 447 V

CO+TOH 3.3: Soal seperti pada contoh 3.1. tetapi jumlah alur pada stator ditingkatkan menjadi 144 alur, jumlah kutub dibuat 16 (8 pasang), kecepatan perputaran diturunkan menjadi 375 rpm. Ketentuan yang lain tetap. Penyelesaian : Frekuensi tegangan jangkar : f =

16 × 375 = 50 Hz 120

144 = 9 yang berarti terdapat 9 belitan per 16 pasang kutub yang membangun sistem tiga fasa. Jadi tiap fasa terdapat 3 belitan. Tegangan di tiap belitan adalah E a1 = 4,44 × 50 × 10 × 0,03 = 66,6 V ; sama dengan tegangan per belitan pada contoh sebelumnya karena frekuensi, jumlah lilitan dan fluksi maksimum tidak berubah. Perbedaan sudut mekanis antara dua alur yang berturutan adalah Jumlah alur per kutub

360 o = 2,5 o mekanik. Karena mesin mengandung 16 kutub (8 144 pasang) maka 1o mekanik ekivalen dengan 8o listrik, sehingga beda fasa tegangan pada belitan-belitan adalah 2,5 × 8 = 20 o listrik. Tegangan per fasa per pasang kutub adalah jumlah fasor dari tegangan belitan yang masing-masing berselisih fasa 20o. 58 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

E ak = 66,6 + 66,6∠20 o + 66,6∠40 o

(

= 66,6 1 + cos 20 o + cos 40 o + j (sin 20 o + sin 40 o )

)

= 180,2 + j 65,6 Karena ada 8 pasang kutub maka tegangan fasa adalah

E a = 8 × (180,2) 2 + (65,6) 2 = 8 × 191,8 = 1534 V Tegangan fasa-fasa adalah 1534 √3 = 2657 V

3.2. Mesin Sinkron Rotor Silindris Sebagaimana telah disinggung di atas, mesin kutub tonjol sesuai untuk perputaran rendah. Untuk perputaran tinggi digunakan mesin rotor silindris yang skemanya diperlihatkan ada Gb.3.3. a b1

U

c1

c

S

b

a1

Gb.3.3. Mesin sinkron rotor silindris. Rotor mesin ini berbentuk silinder dengan alur-alur untuk menempatkan belitan eksitasi. Dengan konstruksi ini, reluktansi magnetik jauh lebih merata dibandingkan dengan mesin kutub tonjol. Di samping itu kendala mekanis untuk perputaran tinggi lebih mudah diatasi dibanding dengan mesin kutub tonjol. Belitan eksitasi pada gambar ini dialiri arus searah sehingga rotor membentuk sepasang kutub magnet U-S seperti terlihat pada gambar. Pada stator digambarkan tiga belitan terpusat aa1 , bb1 dan cc1 masing-masing dengan lebar kisaran penuh agar tidak terlalu rumit, walaupun dalam kenyataan pada umumnya dijumpai belitan-belitan terdistribusi dengan lebar lebih kecil dari kisaran penuh.

59

Karena reluktansi magnetik praktis konstan untuk berbagai posisi rotor (pada waktu rotor berputar) maka situasi yang kita hadapi mirip dengan tansformator. Perbedaannya adalah bahwa pada transformator kita mempunyai fluksi konstan, sedangkan pada mesin sinkron fluksi tergantung dari arus eksitasi di belitan rotor. Kurva magnetisasi dari mesin ini dapat kita peroleh melalui uji beban nol. Pada uji beban nol, mesin diputar pada perputaran sinkron (3000 rpm) dan belitan jangkar terbuka. Kita mengukur tegangan keluaran pada belitan jangkar sebagai fungsi arus eksitasi (disebut juga arus medan) pada belitan eksitasi di rotor. Kurva tegangan keluaran sebagai fungsi arus eksitasi seperti terlihat pada Gb.3.4. disebut karakteristik beban nol. Bagian yang berbentuk garis lurus pada kurva itu disebut karakteristik celah udara dan kurva inilah (dengan ekstra-polasinya) yang akan kita gunakan untuk melakukan analisis mesin sinkron. 12000 11000

celah udara V=kIf

10000

beban-nol V=V(If )|I =0

Tegangan Fasa-Netral [V]

9000

7000 6000

hubung singkat I = I (If ) |V=0

5000

Arus fasa [A]

8000

4000 3000 2000 1000 00 0

50 100 150 200 medan 250 300 350 400 450 500 Arus [A]

Gb30.4. Karakteristik beban-nol dan hubung singkat. Karakteristik celah udara (linier). Karakterik lain yang penting adalah karakteritik hubung singkat yang dapat kita peroleh dari uji hubung singkat. Dalam uji hubung singkat ini mesin diputar pada kecepatan perputaran sinkron dan terminal belitan 60 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

jangkar dihubung singkat (belitan jangkar terhubung Y). Kita mengukur arus fasa sebagai fungsi dari arus eksitasi. Kurva yang akan kita peroleh akan terlihat seperti pada Gb.3.4. Kurva ini berbentuk garis lurus karena untuk mendapatkan arus beban penuh pada percobaan ini, arus eksitasi yang diperlukan tidak besar sehingga rangkaian magnetiknya jauh dari keadaan jenuh. Fluksi magnetik yang dibutuhkan hanya sebatas yang diperlukan untuk membangkitkan tegangan untuk mengatasi tegangan jatuh di impedansi belitan jangkar. Perhatikanlah bahwa karakteristik beban-nol dan hubung singkat memberikan tegangan maupun arus jangkar sebagai fungsi arus medan. Sesungguhnya arus medan berperan memberikan mmf (lilitan ampere) untuk menghasilkan fluksi dan fluksi inilah yang mengimbaskan tegangan pada belitan jangkar. Jadi dengan karakteristik ini kita dapat menyatakan pembangkit fluksi tidak dengan mmf akan tetapi dengan arus medan ekivalennya dan hal inilah yang akan kita lakukan dalam menggambarkan diagram fasor yang akan kita pelajari beikut ini.

Diagram Fasor. Reaktansi Sinkron. Kita ingat bahwa pada transformator besaran-besaran tegangan, arus, dan fluksi, semuanya merupakan besaran-besaran yang berubah secara sinusoidal terhadap waktu dengan frekuensi yang sama sehingga tidak terjadi kesulitan menyatakannya sebagai fasor. Pada mesin sinkron, hanya tegangan dan arus yang merupakan fungsi sinus terhadap waktu; fluksi rotor, walaupun ia merupakan fungsi sinus tetapi tidak terhadap waktu tetapi terhadap posisi sehingga tak dapat ditentukan frekuensinya. Menurut konsep fasor, kita dapat menyatakan besaran-besaran ke dalam fasor jika besaranbesaran tersebut berbentuk sinus dan berfrekuensi sama. Oleh karena itu kita harus mencari cara yang dapat membuat fluksi rotor dinyatakan sebagai fasor. Hal ini mungkin dilakukan jika kita tidak melihat fluksi rotor sebagai dirinya sendiri melainkan melihatnya dari sisi belitan jangkar. Walaupun fluksi rotor hanya merupakan fungsi posisi, tetapi ia dibawa berputar oleh rotor dan oleh karena itu belitan jangkar melihatnya sebagai fluksi yang berubah terhadap waktu. Justru karena itulah terjadi tegangan imbas pada belitan jangkar sesuai dengan hukum Faraday. Dan sudah barang tentu frekuensi tegangan imbas di belitan jangkar sama dengan frekuensi fluksi yang dilihat oleh belitan jangkar. Kita misalkan generator dibebani dengan beban induktif sehingga arus jangkar tertinggal dari tegangan jangkar.

61

θ a

a U

U sumbu emaks

S

S a1 sumbu magnet

(a)

sumbu imaks

(b)

a1

sumbu magnet

Gb.3.5. Posisi rotor pada saat emaks dan imaks. Gb.3.5.a. menunjukkan posisi rotor pada saat imbas tegangan di aa1 maksimum. Hal ini dapat kita mengerti karena pada saat itu kerapatan fluksi magnetik di hadapan sisi belitan a dan a1 adalah maksimum. Perhatikanlah bahwa pada saat itu fluksi magnetik yang dilingkupi oleh belitan aa1 adalah minimum. Sementara itu arus di belitan aa1 belum maksimum karena beban induktif. Pada saat arus mencapai nilai maksimum posisi rotor telah berubah seperti terlihat pada Gb.3.5.b. Karena pada mesin dua kutub sudut mekanis sama dengan sudut magnetis, maka beda fasa antara tegangan dan arus jangkar sama dengan pegeseran rotasi rotor, yaitu θ. Arus jangkar memberikan mmf jangkar yang membangkitkan medan magnetik lawan yang akan memperlemah fluksi rotor. Karena adanya reaksi jangkar ini maka arus eksitasi haruslah sedemikian rupa sehingga tegangan keluaran mesin dipertahankan.

Catatan : Pada mesin rotor silindris mmf jangkar mengalami reluktansi magnetik yang sama dengan yang dialami oleh mmf rotor. Hal ini berbeda dengan mesin kutub tonjol yang akan membuat analisis mesin kutub tonjol memerlukan cara khusus sehingga kita tidak melakukannya dalam bab pengenalan ini. Diagram fasor (Gb.3.6) kita gambarkan dengan ketentuan berikut 1. Diagram fasor dibuat per fasa dengan pembebanan induktif. 2. Tegangan terminal Va dan arus jangkar Ia adalah nominal.


3. Tegangan imbas digambarkan sebagai tegangan naik; jadi dari fluksi yang tegangan imbas tertinggal 90o membangkitkannya. 4. Belitan jangkar mempunyai reaktansi bocor Xl dan resistansi Ra. 5. Mmf (fluksi) dinyatakan dalam arus ekivalen. Dengan mengambil tegangan terminal jangkar Va sebagai referensi, arus jangkar Ia tertinggal dengan sudut θ dari Va (beban induktif). Tegangan imbas pada jangkar adalah

E a = Va + I a (R a + jX l )

(3.15)

Tegangan imbas Ea ini harus dibangkitkan oleh fluksi celah udara Φa yang dinyatakan dengan arus ekivalen Ifa mendahului Ea 90o. Arus jangkar Ia memberikan fluksi jangkar Φa yang dinyatakan dengan arus ekivalen Iφa. Jadi fluksi dalam celah udara merupakan jumlah dari fluksi rotor Φf yang dinyatakan dengan arus ekivalen If dan fluksi jangkar. Jadi

I fa = I f + I φa

atau

I f = I fa − I φa

(3.16)

Dengan perkataan lain arus eksitasi rotor If haruslah cukup untuk membangkitkan fluksi celah udara untuk membangkitkan Ea dan mengatasi fluksi jangkar agar tegangan terbangkit Ea dapat dipertahankan. Perhatikan Gb.3.6. If membangkitkan tegangan Eaa 90o di belakang If dan lebih besar dari Ea. Eaa

If =Ifa− Iφa Ifa γ

−Iφa θ

Iφa

Va

Ea jIaXl

IaRa Ia Gb.3.6. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris.

63

Hubungan antara nilai Ea dan Ifa diperoleh dari karakteristik celah udara, sedangkan antara nilai Ia dan Iφa diperoleh dari karakteristik hubung singkat. Dari karakteristik tersebut, seperti terlihat pada Gb.3.6., dapat dinyatakan dalam bentuk hubungan

E a = k v I fa dan I a = k i I φa atau I fa = E a / k v dan I φa = I a / k i

(3.17)

dengan kv dan ki adalah konstanta yang diperoleh dari kemiringan kurva. Dari (3.47) dan Gb.3.6. kita peroleh E I I f = I fa − I φa = a ∠(90 o + γ ) + a ∠(180 o − θ) kv ki (3.18) E I = j a ∠γ − a ∠ − θ kv ki Dari (3.18) kita peroleh Eaa yaitu

  E I E aa = − jk v I f = − jk v  j a ∠γ − a ∠ − θ  ki   kv kv kv = E a ∠γ + j Ia Ia∠ − θ = Ea + j ki ki Suku kedua (3.19) dapat kita tulis sebagai

(3.19)

jX φa I a dengan

k X φa = v (3.20) ki yang disebut reaktansi reaksi jangkar karena suku ini timbul akibat adanya reaksi jangkar. Selanjutnya (3.19) dapat ditulis

E aa = E a + jX φa I a = Va + I a (Ra + jX l ) + jX φa I a = Va + I a (Ra + jX a )

(3.21)

dengan X a = X l + X φa yang disebut reaktansi sinkron. Diagram fasor Gb.3.6. kita gambarkan sekali lagi menjadi Gb.3.7. untuk memperlihatkan peran reaktansi reaksi jangkar dan reaktansi sinkron. Perhatikanlah bahwa pengertian reaktansi sinkron kita turunkan dengan memanfaatkan karakteristik celah udara, yaitu karakteristik linier


dengan menganggap rangkaian magnetik tidak jenuh. Oleh karena itu reaktansi tersebut biasa disebut reaktansi sinkron tak jenuh.

Eaa

If =Ifa− Iφa jIaXφa

Ifa γ

−Iφa θ

Iφa

Va

Ea

jIaXa jIaXl

IaRa Ia Gb.3.7. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris; reaktansi reaksi jangkar (Xφa) dan reaktansi sinkron (Xa). Rangkaian Ekivalen. Dengan pengertian reaktansi sinkron dan memperhatikan persamaan (3.21) Ia kita dapat menggambarkan jXa + Ra + rangkaian Beban Va − Eaa ekivalen mesin − sinkron dengan beban seperti Gb.3.8. Rangkaian ekivalen mesin sinkron. terlihat pada Gb.3.8. Perhatikanlah bahwa rangkaian ekivalen ini adalah rangkaian ekivalen per fasa. Tegangan Va adalah tegangan fasa-netral dan Ia adalah arus fasa. CO+TOH 3.11 : Sebuah generator sinkron tiga fasa 10 MVA, terhubung Y, 50 Hz, Tegangan fasa-fasa 13,8 kV, mempunyai karakteristik celah udara yang dapat dinyatakan sebagai E a = 53,78 I f V dan karakteristik hubung singkat I a = 2,7 I f A (If dalam ampere). Resistansi jangkar per fasa adalah 0,08 Ω dan

65

reaktansi bocor per fasa 1,9 Ω. Tentukanlah arus eksitasi (arus medan) yang diperlukan untuk membangkitkan tegangan terminal nominal jika generator dibebani dengan beban nominal seimbang pada faktor daya 0,8 lagging. Penyelesaian : 13800 = 7967,4 V . Tegangan per fasa adalah Va = 3 Arus jangkar per fasa : I a =

10 × 10 6 13800 × 3

= 418,4 A .

k 53,78 = 19,92 Ω Reaktansi reaksi jangkar : X φa = v = ki 2,7 Reaktansi sinkron : X a = X l + X φa = 1,9 + 19,92 = 21,82 Ω Dengan mengambil Va sebagai referensi, maka Va = 7967,4 ∠0o V dan Ia = 418,4∠−36,87, dan tegangan terbangkit :

E aa = Va + I a ( R a + jXa) = 7967,4∠0 o + 418,4∠ − 36,87(0.08 + j 21.82) ≈ 7967,4∠0 o + 9129,5∠53,13 o = 13445,1 + j 7303,6 E aa = (13445,1) 2 + (7303,6) 2 = 15300 V Arus eksitasi yang diperlukan adalah

If =

E aa 15300 = = 284,5 A kv 53,78

Daya. Daya per fasa yang diberikan ke beban adalah

P f = Va I a cos θ

(3.22)

Pada umumnya pengaruh resistansi jangkar sangat kecil dibandingkan dengan pengaruh reaktansi sinkron. Dengan mengabaikan resistansi jangkar maka diagram fasor mesin sinkron menjadi seperti Gb.3.9.


Eaa θ jIaXa

Va δ θ

Ia

Gb.3.9. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris; resistansi jangkar diabaikan. Pada Gb.3.9. terlihat bahwa

Eaa sin δ = I a X a cos θ atau

I a cos θ =

E aa sin δ . Xa

Dengan demikian maka (3.22) dapat ditulis sebagai

V E P f = a aa sin δ (3.23) Xa Persamaan (3.23) ini memberikan formulasi daya per fasa dan sudut δ menentukan besarnya daya; oleh karena itu sudut δ disebut sudut daya (power angle). Daya Pf merupakan fungsi sinus dari sudut daya δ seperti terlihat pada Gb.3.10.

generator

P1.1 f

0 -180

-90

0

90

180

δ (o listrik) motor

-1.1

Gb.3.10. Daya fungsi sudut daya.

Untuk 0 < δ < 180o daya bernilai positif, mesin beroperasi sebagai generator yang memberikan daya. (Jangan dikacaukan oleh konvensi pasif karena dalam menggambarkan diagram fasor untuk mesin ini kita menggunakan

67

ketentuan tegangan naik dan bukan tegangan jatuh). Untuk 0 > δ > −180o mesin beroperasi sebagai motor, mesing menerima daya. Dalam pengenalan mesin-mesin listrik ini, pembahasan mengenai mesin sikron kita cukupkan sampai di sini. Pembahasan lebih lanjut akan kita peroleh pada pelajaran khusus mengenai mesin-mesin listrik.

Soal-Soal 1. Sebuah generator sinkron 3 fasa, 50 Hz, 10 kutub, memiliki 90 alur di statornya. Fluksi maksimum per kutub adalah sekitar 0,2 Wb. Tentukanlah jumlah lilitan per belitan jika tegangan fasa-fasa yang diharapkan adalah 12 kV, dengan belitan jangkar terhubung Y. 2. Sebuah generator sinkron 3 fasa, 10 kutub, hubungan Y, kecepatan perputaran 600 rpm. Jumlah alur stator 120 dengan 8 konduktor tiap alur; belitan fasa terhubung seri. Jika fluksi maksimum tiap kutub adalah 0,06 Wb, hitunglah tegangan imbas fasa-netral dan fasa-fasa. 3. Sebuah generator sikron 3 fasa, 1500 kVA, 6600 V, hubungan Y, mempunyai karakteristik celah udara sebagai Va = 57,14 × I f V dan karakteristik hubung singkat I a = 2,63 × I f A . Generator bekerja pada beban penuh pada faktor daya 0,8 lagging. Jika tegangan jatuh reaktif dan resistif pada jangkar adalah 8% dan 2% dari tegangan normal, tentukan eksitasi yang diperlukan. 4. Sebuah generator sikron 3 fasa, 5000 kVA, 6600 V, hubungan Y, mempunyai karakteristik celah udara sebagai Va = 54,44 × I f V dan karakteristik hubung singkat I a = 21,87 × I f A . Generator bekerja pada beban penuh pada faktor daya 0,6 lagging. Jika reaktansi dan resistansi jangkar per fasa adalah 1 Ω dan 0,2 Ω, tentukan selang eksitasi yang diperlukan untuk mempertahankan tegangan jangkar tetap konstan dari beban nol sampai beban penuh. 5. Sebuah generator sikron 3 fasa, 1500 kVA, 6600 V, hubungan Y, beroperasi pada beban penuh dengan faktor daya 0,8 lagging. Karakteristik celah udara menunjukkan Va = 217,7 × I f V . Generator ini mempunyai stator dengan 9 alur per kutub dan tiap alur berisi 6 konduktor. Jika tegangan jatuh induktif adalah 10% pada beban penuh sedangkan resistansi dapat diabaikan. Rotor adalah kutub tonjol dengan 125 lilitan tiap kutub. Tentukan arus eksitasi pada beban penuh.


BAB 4 Motor Asinkron Setelah mempelajari bab ini, kita akan • Memahami cara kerja motor asinkron. • Mampu melakukan perhitungan-perhitungan sederhana pada motor asinkron melalui rangkaian ekivalen.

4.1. Konstruksi Dan Cara Kerja Motor merupakan piranti konversi dari energi listrik ke a energi mekanik. Salah satu jenis yang banyak dipakai b1 c1 adalah motor asinkron atau motor induksi. Di sini kita hanya akan melihat motor asinkron tiga fasa. Stator memiliki alur-alur untuk c b memuat belitan-belitan yang akan terhubung pada sistem a1 tiga fasa. Gb.4.1. hanya memperlihatkan tiga belitan pada stator sebagai belitan terpusat, yaitu belitan aa1 , Gb.4.1. Motor asinkron. bb1 dan cc1 yang berbeda posisi 120o mekanik. Susunan belitan ini sama dengan susunan belitan pada stator generator sinkron. Ketiga belitan ini dapat dihubungkan Y ataupun ∆ untuk selanjutnya disambungkan ke sumber tiga fasa. Rotor mempunyai alur-alur yang berisi konduktor dan semua konduktor pada rotor ini dihubung singkat di ujung-ujungnya. Inilah salah satu konstruksi rotor yang disebut rotor sangkar (susunan konduktor-konduktor itu berbentuk sangkar). Untuk memahami secara fenomenologis cara kerja motor ini, kita melihat kembali bagaimana generator sinkron bekerja. Rotor generator yang mendukung kutub magnetik konstan berputar pada porosnya. Magnet yang berputar ini mengimbaskan tegangan pada belitan stator yang membangun sistem tegangan tiga fasa. Apabila rangkaian belitan stator tertutup, misalnya melalui pembebanan, akan mengalir arus tiga fasa 69

pada belitan stator. Sesuai dengan hukum Lenz, arus tiga fasa ini akan membangkitkan fluksi yang melawan fluksi rotor; kejadian ini kita kenal sebagai reaksi jangkar. Karena fluksi rotor adalah konstan tetapi berputar sesuai perputaran rotor, maka fluksi reaksi jangkar juga harus berputar sesuai perputaran fluksi rotor karena hanya dengan jalan itu hukum Lenz dipenuhi. Jadi mengalirnya arus tiga fasa pada belitan rotor membangkitkan fluksi konstan yang berputar. Sekarang, jika pada belitan stator motor asinkron diinjeksikan arus tiga fasa (belitan stator dihubungkan pada sumber tiga fasa) maka akan timbul fluksi konstan berputar seperti layaknya fluksi konstan berputar pada reaksi jangkar generator sinkron. Demikianlah bagaimana fluksi berputar timbul jika belitan stator motor asikron dihubungkan ke sumber tiga fasa. Kita akan melihat pula secara skematis, bagaimana timbulnya fluksi berputar. Untuk itu hubungan belitan stator kita gambarkan sebagai tiga belitan terhubung Y yang berbeda posisi 120o mekanis satu sama lain seperti terlihat pada Gb.4.2.a. Belitan-belitan itu masing-masing dialiri arus ia , ib , dan ic yang berbeda fasa 120o listrik seperti ditunjukkan oleh Gb.4.2.b. Masing-masing belitan itu akan membangkitkan fluksi yang berubah terhadap waktu sesuai dengan arus yang mengalir padanya. Kita perhatikan situasi yang terjadi pada beberapa titik waktu. Perhatikan Gb.4.2. Pada t1 arus ia maksimum negatif dan arus ib = ic positif. Ke-tiga arus ini masing-masing membangkitkan fluksi φa , φb dan φc yang memberikan fluksi total φtot . Kejadian ini berubah pada t2 , t3 , t4 dan seterusnya yang dari Gb.4.2. terlihat bahwa fluksi total berputar seiring dengan perubahan arus di belitan tiga fasa. Peristiwa ini dikenal sebagai medan putar pada mesin asinkron. Kecepatan perputaran dari medan putar harus memenuhi relasi antara jumlah kutub, frekuensi tegangan, dan kecepatan perputaran sinkron sebagaimana telah kita kenal pada mesin sinkron yaitu

f1 =

p ns 120 f1 Hz atau n s = rpm 120 p

(4.1)

dengan f1 adalah frekuensi tegangan stator, ns adalah kecepatan perputaran medan putar yang kita sebut perputaran sinkron. Jumlah kutub p ditentukan oleh susunan belitan stator. Pada belitan stator seperti pada contoh konstruksi mesin pada Gb.4.1. jumlah kutub adalah 2, sehingga jika frekuensi tegangan 50Hz maka perputaran sinkron adalah 3000 rpm. 70 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

1.1

c c1 0

b1

a1

- 180 -135

a

b

- 90

ia

- 1.1

ic

t1

ic ia

ib φb

φa

φc

45

90

ia

ib

135

180

t

ic

t2

t3

t4

ic

ic ia

ib

ia

ib

φc φtot

φa

φa

φa φb

φtot

φc

φb φtot

t1

0

ib

b).

a).

-45

t2

φc

φb

φtot t3

t4

Gb.4.2. Terbentuknya fluksi magnetik yang berbutar. Arus positif menuju titik netral, arus negatif meninggalkan titk netral. Fluksi total φtot tetap dan berputar. Untuk membuat jumlah kutub menjadi 4, belitan stator disusun seperti pada stator mesin sinkron pada Gb.3.1. Selanjutnya medan magnetik berputar yang ditimbulkan oleh stator akan mengimbaskan tegangan pada konduktor rotor. Karena konduktor rotor merupakan rangkaian tertutup, maka akan mengalir arus yang kemudian berinteraksi dengan medan magnetik yang berputar dan timbullah gaya sesuai dengan hukum Ampere. Dengan gaya inilah terbangun torka yang akan membuat rotor berputar dengan kecepatan perutaran n. Perhatikanlah bahwa untuk terjadi torka, harus ada arus mengalir di 71

konduktor rotor dan untuk itu harus ada tegangan imbas pada konduktor rotor. Agar terjadi tegangan imbas, maka kecepatan perputaran rotor n harus lebih kecil dari kecepatan perputaran medan magnetik (yaitu kecepatan perputaran sinkron ns) sebab jika kecepatannya sama tidak akan ada fluksi yang terpotong oleh konduktor. Dengan kata lain harus terjadi beda kecepatan antara rotor dengan medan putar, atau terjadi slip yang besarnya adalah :

n −n s= s ns

(4.2)

Nilai s terletak antara 0 dan 1.

Rotor Belitan. Pada awal perkenalan kita dengan mesin asinkron, kita melihat pada konstruksi yang disebut mesin asinkron dengan rotor sangkar. Jika pada rotor mesin asinkron dibuat alur-alur untuk meletakkan susunan belitan yang sama dengan susunan belitan stator maka kita mempunyai mesin asinkron rotor belitan. Terminal belitan rotor dapat dihubungkan dengan cincin geser (yang berputar bersama rotor) dan melalui cincin geser ini dapat dihubungkan pada resistor untuk keperluan pengaturan perputaran. Skema hubungan belitan stator dan rotor diperlihatkan pada Gb.4.3; pada waktu operasi normal belitan rotor dihubung singkat. Hubungan seperti ini mirip dengan transformator. Medan putar akan mengimbaskan tegangan baik pada belitan stator maupun rotor.

E1

belitan stator

E2

belitan rotor

Gb.4.3. Skema hubungan belitan stator dan rotor mesin asinkron rotor belitan. Garis putus-putus menunjukkan hubung singkat pada operasi normal. Tegangan imbas pada stator adalah :

E1 = 4,44 f 1 K w1φ m 72 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

(4.3)

p ns = frekuensi tegangan 120 stator, φm adalah fluksi maksimum di celah udara, 1 adalah jumlah lilitan belitan stator. dengan Kw1 adalah faktor belitan stator, f =

Jika belitan rotor terbuka dan rotor tidak berputar, maka tegangan imbas pada belitan rotor adalah

E 2 = 4,44 f 2 K w2 φ m

(4.4)

p ns = frekuensi tegangan 120 stator (karena rotor tidak berputar), φm adalah fluksi maksimum di celah udara sama dengan fluksi yang mengibaskan tegangan pada belitan stator, 2 adalah jumlah lilitan belitan rotor. dengan Kw2 adalah faktor belitan rotor, f =

Jika rotor dibiarkan berputar dengan kecepatan perputaran n maka terdapat slip seperti ditunjukkan oleh (4.2). Frekuensi tegangan imbas pada rotor menjadi

f2 =

p ( n s − n) p s n s = = s f Hz 120 120

(4.5)

Jadi frekuensi tegangan rotor diperoleh dengan mengalikan frekuensi stator dengan slip s; oleh karena itu ia sering disebut frekuensi slip. Tegangan imbas pada belitan rotor dalam keadaan berputar menjadi

E 22 = sE 2

(4.6)

Jika rotor tak berputar (belitan rotor terbuka), maka dari (4.56) dan (4.57) kita peroleh

K E1 = 1 w1 = a E 2 2 K w2

(4.7)

Situasi ini mirip dengan transformator tanpa beban.

CO+TOH 4.12 : Tegangan seimbang tiga fasa 50 Hz diberikan kepada motor asinkron tiga fasa , 4 kutub. Pada waktu motor melayani beban penuh, diketahui bahwa slip yang terjadi adalah 0,05. Tentukanlah : (a) kecepatan perputaran medan putar relatif terhadap stator; (b) frekuensi arus rotor; (c) kecepatan perputaran medan rotor relatif terhadap rotor; (d) kecepatan perputaran medan rotor relatif 73

terhadap stator; (e) kecepatan perputaran medan rotor relatif terhadap medan rotor. Penyelesaian: (a) Relasi antara kecepatan medan putar relatif terhadap stator (kecepatan sinkron) dengan frekuensi dan jumlah kutub adalah p ns . Jadi kecepatan perputaran medan putar adalah f = 120 120 f 120 × 50 ns = = = 1500 rpm p 4 (b) Frekuensi arus rotor adalah f 2 = sf1 = 0,05 × 50 = 2,5 Hz. (c) Karena belitan rotor adalah juga merupakan belitan tiga fasa dengan pola seperti belitan stator, maka arus rotor akan menimbulkan pula medan putar seperti halnya arus belitan stator menimbulkan medan putar. Kecepatan perputaran medan putar rotor relatif terhadap rotor adalah

120 f 2 120 × 2,5 = = 75 Hz p 4 (d) Relatif terhadap stator, kecepatan perputaran medan rotor harus sama dengan kecepatan perputaran medan stator, yaitu kecepatan sinkron 1500 rpm. n2 =

(e) Karena kecepatan perputaran medan rotor sama dengan kecepatan perputaran medan stator, kecepatan perputaran relatifnya adalah 0.

4.2. Rangkaian Ekivalen Rangkaian ekivalen yang akan kita pelajari adalah rangkaian ekivalen per fasa. Rangkaian Ekivalen Stator. Jika resistansi belitan primer per fasa adalah R1 dan reaktansinya adalah X1, sedangkan rugi-rugi inti dinyatakan dengan rangkaian paralel suatu resistansi Rc dan reaktansi Xφ seperti halnya pada transformator. Jika V1 adalah tegangan masuk per fasa pada belitan stator motor dan E1 adalah tegangan imbas pada belitan stator oleh medan putar seperti diberikan oleh (4.3), maka kita akan mendapatkan hubungan fasor


V1 = I1 (R1 + jX 1 ) + E1

(4.8)

Fasor-fasor tegangan dan arus serta reaktansi pada persamaan (4.61) ini adalah pada frekuensi sinkron ωs = 2π f1. Rangkaian ekivalen stator menjadi seperti pada Gb.4.4. yang mirip rangkaian primer transformator. Perbedaan terletak pada besarnya If yang pada transformator berkisar antara 2 − 5 persen dari arus nominal, sedangkan pada motor asinkron arus ini antara 25 − 40 persen arus nominal, tergantung dari besarnya motor.

I1 R1

V1

jX1

If

Ic Rc

A

Iφ E 1 jXc B

Gb.4.4. Rangkaian ekivalen stator. Selain itu reaktansi bocor X1 pada motor jauh lebih besar karena adanya celah udara dan belitan stator terdistribusi pada permukaan dalam stator sedangkan pada transformator belitan terpusat pada intinya. Tegangan E1 pada terminal AB pada rangkaian ekivalen ini haruslah merefleksikan peristiwa yang terjadi di rotor.

Rangkaian Ekivalen Rotor. Jika rotor dalam keadaan berputar maka tegangan imbas pada rotor adalah E22 . Jika resistansi rotor adalah R22 dan reaktansinya adalah X22 maka arus rotor adalah :

I 22 =

E 22 (R22 + jX 22 )

(4.9)

Perhatikanlah bahwa fasor-fasor tegangan dan arus serta nilai reaktansi pada persamaan (4.9) ini adalah pada frekuensi rotor ω2 = 2π f2 , berbeda dengan persamaan fasor (4.8). Kita gambarkan rangkaian untuk persamaan (4.9) ini seperti pada Gb.4.5.a.

75

I22 A′

I2 R22

A′

jX22

jsX2

R2

sE2

E22 B′

B′ a)

b)

I2

I2

A′

E2

R2 s

A′

jX2

E2

B′

R2

jX2 R2

B′ c)

1− s s

d)

Gb.4.5. Pengembangan rangkaian ekivalen rotor. Menurut (4.6) E22 = sE2 dimana E2 adalah tegangan rotor dengan frekuensi sinkron ωs. Reaktansi rotor X22 dapat pula dinyatakan dengan frekuensi sinkron; jika L2 adalah induktansi belitan rotor (yang merupakan besaran konstan karena ditentukan oleh konstruksinya) maka kita mempunyai hubungan

X 22 = ω 2 L2 = sω1 L2 = sX 2

(4.10)

Di sini kita mendefinisikan reaktansi rotor dengan frekuensi sinkron X 2 = ω1L2 . Karena Resistansi tidak tergantung frekuensi, kita nyatakan resistansi rotor sebagai R2 = R22. Dengan demikian maka arus rotor menjadi

I2 =

sE 2 R2 + jsX 2

(4.11)

Persamaan fasor tegangan dan arus rotor (4.64) sekarang ini adalah pada frekuensi sinkron dan persamaan ini adalah dari rangkaian yang terlihat pada Gb.4.5.b. Tegangan pada terminal rotor A´B´ adalah tegangan karena ada slip yang besarnya adalah sE2. Dari rangkaian ini kita dapat menghitung besarnya daya nyata yang diserap rotor per fasa, yaitu

Pcr = I 22 R2


(4.12)

Jika pembilang dan penyebut pada persamaan (4.64) kita bagi dengan s kita akan mendapatkan

I2 =

E2 R2 + jX 2 s

(4.13)

Langkah matematis ini tidak akan mengubah nilai I2 dan rangkaian dari persamaan ini adalah seperti pada Gb.4.5.c. Walaupun demikian ada perbedaan penafsiran secara fisik. Tegangan pada terminal rotor A´B´ sekarang adalah tegangan imbas pada belitan rotor dalam keadaan rotor tidak berputar dengan nilai seperti diberikan oleh (4.14) dan bukan tegangan karena ada slip. Jika pada Gb.4.5.b. kita mempunyai rangkaian riil rotor dengan resistansi konstan R dan tegangan terminal rotor yang tergantung dari slip, maka pada Gb.4.28.c. kita mempunyai rangkaian ekivalen rotor dengan tegangan terminal rotor tertentu dan resistansi yang tergantung dari slip. Tegangan terminal rotor pada keadaan terakhir ini kita sebut tegangan celah udara pada terminal rotor dan daya yang diserap rotor kita sebut daya celah udara, yaitu :

Pg = I 22

R2 s

(4.14)

Daya ini jauh lebih besar dari Pcr pada (4.12). Pada mesin besar nilai s adalah sekitar 0,02 sehingga Pg sekitar 50 kali Pcr. Perbedaan antara (4.14) dan (4.12) terjadi karena kita beralih dari tegangan rotor riil yang berupa tegangan slip ke tegangan rotor dengan frekuensi sinkron. Daya nyata Pg tidak hanya mencakup daya hilang pada resistansi belitan saja tetapi mencakup daya mekanis dari motor. Daya mekanis dari rotor ini sendiri mencakup daya keluaran dari poros motor untuk memutar beban ditambah daya untuk mengatasi rugi-rugi rotasi yaitu rugi-rugi akibat adanya gesekan dan angin. Oleh karena itu daya Pg kita sebut daya celah udara artinya daya yang dialihkan dari stator ke rotor melalui celah udara yang meliputi daya hilang pada belitan rotor (rugi tembaga rotor) dan daya mekanis rotor. Dua komponen daya ini dapat kita pisahkan jika kita menuliskan

R2 1 − s  = R2 + R2   s  s 

(4.15)

77

Suku pertama (4.15) akan memberikan daya hilang di belitan rotor (per fasa) Pcr = I 22 R2 dan suku kedua memberikan daya keluaran mekanik ekivalen

1− s  Pm = I 22 R2    s 

(4.16)

Dengan cara ini kita akan mempunyai rangkaian ekivalen rotor seperti pada Gb.4.5.d.

Rangkaian Ekivalen Lengkap. Kita menginginkan satu rangkaian ekivalen untuk mesin asinkron yang meliputi stator dan rotor. Agar dapat menghubungkan rangkaian rotor dengan rangkaian stator, kita harus melihat tegangan rotor E2 dari sisi stator dengan memanfaatkan (4.60) yang memberikan E1 = aE 2 . Jika E2 pada Gb.4.5.d. kita ganti dengan

E1 = aE 2 , yaitu tegangan rotor dilihat dari sisi stator, maka arus rotor dan semua parameter rotor harus pula dilihat dari sisi stator menjadi I '2 , R2' dan X 2' . Dengan demikian kita dapat menghubungkan terminal rotor A´B´ ke terminal AB dari rangkaian stator pada Gb.4.4. dan mendapatkan rangkaian ekivalen lengkap seperti terlihat pada Gb.4.6. I1

A R1

V1

jX1 Rc

I '2

If

R2'

jX 2'

jXc

R2'

1− s s

B Gb.4.6. Rangkaian ekivalen lengkapmotor asikron.

Aliran Daya. Aliran daya per fasa dalam motor asinkron dapat kita baca dari rangkaian ekivalen sebagai berikut. Daya (riil) yang masuk ke stator motor melalui tegangan V1 dan arus I1 digunakan untuk : • mengatasi rugi tembaga stator : Pcs = I12 R1 • mengatasi rugi-rugi inti stator : Pinti


• daya masuk ke rotor, disebut daya celah udara Pg = ( I 2' ) 2

R2' , s

yang digunakan untuk • •

mengatasi rugi-rugi tembaga rotor : Pcr = ( I 2' ) 2 R2' memberikan daya mekanis rotor 1 − s  Pm = ( I 2' ) 2 R2'   , yang terdiri dari :  s  • daya untuk mengatasi rugi rotasi (gesekan dan angin) : Protasi • daya keluaran di poros rotor : Po.

Jadi urutan aliran daya secara singkat adalah :

Po = Pm − Protasi ; Pm = Pg − Pcr ; Pg = Pin − Pinti − Pcs Rangkaian Ekivalen Pendekatan. Dalam melakukan analisis motor asinkron kita sering menggunakan rangkaian ekivalen pendekatan yang lebih sederhana seperti pada Gb.4.7. Dalam rangkaian ini rugi-rugi tembaga stator dan rotor disatukan menjadi dan Xe ditentukan akan kita bahas berikut ini.

jX e = jX1 + jX 2'

I1 If V1 R c

( I 2' ) 2 Re . Bagaimana Re

Re = R1 + R2'

jXc

R2'

1− s s

Gb.4.7. Rangkaian ekivalen pendekatan.

4.3. Penentuan Parameter Rangkaian Pengukuran Resistansi. Resistansi belitan stator maupun belitan rotor dapat diukur. Namun perlu diingat bahwa jika pengukuran dilakukan dengan menggunakan metoda pengukuran arus searah dan pengukuran dilakukan pada temperatur kamar, harus dilakukan koreksi-koreksi. Dalam pelajaran lebih lanjut kita akan melihat bahwa resistansi untuk arus bolak-balik lebih besar dibandingkan dengan resistansi pada arus searah karena adanya gejala yang disebut efek kulit. Selain dari itu, pada 79

kondisi kerja normal, temperatur belitan lebih tinggi dari temperatur kamar yang berarti nilai resistansi akan sedikit lebih tinggi.

Uji Beban +ol. Dalam uji beban nol stator diberikan tegangan nominal sedangkan rotor tidak dibebani dengan beban mekanis. Pada uji ini kita mengukur daya masuk dan arus saluran. Daya masuk yang kita ukur adalah daya untuk mengatasi rugi tembaga pada beban nol, rugi inti, dan daya celah udara untuk mengatasi rugi rotasi pada beban nol. Dalam uji ini slip sangat kecil, arus rotor cukup kecil untuk diabaikan sehingga biasanya arus eksitasi dianggap sama dengan arus uji beban nol yang terukur. Uji Rotor Diam. Uji ini analog dengan uji hubng singkat pada transformator. Dalam uji ini belitan rotor di hubung singkat tetapi rotor ditahan untuk tidak berputar. Karena slip s = 1, maka daya mekanis keluaran adalah nol. Tegangan masuk pada stator dibuat cukup rendah untuk membatasi arus rotor pada nilai yang tidak melebihi nilai nominal. Selain itu, tegangan stator yang rendah (antara 10 – 20 % nominal) membuat arus magnetisasi sangat kecil sehingga dapat diabaikan. Rangkaian ekivalen dalam uji ini adalah seperti pada Gb.4.8. Perhatikan bahwa kita mengambil tegangan fasa-netral dalam rangkaian ekivalen ini. I0

jX e = jX1 + jX 2' Re = R1 + R2'

Vfn

Gb.4.8. Rangkaian ekivalen motor asikron pada uji rotor diam. Jika Pd adalah daya tiga fasa yang terukur dalam uji rotor diam, Id adalah arus saluran dan Vd adalah tegangan fasa-fasa yang terukur dalam uji ini, maka


Re = X 1 + jX 2' = Ze =

Pd 3I d2

Vd

(4.17)

Id 3

X e == Z e2 − Re2 = X 1 + X 2' Jika kita menggunakan rangkaian ekivalen pendekatan, pemisahan antara X1 dan X2´ tidak diperlukan dan kita langsung memanfaatkan Xe.

CO+TOH 4.12 : Daya keluaran pada poros rotor motor asinkron tiga fasa 50 Hz adalah 75 kW. Rugi-rugi rotasi adalah 900 W; rugi-rugi inti stator adalah 4200 W; rugi-rugi tembaga stator adalah 2700 W. Arus rotor dilihat dari sisi stator adalah 100 A.. Hitunglah efisiensi motor jika diketahui slip s = 3,75%. Penyelesaian: Dari rangkaian ekivalen Gb.4.29., daya mekanik ekivalen adalah 1 − s  Pm = ( I 2' ) 2 R2'  .  s  Pm dalam formulasi ini meliputi daya keluaran pada poros rotor dan rugi rotasi. Daya keluaran 75 kW yang diketahui, adalah daya keluaran pada poros rotor sedangkan rugi rotasi diketahui 900 W sehingga Pm = 75000 + 900 = 75900 W dan rugi-rugi tembaga rotor adalah

P s 75900 × 0,0375 Pcr = ( I 2' ) 2 R2' = m = = 2957 W 1− s 1 − 0,0375 Efisiensi motor adalah

η=

Pkeluaran ×100% Pkeluaran + rugi − rugi

75000 × 100% 75000 + 4200 + 2700 + 900 + 2957 = 87,45%

=

81

CO+TOH 4.13 : Uji rotor diam pada sebuah motor asinkron tiga fasa rotor belitan, 200 HP, 380 V, hubungan Y, memberikan data berikut: daya masuk Pd = 10 kW, arus saluran Id = 250 A, Vd = 65 Vdan pengukuran resistansi belitan rotor memberikan hasil R1 = 0,02 Ω per fasa. Tentukan resistansi rotor dilihat di stator. Penyelesaian : Menurut (4.70) kita dapat menghitung

Re =

Pd 3I d2

=

10000 3 × (250) 2

= 0,0533 Ω per fasa

R2' = Re − R1 = 0,0533 − 0,02 = 0,0333 Ω per fasa CO+TOH 4.14 : Pada sebuah motor asinkron tiga fasa 10 HP, 4 kutub, 220 V, 50 Hz, hubungan Y, dilakukan uji beban nol dan uji rotor diam. Beban nol : V0 = 220 V; I0 = 9,2 A; P0 = 670 W Rotor diam : Vd = 57 V; Id = 30 A; Pd = 950 W. Pengukuran resistansi belitan stator menghasilkan nilai 0,15 Ω per fasa. Rugi-rugi rotasi sama dengan rugi inti stator. Hitung: (a) parameter-parameter yang diperlukan untuk menggambarkan rangkaian ekivalen (pendekatan); (b) arus eksitasi dan rugi-rugi inti. Penyelesaian : a). Karena terhubung Y, tegangan per fasa adalah 220 V1 = = 127 V . 3 Uji rotor diam memberikan :

Re =

Pd 3( I d )

2

=

950 3 × (30) 2

= 0,35 Ω ;

R2' = Re − R1 = 0,35 − 0,15 = 0,2 Ω Ze =

Vd 3 × Id

=

57 3 × 30

= 1,1 Ω ;

X e = Z e2 − Re2 = (1,1) 2 − (0,35) 2 = 3,14 Ω


jX e = j 3,14

I1 If o

127∠0 R c V

Re = 0,35

jXc

0,2

1− s s

b). Pada uji beban nol, arus rotor cukup kecil untuk diabaikan; jadi arus yang mengalir pada uji beban nol dapat dianggap arus eksitasi If . Daya pada uji beban nol P0 = 670 = V0 I f cos θ 3 ⇒ cos θ =

670 220 3 × 9,2

= 0,19 lagging.

Jadi : I f = 9,2∠θ = 9,2∠ − 79 o . Rugi inti :

Pinti = P0 − 3 × I 02 R1 = 670 − 3 × 9,2 2 × 0,15 = 632 W CO+TOH 4.15 : Motor pada contoh 4.14. dikopel dengan suatu beban mekanik, dan pengukuran pada belitan stator memberikan data : daya masuk 9150 W, arus 28 A, faktor daya 0,82. Tentukanlah : (a) arus rotor dilihat dari sisi stator; (b) daya mekanis rotor; (c) slip yang terjadi; (d) efisiensi motor pada pembebanan tersebut jika diketahui rugi rotasi 500 W. Penyelesaian : a). Menggunakan tegangan masukan sebagai referensi, dari data pengukuran dapat kita ketahui fasor arus stator, yaitu:

I1 = 28∠ − 35 o . Arus rotor dilihat dari sisi stator adalah : I '2 = I1 − I f = 28∠ − 35 o − 9,2∠ − 79 o = 28(0,82 − j 0,57 ) − 9,2(0,19 − j 0,98) = 21,2 − j 6,94 = 22,3∠ − 18 o A b). Daya mekanik rotor adalah :

Pm = Pin − Pinti − Pcs − Pcr = 9150 − 632 − 3 × 28 2 × 0,15 − 3 × 22,3 2 × 0,2 = 7867 W 83

c). Slip dapat dicari dari formulasi

Pg = Pin − Pinti − Pcs = s=

3 × ( I 2' ) 2 R2' . s

3( I 2' ) 2 R2' 3 × 22,3 2 × 0,2 = = 0,0365 atau 3,65 % Pg 9150 − 632 − 3 × 28 2 × 0,15

e). Rugi rotasi = 500 W. Daya keluaran sumbu rotor :

Po = Pm − Protasi = 7867 − 500 = 7367 W P 7367 × 100% = 80% Efisiensi motor : η = o × 100% = Pin 9150 4.4. Torka Pada motor asinkron terjadi alih daya dari daya listrik di stator menjadi daya mekanik di rotor. Sebelum dikurangi rugi-tembaga rotor, alih daya tersebut adalah sebesar daya celah udara Pg dan ini memberikan torka yang kita sebut torka elektromagnetik dengan perputaran sinkron. Jadi jika T adalah torka elektromagnetik maka Pg (4.18) Pg = Tω s atau T = ωs Torka Asut. Torka asut (starting torque) adalah torka yang dibangkitkan pada saat s = 1, yaitu pada saat perputaran masih nol. Besarnya arus rotor ekivalen berdasarkan rangkaian ekivalen Gb.4.7. dengan s = 1 adalah

I 2' =

V1

(R

1

) + (X

)

+

2 R2'

=

2 R' 1 × 3 I 2' × 2 s ωs

1

+

(4.19)

2 X 2'

Besar torka asut adalah

Ta = 1 = ωs

Pg ωs

( )

3V12 R 2'

(R + R ) + (X 1

' 2 2

1

+ X 2'

(4.20)

)

2


Pada saat s = 1 impedansi sangat rendah sehingga arus menjadi besar. Oleh karena itu pada waktu pengasutan tegangan direduksi dengan menggunakan cara-cara tertentu untuk membatasinya arus. Sudah barang tentu penurunan tegangan ini akan memperkecil torka asut. Persamaan (4.20) menunjukkan bahwa jika tegangan dturunkan setengahnya, torka asut akan turun menjadi seperempatnya.

Torka maksimum. Torka ini penting diketahui, bahkan menjadi pertimbangan awal pada waktu perancangan mesin dilakukan. Torka ini biasanya bernilai 2 sampai 3 kali torka nominal dan merupakan kemampuan cadangan mesin. Kemampuan ini memungkinkan motor melayani beban-beban puncak yang berlangsung beberapa saat saja. Perlu diingat bahwa torka puncak ini tidak dapat diberikan secara kontinyu sebab akan menyebabkan pemanasan yang akan merusak isolasi. Karena torka sebanding dengan daya celah udara Pg , maka torka maksimum terjadi jika alih daya ke rotor mencapai nilai maksimum. Dari rangkaian ekivalen pendekatan Gb.4.9., teorema alih daya maksimum mensyaratkan bahwa alih daya ke

(

R2' akan maksimum jika s

)

2 R2' = R12 + X 1 + X 2' atau s m = sm

(

+ X1 +

)

(4.21)

2 X 2'

j ( X1 + X 2' )

I1 If V1 R c

R12

R2'

R1

jXc

R2' s

Gb.4.9. Rangkaian ekivalen pendekatan. Persamaan (4.21) memperlihatkan bahwa sm dapat diperbesar dengan memperbesar R2' . Suatu motor dapat dirancang agar torka asut mendekati torka maksimum dengan menyesuaikan nilai resistansi rotor. Arus rotor pada waktu terjadi alih daya maksimum adalah 85

V1

I '2 =

=

2

V1

=

(

'    R1 + R2  + X1 + X 2'  sm   V1

(

)

  R1 + R12 + X1 + X 2'  

2

(

2 R12 + 2 R1 R12 + X1 + X 2'

) + 2(X 2

1+

X 2'

2

)  + (X 2



1+

X 2'

)

2

(4.22)

)

2

Torka maksimum adalah Tm =

( )

2 R2' 1 1 × 3 I 2' = ωs sm ωs

3 V12

(4.23)  2 2 ' 2  R1 + R1 + X 1 + X 2      Persamaan (4.23) ini memperlihatkan bahwa torka maksimum tidak tergantung dari besarnya resistansi rotor. Akan tetapi menurut (4.21) slip maksimum sm berbanding lurus dengan resistansi rotor. Jadi mengubah resistansi rotor akan mengubah nilai slip yang akan memberikan torka maksimum akan tetapi tidak mengubah besarnya torka maksimum itu sendiri.

(

)

torka dalam % nominal

Karakteristik Torka – Perputaran. Gb.4.10. memperlihatkan bagaimana torka berubah terhadap perputaran ataupun terhadap slip. Pada gambar ini diperlihatkan pula pengaruh resistansi belitan rotor terhadap karakterik torka-perputaran. Makin tinggi resistansi belitan rotor, makin besar slip tanpa mengubah besarnya torka maksimum. resistansi rotor tinggi

300

resistansi rotor rendah

200 100 0 1 0

sm1

sm

0 ns

slip perputaran

Gb.4.10. Karakteristik torka – perputaran.


Aplikasi. Motor dibagi dalam beberapa katagori menurut karakteristik spesifiknya sesuai dengan kemampuan dalam penggunaannya. Berikut ini data motor yang secara umum digunakan, untuk keperluan memutar beban dengan kecepatan konstan dimana tidak diperlukan torka asut yang terlalu tinggi. Beban-beban yang dapat dilayani misalnya kipas angin, blower, alat-alat pertukangan kayu, pompa sentrifugal. Dalam keadaan tertentu diperlukan pengasutan dengan tegangan yang direduksi dan jenis motor ini tidak boleh dibebani lebih secara berkepanjangan karena akan terjadi pemanasan. Pengendalian. Dalam pemakaian, kita harus memperhatikan pengendaliannya. Pengendalian berfungsi untuk melakukan asut dan menghentikan motor secara benar, membalik perputaran tanpa merusakkan motor, tidak mengganggu beban lain yang tersmbung pada sistem pencatu yang sama. Hal-hal khusus yang perlu diperhatikan dalam pengendalian adalah : (a) pembatasan torka asut (agar beban tidak rusak); (b) pembatasan arus asut; (c) proteksi terhadap pembebanan lebih; (d) proteksi terhadap penurunan tegangan; (e) proteksi terhadap terputusnya salah satu fasa (yang dikenal dengan single phasing). Kita cukupkan sampai di sini pembahasan kita mengenai motor asinkron. Pengetahuan lebih lanjut akan kita peroleh pada pelajaran khusus mengenai mesinmesin listrik. Tabel-4.1. Motor Dalam Aplikasi HP 0,5 sampai 200

jumlah kutub

torka asut %

torka maks

2 4 6 8 10 12 14 16

150 150 135 125 120 115 110 105

sampai 250 % tidak kurang dari 200 %

arus asut 500 % sampai 1000 %

slip

faktor daya

efisiensi

3% sampai 5%

0,87 sampai 0,89

87 % sampai 89 %

Soal-Soal 1.

Sebuah motor asinkron 3 fasa, 100 HP, 380 V, 50 Hz, mempunyai rugi-rugi inti stator 4400 W, dan rugi tembaga stator 3000 W. Rugirugi rotasi adalah 1100 W dan arus ekivalen rotor dilihat di stator adalah 120 A. Pada slip 4%, hitunglah efisiensi motor.

87

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Sebuah motor asinkron 3 fasa 20 HP, 380 V, 50 Hz, 6 kutub, belitan stator terhubung Y. Pengukuran resistansi menunjukkan resistansi belitan stator 0,13 Ω per fasa. Uji rotor diam memberikan resistansi ekivalen 0,22 Ω dan reaktansi ekivalen 0,52 Ω. Uji beban nol memberikan rugi-rugi inti 600 W. Jika motor ini beroperasi dengan slip 3%, hitunglah : (a) arus saluran; (b) faktor daya; (c) daya keluaran (HP); (d) Torka asut. Sebuah motor asinkron 3 fasa, 2200 V, 50 Hz, 12 kutub, terhubung Y. Pada uji beban nol, motor menyerap daya 14 kW pada arus saluran 20 A. Pengukuran resistansi menghasilkan resistansi belitan stator 0,4 Ω per fasa. Uji rotor diam menghasilan resistansi ekivalen 0,6 Ω dan reaktansi ekivalen 2,0 Ω. Motor beroperasi pada slip 3%. Hitunglah: (a) arus masukan; (b) faktor daya; (c) besarnya torka. Sebuah motor asinkron 3 fasa, 100 HP, 380 V, 50 Hz, 12 kutub, belitan stator terhubung Y. Pengukuran resistansi menghasilkan nilai resistansi belitan stator 0,06 per fasa. Uji beban nol menunjukkan rugi-rugi inti 4200 W. Uji rotor diam memberikan resistansi ekivalen 0,11 Ω dan reaktansi ekivalen 0,26 Ω per fasa. Jika motor beroperasi pada beban penuh dan rugi-rugi rotasi diketahui 1800 W, tentukanlah : (a) arus masukan; (b) faktor daya; (c) efisiensi. Sebuah motor asinkron 3 fasa, rotor belitan terhubung Y, tegangan masukan 2200 V. Uji beban nol pada tegangan 2200 Vmemberikan data arus saluran 16,5 A, daya masuk 12,4 kW. Uji rotor diam dilakukan pada tegangan masuk 450 V memberikan data arus saluran 176 A dan daya masuk 37,5 kW. Pengukuran resistansi stator menghasilkan resistansi 0,28 Ω per fasa. Jika motor beropersai pada slip 2% dan diketahui rugi-rugi rotasi 2 kW, tentukan nilai parameter untuk menggambarkan rangkaian ekivalen pendekatan. Pada motor soal nomer 5, tentukanlah : (a) slip untuk memberikan torka maksimum; (b) arus masukan dan faktor daya pada waktu terjadi torka maksimum; (c) besarnya torka maksimum. Sebuah motor asinkron rotor sangkar, 400 HP, 2200 V, 6 kutub, 50 Hz, belitan stator terhubung Y, mempunyai parameter

R1 = 0,2 Ω; R e = 0,4 Ω; X e = 0,25 Ω Rugi-rugi inti stator 8800 W dan rugi-rugi rotasi 4800 W. Jika motor beroperasi pada slip 2%, dengan menggunakan rangkaian ekivalen pendekatan hitunglah : (a) arus masukan; (b) faktor daya; (c) besarnya torka; (d) efisiensi. 88 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

BAB 5 Sinyal +onsinus Pada Rangkaian Linier Penyediaan energi listrik pada umumnya dilakukan dengan menggunakan sumber tegangan berbentuk gelombang sinus. Arus yang mengalir diharapkan juga berbentuk gelombang sinus. Namun perkembangan teknologi terjadi di sisi beban yang mengarah pada peningkatan efisiensi peralatan dalam penggunaan energi listrik. Alat-alat seperti air conditioner, refrigerator, microwave oven, sampai ke mesin cuci dan lampu-lampu hemat energi makin banyak digunakan dan semua peralatan ini menggunakan daya secara intermittent. Peralatan elektronik, yang pada umumnya memerlukan catu daya arus searah juga semakin banyak digunakan sehingga diperlukan penyearahan arus. Pembebananpembebanan semacam ini membuat arus beban tidak lagi berbentuk gelombang sinus. Bentuk-bentuk gelombang arus ataupun tegangan yang tidak berbentuk sinus, namun tetap periodik, tersusun dari gelombang-gelombang sinus dengan berbagai frekuensi. Gelombang periodik nonsinus ini mengandung harmonisa. Pembahasan mengenai harmonisa dalam buku ini diharapkan menjadi pengantar untuk pembahasan mengenai Kualitas Daya. Kajian mengenai kualitas daya dalam system penyaluran energi listrik mencakup setiap permasalahan pada sistem tenaga yang berdampak pada penyimpngan besaran tegangan, arus, dan frekuensi dan berakibat kegagalan kerja sistem atau kegagalan operasi peralatan di sisi beban. Perkembangan teknologi di sisi beban telah memunculkan berbagai beban dengan karakteristik masing-masing serta berbagai pola pembebanan. Karena beban terikat pada sistem pasokan daya, maka tuntutan pembebanan juga akan berimbas pada sistem. Setiap sebab yang akan menurunkan kinerja sistem perlu dihindarkan atau ditekan seminimal mungkin. Oleh karena itu muncullah permasalahan kualitas daya. Kegagalan kerja sistem tidak harus berarti ‘shut down’ dan kegagalan operasi peralatan tidak harus berarti ‘rusak’. Penurunan efisiensi dan penurunan life time termasuk dalam katagori kegagalan kerja sistem dan peralatan. Dengan demikian maka upaya peningkatan kualitas daya

89

merupakan upaya mencegah kegagalan operasi peralatan di sisi beban (pengguna akhir) maupun meningkatkan kinerja pasokan. Upaya peningkatan kualitas dituntut baik pada penyaluran dari pembangkit ke jaringan, di dalam jaringan, maupun pasokan ke beban. Masalah faktor daya, ketidak-seimbangan, susut energi di jaringan, power interruption, adalah masalah-masalah yang selalu muncul dalam sistem distribusi tenaga listrik. Ketidak-seimbangan pembebanan yang menyebabkan munculnya komponen-komponen arus negative sequence dan zero sequence juga akan menambah persoalan di jaringan. Sesungguhnya persoalan kualitas daya tidak hanya terbatas pada usaha perbaikan apa yang sudah ada, melainkan mencakup antisipasi pada keadaan mendatang, baik yang didorong oleh perkembangan teknologi maupun oleh peraturan-peraturan dan juga kepentingan komersial. Beberapa perkembangan dalam teknologi energi listrik yang perlu mendapat perhatian adalah: a) Distributed Generation Makin menyusutnya persediaan fossil fuel dan kesadaran akan lingkungan mendorong upaya ke arah energi alternatif dan energi terbarukan. Wind power, wave energy, photovoltaic, biomass, fuelcell, mikrohidro, adalah beberapa contoh. Skala pembangkit alternatif ini relatif kecil dan kebanyakan tersebar pada lokasi yang berjauhan. Jika daya dari pembangkit yang relatif kecil ini harus masuk ke jaringan, maka daya masuk ke jaringan melalui jaringan distribusi. b) Energy Storage Teknologi ini sudah sejak lama menjadi perbincangan. Penyimpanan energi sejauh ini dilaksanakan pada penyimpanan “energi pembangkit” seperti energi kimia (batere), mekanik (flywheel), hidro (hydro pumped storage), panas (thermal storage). Pembangkitan listrik dari simpanan energi ini juga relative berskala kecil, yang bisa masuk ke jaringan melalui jaringan distribusi. c)

Power Electronic Perkembangan di bidang power electronic, dengan beban besar yang merupakan pembebanan nonlinier, memerlukan perhatian agar pengaruhnya pada sistem penyaluran daya serta dampaknya terhadap peralatan-peralatan konvensional sistem (seperti transformator)


dapat ditekan. Perkembangan konversi AC/DC, diiringi oleh pengembangan tapis aktif; walaupun demikian pemantauan kaualitas daya tetap harus dilakukan.

5.1. Pendekatan +umerik Sinyal +onsinus Dalam pembahasan harmonisa kita akan menggunakan istilah sinyal nonsinus untuk menyebut secara umum sinyal periodik seperti sinyal gigi gergaji dan sebagainya, termasuk sinyal sinus terdistorsi yang terjadi di sistem tenaga. Di Bab-3 telah dibahas bagaimana mencari spektrum amplitudo dan sudut fasa dari bentuk sinyal nonsinus yang mudah dicari persamaannya. Berikut ini kita akan membahas cara menentukan spektrum amplitudo sinyal nonsinus melalui pendekatan numerik, yang digunakan jika kita menghadapi sinyal nonsinus yang tidak mudah dicari persamaannya. Cara pendekatan ini dapat dilakukan dengan bantuan komputer sederhana, terutama jika sinyal disajikan dalam bentuk kurva hasil dari suatu pengukuran analog. Dalam praktik, sinyal nonsinus diukur dengan menggunakan alat ukur elektronik yang dapat menunjukkan langsung spektrum amplitudo dari sinyal nonsinus yang diukur.

Penafsiran Grafis Deret Fourier. Pencarian spektrum amplitudo suatu sinyal periodik y(t) dilakukan melalui penghitungan koefisien Fourier dengan formula seperti berikut ini.

a0 =

1 T0 / 2 y (t )dt T0 −T0 / 2

an =

2 T0 / 2 y (t ) cos(nω 0 t )dt ; n > 0 T0 −T0 / 2

bn =

2 T0 / 2 y (t ) sin(nω 0 t )dt ; n > 0 T0 −T0 / 2

∫

∫

∫

dengan T0 adalah perioda sinyal. Integral

T0 / 2

∫−T / 2 y(t )dt

adalah luas bidang yang dibatasi oleh kurva y(t)

0

dengan sumbu-t dalam rentang satu perioda. Jika luas bidang dalam rentang satu perioda ini dikalikan dengan (1/T0), yang berarti dibagi

91

dengan T0, akan memberikan nilai rata-rata y(t) yaitu nilai komponen searah a0. Integral

T0 / 2

∫−T / 2 y(t ) cos(nω0t )dt

adalah luas bidang yang dibatasi oleh

0

kurva y (t ) cos(nω0 t ) dengan sumbu-t dalam rentang satu perioda. Jika luas bidang ini dikalikan dengan (2/T0), yang berarti dibagi (T0/2), akan diperoleh an. Di sini T0 harus dibagi dua karena dalam satu perioda T0 terdapat dua kali gelombang penuh berfrekuensi nω0. Integral

T0 / 2

∫−T / 2 y(t ) sin(nω0t )dt

adalah luas bidang yang dibatasi oleh

0

kurva y (t ) sin(nω0 t ) dengan sumbu-x dalam rentang satu perioda. Jika luas ini dikalikan dengan (2/T0) akan diperoleh bn. Seperti halnya penghitungan an, T0 harus dibagi dua karena dalam satu perioda T0 terdapat dua kali gelombang penuh berfrekuensi nω0. Dengan penafsiran hitungan integral sebagai luas bidang, maka pencarian koefisien Fourier dapat didekati dengan perhitungan luas bidang. Hal ini sangat membantu karena perhitungan analitis hanya dapat dilakukan jika sinyal nonsinus yang hendak dicari komponenkomponennya diberikan dalam bentuk persamaan yang cukup mudah untuk diintegrasi.

Prosedur Pendekatan +umerik. Pendekatan numerik integral sinyal y(t) dalam rentang p ≤ t ≤ q dilakukan sebagai berikut. 1. Kita bagi rentang p ≤ t ≤ q ke dalam m segmen dengan lebar masingmasing ∆tk; ∆tk bisa sama untuk semua segmen bisa juga tidak, tergantung dari keperluan. Integral y(t) dalam rentang p ≤ t ≤ q dihitung sebagai jumlah luas seluruh segmen dalam rentang tersebut. Setiap segmen dianggap sebagai trapesium; sisi kiri suatu segmen merupakan sisi kanan segmen di sebelah kirinya, dan sisi kanan suatu segmen menjadi sisi kiri segmen di sebelah kanannya. Jika sisi kanan segmen (trapesium) adalah Ak maka sisi kirinya adalah Ak-1, maka luas segmen ke-k adalah

Lk = ( Ak + Ak −1 ) × ∆t k / 2


(5.1)

Jadi integral f(t) dalam rentang p ≤ x ≤ q adalah q

∫p

m

f (t )dt ≈

∑ Lk

(5.2)

k =1

2. Nilai ∆tk dipilih sedemikian rupa sehingga error yang terjadi masih berada dalam batas-batas toleransi yang kita terima. Jika sinyal diberikan dalam bentuk grafik, untuk mencari koefisien Fourier dari harmonisa ke-n, satu perioda dibagi menjadi tidak kurang dari 10×n segmen agar pembacaan cukup teliti dan error yang terjadi tidak lebih dari 5%. Untuk harmonisa ke-5 misalnya, satu perioda dibagi menjadi 50 segmen. Ketentuan ini tidaklah mutlak; kita dapat memilih jumlah segmen sedemikian rupa sehingga pembacaan mudah dilakukan namun cukup teliti. 3. Relasi untuk memperoleh nilai koefisien Fourier menjadi seperti berikut: m [Ak + Ak −1 ]∆t k = Lka 0 1 a0 = T0 2 T0 k =1

∑

an = bn =

m

2 T0

∑

2 T0

∑

k =1 m

k =1

∑

[Ak cos(nω0 t ) + Ak −1 cos(nω0 t k −1 )]∆t k 2

[Ak sin(nω0 t ) + Ak −1 sin(nω0 t k −1 )]∆t k 2

=

=

∑ Lkan

(5.3)

T0 / 2

∑ Lkbn T0 / 2

4. Formula untuk sudut fasa adalah

b ϕ n = tan −1  n  an

   

(5.4)

5. Perlu disadari bahwa angka-angka yang diperoleh pada pendekatan numerik bisa berbeda dengan nilai yang diperoleh secara analitis. Jika misalkan secara analitis seharusnya diperoleh a1 = 0 dan b1 = 150, pada pendekatan numerik mungkin diperoleh angka yang sedikit menyimpang, misalnya a1 = 0,01 dan b1 = 150,2. 6. Amplitudo dari setiap komponen harmonisa adalah An = a n2 + bn2 . Sudut fasa dihitung dalam satuan radian ataupun derajat dengan mengingat letak kuadran dari vektor amplitudo seperti telah dibahas 93

pada waktu kita membahas spektrum sinyal dalam Bab-3. Persamaan sinyal nonsinus adalah ∞

y (t ) = a 0 +

∑  n =1

a n2 + bn2 cos(nω 0 t − ϕ n ) 

(5.5)

Berikut ini kita lihat sinyal periodik yang diberikan dalam bentuk kurva yang tak mudah dicari persamaannya. Prosedur pendekatan numerik dilakukan dengan membaca kurva yang memerlukan kecermatan. Hasil pembacaan kita muatkan dalam suatu tabel seperti pada contoh berikut ini.

CO+TOH-5.1: 200

y[volt]

150

100

50

0 0 -50

0,002

0,004

0,006

0,008

0,01

0,012

0,014

0,016

0,018

0,02

t[detik]

-100

-150

-200

Carilah komponen searah, fundamental, dan harmonisa ke-3 sinyal periodik y(t) yang dalam satu perioda berbentuk seperti yang diperlihatkan dalam gambar di atas. Perhatikan bahwa gambar ini adalah gambar dalam selang satu periode yang berlangsung dalam 0,02 detik, yang sesuai dengan frekuensi kerja 50 Hz.

Penyelesaian: Perhitungan diawali dengan menetapkan nilai t dengan interval sebesar ∆t = 0,0004 detik, kemudian menentukan Ak untuk setiap segmen. Sisi kiri segmen pertama terjadi pada t = 0 dan sisi kanannya menjadi sisi kiri segmen ke-dua; dan demikian selanjutnya dengan segmen-segmen berikutnya. Kita tentukan pula sisi kanan segmen terakhir pada t = T0. Hasil perhitungan yang 94 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

diperoleh dimuatkan dalam Tabel-5.1 (hanya ditampilkan sebagian), dimana sudut fasa dinyatakan dalam satuan radian. Pembulatan sampai 2 angka di belakang koma. Tabel-5.1. Analisis Harmonisa Sinyal Nonsinus pada Contoh-5.1. T0 = 0,02 s Fundamental Komp. Harmonisa ke-3 f0 = 1/T0 = 50 Hz ∆tk = 0,0004 s searah t Ak Lka0 Lka1 Lkb1 Lka3 Lkb3 0 0,0004 0,0008 0,0012 : 0,0192 0,0196 0,02

50 75 100 120 : -5 20 50

Jumlah Lk a0 a1, b1 a3, b3 Ampli-1, ϕ1 Ampli-3, ϕ3

0,025 0,035 0,044 : -0,006 0,003 0,014

0,025 0,034 0,042 : -0,006 0,003 0,014

0,002 0,007 0,014 : 0,002 0,000 -0,001

0,024 0,029 0,025 : -0,003 0,003 0,014

0,006 0,019 0,035 : 0,005 -0,001 -0,001

0,398 19,90

0,004

1,501

-0,212

0,211

0,36

150,05 −21,18

21,13

150,05

1,57 29,92

-0,78

Tabel ini memberikan

a 0 = 19,90 a1 = 0,36; b1 = 150,05 ⇒ A1 = 0,36 2 + 150,05 2 = 150,05 ϕ1 = tan −1 (150,05 / 0,36) = 1,57 a3 = −21,18; b3 = 21,13 ⇒ A3 = (−21,18) 2 + 21,13 2 = 29,92 ϕ 3 = tan −1 (21,13 / − 21,18) = −0,78 Sesungguhnya kurva yang diberikan mengandung pula harmonisa kedua. Apabila harmonisa ke-dua dihitung , akan memberikan hasil

a 2 = 49,43 dan b2 = −0,36 amplitudo A2 = 49,43 dan ϕ 2 = −0,01 95

Dengan demikian uraian sampai dengan harmonisa ke-3 dari sinyal yang diberikan adalah y (t ) = 19,90 + 150,05 cos(2πf 0 t − 1,57) + 49,43 cos(4πf 0 t + 0,01)

+ 29,92 cos(6πf 0 t + 0,78) 5.2. Elemen Linier Dengan Sinyal +onsinus Hubungan tegangan dan arus elemen-elemen linier R, L, C, pada sinyal sinus di kawasan waktu berlaku pula untuk sinyal periodik nonsinus.

CO+TOH-5.2: Satu kapasitor C mendapatkan tegangan nonsinus v = 100 sin(ωt + 0,5) + 20 sin(3ωt − 0,2) + 10 sin(5ωt + 1,5) V (a) Tentukan arus yang mengalir pada kapasitor. (b) Jika C = 30 µF, dan frekuensi f = 50 Hz, gambarkan (dengan bantuan komputer) kurva tegangan dan arus kapasitor.

Penyelesaian: (a) Hubungan tegangan dan arus kapasitor adalah iC = C

dv dt

Oleh karena itu arus kapasitor adalah d {100 sin(ωt + 0,5) + 20 sin(3ωt − 0,2) + 10 sin(5ωt + 1,5)} iC = C dt = 100ωC cos(ωt + 0,5) + 60ωC cos(3ωt − 0,2) + 50ωC cos(5ωt + 1,5)

= 100ωC sin(ωt + 2,07) + 60ωC sin(3ωt + 1,37) + 50ωC sin(5ωt + 3,07) A (b) Kurva tegangan dan arus adalah seperti di bawah ini. 150

[V]

vC

5 [A]

100 50 0 -50

2,5

iC 0

0.005

0.01

0 0.015 detik 0.02 −2,5

-100 -150


−5

Kurva tegangan dan arus pada contoh ini merupakan fungsi-fungsi nonsinus yang simetris terhadap sumbu mendatar. Nilai rata-rata fungsi periodik demikian ini adalah nol. Pendekatan numerik memberikan nilai rata-rata

v rr = 1,8 × 10 −14 V dan

i rr = 5 × 10 −17 A.

5.3. +ilai Rata-Rata Dan +ilai Efektif Sinyal +onsinus +ilai Rata-Rata. Sesuai dengan definisi untuk nilai rata-rata, nilai ratarata sinyal nonsinus y(t) dengan perioda T0 adalah

Yrr =

1 T y (t )dt T0 0

∫

(5.6)

Nilai rata-rata sinyal nonsinus adalah komponen searah dari sinyal tersebut.

+ilai Efektif. Definisi nilai efektif sinyal periodik y(t) dengan perioda T0 adalah

Yrms =

1 T 2 y (t )dt T0 0

∫

(5.7)

Dengan demikian maka nilai efektif sinyal sinus y1 = Ym1 sin( ωt + θ) adalah

Y1rms =

Y 1 T 2 Ym1 sin 2 (ωt + θ)dt = m1 T0 0 2

∫

(5.8)

∞

Nilai efektif sinyal nonsinus y (t ) = Y0 +

∑ Ymn sin(nω0 t + θ n ) adalah n =1

2

∞  1 T  Yrms = Y0 + Ymn sin(nω 0 t + θ n )  dt  T0 0  n =1  

∫

∑

Jika ruas kiri dan kanan dikuadratkan, kita dapatkan

97

2

∞  1 T  Y rms = Y0 + Ymn sin(nω 0 t + θ n )  dt  T0 0  n =1  

Y 2 rms =

∑

∫

2

T

1 T0

∫0

Y 2 +  0 

∞

atau



∑ Ymn2 sin 2 (nω0t + θ n ) dt

n =1  ∞    2Y  Ymn sin( nω 0 t + θ n ) 0   n =1   ∞   1 T  + 2Ym1 sin(ω 0 t + θ1 ) Ymn sin(nω 0 t + θ n )  +  dt n =2 T0 0   ∞    + 2Ym 2 sin(2ω 0 t + θ 2 ) Ymn sin(nω 0 t + θ n )    n =3    + ................................. 

∑

(5.9)

∑

∫

∑

Melalui kesamaan trigonometri 2 sin α sin β = cos(α − b) − cos(α + β) dan karena Y0 bernilai tetap maka suku ke-dua ruas kanan (5.8) merupakan penjumlahan nilai rata-rata fungsi sinus yang masing-masing memiliki nilai rata-rata nol, sehingga suku ke-dua ini bernilai nol. Oleh karena itu (5.9) dapat kita tulis Y 2 rms =

∞  1 T  2 2 Y0 + Ynm sin 2 (nω 0 t + θ n ) dt   T 0 n =1  

∑

∫

(5.10)

atau Y 2rms =

1 T

t

∫0

∞

Y02dt +

T

∑ T ∫0 Ynm2 sin 2 (nω0t + θn )dt 1

n =1

∞

= Y02 +

(5.11)

2 ∑ Ynrms n =1

Persamaan (5.11) menunjukkan bahwa kuadrat nilai efektif sinyal non sinus sama dengan jumlah kuadrat komponen searah dan kuadrat semua nilai efektif konponen sinus. Kita perlu mencari formulasi yang mudah untuk menghitung nilai efektif ini. Kita bisa memandang sinyal nonsinus sebagai terdiri dari tiga macam komponen yaitu komponen searah (y0), 98 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

komponen fundamental (y1), dan komponen harmonisa (yh). Komponen searah adalah nilai rata-rata sinyal, komponen fundamental adalah komponen dengan frekuensi fundamental ω0, sedangkan komponen harmonisa merupakan jumlah dari seluruh komponen harmonisa yang memiliki frekuensi nω0 dengan n > 1. Jadi sinyal nonsinus y dapat dinyatakan sebagai

y = y 0 + y1 + y h Akan tetapi kita juga dapat memandang sinyal nonsinus sebagai terdiri dari dua komponen saja, yaitu komponen fundamental dan komponen harmonisa total di mana komponen yang kedua ini mencakup komponen searah. Alasan untuk berbuat demikian ini adalah bahwa dalam proses transfer energi, komponen searah dan harmonisa memiliki peran yang sama; hal ini akan kita lihat kemudian. Dalam pembahasan selanjutnya kita menggunakan cara pandang yang ke-dua ini. Dengan cara pandang ini suatu sinyal nonsinus dinyatakan sebagai

y = y1 + y h

(5.12)

dengan y1 = Y1m sin(ω 0 t + θ1 ) k

dan

y h = Y0 +

∑ Ynm sin(nω0 t + θ n ) . n=2

Dengan demikian maka relasi (5.11) menjadi 2 Y 2 rms = Y12rms + Yhrms

(5.13)

Dalam praktik, komponen harmonisa yh dihitung tidak melibatkan seluruh komponen harmonisa melainkan dihitung dalam lebar pita spektrum tertentu. Persamaan sinyal dijumlahkan sampai pada frekuensi tertinggi yang ditentukan yaitu kω0; sinyal dengan frekuensi di atas batas frekuensi tertinggi ini dianggap memiliki amplitudo yang sudah cukup kecil untuk diabaikan.

CO+TOH-5.2: Suatu tegangan berbentuk gelombang gigi gergaji memiliki nilai maksimum 20 volt, dengan frekuensi 20 siklus per detik. Hitunglah nilai tegangan efektif dengan: (a) relasi nilai efektif; (b) uraian harmonisa. Penyelesaian:

99

(a) Perioda sinyal 0,05 detik dengan persamaan: v(t ) = 400t . Nilai efektif:

Vrms =

1 0,05

0,05

∫0

0,05

(400t ) 2 dt =

1 1600 3  t  0,05  3 0

≈ 11,55 V

(b) Uraian sinyal ini sampai harmonisa ke-7 adalah diberikan dalam contoh di Bab-3, yaitu

v(t ) = 10 − 6,366 sin ω 0 t − 3,183 sin 2ω 0 t − 2,122 sin 3ω 0 t − 1,592 sin 4ω 0 t − 1,273 sin 5ω 0 t − 1,061 sin 6ω 0 t − 0,909 sin 7ω 0 t V Persamaan ini memberikan nilai efektif tegangan fundamental, tegangan harmonisa, dan tegangan total sebagai berikut.

V1rms =

6,366

≈ 4,5 V

2

Vhrms = 10 2 +

3,1832 2,1222 1,592 2 1,2732 1,0612 0,909 2 + + + + + ≈ 10,7 V 2 2 2 2 2 2

2 Vrms = V12rms + Vhrms = 4,5 2 + 10,7 2 ≈ 11,6 V

Contoh ini menunjukkan bahwa sinyal gigi gergaji memiliki nilai efektif harmonisa jauh lebih tinggi dari nilai efektif komponen fundamentalnya.

CO+TOH-5.3: Uraian dari penyearahan setengah gelombang arus sinus i = sin ω0 t A sampai dengan harmonisa ke-10 adalah:

i (t ) = 0,318 + 0,5 cos(ω 0 t − 1,57) + 0,212 cos(2ω 0 t ) + 0,042 cos(4ω 0 t ) + 0,018 cos(6ω0 t ) + 0.010 cos(8ω0 t ) + 0.007 cos(10ω0 t ) A Hitung nilai efektif komponen arus fundamental, arus harmonisa, dan arus total.

Penyelesaian: Nilai efektif arus fundamental, arus harmonisa dan arus total berturut-turut adalah


I1rms =

0,5

= 0,354 A

2

I hrms = 0,318 2 +

0,212 2 0,042 2 0,018 2 0,012 0,007 2 + + + + = 0,354 A 2 2 2 2 2

2 I rms = I12rms + I hrms = 0,354 2 + 0,354 2 ≈ 0,5 A

Contoh-5.3 ini menunjukkan bahwa pada penyearah setengah gelombang nilai efektif komponen fundamental sama dengan nilai efektif komponen harmonisanya.

CO+TOH-5.4: Tegangan pada sebuah kapasitor 20 µF terdiri dari dua komponen yaitu v1 = 200 sin ωt dan v15 = 20 sin 15ωt . Jika diketahui frekuensi fundamental adalah 50 Hz, hitunglah: (a) nilai efektif arus yang diberikan oleh v1; (b) nilai efektif arus yang diberikan oleh v15; (c) arus efektif total; (d) gambarkan kurva ketiga arus tersebut sebagai fungsi waktu. Penyelesaian: a). Komponen tegangan pertama adalah v1 = 200 sin(100πt ) V. Arus yang diberikan oleh tegangan ini adalah

i1 = 20 × 10 −6 dv1 / dt = 20 × 10 −6 × 200 × 100π cos 100πt = 1,257 cos 100πt Nilai efektifnya adalah: I1rms =

1,257

= 0,89 A

2

b). Komponen tegangan ke-dua adalah v15 = 20 sin(1500πt ) V. Arus yang diberikan oleh tegangan ini adalah

i15 = 20 × 10 −6 dv15 / dt = 20 × 10 −6 × 20 × 1500π sin 1500πt = 1,885 cos 1500πt Nilai efektifnya adalah: I15rms =

1,885

= 1,33 A

2

c). Tegangan gabungan adalah

v = 200 sin(100πt ) + 20 sin(1500πt ) Arus yang diberikan tegangan gabungan ini adalah 101

d (v1 + v15 ) dt = 1,257 cos 100πt + 1,885 cos 1500t

i = 20 × 10 −6 dv / dt = 20 × 10 −6

Arus ini merupakan jumlah dari dua komponen arus yang berbeda frekuensi. Kurva arus ini pastilah berbentuk nonsinus. Nilai efektif masing-masing komponen telah dihitung di jawaban (a) dan (b). Nilai efektif sinyal non sinus ini adalah 2 2 2 I rms = I 12rms + I 15 rms = 0,89 + 1,33 = 1,60 A

d). Kurva ketiga arus tersebut di atas adalah sebagai berikut. 4

i

A3

i1

i15

2 1 0 -1

0

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

detik

0.06

-2 -3 -4

CO+TOH-5.5: Arus i = 2 sin ωt + 0,2 sin 3ωt A, mengalir pada beban yang terdiri dari resistor 100 Ω yang tersambung seri dengan induktor 0,5 H. Pada frekuensi 50 Hz: (a) gambarkan kurva tegangan dan arus beban; (b) tentukan nilai efektif tegangan beban dan arus beban. Penyelesaian: (a) Arus beban adalah i = 2 sin ωt + 0,2 sin 3ωt . Tegangan beban adalah di v = v R + v L = iR + L dt = 200 sin ωt + 20 sin 3ωt + ω cos ωt + 0,3ω cos 3ωt V Kurva tegangan dan arus:


600

A

V

400

4

v

2

200

i 0 0 -200

0.005

0.01

0.015

detik

0 0.02 −2 −4

-400 -600

(b). Nilai efektif arus beban adalah

I rms = I12rms + I 32rms =

2 2 0,2 2 + = 1,42 A 2 2

Tegangan beban adalah

v = 200 sin ωt + 20 sin 3ωt + ω cos ωt + 0,3ω cos 3ωt V Nilai efektif tegangan beban, dengan ω=100π, adalah

Vrms =

200 2 + ω 2 20 2 + (0,3ω) 2 + = 272 V 2 2

5.4. Daya Pada Sinyal +onsinus Pengertian daya nyata dan daya reaktif pada sinyal sinus berlaku pula pada sinyal nonsinus. Daya nyata memberikan transfer energi netto, sedangkan daya reaktif tidak memberikan transfer energi netto. Kita tinjau resistor Rb yang menerima arus berbentuk gelombang nonsinus

i Rb = i1 + i h Nilai efektif arus ini adalah 2 2 I Rbrms = I12rms + I hrms

Daya nyata yang diterima oleh Rb adalah 2 2 PRb = I Rbrms × Rb = I12rms Rb + I hrms Rb

(5.14)

103

Formulasi (5.14) tetap berlaku sekiranya resistor ini terhubung seri dengan induktansi, karena dalam bubungan seri demikian ini daya nyata diserap oleh resistor, sementara induktor menyerap daya reaktif.

CO+TOH-5.6: Seperti pada contoh-5.5, arus i = 2 sin ωt + 0,2 sin 3ωt A mengalir pada resistor 100 Ω yang tersambung seri dengan induktor 0,5 H. Jika frekuensi fundamental 50 Hz: (a) gambarkan dalam satu bidang gambar, kurva daya yang mengalir ke beban sebagai perkalian tegangan total dan arus beban dan kurva daya yang diserap resistor sebagai perkalian resistansi dan kuadrat arus resistor; (b) hitung nilai daya rata-rata dari dua kurva daya pada pertanyaan b; (c) berikan ulasan tentang kedua kurva daya tersebut. Penyelesaian: (a) Daya masuk ke beban dihitung sebagai: p = v × i sedangkan daya nyata yang diserap resistor dihitung sebagai: pR = i2R = vRiR Kurva dari p dan pR terlihat pada gambar berikut. 600

p = vi

W

pR = i2R = vRiR

400 200 0 0

0.005

0.01

0.015

detik

0.02

-200 -400

(b) Daya rata-rata merupakan daya nyata yang di transfer ke beban. Daya ini adalah daya yang diterima oleh resistor. Arus efektif yang mengalir ke beban telah dihitung pada contoh-5.5. yaitu 1,42 A. Daya nyata yang diterima beban adalah 2 PR = I rms R = (1,42) 2 × 100 = 202 W. Teorema Tellegen mengharuskan daya ini sama dengan daya rata-rata yang diberikan oleh sumber, yaitu p = vi. Perhitungan dengan pendekatan numerik memberikan nilai rata-rata p adalah


Prr = 202 W (c) Kurva pR selalu positif; nilai rata-rata juga positif sebesar 202 W yang berupa daya nyata. Pada kurva p ada bagian yang negatif yang menunjukkan adanya daya reaktif; nilai rata-rata kurva p ini sama dengan nilai rata-rata kurva pR yang menunjukkan bagian nyata dari daya tampak.

CO+TOH-5.7: Tegangan nonsinus pada terminal resistor 20 Ω adalah

v = 100 sin(ωt + 0,5) + 20 sin(3ωt − 0,2) + 10 sin(5ωt + 1,5) V Tentukan arus efektif yang mengalir dan daya nyata yang diserap resistor. Penyelesaian: Arus yang mengalir adalah

v = 5 sin(ωt + 0,5) + sin(3ωt − 0,2) + 0,5 sin(5ωt + 1,5) A R Nilai efektif masing-masing komponen arus adalah i=

I1rms =

5 2

;

I 3rms =

1 2

;

I 5rms =

0,5 2

Arus efektif yang mengalir adalah

I rms =

25 1 0,25 + + = 2 2 2

26,25 = 3,62 A 2

Daya nyata yang diserap resistor adalah

 25 1 0,25  2 PR = I rms R= + +  × 20 = 262,5 W 2   2 2 CO+TOH-5.8: Tegangan nonsinus v = 100 sin ωt + 10 sin 3ωt V, terjadi pada terminal beban yang terdiri dari resistor 100 Ω tersambung paralel dengan kapasitor 50 µF. Jika frekuensi fundamental adalah 50 Hz, (a) Tentukan persamaan arus total beban; (b) hitung daya nyata yang diserap beban. Penyelesaian:

105

(a). Arus total (i) adalah jumlah arus yang melalui resistor (iR) dan kapasitor (iC).

iR = iC = C

v = sin ωt + 0,1 sin 3ωt R

dv = 50 × 10 −6 (100ω cos ωt + 30ω cos 3ωt ) dt

Arus total beban:

i = sin ωt + 0,1 sin 3ωt + 0,005 cos ωt + 0.0015ω cos 3ωt (b). Arus efektif melalui resistor

I Rrms =

12 0,12 + = 0,71 A 2 2

Daya nyata yang diserap beban adalah daya yang diserap resistor:

PR = 0,712 × 100 = 50 W 5.5. Resonansi Karena sinyal nonsinus mengandung harmonisa dengan berbagai macam frekuensi, maka ada kemungkinan salah satu frekuensi harmonisa bertepatan dengan frekuensi resonansi dari rangkaian. Frekuensi resonansi telah kita bahas di bab sebelumnya. Berikut ini kita akan melihat gejala resonansi pada rangkaian karena adanya frekuensi harmonisa. CO+TOH-5.9: Suatu generator 50 Hz dengan induktansi internal 0,025 H mencatu daya melalui kabel yang memiliki kapasitansi total sebesar 5 µF. Dalam keadaan tak ada beban tersambung di ujung kabel, tentukan frekuensi harmonisa sumber yang akan memberikan resonansi. Penyelesaian: Frekuensi resonansi adalah

ωr =

1 1 = = 2828,4 LC 0,025 × 5 × 10 −6


2828,4 = 450 Hz 2π Inilah frekuensi harmonisa ke-9. fr =

CO+TOH-5.10: Sumber tegangan satu fasa 6 kV, 50 Hz, mencatu beban melalui kabel yang memiliki kapasitansi total 2,03 µF. Dalam keadaan tak ada beban terhubung di ujung kabel, induktansi total rangkaian ini adalah 0,2 H. Tentukan harmonisa ke berapa dari sumber yang akan membuat terjadinya resonansi pada keadaan tak ada beban tersebut. Penyelesaian: Frekuensi resonansi adalah

ωr =

atau

1 1 = = 1569,4 rad/det LC 0,02 × 2,03 × 10 −6 fr =

1569,4 = 249,78 Hz 2π

Resonansi terjadi jika sumber mengandung harmonisa ke-5.

107

Soal-Soal 1.

Hasil penyearahan setengah gelombang tegangan sinusoidal memberikan tegangan dengan amplitudo 250 V, dan frekuensi dasar 50 Hz. Tuliskan lima komponen pertama sinyal yang tak bernilai nol dan gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal ini.

2.

Sinyal segitiga mempunyai amplitudo 5 V dan perioda 1 milidetik. Tuliskan lima komponen pertama sinyal yang tak bernilai nol dan gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal ini.

3.

Suatu sinyal gelombang komposit diperoleh dengan menambahkan tegangan searah 5 V dan geolmbang persegi 1kHz yang memiliki tegangan puncak-ke-puncak 5 V. Tuliskan lima komponen pertama sinyal yang tak bernilai nol dan gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal ini.

4.

Pulsa pertama dari suatu deret pulsa muncul pada t = 0 dan menghilang pada t = 1, sedangkan pulsa kedua muncul pada t = 2 dan menghilang pada t = 3. Jika amplitudo pulsa adalah 2 V, gambarkan bentuk gelombang sinyal ini dan carilah koefisien Fourier serta gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal ini.

5.

Suatu sinyal sinusoidal v = 10 sin(2πt / T0 ) V diproses melalui rangkaian pemotong gelombang sedemikian rupa sehingga bagian gelombang yang berada di bawah −5 V terpotong. Jika perioda T0 adalah 0,1 detik, carilah koefisien Fourier serta gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal ini.

6.

Bentuk gelombang v = 10(1 − 0,5t ) adalah setengah perioda pertama dari gelombang periodik yang periodanya 4 detik. Jika diketahui bahwa koefisien Fourier an = 0 untuk semua n, bagaimanakah bentuk setengah gelombang yang kedua?

7.

Bentuk gelombang v = 10(1 − 0,5t ) adalah setengah perioda pertama dari gelombang periodik dengan perioda 4 detik. Jika diketahui bahwa koefisien Fourier bn = 0 untuk semua n, bagaimanakah bentuk setengah gelombang yang kedua?

8.

Dengan pendekatan numerik, carilah persamaan gelombang periodik yang salah satu periodanya tergambar di bawah ini.


150

v [V]

100

50

0 0

0.005

0.01

0.015

t [det]

T0

-50

-100

-150

9.

Suatu resistor 100 Ω yang tersambung paralel dengan induktor 0,5 H, dihubungkan pada sebuah sumber tegangan v = 100 sin ωt + 10 sin 3ωt dengan frekuensi 50 Hz. (a) Tentukan persamaan arus sumber dan nilai efektifnya; (b) hitung daya yang diserap resistor; (c) dengan hanya memperhatikan komponen fundamental, hitung nilai rata-rata daya yang keluar dari sumber dan bandingkan dengan daya yang diserap resistor.

10. Sebuah sumber tegangan 50 Hz, 12 kV mempunyai resistansi internal 1 Ω dan induktansi internal 0,02 H. Sumber ini mencatu beban melalui kabel yang mempunyai kapasitansi total 2.9 µF. Tegangan terbangkit di sumber dinyatakan dengan e = 17000 sin ωt + 170 sin 13ωt . Dalam keadaan tak ada beban terhubung di ujung kabel, hitunglah tegangan maksimum pada kabel. 11. Tegangan sebesar v = 100 + 300 sin ωt V, diterapkan pada beban berupa resistor 10 Ω melalui kabel yang memiliki kapasitansi toal 0,3 µF. Hitung arus efektif yang keluar dari sumber dan hitung daya yang diserap oleh beban jika ω = 314. 12. Suatu induktor 0,225 H dihubungkan seri dengan kapasitor 5 µF. Tentukan frekuensi sumber yang akan memberikan resonansi pada: (a) frekuensi dasar; (b) harmonisa ke-tiga; (c) harmonisa ke-lima.

109

13. Suatu tegangan nonsinus mengandung komponen fundamental, harmonisa ke-3, dan harmonisa ke-5. Nilai puncak tegangan berturut-turut adalah 2000 V, 400 V, dan 100 V. Tegangan ini diterapkan pada rangkaian seri R = 10 Ω, kapasitor 30 µF, dan induktor variabel. Pada frekuensi 50 Hz, hitung nilai induktansi yang akan menyebabkan resonansi pada harmonisa ke-3, dan harmonisa ke-5. Hitung pula arus dan tegangan efektif pada waktu terjadi resonansi. 14. Dua beban paralel terdiri beban resistif 20 Ω dan beban induktif dengan resistansi 20 Ω seri dengan induktor 0,05 H. Pada terminal bersama (common point) kedua beban ini dipasang kapasitor 50 µF paralel dengan kedua beban tersebut. Sebuah tegangan nonsinus yang tersusun dari komponen fundamental bertegangan puncak 200 V dan harmonisa ke-3 bertegangan puncak 50 V diterapkan pada terminal bersama dari beban ini. Hitung arus efektif total, daya total, dan faktor daya dari beban ini. Frekuensi 50 Hz.


BAB 6 Pembebanan +on-Linier Pada pembebanan nonlinier arus yang mengalir ke beban merupakan arus periodik nonsinus, walaupun sumber memberikan tegangan sinus. Pembahasan akan kita lakukan di dua sisi yaitu tinjauan di sisi beban dan tinjauan di sisi sumber. Tinjauan di sisi beban adalah melihat beban yang menerima arus nonsinus tanpa mempersoalkan bagaimana sumber melayani pembebanan yang demikian ini. Tinjauan di sisi sumber adalah melihat sumber yang bertegangan sinus namun harus memberikan arus yang nonsinus.

6.1. Tinjauan Di Sisi Beban Rangkaian yang akan kita tinjau terlihat pada Gb.6.1. Sebuah sumber tegangan sinus memberikan arus pada resistor Rb melalui saluran dengan resistansi Rs dan sebuah pengubah arus p.i., misalnya penyearah; pengubah arus inilah yang menyebabkan arus yang mengalir di Rb berbentuk gelombang nonsinus.

vs + −

Rs

p.i.

inonsinus Rb

Gb.6.1. Pembebanan nonlinier. Menurut teorema Tellegen, transfer daya listrik hanya bisa terjadi melalui tegangan dan arus. Namun dalam tinjauan dari sisi beban ini, Rb hanya melihat bahwa ada arus yang diterima olehnya. Cara bagaimana arus ini sampai ke beban tidaklah penting bagi beban.

i Rb = i1 + i h dengan i1 = I1m sin(ω 0 t + θ1 )

(6.1)

k

ih = I 0 +

∑ I nm sin(nω0t + θ n ) n=2

Inilah arus yang diterima oleh Rb. 111

Daya nyata yang diterima oleh Rb adalah 2 PRb = I12rms Rb + I hrms Rb

(6.2)

6.2. Tinjauan Di Sisi Sumber Tegangan sumber berbentuk gelombang sinus, yaitu v s = Vs sin ω0t . Daya yang diberikan oleh sumber adalah tegangan sumber kali arus sumber yang besarnya sama dengan arus beban. Jadi daya keluar dari sumber adalah

p s = v s (t )i s (t ) = V s I 1 sin ω 0 t sin(ω 0 t + θ1 ) k   I n sin(nω 0 t + θ n )  + V s sin ω 0 t  I 0 +   n =2  

∑

(6.3)

Suku pertama (6.3) memberikan daya  cos θ1 − cos(2ω 0 t + θ1 )  p s1 = V s I1 (sin ω 0 t sin(ω 0 t + θ1 ) ) = V s I1   2   V s I1 Vs I1 = cos θ1 − cos(2ω 0 t + θ1 ) 2 2 (26.4)

Suku ke-dua dari persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nol akan tetapi suku pertama mempunyai nilai tertentu. Hal ini berarti ps1 memberikan transfer energi netto. Suku kedua (6.3) memberikan daya ∞

p sh = V s I 0 sin ω 0 t + V s

∑ [I n sin(nω0t + θ n ) sin ω0 t ]

n=2

(6.5)

= p s 0 + p sh 2 Suku pertama persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nol. Suku kedua juga mempunyai nilai rata-rata nol karena yang berada dalam tanda kurung pada (6.5) berbentuk fungsi cosinus


∞

y = Vs

∑ [I n sin(nω0 t + θ n ) sin ω 0 t ]

n =2 ∞

= Vs

I



∑  2n {cos((n + 1)ω0 t + θ n ) − cos((n − 1)ω0 t + θ n )}

n=2

yang memiliki nilai rata-rata nol. Hal ini berarti bahwa psh tidak memberikan transfer energi netto. Jadi secara umum daya yang diberikan oleh sumber pada pembebanan nonlinier dapat kita tuliskan sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu

p s = p s1 + p sh

(6.6)

Dari dua komponen daya ini hanya komponen fundamental, ps1, yang memberikan transfer energi netto. Dengan kata lain hanya ps1 yang memberikan daya nyata, yaitu sebesar V I Ps1 = s 1 cos θ1 = V srms I1rms cos θ1 2

(6.7)

dengan θ1 adalah beda susut fasa antara vs dan i1. Sementara itu Psh merupakan daya reaktif. Menurut teorema Tellegen, daya nyata yang diberikan oleh sumber harus tepat sama dengan daya yang diterima oleh beban. Daya nyata yang diterima oleh Rb adalah PRb seperti diberikan oleh persamaan (6.2). Daya nyata yang diberikan oleh sumber, yaitu Ps1 haruslah diserap oleh Rb dan Rs.

6.3. Contoh Kasus: Penyearah Setengah Gelombang Sebagai contoh dalam pembahasan pembebanan nonlinier ini, kita akan mengamati penyearah setengah gelombang. Dengan penyearah ini, sinyal sinus diubah sehingga arus mengalir setiap setengah perioda seperti telah pernah kita temui. Rangkaian penyearah yang kita tinjau terlihat pada Gb.6.2.a. Arus penyearah setengah gelombang mempunyai nilai pada setengah perioda pertama (yang positif); pada setengah perioda ke-dua, ia bernilai nol. Uraian fungsi ini sampai dengan harmonisa ke-6, telah dihitung pada Contoh-3.3 di Bab-3, yaitu

113

 0,318 + 0,5 cos(ω0 t − 1,57) + 0,212 cos(2ω0 t )   V i (t ) = I m ×  + 0,042 cos(4ω0 t ) + 0,018 cos(6ω 0 t )   (6.8)

vs

vR

R

a). Vs vs is iR pR

vs iR pR

pR

0 0

90

180

270

360

450

ωt [o] 540

630

720

b). −Vs Gb.6.2. Penyearah setengah gelombang dengan beban resistif. Dalam rangkaian yang kita tinjau ini hanya ada satu sumber yang mencatu daya hanya kepada satu beban. Pada waktu dioda konduksi, arus sumber selalu sama dengan arus beban, karena mereka terhubung seri; tegangan beban juga sama dengan tegangan sumber karena dioda dianggap ideal sedangkan resistor memiliki karakteristik linier dan bilateral. Pada waktu dioda tidak konduksi arus beban maupun arus sumber sama dengan nol. Gb.6.2.b. memperlihatkan bahwa hanya kurva tegangan sumber yang merupakan fungsi sinus; kurva arus dan daya merupakan fungsi nonsinus. Pada persamaan (6.8) arus fundamental dinyatakan dalam fungsi cosinus yaitu

i1 = 0,5I m cos(ω 0 t − 1,57) Fungsi ini tidak lain adalah pergeseran 1,57 rad atau 90o ke arah positif dari fungsi cosinus yang ekivalen dengan fungsi sinus

i1 = 0,5I m sin(ω 0 t ) Pernyataan i1 dalam fungsi sinus ini sesuai dengan pernyataan bentuk gelombang tegangan yang juga dalam fungsi sinus. Dengan pernyataan


yang bersesuaian ini kita dapat melihat beda fasa antara keduanya; ternyata dalam kasus penyearah setengah gelombang ini, arus fundamental sefasa dengan tegangan sumber.

CO+TOH-6.1: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansi internal yang dapat diabaikan mencatu beban resistif melalui penyearah setengah gelombang. Tegangan sumber adalah v s = 380 sin ω 0 t V dan resistansi beban Rb adalah 3,8 Ω. Hitung daya nyata yang diterima oleh beban dan daya nyata yang diberikan oleh sumber. Penyelesaian: Tinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalah 380/3,8 = 100 A. Persamaan arus sampai harmonisa ke-enam menjadi

 31,8 + 50 cos(ω 0 t − 1,57) + 21,2 cos( 2ω 0 t )   A i (t ) =    + 4,2 cos( 4ω 0 t ) + 1,8 cos(6ω 0 t ) yang memberikan arus-arus efektif pada beban

I b1rms =

50

A;

2

I bhrms = 31,8 2 +

21,2 2 4,2 2 1,8 2 + + = 35,31 A; 2 2 2

Daya yang diterima beban adalah

(

)

2 2 P = I rms Rb = I b21rms + I bhrms × 3,8 = 9488 W ≈ 9,5 kW

Tinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber adalah v s = 380 sin ω 0 t . Komponen arus fundamental yang diberikan oleh sumber adalah sama dengan arus fundamental beban

i1s = i1Rb = 50 cos(ω 0 t − 1,57) = 50 sin ω 0 t A dengan nilai efektif I 1srms = 50 / 2 A Tak ada beda fasa antara tegangan sumber dan arus fundamentalnya. Daya dikeluarkan oleh sumber adalah

115

Ps1 = V s rms I1s rms =

380 2

×

50

= 9,5 kW

2

Hasil perhitungan dari kedua sisi tinjauan adalah sama. Daya yang diberikan oleh komponen fundamental sebagai fungsi waktu adalah

V I 380 × 50 ps1 = s 1 (1 − cos(2ω0t ) = (1 − cos(2ω0t ) 2 2 = 19(1 − cos(2ω0t ) kW Gb.6.3 memperlihatkan kurva ps1 pada Contoh-6.1 di atas. Kurva ps1 bervariasi sinusoidal namun selalu positif dengan nilai puncak 19 kW, dan nilai rata-rata (yang merupakan daya nyata) sebesar setengah dari nilai puncak yaitu 9,5 kW. Kurva daya yang dikontribusikan oleh komponen searah, ps0 yaitu suku pertama (6.5), dan komponen harmonisa psh2 yaitu suku ke-dua persamaan (6.5), juga diperlihatkan dalam Gb.6.3. Kurva kedua komponen daya ini simetris terhadap sumbu waktu yang berarti memiliki nilai rata-rata nol. Dengan kata lain komponen searah dan komponen harmonisa tidak memberikan daya nyata. 20000

ps1

W 15000 10000 5000 0 -5000 0 -10000 -15000

ps0 t [det] 0.005

0.01

0.015

0.02

psh2

Gb.6.3. Kurva komponen daya yang diberikan sumber. Konfirmasi logis kita peroleh sebagai berikut. Seandainya tidak ada penyearah antara sumber dan beban, arus pada resistor akan mengalir sefasa dan sebentuk dengan gelombang tegangan sumber. Daya yang di keluarkan oleh sumber dalam keadaan ini adalah

p s = V s I s sin 2 ω 0 t = 38000 sin 2 ω 0 t cos 2ω 0 t + cos 0 = 38000 = 38(1 + cos 2ω 0 t ) kW 2


Dalam hal penyearahan setengah gelombang, arus hanya mengalir setiap setengah perioda. Oleh karena itu daya yang diberikan oleh sumber menjadi setengahnya, sehingga p setengah

gel = 19(1 + cos 2ω 0 t )

kW , dan inilah ps1.

CO+TOH-6.2: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansi internal yang diabaikan, mencatu beban resistif melalui kabel dengan resistansi 0,2 Ω dan penyearah setengah gelombang. Tegangan sumber adalah v s = 380 sin ω 0 t V dan resistansi beban R adalah 3,8 Ω. Hitung daya yang diterima oleh beban. Penyelesaian: Rangkaian sistem ini adalah seperti berikut

Rs=0,2Ω

vs=380sinω0t

Rb=3,8Ω

Tinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalah

Im =

380 = 95 A 3,8 + 0,2

Persamaan arus sampai harmonisa ke-6 menjadi

 0,318 + 0,5 cos(ω 0 t − 1,57) + 0,212 cos(2ω 0 t )   i (t ) = 95 ×    + 0,042 cos(4ω 0 t ) + 0,018 cos(6ω 0 t ) = 30,21 + 47,5 cos(ω 0 t − 1,57) + 20,14 cos(2ω 0 t ) + 4,09 cos(4ω 0 t ) + 1,71 cos(6ω 0 t ) A Nilai efektif arus fundamental dan arus harmonisa total adalah

I1rms =

47.5

= 33,59 A;

2

I hrms = 30,212 +

20,14 2 4,09 2 1,712 + + = 33,54 A 2 2 2

117

Daya yang diterima Rb adalah 2 PRb = I rms Rb = (33,59 2 + 33,54 2 ) × 3,8 = 8563 W

Tinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber dan arus fundamental sumber adalah

v s = 380 sin ω 0 t V i s1 = i Rb = 47,5 cos( ω 0 t − 1,57) = 47,5 sin ω 0 t A Tidak ada beda fasa antara vs dan is1. Daya nyata yang diberikan oleh sumber adalah

Ps = v srms i1rms cos 0 o =

380 2

×

47,5

= 9025 W

2

Daya ini diserap oleh beban dan saluran. Daya yang diserap saluran adalah 2 2 = 0,02 × (i12rms + i hrms ) Psaluran = 0,02 × i srms

= 0,02 × (33,6 2 + 33,55 2 ) = 450,7 W Perbedaan angka perhitungan PRb dengan (Ps – Psaluran) adalah sekitar 0,2%.

6.4. Perambatan Harmonisa Dalam sistem tenaga, beban pada umumnya bukanlah beban tunggal, melainkan beberapa beban terparalel. Sebagian beban merupakan beban linier dan sebagian yang lain merupakan beban nonlinier. Dalam keadaan demikian ini, komponen harmonisa tidak hanya hadir di beban nonlinier saja melainkan terasa juga di beban linier; gejala ini kita sebut perambatan harmonisa. Berikut ini akan kita lihat gejala tersebut pada suatu rangkaian yang mendekati situasi nyata. Gb.6.4. memperlihatkan rangkaian yang dimaksud.


is

A Rs

vs

ia

ib=ib1+ibh Rb

Ra B

Gb.6.4. Sumber mencatu beban paralel linier dan nonlinier. Tegangan sumber berbentuk sinusoidal murni v s = Vsm sin ω0t . Sumber ini mencatu beban melalui saluran yang memiliki resistansi Rs. Beban yang terhubung di terminal A-B (terminal bersama), terdiri dari beban linier Ra dengan arus ia dan beban Rb yang dialiri arus nonlinier ib = ib1 + ibh dengan ib1 adalah komponen fundamental dari ib dan ibh adalah komponen harmonisa total dari ib. Pada rangkaian sederhana ini, di sisi beban kita lihat bahwa aplikasi Hukum Arus Kirchhoff di simpul A, yaitu simpul bersama dari kedua beban, memberikan

(v A − v s ) / Rs + v A / Ra + (ib1 + ibh ) = 0 dan dari sini kita peroleh

vA =

Ra R s Ra vs − (ib1 + ibh ) R s + Ra Rs + Ra

(6.9)

Jadi sebagai akibat pembebanan nonlinier di suatu beban menyebabkan tegangan di terminal-bersama juga mengandung harmonisa. Akibat selanjutnya adalah bahwa arus di beban lain yang terhubung ke terminalbersama ini juga mengandung harmonisa.

vs Rs v ia = A = − (ib1 + ibh ) Ra R s + Ra Rs + Ra

(6.10)

Sementara itu di sisi sumber, dengan tegangan sumber berbentuk sinus v s = Vsm sin ω0t , keluar arus yang mengandung harmonisa yaitu

119

i s = i a + ib vs Rs (ib1 + ibh ) + (ib1 + ibh ) = − R s + Ra R s + Ra =

 Ra vs +  R s + Ra  R s + Ra

(6.11)

 (ib1 + ibh )  

Adanya komponen harmonisa pada arus sumber dan beban yang seharusnya merupakan beban linier dapat menyebabkan penambahan penyerapan daya pada saluran. Hal ini akan kita bahas kemudian.

CO+TOH-6.3: Sebuah sumber tegangan 50 Hz, v = 240 sin ω0t V memiliki resistansi dan induktansi internal yang diabaikan. Sumber ini mencatu beban resistif Ra = 5 Ω melalui saluran yang memiliki resistansi 1Ω. Sebuah beban resistif lain yaitu Rb = 5 Ω dengan penyearah setengah gelombang dihubungkan paralel dengan Ra. Hitunglah: (a) daya nyata yang diserap Ra sebelum Rb dan penyearah dihubungkan; (b) daya nyata yang diserap Rb sesudah Rb dan penyearah dihubungkan; (c) daya nyata yang diserap Ra sesudah Rb dan penyearah dihubungkan; (d) daya nyata yang diserap saluran Rs; (e) daya nyata yang diberikan sumber; (f) bandingkan daya nyata yang diberikan oleh sumber dan daya nyata yang diserap oleh bagian rangkaian yang lain. Penyelesaian: (a) Sebelum Rb dan penyearah dihubung-kan, rangkaian adalah seperti di bawah ini.

is vs = 240sinω0t

A Rs=1Ω

Ra = 5Ω B

Arus efektif yang mengalir dari sumber, daya nyata yang diserap Ra dan Rs , serta daya nyata yang diberikan sumber adalah

I Rarms = (240 / 2 ) /(5 + 1) = 28,28 A


PRa = 28,28 2 × 5 = 4000 W ; PRs = 28,28 2 × 1 = 800 W Ps = 28,28 × 240 / 2 = 4800 W = PRa + PRs (b) Setelah Rb dan penyearah dihubungkan, rangkaian menjadi

is

A Rs

vs

ia

iRb= iRb1+iRbh

Rb

Ra B

Untuk menghitung iRb kita buat rangkaian ekivalen Thévenin terlebih dulu di terminal A-B.

v sTh =

5 × 240 sin ω 0 t = 200 sin ω 0 t V ; 1+ 5 1× 5 R sTh = = 0,833 Ω 1+ 5

Setelah Rb dihubungkan pada rangkaian ekivalen Thévenin, rangkaian menjadi isTh

A ib=ib1+ibh

0,833Ω 5Ω

vsTh = 200sinω0t

B

Nilai maksimum arus iRb adalah

I Rbm =

200 = 34,29 A 0,833 + 5

Arus yang melalui Rb menjadi

121

 0,318 + 0,5 cos(ω 0 t − 1,57) + 0,212 cos( 2ω 0 t )   i Rb = 34,29 ×    + 0,042 cos( 4ω 0 t ) + 0,018 cos(6ω 0 t ) = 10,9 + 17,14 cos(ω 0 t − 1,57) + 7,27 cos(2ω 0 t ) + 1,47 cos( 4ω 0 t ) + 0,62 cos(6ω 0 t ) Dari sini kita peroleh

I Rb1rms =

17,14

= 12,12 A

2

I Rbhrms = 10,9 2 + 7,27 2 / 2 + 1,47 2 / 2 + 0,62 2 / 2 = 12.1 A Daya yang diserap Rb adalah PRb = (12,12 2 + 12.12 ) × 5 ≈ 1470 W

(c) Untuk menghitung daya yang diserap Ra setelah Rb dihubungkan, kita kembali pada rangkaian semula. Hukum Arus Kischhoff untuk simpul A memberikan  1 v A − vs v A 1  vs = − i Rb + + i Rb = 0 ⇒ v A  +  Rs Ra  R s Ra  R s

vA =

Ra R s Ra (ib1 + ibh ) vs − R s + Ra R s + Ra

5 5 ×1 × 240 sin ω 0 t − × (17,14 sin ω 0 t + ibh ) 6 6 5 = 185,71sin ω0 t − ibh V = v A1 − v Ah 6 185,71 ⇒ V A1rms = = 131,32 V 2  5 5 10,9 + 7,27 cos(2ω 0 t )  v Ah = × ibh = ×  6 6  + 1,47 cos(4ω 0 t ) + 0,62 cos(6ω 0 t )  = 9,09 + 6,06 cos(2ω 0 t ) + 1,23 cos(4ω 0 t ) + 0,51 cos(6ω 0 t ) =

6,06 2 1.23 2 0,512 + + = 10,09 V 2 2 2 Daya yang diserap Ra adalah ⇒ V Ahrms = 9,09 2 +


PRa =

V A1rms 2 V Ahrms 2 131,32 2 10,09 2 + = + = 3469 W Ra Ra 5 5

(d) Tegangan jatuh di saluran adalah

∆v s1 = v s − v A1 = 240 sin ω 0 t − 185,71sin ω 0 t = 54,29 sin ω 0 t V 54,29 → ∆V s1rms = = 38,39 V 2 →

∆V shrms = V Ahrms = 10,09 V

Daya yang diserap saluran adalah

PRs =

∆V s1rms 2 ∆V shrms 2 38,39 2 10,09 2 + = + = 1575 W 1 1 Rs Rs

(e) Tegangan sumber adalah

v = 240 sin ω 0 t V Arus fundamental sumber adalah

i s1 =

∆v s1 = 54,29 sin ω0 t A Rs

Daya nyata yang diberikan sumber

p s1 = V srms I s1rms =

240 54,29 × = 6515 W R2 2

(f) Bagian lain rangkaian yang menyerap daya nyata adalah Rs, Ra, dan Rb. Daya nyata yang diserap adalah PRtotal = PRs + PRa + PRb = 1575 + 3469 + 1468 = 6512 W Hasil ini menunjukkan bahwa daya nyata yang diberikan sumber sama dengan daya nyata yang diserap oleh bagian lain dari rangkaian (perbedaan angka adalah karena pembulatanpembulatan).

123

6.5. Ukuran Distorsi Harmonisa Hadirnya harmonisa dalam sistem, menimbulkan dampak negatif. Oleh karena itu kehadirannya perlu dibatasi. Untuk melakukan pembatasan diperlukan ukuran-ukuran kehadiran armonisa.

Crest Factor. Salah satu ukuran adalah crest factor, yang disefinisikan sebagai

crest factor =

nilai puncak nilai efektif

Total Harmonic Distortion (THD). Total Harmonic Distortion, disingkat THD, digunakan sebagai ukuran untuk melihat berapa besar pengaruh keseluruhan adanya harmonisa terhadap sinyal sinus. Pengaruh keseluruhan harmonisa diperbandingkan terhadap komponen fundamental, karena komponen fundamental-lah yang memberikan transfer energi nyata. Untuk tegangan nonsinus, THD didefinisikan sebagai

Vhrms V1rms Untuk arus nonsinus, THD didefinisikan sebagai THDV =

THD I =

I hrms I1rms

(6.13)

(6.14)

CO+TOH-6.4: Dari Contoh-6.1, dengan nilai puncak arus 100 A, persamaan arus penyearahan setengah gelombang sampai harmonisa keenam adalah

 31,8 + 50 cos(ω 0 t − 1,57) + 21,2 cos(2ω 0 t )   A i (t ) =    + 4,2 cos(4ω 0 t ) + 1,8 cos(6ω 0 t ) Hitunglah crest factor dan THDI.

Penyelesaian: Telah dihitung nilai efektif arus dalam contoh soal tersebut


I b1rms =

50

A;

2

I bhrms = 31,8 2 +

21,2 2 4,2 2 1,8 2 + + = 35,31 A 2 2 2

Nilai efektif arus adalah

I rms = 50 2 / 2 + 35,312 = 49,7 A Crest factor adalah: c. f . =

100 =2; 49,2

I 35,31 ≈ 1 atau 100% THDI adalah: THD I = hrms = I1rms 50 / 2 Crest factor dan THD hanyalah tergantung bentuk dan tidak tergantung dari nilai mutlak arus. Angka yang sama akan kita peroleh jika nilai puncak arus hanya 1 ampere. Hal ini dapat dimengerti karena persamaan arus secara umum adalah nmaks   i (t ) = I m  A0 + An cos(nω 0 t − ϕ n )    n =1  

∑

sehingga dalam perhitungan Irms, I1rms, dan Ihrms faktor Im akan terhilangkan.

CO+TOH-6.5: Tentukan crest factor dan THD arus yang mengalir dari sumber tegangan sinusoidal v = 1000 2 sin ω0t yang mencatu arus ke beban resistif 10 Ω melalui saklar sinkron yang menutup setiap paruh ke-dua dari tiap setengah perioda. Kurva tegangan dan arus terlihat pada gambar di bawah ini.

125

300

vs(t)/5

200

is(t)

[V] [A] 100

[detik]

0 0

0,01

0,02

-100 -200 -300

Penyelesaian: Uraian bentuk gelombang arus seperti pada gambar di atas hanya memiliki harmonisa ganjil. Pendekatan numerik dari bentuk gelombang arus seperti yang digambarkan di atas memberikan spektrum amplitudo sampai harmonisa ke-11 sebagai berikut: A

90 80 70 60 50 40 30 20 10 0

83.79

44.96

14.83 14.83 8.71

8.71

0.00 10

12

33

5 4

75

96

11 7 harmonisa

Arus ini tidak memiliki komponen searah. Nilai efektif arus adalah

83,79 2 44,96 2 14,83 2 14,83 2 8,712 8,712 + + + + + 2 2 2 2 2 2 = 69,4 A

I brms = 0 +

Nilai puncak arus terjadi pada t = 0,005 detik; Ibm = 141,4 A. Crest factor adalah c. f . =

141,4 Ibm = =2 69,4 I brms

Nilai efektif komponen fundamental dan komponen harmonisa total, berturut-turut adalah 126 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

I 1rms =

83,79

= 59,25 A ;

2

44,96 2 14,83 2 14,83 2 8,712 8,712 + + + + 2 2 2 2 2 = 36,14 A

I hrms = 0 +

Total Harmonic Distortion arus adalah

THDI =

36,14 ≈ 0,6 atau 60% . 59,25

Dalam menentukan THD data yang diperlukan adalah spektrum amplitudo; spektrum sudut fasa tidak diperlukan. Namun untuk keperluan lain spektrum sudut fasa tetap diperlukan.

127

Soal-Soal 1.

Sebuah tegangan sinusoidal 50 Hz dengan nilai puncak 500 V mencatu rangkaian melalui sebuah dioda (ideal). Hanya bagian positif tegangan yang terasakan oleh beban. Beban terdiri dari dari induktor dan kapasitor terhubung seri; induktor memiliki resistansi 20 Ω dan induktansi 1 H, sedangkan kapasitor memiliki kapasitansi 20 µF. Hitung tegangan rata-rata pada beban, tegangan efektif fundamental, serta tegangan efektif dua harmonisa di atasnya.

2.

Jika beban pada soal nomer 1 diganti dengan resistor 50 Ω, hitung tegangan rata-rata pada resistor, arus efektif yang melalui resistor, daya nyata yang diserap resistor, serta faktor daya beban yang dilihat oleh sumber.

3.

Sebuah tegangan sinusoidal 50 Hz dengan nilai puncak 500 V mencatu rangkaian melalui sebuah penyearah gelombang penuh. Beban terdiri dari induktor dan kapasitor terhubung seri; induktor memiliki resistansi 20 Ω dan induktansi 1 H, sedangkan kapasitor memiliki kapasitansi 20 µF. Hitung tegangan rata-rata pada beban, tegangan efektif fundamental, serta tegangan efektif dua harmonisa di atasnya.

4.

Jika beban pada soal nomer 3 diganti dengan resistor 50 Ω, hitung tegangan rata-rata pada resistor, arus efektif yang melalui resistor, daya nyata yang diserap resistor, serta faktor daya beban yang dilihat oleh sumber.

5.

Jika satu kapasitor sebagai filter diparalelkan dengan resistor pada soal nomer 2 agar fluktuasi tegangan tidak lebih dari 20% dari tegangan puncak, gambarkan bentuk gelombang arus sumber dan tentukan THDI.

6.

Jika satu kapasitor sebagai filter diparalelkan dengan resistor pada soal nomer 4 agar fluktuasi tegangan tidak lebih dari 5% dari tegangan puncak, gambarkan bentuk gelombang arus sumber dan tentukan THDI.


BAB 7 Tinjauan di Kawasan Fasor Dalam bab ini kita akan meninjau sinyal nonsinus melalui pengertian fasor. Konsep fasor sendiri telah kita bahas di buku bagian pertama.

7.1. Pernyataan Sinyal +onsinus Dalam Fasor Suatu sinyal sinus di kawasan waktu dinyatakan dengan menggunakan fungsi cosinus seperti pada persamaan v(t ) = V A cos[ω 0 t − φ] dengan VA adalah amplitudo sinyal, ω0 adalah frekuensi sudut, dan φ adalah sudut fasa yang menunjukkan posisi puncak pertama fungsi cosinus. Pernyataan sinyal sinus menggunakan fungsi cosinus diambil sebagai pernyataan standar. Jika seluruh sistem bekerja pada satu frekuensi tertentu, ω, maka sinyal sinus dapat dinyatakan dalam bentuk fasor dengan mengambil besar dan sudut fasa-nya saja. Untuk suatu sinyal sinus yang di kawasan waktu dinyatakan sebagai v(t ) = A cos(ωt + θ) maka di kawasan fasor ia dituliskan dalam format kompleks sebagai V = Ae jθ dengan A adalah nilai puncak sinyal. Karena kita hanya memperhatikan amplitudo dan sudut fasa saja, maka pernyataan sinyal dalam fasor biasa dituliskan seperti pada (12.5) yaitu

V = A∠θ = A cos θ + jA sin θ yang dalam bidang kompleks digambarkan sebagai diagram fasor seperti pada Gb.7.1.a. Apabila sudut fasa θ = 0o maka pernyataan sinyal di kawasan waktu menjadi v(t ) = A cos(ωt ) yang dalam bentuk fasor menjadi V = A∠0 o dengan diagram fasor seperti pada Gb.7.1.b. Suatu sinyal yang di kawasan waktu dinyatakan sebagai di kawasan fasor menjadi v(t ) = A sin(ωt ) = A cos(ωt − π / 2)

V = A∠ − 90 o dengan diagram fasor seperti Gb.7.1.c

129

V = A∠θ

Im

Im

V = A∠0o

θ Re a).

Re b). Im

Im

a = cos ω t

a Re

Re c).

V = A∠ − 90o

b d)

b = sin ω t

Gb.7.1. Diagram fasor fungsi: a) v(t ) = A cos(ωt + θ) ; b) v(t ) = A cos(ωt ) ; c) v(t ) = A sin(ωt ) d). Fasor a = cosωt dan b = sinωt Dalam meninjau sinyal nonsinus, kita tidak dapat menyatakan satu sinyal nonsinus dengan menggunakan satu bentuk fasor tertentu karena walaupun sistem yang kita tinjau beroperasi pada satu macam frekuensi (50 Hz misalnya) namun arus dan tegangan yang kita hadapi mengandung banyak frekuensi. Oleh karena itu satu sinyal nonsinus terpaksa kita nyatakan dengan banyak fasor; masing-masing komponen sinyal nonsinus memiliki frekuensi sendiri. Selain dari pada itu, uraian sinyal sinyal nonsinus ke dalam komponenkomponennya dilakukan melalui deret Fourier. Bentuk umum komponen sinus sinyal ini adalah

i n (t ) = a n cos nωt + bn sin nωt yang dapat dituliskan sebagai

i n (t ) = a n2 + bn2 cos(nωt − θ n ) yang dalam bentuk fasor menjadi I n = a n2 + bn2 ∠ − θ n dengan θ = tan −1

bn an

Mengacu pada Gb.7.1.d, diagram fasor komponen sinyal ini adalah seperti pada Gb.7.2. 130 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Im

an

θ

Re

bn I n = an2 + bn2 ∠ − θ Gb.7.2. Fasor komponen arus nonsinus dengan an > 0 dan bn > 0. Fasor In pada Gb.7.2. adalah fasor komponen arus jika an positif dan bn positif. Fasor ini leading terhadap sinyal sinus sebesar (90o − θ). Gb.7.3 berikut ini memperlihatkan kombinasi nilai an dan bn yang lain. Im

Im

-bn -an

θ

-an θ

Re

Re

bn an < 0, bn > 0 In lagging (900 − θ) terhadap sinyal sinus

an < 0, bn < 0 In lagging (900 + θ) terhadap sinyal sinus

I n = a n2 + bn2 ∠(180o + θ) Im

I n = an2 + bn2 ∠(180o − θ)

-bn θ

an Re an > 0, bn <0 In leading (900 + θ) terhadap sinyal sinus I n = an2 + bn2 ∠θ

Gb.7.3. Fasor komponen arus nonsinus untuk berbagai kombinasi nilai an dan bn. 131

Perlu kita perhatikan bahwa pernyataan fasor dan diagram fasor yang dikemukakan di atas menggunakan nilai puncak sinyal sebagai besar fasor. Dalam analisis daya, diambil nilai efektif sebagai besar fasor. Oleh karena itu kita perlu memperhatikan apakah spektrum amplitudo sinyal nonsinus diberikan dalam nilai efektif atau nilai puncak.

CO+TOH-7.1: Dalam Contoh-5.3 di Bab-5 uraian di kawasan waktu arus penyearahan setengah gelombang dengan nilai maksimum Im A adalah

 0,318 + 0,5 cos(ω0t − 1,57) + 0,212 cos(2ω0t )    i(t ) = I m ×  + 0,042 cos(4ω0t ) + 0,018 cos(6ω0t ) A   + 0.010 cos(8ω t ) + 0.007 cos(10ω t ) 0 0   Nyatakanlah sinyal ini dalam bentuk fasor.

Penyelesaian: Formulasi arus i(t) yang diberikan ini diturunkan dari uraian deret Fourier yang komponen fundamentalnya adalah i1 (t ) = 0 + 0,5 sin ω 0 t ; jadi sesungguhnya komponen ini adalah fungsi sinus di kawasan waktu. Jika kita mengambil nilai efektif sebagai besar fasor, maka pernyataan arus dalam bentuk fasor adalah 0,5I m 2

∠ − 90o ; I 2 =

0,212 I m

∠0 o ; 2 0,042 I m 0,018I m 0,010 I m I4 = ∠0 o ; I 6 = ∠0 o ; I 8 = ∠0 o ; 2 2 2 0,007 I m I10 = ∠0 o ; 2

I 0 = 0,318I m ; I1 =

Diagram fasor arus-arus pada Contoh-7.1 di atas, dapat kita gambarkan (hanya mengambil tiga komponen) seperti terlihat pada Gb. 7.4.


I4

I2 I1

Gb.7.4. Diagram fasor arus fundamental, harmonisa ke-2, dan harmonisa ke-4 Persamaan arus pada Contoh-7.1 yang dinyatakan dalam fungsi cosinus dapat pula dinyatakan dalam fungsi sinus menjadi   0,318 + 0,5 sin(ω0t ) + 0,212 sin( 2ω0t + 1,57)   i (t ) = I m  + 0,021sin( 4ω0t + 1,57) + 0,018 sin(6ω0t + 1,57)  A   + 0.010 cos(8ω t ) + 0.007 cos(10ω t ) 0 0  

Jika komponen sinus fundamental digunakan sebagai referensi dengan pernyataan fasornya I1 = I1rms ∠0 o , maka masing-masing komponen arus ini dapat kita nyatakan dalam fasor sebagai: I 0 = 0,318I m ; I 1 = I4 =

0,042 I m 2

0,5I m 2 o

∠0 o ; I 2 =

0,212 I m

0,018I m

o

∠90 ; I 6 =

∠90 o ;

2

∠90 ;...........

2

Diagram fasor-fasor arus ini dapat kita gambarkan seperti terlihat pada Gb.7.5.

I1

I2

I4

Gb.7.5. Diagram fasor arus fundamental, harmonisa ke-2, dan harmonisa ke-4 Diagram fasor arus pada Gb.7.5 tidak lain adalah diagram fasor pada Gb.7.4 yang diputar 90o ke arah positif karena fungsi sinus dijadikan referensi dengan sudut fasa nol. Nilai fasor dan selisih sudut fasa antar fasor tidak berubah. Dengan menggunakan Gb.7.5. ini, kita lihat bahwa komponen harmonisa ke-2 ‘leading’ 90o dari komponen fundamental; demikian juga dengan komponen harmonisa ke-4. Namun fasor 133

harmonisa ke-2 berputar kearah positif dengan frekuensi dua kali lipat dibanding dengan komponen fundamental, dan fasor harmonisa ke-4 berputar kearah positif dengan frekuensi empat kali lipat dibanding komponen fundamental. Oleh karena itulah mereka tidak dapat secara langsung dijumlahkan. Dalam pembahasan selanjutnya kita akan menggunakan cara penggambaran fasor seperti pada Gb.7.4 dimana fasor referensi adalah fasor dari sinyal sinus yang dinyatakan dalam fungsi cosinus dan memiliki sudut fasa nol. Hal ini perlu ditegaskan karena uraian arus nonsinus ke dalam deret Fourier dinyatakan sebagai fungsi cosinus sedangkan tegangan sumber biasanya dinyatakan sebagai fungsi sinus. Fasor tegangan sumber akan berbentuk Vs = V srms ∠ − 90 o dan relasirelasi sudut fasa yang tertulis pada Gb.7.3 akan digunakan.

Contoh-7.2: Gambarkan diagram fasor sumber tegangan dan arus-arus berkut ini v s = V srms sin ωt = 100 sin ωt V , I1rms = 30 A 30o lagging dari tegangan sumber dan I 2rms = 50 A 90o leading dari tegangan sumber.

Penyelesaian: Im

I2 Re

I1

30o

Vs 7.2. Impedansi Karena setiap komponen harmonisa memiliki frekuensi berbeda maka pada satu cabang rangkaian yang mengandung elemen dinamis akan terjadi impedansi yang berbeda untuk setiap komponen. Setiap komponen harmonisa dari arus nonsinus yang mengalir pada satu cabang rangkaian dengan elemen dinamis akan mengakibatkan tegangan berbeda.


CO+TOH-7.3: Arus i = 200 sin ω 0 t + 70 sin 3ω 0 t + 30 sin 5ω 0 t A mengalir melalui resistor 5 Ω yang terhubung seri dengan kapasitor 20 µF. Jika frekuensi fundamental adalah 50 Hz, hitung tegangan puncak fundamental dan tegangan puncak setiap komponen harmonisa. (a) Reaktansi dan impedansi untuk frekuensi fundamental adalah

X C1 = 1 /(2π × 50 × 20 × 10 −6 ) = 159,15 → Z1 = 5 2 + 159,15 2 = 159,23 Ω Tegangan puncak fundamental adalah

V1m = Z1 × I1m = 159,23 × 200 ≈ 31,85 kV (b) Impedansi untuk harmonisa ke-3 adalah

X C 3 = X C1 / 3 = 53,05 → Z 3 = 5 2 + 53,05 2 = 53,29 Ω Tegangan puncak harmonisa ke-3 adalah V3m = Z 3 × I 3m = 53,29 × 70 = 3,73 kV (c) Impedansi untuk harmonisa ke-5 adalah

X C 5 = X C1 / 5 = 31,83 → Z 5 = 5 2 + 31,83 2 = 32,22 Ω Tegangan puncak harmonisa ke-5 adalah

V5m = Z 5 × I 5m = 32,22 × 30 = 0,97 kV 7.3. +ilai Efektif Sebagaimana telah dibahas dalam bab sebelumnya, sinyal nonsinus dipandang sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu komponen fundamental dan komponen harmonisa total. Nilai efektif suatu sinyal periodik nonsinus y, adalah 2 Yrms = Y12rms + Yhrms

(7.1)

dengan

Y1rms : nilai efektif komponen fundamental. Yhrms : nilai efektif komponen harmonisa total.

135

Karena komponen ke-dua, yaitu komponen harmonisa total, merupakan gabungan dari seluruh harmonisa yang masih diperhitungkan, maka komponen ini tidak kita gambarkan diagram fasornya; kita hanya menyatakan nilai efektifnya saja walaupun kalau kita gambarkan kurvanya di kawasan waktu bisa terlihat perbedaan fasa yang mungkin terjadi antara tegangan fundamental dan arus harmonisa total.

7.4. Sumber Tegangan Sinusiodal Dengan Beban +onlinier Sebagaimana dijelaskan di bab sebelumnya, pembebanan nonlinier terjadi bila sumber dengan tegangan sinus mencatu beban dengan arus nonsinus. Arus nonsinus mengalir karena terjadi pengubahan arus oleh pengubah arus, seperti misalnya penyearah atau saklar sinkron. Dalam analisis di kawasan fasor pada pembebanan non linier ini kita perlu memperhatikan hal-hal berikut ini.

7.4.1. Daya Kompleks Sisi Beban. Jika tegangan pada suatu beban memiliki nilai efektif Vbrms V dan arus nonsinus yang mengalir padanya memiliki nilai efektif Ibrms A, maka beban ini menyerap daya kompleks sebesar S b = Vbrms × I brms VA

(7.2)

Kita ingat pengertian mengenai daya kompleks yang didefinisikan pada persamaan (14.9) di Bab-14 sebagai S = VI * . Definisi ini adalah untuk sinyal sinus murni. Dalam hal sinyal nonsinus kita tidak menggambarkan fasor arus harmonisa total sehingga mengenai daya kompleks hanya bisa menyatakan besarnya, yaitu persamaan (7.2), tetapi kita tidak menggambarkan segitiga daya. Segitiga daya dapat digambarkan hanya untuk komponen fundamental.

Sisi Sumber. Daya kompleks |Ss| yang diberikan oleh sumber tegangan sinus v s = V sm sin ωt V yang mengeluarkan arus nonsinus bernilai 2 A adalah efektif I srms = I s21rms + I shrms

V S s = Vsrms × I srms = sm × I srms VA 2


(7.3)

7.4.2. Daya +yata Sisi Beban. Jika suatu beban memiliki resistansi Rb, maka beban tersebut menyerap daya nyata sebesar

(

)

2 2 Pb = I brms Rb = I b21rms + I bhrms Rb W

(7.4)

di mana I b1rms adalah arus efektif fundamental dan I bhrms adalah arus efektif harmonisa total.

Sisi Sumber. Dilihat dari sisi sumber, daya nyata dikirimkan melalui komponen fundamental. Komponen arus harmonisa sumber tidak memberikan transfer energi netto.

Ps1 = V srms I1rms cosϕ1 W

(7.5)

ϕ1 adalah beda sudut fasa antara tegangan dan arus fundamental sumber, dan cosϕ1 adalah faktor daya pada komponen fundamental yang disebut displacement power factor.

7.4.3. Faktor Daya Sisi Beban. Dengan pengertian daya kompleks dan daya nyata seperti diuraikan di atas, maka faktor daya rangkaian beban dapat dihitung sebagai

f.d. beban =

Pb Sb

(7.5)

Sisi Sumber. Faktor daya total, dilihat dari sisi sumber, adalah

f .d. s =

Ps1 Ss

(7.6)

7.4.4. Impedansi Beban Reaktansi beban tergantung dari frekuensi harmonisa, sehingga masingmasing harmonisa menghadapi nilai impedansi yang berbeda-beda. Namun demikian nilai impedansi beban secara keseluruhan dapat dihitung, sesuai dengan konsep tentang impedansi, sebagai

Zb =

Vbrms Ω I brms

(7.6)

137

Seperti halnya dengan daya kompleks, impedansi beban hanya dapat kita hitung besarnya dengan relasi (7.6) akan tetapi tidak dinyatakan dalam format kompleks seperti (a + jb).

7. 5. Teorema Tellegen Sebagaimana dijelaskan dalam Bab-7, teorema ini menyatakan bahwa di setiap rangkaian listrik harus ada perimbangan yang tepat antara daya yang diserap oleh elemen pasif dengan daya yang diberikan oleh elemen aktif. Hal ini sesuai dengan prinsip konservasi energi. Sebagaimana telah pula disebutkan teorema ini juga memberikan kesimpulan bahwa satusatunya cara agar energi dapat diserap dari atau disalurkan ke suatu bagian rangkaian adalah melalui tegangan dan arus di terminalnya. Teorema ini berlaku baik untuk rangkaian linier maupun non linier. Teorema ini juga berlaku baik di kawasan waktu maupun kawasan fasor untuk daya kompleks maupun daya nyata. Fasor tidak lain adalah pernyataan sinyal yang biasanya berupakan fungsi waktu, menjadi pernyataan di bidang kompleks. Oleh karena itu perhitungan daya yang dilakukan di kawasan fasor harus menghasilkan angka-angka yang sama dengan perhitungan di kawasan waktu.

7.6. Contoh-Contoh Perhitungan CO+TOH-7.4: Di terminal suatu beban yang terdiri dari resistor Rb=10 Ω terhubung seri dengan induktor Lb = 0,05 H terdapat tegangan nonsinus v s = 100 + 200 2 sin ω 0 t V . Jika frekuensi fundamental adalah 50 Hz, hitunglah: (a) daya nyata yang diserap beban; (b) impedansi beban; (c) faktor daya beban;

Penyelesaian: (a) Tegangan pada beban terdiri dari dua komponen yaitu komponen searah dan komponen fundamental:

V0 = 100 V dan

V1 = 200∠ − 90 o

Arus komponen searah yang mengalir di beban adalah

I b0 = V0 / Rb = 100 / 10 = 10 A Arus efektif komponen fundamental di beban adalah


V 200 I b1rms = 1rms = = 10,74 A 2 Zb 10 + (100π × 0,05) 2 Nilai efektif arus rangkaian total adalah

I brms = I b20 + I b21rms = 10 2 + 10,74 2 = 14,68 A Daya nyata yang diserap beban sama dengan daya yang diserap Rb karena hanya Rb yang menyerap daya nyata. 2 PRb = I brms Rb = 14,68 2 × 10 = 2154 W

(b) Impedansi beban adalah rasio antara tegangan efektif dan arus efektif beban.

Vbrms = V02 + V12rms = 1002 + 2002 = 100 5 V Z beban =

Vbrms 100 5 = = 15,24 Ω I brms 14,68

(c) Faktor daya beban adalah rasio antara daya nyata dan daya kompleks yang diserap beban. Daya kompleks yang diserap beban adalah:

S b = Vbrms × I brms = 100 5 × 14,68 = 3281 VA Sehingga faktor daya beban

f.d.b =

Pb 2154 = = 0,656 Sb 3281

CO+TOH-7.5: Suatu tegangan nonsinus yang terdeteksi pada terminal beban memiliki komponen fundamental dengan nilai puncak 150 V dan frekuensi 50 Hz, serta harmonisa ke-3 dan ke-5 yang memiliki nilai puncak berturut-turut 30 V dan 5 V. Beban terdiri dari resistor 5 Ω terhubung seri dengan induktor 4 mH. Hitung: (a) tegangan efektif, arus efektif, dan daya dari komponen fundamental; (b) tegangan efektif, arus efektif, dan daya dari setiap komponen harmonisa; (c) tegangan efektif beban, arus efektif beban, dan total

139

daya kompleks yang disalurkan ke beban; (d) Bandingkan hasil perhitungan (a) dan (c).

Penyelesaian: (a) Tegangan efektif komponen fundamental

V1rms =

150

= 106 V

2

Reaktansi pada frekuensi fundamental

X L1 = 2π × 50 × 4 × 10 −3 = 1,26 Ω Impedansi pada frekuensi fundamental adalah

Z1 = 5 2 + 1,26 2 = 5,16 Ω Arus efektif fundamental I1rms =

V1rms 106 = = 20,57 A Z1 5,16

Daya nyata yang diberikan oleh komponen fundamental

P1 = I12rms R = 20,57 2 × 5 = 2083 W Daya kompleks komponen fundamental S1 = V1rms I1rms = 106 × 20,57 = 2182 VA

Faktor daya komponen fundamental

f.d.1 =

P1 2083 = = 0,97 S1 2182

Daya reaktif komponen fundamental dapat dihitung dengan formulasi segitiga daya karena komponen ini adalah sinus murni.

Q1 =

S1

2

− P12 = 2182 2 − 20832 = 531,9 VAR


(b) Tegangan efektif harmonisa ke-3 dan ke-5

V3rms =

30

= 21,21 V ;

V5rms =

2

5

= 3,54 V

2

Reaktansi pada frekuensi harmonisa ke-3 dan ke-5

X L3 = 3 × X L1 = 3 × 1,26 = 3,77 Ω ; X L5 = 5 × X L1 = 5 × 1,26 = 6,28 Ω Impedansi pada komponen harmonisa ke-3 dan ke-5:

Z 3 = 5 2 + 3,77 2 = 6,26 Ω ; Z 5 = 5 2 + 6,28 2 = 8,03 Ω Arus efektif komponen harmonisa ke-3 dan ke-5:

I3rms =

V3rms 21,21 = = 3,39 A ; Z3 6,26

I 5rms =

V5 rms Z5

=

3,54 = 0,44 A 8,03

Daya nyata yang diberikan oleh harmonisa ke-3 dan ke-5

P3 = I 32rms R = 3,39 2 × 5 = 57,4 W ; P5 = I 52rms R = 0,44 2 × 5 = 0,97 W (c) Daya nyata total yang diberikan ke beban adalah jumlah daya nyata dari masing-masing komponen harmonisa (kita ingat komponen-komponen harmonisa secara bersama-sama mewakili satu sumber)

(

)

Pb = P1 + P3 + P5 = I12rms + I 32rms + I 52rms × R = 2174 W =

I12rms R +

(

I 32rms

+

I 52rms

)R =

2 I12rms R + I hrms R

Tegangan efektif beban

Vbrms =

150 2 30 2 5 2 + + = 108,22 V 2 2 2

Arus efektif beban

141

I brms = 20,57 2 + 3,39 2 + 0,44 2 = 20,86 A Daya kompleks beban

S b = Vbrms × I brms = 108,22 × 20,86 = 2257 VA Daya reaktif beban tidak dapat dihitung dengan menggunakan formula segitiga daya karena kita tak dapat menggambarkannya. (d) Perhitungan untuk komponen fundamental yang telah kita lakukan menghasilkan

P1 = 2083 W , S1 = 2182 VA , dan Q1 =

S1

2

− P12 = 531,9 VAR .

Sementara itu perhitungan daya total ke beban menghasilkan

Pb = 2174 W , dan S b = 2257 VA ; Qb = ? Perbedaan antara P1 dan Pb disebabkan oleh adanya harmonisa P3 dan P5 .

P1 = I12rms R sedang

(

)

2 Pb = P1 + P2 + P3 = I12rms + I 32rms + I 52rms R = I brms R.

Daya reaktif beban Qb tidak bisa kita hitung dengan cara seperti menghitung Q1 karena kita tidak bisa menggambarkan segitiga daya-nya. Oleh karena itu kita akan mencoba memperlakukan komponen harmonisa sama seperti kita memperlakukan komponen fundamental dengan menghitung daya reaktif 2 sebagai Qn = I nrms X n dan kemudian menjumlahkan daya reaktif Qn untuk memperoleh daya reaktif ke beban Qb.

Dengan cara ini maka untuk beban akan berlaku:

(

Qb = Q1 + Q3 + Q5 = I12rms X L1 + I 32rms X L3 + I 52rms X L5 Hasil perhitungan memberikan


)

Qb = Q1 + Q2 + Q3 = I12rms X L1 + I 32rms X L3 + I 52rms X L5 = 531,9 + 43,3 + 1,2 = 576,4 VAR Perhatikan bahwa hasil perhitungan

Q1 = I12rms X L1 = 531,9 VAR sama dengan Q1 =

S1

2

− P12 = 531,9 VAR .

Jika untuk menghitung Qb kita paksakan menggunakan formulasi segitiga daya, walaupun sesungguhnya kita tidak bisa menggambarkan segitiga daya dan daya reaktif total komponen hamonisa juga tidak didefinisikan, kita akan memperoleh

Qb =

Sb

2

− Pb2 = 2257 2 − 2174 2 = 604 VAR

lebih besar dari hasil yang diperoleh jika daya reaktif masingmasing komponen harmonisa dihitung dengan formula 2 Qn = I nrms Xn .

CO+TOH-7.6: Sumber tegangan sinusoidal v s = 1000 2sinωt V mencatu beban resistif Rb = 10 Ω melalui dioda mewakili penyearah setengah gelombang. Carilah: (a) spektrum amplitudo arus; (b) nilai efektif setiap komponen arus; (c) daya kompleks sumber; (d) daya nyata yang diserap beban; (e) daya nyata yang berikan oleh sumber; (f) faktor daya yang dilihat sumber; (g) faktor daya komponen fundamental. Penyelesaian: a). Spektrum amplitudo arus penyearahan setengah gelombang ini adalah seperti berikut.

143

80

A

70.71

70 60 50

45.00

40

30.04

30 20

6.03

10

2.60

1.46

0.94

65

68

7 10

0

01

12

23

44

harmonisa

Spektrum yang amplitudo ini dihitung sampai harmonisa ke10, yang nilainya sudah mendekati 1% dari amplitudo arus fundamental. Diharapkan error yang terjadi dalam perhitungan tidak akan terlalu besar. b). Nilai efektif komponen arus dalam [A] adalah

I 0 = 45; I1rms =

70.71

I 4 rms = 4,3; I 6rms

= 50; I 2 rms =

30.04

= 21,2; dst 2 2 = 1,8; I 8rms = 1; I 10rms = 0.7

Nilai efektif arus fundamental I1rms = 50 A Nilai efektif komponen harmonisa total adalah:

I hrms = 2 × 31,8 2 + 21,2 2 + 4,3 2 + 1,8 2 + 12 + 0,7 2 = 50 A Nilai efektif arus total adalah 2 I rms = I12rms + I shrms = 50 2 + 50 2 = 70,7 A

c). Daya kompleks yang diberikan sumber adalah

S s = V srms × I rms = 1000 × 70,7 = 70,7 kVA d). Daya nyata yang diserap beban adalah 2 Pb = I rms Rb = 70,67 2 × 10 = 50 kW


e). Sumber memberikan daya nyata melalui arus fundamental. Daya nyata yang diberikan oleh sumber adalah

Ps = V srms I 1rms cos ϕ1 Kita anggap bahwa spektrum sudut fasa tidak tersedia, sehingga perbedaan sudut fasa antara tegangan sumber dan arus fundamental tidak diketahui dan cosϕ1 tidak diketahui. Oleh karena itu kita coba memanfaatkan teorema Tellegen yang menyatakan bahwa daya yang diberikan sumber harus tepat sama dengan daya yang diterima beban, termasuk daya nyata. Jadi daya nyata yang diberikan sumber adalah

Ps = Pb = 50 kW f). Faktor daya yang dilihat oleh sumber adalah

f.d.s = Ps / S s = Pb / S s = 50 / 70,7 = 0,7 g). Faktor daya komponen fundamental adalah

cos ϕ1 =

Ps 50000 = =1 V srms I1rms 1000 × 50

Nilai faktor daya ini menunjukkan bahwa arus fundamental sefasa dengan tegangan sumber.

I 50 h). THDI = hrms = = 1 atau 100% I1rms 50 Contoh-7.6 ini menunjukkan bahwa faktor daya yang dilihat sumber lebih kecil dari faktor daya fundamental. Faktor daya fundamental menentukan besar daya aktif yang dikirim oleh sumber ke beban, sementara faktor daya yang dilihat oleh sumber merupakan rasio daya nyata terhadap daya kompleks yang dikirim oleh sumber. Sekali lagi kita tekankan bahwa kita tidak dapat menggambarkan segitiga daya pada sinyal nonsinus. Sumber mengirimkan daya nyata ke beban melalui arus fundamental. Jika kita hitung daya nyata yang diserap resistor melalui arus fundamental saja, akan kita peroleh

PRb1 = I12rms Rb = 50 2 × 10 = 25 kW 145

Jadi daya nyata yang diserap Rb melalui arus fundamental hanya setengah dari daya nyata yang dikirim sumber (dalam kasus penyearah setengah gelombang ini). Hal ini terjadi karena daya nyata total yang diserap Rb tidak hanya melalui arus fundamental saja tetapi juga arus harmonisa, sesuai dengan relasi

(

)

2 2 PRb = I brms Rb = I12rms + I brms × Rb

Kita akan mencoba menganalisis masalah ini lebih jauh setelah melihat lagi contoh yang lain. Berikut ini kita akan melihat contoh yang berbeda namun pada persoalan yang sama, yaitu sebuah sumber tegangan sinusoidal mengalami pembebanan nonlinier.

CO+TOH-7.7: Seperti Contoh-7.6, sumber sinusoidal dengan nilai efektif 1000 V mencatu arus ke beban resistif Rb=10 Ω, namun kali ini melalui saklar sinkron yang menutup setiap paruh ke-dua dari tiap setengah perioda. Tentukan : (a) spektrum amplitudo arus; (b) nilai efektif arus fundamental, arus harmonisa total, dan arus total yang mengalir ke beban; (c) daya kompleks yang diberikan sumber; (d) daya nyata yang diberikan sumber; (e) faktor daya yang dilihat sumber; (f) faktor daya komponen fundamental. Penyelesaian: (a) Diagram rangkaian adalah sebagai berikut: is saklar sinkron vs ∼ Vsrms =1000 V

iRb Rb

10 Ω

Bentuk gelombang tegangan sumber dan arus beban adalah 300

vs(t)/5

[V] 200 [A] 100 0 -100

iRb(t) [detik] 0

0,01

0,02

-200 -300


Spektrum amplitudo arus, yang dibuat hanya sampai harmonisa ke-11 adalah seperti di bawah ini.

A

90 80 70 60 50 40 30 20 10 0

83.79

44.96

14.83 14.83 8.71

8.71

0.00 10

12

33

5 4

75

96

11 7 harmonisa

Amplitudo arus harmonisa ke-11 masih cukup besar; masih di atas 10% dari amplitudo arus fundamental. Perhitunganperhitungan yang hanya didasarkan pada spektrum amplitudo ini tentu akan mengandung error yang cukup besar. Namun hal ini kita biarkan untuk contoh perhitungan manual ini mengingat amplitudo mencapai sekitar 1% dari amplitudo arus fundamental baru pada harmonisa ke-55. (b) Arus fundamental yang mengalir ke Rb

I1rms =

83,79

= 59,25 A

2

Arus harmonisa total

44,96 2 14,832 14,832 8,712 8,712 + + + + 2 2 2 2 2 = 36,14 A

I hrms = 0 +

Arus total : I rms = 59,25 2 + 36,14 2 = 69,4 A (c) Daya kompleks yang diberikan sumber adalah

S s = Vsrms I rms = 1000 × 69,4 = 69,4 kVA

147

(d) Daya nyata yang diberikan sumber harus sama dengan daya nyata yang diterima beban yaitu daya nyata yang diserap Rb karena hanya Rb yang menyerap daya nyata 2 Ps = Pb = I rms Rb = 69,4 2 × 10 = 48,17 kW

(e) Faktor daya yang dilihat sumber adalah

f.d.s = Ps / S s = 48,17 / 69,4 = 0,69 (f) Daya nyata dikirim oleh sumber melalui arus komponen fundamental.

Ps = V srms I 1rms cos ϕ1 f .d .1 = cos ϕ1 =

Ps 48170 = = 0,813 V srms I1rms 1000 × 59,25

I 36,14 (g) THD I = hrms = = 0,61 atau 61% I1rms 59,25 Perhitungan pada Contoh-7.7 ini dilakukan dengan hanya mengandalkan spektrum amplitudo yang hanya sampai harmonisa ke-11. Apabila tersedia spektrum sudut fasa, koreksi perhitungan dapat dilakukan.

Contoh-7.8: Jika pada Contoh-7.7 selain spektrum amplitudo diketahui pula bahwa persamaan arus fundamental dalam uraian deret Fourier adalah

i1 (t ) = I m (− 0.5 cos(ω0 t ) + 0,7 sin(ω0 t ) ) Lakukan koreksi terhadap perhitungan yang telah dilakukan pada Contoh-7.7.

Penyelesaian: Persamaan arus fundamental sebagai suku deret Fourier diketahui:

i1 (t ) = I m (− 0.5 cos(ω0 t ) + 0,7 sin(ω0 t ) ) Sudut θ = tan −1 (0.7 / 0.5) = 57,6 o . Mengacu ke Gb.7.3, komponen fundamental ini lagging sebesar (90o−57,6o) = 32,4o dari tegangan


sumber yang dinyatakan sebagai fungsi sinus. Dengan demikian maka faktor daya komponen fundamental adalah

f .d .1 = cos ϕ1 = cos(32,4 o ) = 0,844 Dengan diketahuinya faktor daya fundamental, maka kita dapat menghitung ulang daya nyata yang diberikan oleh sumber dengan menggunakan nilai faktor daya ini, yaitu

Ps = V srms I1rms cos ϕ1 = 1000 × 59,4 × 0.844 = 50 kW Daya nyata yang dikirim sumber ini harus sama dengan yang 2 Rb = Ps . Dengan diterima resistor di rangkaian beban Pb = I rms demikian arus total adalah

I rms = Ps / Rb = 50000 / 10 = 70,7 A Koreksi daya nyata tidak mengubah arus fundamental; yang berubah adalah faktor dayanya. Oleh karena itu terdapat koreksi arus harmonisa yaitu 2 I hrms = I rms − I12rms = 70,7 2 − 59,25 2 = 38,63 A

Daya kompleks yang diberikan sumber menjadi

S s = V srms I rms = 1000 × 70,7 = 70,7 kVA Faktor daya total yang dilihat sumber menjadi

f .d . s = Ps / S s = 50 / 70,7 = 0,7 THD I =

38,63 = 0,65 atau 65% 59,25

Perbedaan-perbedaan hasil perhitungan antara Contoh-7.8 (hasil koreksi) dan Contoh-7.7 telah kita duga sebelumnya sewaktu kita menampilkan spektrum amplitudo yang hanya sampai pada harmonisa ke-11. Tampilan spektrum ini berbeda dengan tampilan spektrum dalam kasus penyearah setengah gelombang pada Contoh-7.6, yang juga hanya sampai hrmonisa ke-10. Perbedaan antara keduanya terletak pada amplitudo harmonisa terakhir; pada kasus saklar sinkron amplitudo harmonisa ke-11 masih sekitar 10% dari amplitudo fundamentalnya, sedangkan pada kasus

149

penyearah setengah gelombang amplitudo ke-10 sudah sekitar 1% dari ampltudo fundamentalnya. Pada Contoh-7.8, jika kita menghitung daya nyata yang diterima resistor hanya melalui komponen fundamental saja akan kita peroleh

PRb1 = I12rms Rb = 59,25 2 × 10 = 35,1 kW Perbedaan antara daya nyata yang dikirim oleh sumber melalui arus fundamental dengan daya nyata yang diterima resistor melalui arus fundamental disebabkan oleh adanya komponen harmonisa. Hal yang sama telah kita amati pada kasus penyearah setengah gelombang pada Contoh-7.6.

7.7. Transfer Daya Dalam pembebanan nonlinier seperti Contoh-7.6 dan Contoh-7.7, daya nyata yang diserap beban melalui komponen fundamental selalu lebih kecil dari daya nyata yang dikirim oleh sumber yang juga melalui arus fundamental. Jadi terdapat kekurangan sebesar ∆PRb; kekurangan ini diatasi oleh komponen arus harmonisa karena daya nyata diterima oleh Rb tidak hanya melalui arus fundamental tetapi juga melalui arus harmonisa, sesuai formula 2 PRb = ( I b21rms + I bhrms ) Rb

Padahal dilihat dari sisi sumber, komponen harmonisa tidak memberi transfer energi netto. Penafsiran yang dapat dibuat adalah bahwa sebagian daya nyata diterima secara langsung dari sumber oleh Rb , dan sebagian diterima secara tidak langsung. Piranti yang ada di sisi beban selain resistor adalah saklar sinkron ataupun penyearah yang merupakan piranti-piranti pengubah arus; piranti pengubah arus ini tidak mungkin menyerap daya nyata sebab jika demikian halnya maka piranti ini akan menjadi sangat panas. Jadi piranti pengubah arus menyerap daya nyata yang diberikan sumber melalui arus fundamental dan segera meneruskannya ke resistor sehingga resistor menerima daya nyata total sebesar yang dikirimkan oleh sumber. Dalam meneruskan daya nyata tersebut, terjadi konversi arus dari frekuensi fundamental yang diberikan oleh sumber menjadi frekuensi harmonisa menuju ke beban. Hal ini dapat dilihat dari besar daya nyata yang diterima oleh Rb melalui arus harmonisa sebesar


2 2 PRbh = I bhrms R = ( I12rms + I bhrms ) × Rb .

Faktor daya komponen fundamental lebih kecil dari satu, f.d.1 < 1, menunjukkan bahwa ada daya reaktif yang diberikan melalui arus fundamental. Resistor tidak menyerap daya reaktif. Piranti selain resistor hanyalah pengubah arus; oleh karena itu piranti yang harus menyerap daya reaktif adalah pengubah arus. Dengan demikian, pengubah arus menyerap daya reaktif dan daya nyata. Daya nyata diteruskan ke resistor dengan mengubahnya menjadi komponen harmonisa, daya reaktif ditransfer ulang-alik ke rangkaian sumber.

7.8. Kompensasi Daya Reaktif Sekali lagi kita memperhatikan Contoh-7.6 dan Contoh-7.7 yang telah dikoreksi dalam Contoh 7.8. Telah diulas bahwa faktor daya komponen fundamental pada penyearah setengah gelombang f.d.1 = 1 yang berarti arus fundamental sefasa dengan tegangan; sedangkan faktor daya komponen fundamental pada saklar sinkron f.d.1 = 0,844. Nilai faktor daya komponen fundamental ini tergantung dari saat membuka dan menutup saklar yang dalam kasus penyearah setengah gelombang “saklar” menutup setiap tengah perioda pertama. Selain faktor daya komponen fundamental, kita melihat juga faktor daya total yang dilihat sumber. Dalam kasus penyearah setengah gelombang, meskipun f.d.1 = 1, faktor daya total f.d.s = 0,7. Dalam kasus saklar sinkron f.d.1 = 0.844 sedangkan faktor daya totalnya f.d.s = 0,7. Sebuah pertanyaan timbul: dapatkah upaya perbaikan faktor daya yang biasa dilakukan pada pembebanan linier, diterapkan juga pada pembebanan nonlinier? Pada dasarnya perbaikan faktor daya adalah melakukan kompensasi daya reaktif dengan cara menambahkan beban pada rangkaian sedemikian rupa sehingga faktor daya, baik lagging maupun leading, mendekat ke nilai satu. Dalam kasus penyearah setengah gelombang f.d.1 = 1, sudah mencapai nilai tertingginya; masih tersisa f.d.s yang hanya 0,7. Dalam kasus saklar sinkron f.d.1 = 0,844 dan f.d.s = 0,7. Kita coba melihat kasus saklar sinkron ini terlebih dulu.

CO+TOH-7.9: Operasi saklar sinkron pada Contoh-7.7 membuat arus fundamental lagging 32,4o dari tegangan sumber yang sinusoidal. Arus lagging ini menandakan adanya daya rekatif yang dikirim oleh sumber ke beban melalui arus fundamental. (a) Upayakan 151

pemasangan kapasitor paralel dengan beban untuk memberikan kompensasi daya reaktif ini. (b) Gambarkan gelombang arus yang keluar dari sumber.

Penyelesaian: a). Upaya kompensasi dilakukan dengan memasangkan kapasitor paralel dengan beban untuk memberi tambahan pembebanan berupa arus leading untuk mengompensasi arus fundamental yang lagging 32,4o. Rangkaian menjadi sebagai berikut: is saklar sinkron iRb

iC vs

∼

C

Rb

Sebelum pemasangan kapasitor:

I1rms = 59,25 A ; I hrms = 38,63 A ; f .d . s = 0,7 S1 = V srms I1rms = 1000 × 59,25 = 59,25 kVA ; f.d.1 = 0,844;

P1 = 59,25 × 0,844 = 50 kW Qs1 =

S

2

− P12 = 31,75 kVAR

Kita coba memasang kapasitor untuk memberi kompensasi daya reaktif komponen fundamental sebesar 31 kVAR 2 2 Qs1 = V srms × Z C = V srms / ωC

→C =

Qs1 31000 = = 99 µF ; V srms ω 1000 2 × 100π kita tetapkan 100 µF

Dengan C = 100 µF, daya reaktif yang bisa diberikan adalah

QC = 1000 2 × 100π × 100 × 10 −6 = 31,4 kVAR Arus kapasitor adalah 152 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

I Crms =

V srms 1000 = = 31,4 A . 1 /(100π)C ZC

Arus ini leading 90o dari tegangan sumber dan hampir sama dengan nilai

Im

I1sin32,4o

IC Re

I1rms sin(32,4 o ) = 31,75 A 32,4o

Diagram fasor tegangan dan arus adalah seperti di samping ini.

I1

I1cos32,4o Vs

Dari diagram fasor ini kita lihat bahwa arus I C dan I1 sin 32,4 o tidak saling meniadakan sehingga beban akan menerima arus I1rms cos(32,4 o ) , akan tetapi beban tetap menerima arus seperti semula. Beban tidak merasakan adanya perubahan oleh hadirnya C karena ia tetap terhubung langsung ke sumber. Sementara itu sumber sangat merasakan adanya beban tambahan berupa arus kapasitif yang melalui C. Sumber yang semula mengeluarkan arus fundamental dan arus harmonisa total ke beban, setelah pemasangan kapasitor memberikan arus fundamental dan arus harmonisa ke beban ditambah arus kapasitif di kapasitor. Dengan demikian arus fundamental yang diberikan oleh sumber menjadi

I1rmsC ≈ I1rms cos(32,4 o ) = 50 A turun sekitar 10% dari arus fundamental semula yang 59,25 A. Arus efektif total yang diberikan sumber menjadi 2 I srmsC = I12rmsC + I hrms = 50 2 + 38,63 2 = 63,2 A

Daya kompleks yang diberikan sumber menjadi

S sC = 1000 × 63,2 = 63,2 kVA Faktor daya yang dilihat sumber menjadi

f .d . sC = 50 / 63,2 = 0,8 sedikit lebih f .d . s = 0,7

baik

dari

sebelum

pemasangan

kapasitor

153

b). Arus sumber, is, adalah jumlah dari arus yang melalui resistor seri dengan saklar sinkron dan arus arus kapasitor. - bentuk gelombang arus yang melalui resistor iRb adalah seperti yang diberikan pada gambar Contoh-7.7; - gelombang arus kapasitor, iC, 90o mendahului tegangan sumber. Bentuk gelonbang arus is terlihat pada gambar berikut: 300

[V] [A]

vs/5

200

iRb

100

is 0 0 -100

0.005

iC

0.01

0.015 [detik] 0.02

-200 -300

Contoh-7.9 ini menunjukkan bahwa kompensasi daya reaktif komponen fundamental dapat meningkatkan faktor daya total yang dilihat oleh sumber. Berikut ini kita akan melihat kasus penyearah setengah gelombang. Di Bab-3, sub-bab 3.6 buku jilid-1, kita membahas filter kapasitor pada penyearah yang dihubungkan paralel dengan beban R dengan tujuan untuk memperoleh tegangan yang walaupun masih berfluktuasi namun fluktuasi tersebut ditekan sehingga mendekati tegangan searah. Kita akan is mencoba menghubungkan iR iC kapasitor seperti pada vs C R Gb.7.3 dengan harapan akan memperbaiki faktor daya. Gb.7.3. Kapasitor paralel dengan beban.


CO+TOH-7.10: Sumber tegangan sinusoidal v s = 1000 2sinωt V mencatu beban resistif Rb = 10 Ω melalui penyearah setengah gelombang. Lakukan pemasangan kapasitor untuk “memperbaiki” faktor daya. Frekuensi kerja 50 Hz. Penyelesaian: Keadaan sebelum pemasangan kapasitor dari Contoh-7.5: tegangan sumber V srms = 1000 V ; arus fundamental I1rms = 50 A ; arus harmonisa total I hrms = 50 A arus efektif total I rms = 70,7 A ; daya kompleks sumber S s = 70,7 kVA ; daya nyata Ps = P1 = 50 kW ; faktor daya sumber f .d . s = Ps / S s = 50 / 70,7 = 0,7 ; faktor daya komponen fundamental f .d .1 = 1 . Spektrum amplitudo arus maksimum adalah 80

A

70.71

70 60 50

45.00

40

30.04

30 20

6.03

10

2.60

1.46

0.94

65

68

7 10

0

01

12

23

44

harmonisa

Gambar perkiraan dibawah ini memperlihatkan kurva tegangan sumber vs/5 (skala 20%), arus penyearahan setengah gelombang

155

iR, dan arus kapasitor iC seandainya dipasang kapasitor (besar kapasitor belum dihitung). 400

[V] [A]

vs/5 200

iR

0 0

0.01

iC

0.02

0.03

t [s]

-200

-400

Dengan pemasangan kapasitor maka arus sumber akan merupakan jumlah iR + iC yang akan merupakan arus nonsinus dengan bentuk lebih mendekati gelombang sinusoidal dibandingkan dengan bentuk gelombang arus penyearahan setengah gelombang iR. Bentuk gelombang arus menjadi seperti di bawah ini. 400

[V] [A]

vs/5

iR+iC

200

iR iR

0 0

iC

0.01

0.02

0.03

t [s]

-200

-400

Kita akan mencoba menelaah dari beberapa sisi pandang. a). Pemasangan kapasitor seperti pada Gb.7.3 menyebabkan sumber mendapat tambahan beban arus kapasitif. Bentuk gelombang arus sumber menjadi lebih mendekati bentuk sinus. Tidak seperti dalam kasus saklar sinkron yang komponen fundamentalnya memiliki faktor daya kurang dari satu sehingga kita punya titiktolak untuk menghitung daya reaktif yang perlu kompensasi,


dalam kasus penyerah setengah gelombang ini f.d.1 = 1; arus fundamental sefasa dengan tegangan sumber. Sebagai perkiraan, daya reaktif akan dihitung dengan menggunakan formula segitiga daya pada daya kompleks total.

Qs =

Ss

2

− Ps2 = 70.7 2 − 50 2 = 50 kVAR

Jika diinginkan faktor daya 0,9 maka daya reaktif seharusnya sekitar

Qs = S s sin(cos -1 0,9) ≈ 30 kVAR Akan tetapi formula segitiga tidaklah akurat karena kita tidak dapat menggambarkan segitiga daya untuk arus harmonisa. Oleh karena itu kita perkirakan kapasitor yang akan dipasang mampu memberikan kompensasi daya reaktif QC sekitar 25 kVAR. Dari sini kita menghitung kapasitansi C.

QC =

Vs

2

=

ZC

1000 2 = 10 6 ωC = 25 kVAR (1/ωC )

Pada frekuensi 50 Hz C =

25000 10 6 × 100π

= 79,6 µF . Kita tetapkan

80 µF Arus kapasitor adalah

IC =

Vs

Z

=

1000 1 /(100π × 80 × 10 −6 )

= 25,13 A

yang leading 90o dari tegangan sumber atau I C = 25,13∠90 o Arus fundamental sumber adalah jumlah arus kapasitor dan arus fundamental semula, yaitu I s1C = I s1semula + I C = 50∠0 o + 25,13∠90 o = 55,96∠21o A

Nilai efektif arus dengan frekuensi fundamental yang keluar dari sumber adalah

157

2 I sCrms = I s21Crms + I hrms = 55,96 2 + 50 2 = 75 A

Jadi setelah pemasangan kapasitor, nilai-nilai efektif arus adalah:

I s1Crms = 55,96 A ; ini adalah arus pada frekuensi fundamental yang keluar dari sumber sementara arus ke beban tidak berubah I hrms = 50 A ; tak berubah karena arus beban tidak berubah. I sCrms = 75 A ; ini adalah arus yang keluar dari sumber yang semula I rms = 70,7 A . Daya kompleks sumber menjadi

S sC = V srms I sCrms = 1000 × 75 = 75 kVA Faktor daya yang dilihat sumber menjadi

f.d.sC = Ps / S sC = 50 / 75 = 0,67 Berikut ini adalah gambar bentuk gelombang tegangan dan arus serta spektrum amplitudo arus sumber. 300

V A

200

vs/5 100

iRb

isC

0 0

0.005

iC

0.01

0.015

-100 -200 -300


0.02

90

79.14

80

A

70 60

45.00

50 40

30.04

30 20 10

6.03

2.60

1.46

44

65

68

0.94

0

01

12

32

7 10

harmonisa

Pemasangan kapasitor tidak memperbaiki faktor daya total bahkan arus efektif pembebanan pada sumber semakin tinggi. Apabila kita mencoba melakukan kompensasi bukan dengan arus kapasitif akan tetapi dengan arus induktif, bentuk gelombang arus dan spektrum amplitudo yang akan kita peroleh adalah seperti di bawah ini. 300

V A

vs/5 200

isC

100

iRb

0 0

iC

0.005

0.01

0.015

0.02

-100 -200 -300

159

90

79.14

80

A

70 60 50

45.00

40

30.04

30 20 10

6.03

2.60

1.46

44

65

86

0.94

0

01

12

23

7 10 harmonisa

Dengan membandingkan Contoh-7.9 dan Contoh-7.10 terlihat bahwa perbaikan faktor daya dengan cara kompensasi daya reaktif dapat dilakukan pada pembebanan dengan faktor daya komponen fundamental yang lebih kecil dari satu. Pada pembebanan di mana arus fundamental sudah sefasa dengan tegangan sumber, perbaikan faktor daya tidak terjadi dengan cara kompensasi daya reaktif; padahal faktor daya total masih lebih kecil dari satu. Daya reaktif yang masih ada merupakan akibat dari arus harmonisa. Oleh karena itu upaya yang harus dilakukan adalah menekan arus harmonisa melalui penapisan. Persoalan penapisan tidak dicakup dalam Analisis Rangkaian Listrik di buku ini melainkan dalam Elektronika Daya.


BAB 8 Dampak Harmonisa Pada Piranti Dalam analisis rangkaian linier, elemen-elemen rangkaian seperti R, L, dan C, merupakan idealisasi piranti-piranti nyata yang nonlinier. Dalam bab ini kita akan mempelajari pengaruh adanya komponen harmonisa, baik arus maupun tegangan, terhadap piranti-piranti sebagai benda nyata. Dampak harmonisa ini dapat kita klasifikasi dalam dua kategori yaitu: a). Dampak terhadap sistem tenaga sendiri antara lain peningkatan susut energi yaitu energi “hilang” yang tak dapat dimanfaatkan, yang secara alamiah berubah menjadi panas. [5,6]. Harmonisa menyebabkan peningkatan temperatur pada konduktor kabel, pada kapasitor, induktor, dan transformator, yang bisa berakibat pada derating dari alat-alat ini dan justru derating ini membawa kerugian (finansial) yang lebih besar dibandingkan dengan dampak langsung yang berupa susut energi. Harmonisa tidak hanya menyebabkan derating piranti tetapi juga umur ekonomis piranti. Pembebanan nonlinier tidaklah selalu kontinyu, melainkan fluktuatif. Oleh karena itu pada selang waktu tertentu piranti terpaksa bekerja pada batas tertinggi temperatur kerjanya bahkan mungkin terlampaui pada saat-saat tertentu. Kenaikan tegangan bisa terjadi akibat adanya harmonisa yang dapat menimbulkan micro-discharges bahkan partial-discharges dalam piranti yang memperpendek umur, bahkan mal-function bisa terjadi pada piranti. Harmonisa juga dapat menyebabkan terjadinya overload pada penghantar netral; kWh-meter memberi penunjukan tidak normal; rele proteksi juga akan terganggu, bisa tidak mendeteksi besaran rms bahkan mungkin gagal trip. b). Dampak pada instalasi di luar sistem tenaga antara lain tmbulnya noise pada saluran telepon serta komunikasi kabel; digital clock disa berjalan lebih cepat.

161

8.1. Konduktor Pada konduktor, komponen arus harmonisa menyebabkan peningkatan daya nyata yang diserap oleh konduktor dan berakibat pada peningkatan temperatur konduktor. Daya nyata yang terserap di konduktor ini kita sebut rugi daya atau susut daya. Karena susut daya ini berbanding lurus dengan kuadrat arus, maka peningkatannya akan sebanding dengan kuadrat THD arus; demikian pula dengan peningkatan temperatur. Misalkan arus efektif nonsinus I rms mengalir melalui konduktor yang memiliki resistansi Rs, maka susut daya di konduktor ini adalah

(

)

(

2 2 Ps = I rms R s = I 12rms + I hrms R s = I12rms R s 1 + THD I2

(

)

(8.1)

)

Jika arus efektif fundamental tidak berubah, faktor 1 + THD I2 pada (8.1) menunjukkan seberapa besar peningkatan susut daya di konduktor. Misalkan peningkatan ini diinginkan tidak lebih dari 10%, maka THDI tidak boleh lebih dari 0,32 atau 32%. Dalam contoh-contoh persoalan yang diberikan sebelumnya, THDI besar terjadi misalnya pada arus penyearahan setengah gelombang yang mencapai 100%, dan arus melalui saklar sinkron yang mengalir setiap paruh ke-dua dari tiap setengah perioda yang mencapai 65%.

CO+TOH-8.1: Konduktor kabel yang memiliki resistansi total 80 mΩ, menyalurkan arus efektif 100 A, pada frekuensi 50 Hz. Kabel ini beroperasi normal pada temperatur 70o C sedangkan temperatur sekitarnya adalah 25o C. Perubahan pembebanan di ujung kabel menyebabkan munculnya harmonisa pada frekuensi 350 Hz dengan nilai efektif 40 A. Hitung (a) perubahan susut daya dan (b) perubahan temperatur kerja pada konduktor. (a) Susut daya semula pada konduktor adalah

P1 = 100 2 × 0,08 = 800 W Susut daya tambahan karena arus harmonisa adalah

P7 = 40 2 × 0,08 = 128 W Susut daya berubah menjadi

Pkabel = 800 + 128 = 928 W 162 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Dibandingkan dengan susut daya semula, terjadi kenaikan susut daya sebesar 16%. (b) Kenaikan temperatur kerja di atas temperatur sekitar semula adalah (70o − 25o) = 45o C. Perubahan kenaikan temperatur adalah

∆T = 0,16 × 45 o = 7,2 o C Kenaikan temperatur akibat adanya hormonisa adalah

T = 45 o C + 7,2 o C ≈ 52 o C dan temperatur kerja akibat adanya harmonisa adalah

T ′ = 25 o + 52 o = 77 o C 10% di atas temperatur kerja semula.

CO+TOH-8.2: Suatu kabel yang memiliki resistansi total 0,2 Ω digunakan untuk mencatu beban resistif Rb yang tersambung di ujung kabel dengan arus sinusoidal bernilai efektif 20 A. Tanpa pengubah resistansi beban, ditambahkan penyearah setengah gelombang (ideal) di depan Rb. (a) Hitunglah perubahan susut daya pada kabel jika penyaluran daya ke beban dipertahankan tak berubah. (b) Hitunglah daya yang disalurkan ke beban dengan mempertahankan arus total pada 20 A; (c) berikan ulasan. Penyelesaian: (a) Sebelum pemasangan penyearah, susut daya di kabel adalah

Pk = 20 2 × 0,2 = 80 W Dengan mempertahankan besar daya tersalur ke beban tidak berubah, berarti nilai efektif arus fundamental dipertahankan 20 A. THDI pada penyearah setengah gelombang adalah 100%. Susut daya pada kabel menjadi

(

)

Pk* = 20 2 × 0,2 1 + 12 = 160 W Susut daya menjadi dua kali lipat. (b) Jika arus efektif total dipertahankan 20 A, maka susut daya di kabel sama seperti sebelum pemasangan penyearah yaitu 163

Pk = 20 2 × 0,2 = 80 W Dalam situasi ini terjadi penurunan arus efektif fundamental yang dapat dihitung melalui relasi kuadrat arus efektif total, yaitu 2 2 I rms = I12ms + I hms = I12ms (1 + THD 2 ) = 20 2

2 2 Dengan THD 100%, maka I1rms = 20 /2

jadi I1rms = 20/ 2 = 14,14 A Jadi jika arus efektif total dipertahankan 20 A, arus fundamental turun menjadi 70% dari semula. Susut daya di kabel tidak berubah, tetapi daya yang disalurkan ke beban menjadi

0,7 2 ≈ 0,5 dari daya semula atau turun menjadi 50%-nya. (c) Jika penyaluran daya ke beban dipertahankan tetap, susut pada saluran menjadi dua kali lipat, yang berarti kenaikan temperatur dua kali lipat. Jika temperatur kerja semula 65oC pada temperatur sekitar 25o, maka temperatur kerja yang baru bisa mencapai lebih dari 100oC. Jika susut daya pada saluran tidak diperkenankan meningkat maka penyaluran daya ke beban harus diturunkan sampai menjadi 50% dari daya yang semula disalurkan; gejala ini dapat diartikan sebagai derating kabel.

8.2. Kapasitor Ulas Ulang Tentang Kapasitor. Jika suatu dielektrik yang memiliki permitivitas relatif εr disisipkan antara dua pelat kapasitor yang memiliki luas A dan jarak antara kedua pelat adalah d, maka kapasitansi yang semula (tanpa bahan dielektrik)

C0 =

A ε0 d

berubah menjadi

C = C0ε r 164 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Jadi kapasitansi meningkat sebesar εr kali. Diagram fasor arus dan tegangan kapasitor diperlihatkan pada Gb.8.1. Arus kapasitor terdiri dari dua komponen yaitu arus kapasitif IC ideal yang 90o mendahului tegangan kapasitor VC , dan arus ekivalen losses pada dielektrik Irp yang sefasa dengan tegangan. im

Itot

IC δ

IRp

VC

re

Gb.8.1. Diagram fasor arus dan tegangan kapasitor. Daya yang terkonversi menjadi panas dalam dielektrik adalah

P = VC I Rp = VC I C tan δ

(8.2)

atau 2

P = ε r V0 ωC V0 tan δ = 2πf V0 C ε r tan δ

(8.3)

tanδ disebut faktor desipasi (loss tangent) εrtanδ disebut faktor kerugian (loss factor)

Pengaruh Frekuensi Pada Dielektrik. Nilai εr tergantung dari frekuensi, yang secara umum digambarkan seperti pada Gb.8.2. εr εr loss factor

εrtanδ power audio frekuensi listrik

radio

frekuensi frekuensi optik

Gb.8.2. εr dan loss factor sebagai fungsi frekuensi. 165

Dalam analisis rangkaian, reaktansi kapasitor dituliskan sebagai

1 2πfC Gb.8.2. memperlihatkan bahwa εr menurun dengan naiknya frekuensi yang berarti kapasitansi menurun dengan naiknya frekuesi. Namun perubahan frekuensi lebih dominan dalam menentukan reaktansi dibanding dengan penurunan εr; oleh karena itu dalam analisis kita menganggap kapasitansi konstan. XC =

Loss factor menentukan daya yang terkonversi menjadi panas dalam dielektrik. Sementara itu, selain tergantung frekuensi, εr juga tergantung dari temperatur dan hal ini berpengaruh pula pada loss factor, walaupun tidak terlalu besar dalam rentang temperatur kerja kapasitor. Oleh karena itu dalam menghitung daya yang terkonversi menjadi panas dalam dielektrik, kita melakukan pendekatan dengan menganggap loss factor konstan. Dengan anggapan ini maka daya yang terkonversi menjadi panas akan sebanding dengan frekuensi dan sebanding pula dengan kuadrat tegangan.

Tegangan +onsinus. Pada tegangan nonsinus, bentuk gelombang tegangan pada kapasitor berbeda dari bentuk gelombang arusnya. Hal ini disebabkan oleh perbedaan tanggapan kapasitor terhadap komponen fundamental dengan tanggapannya terhadap komponen harmonisa. Situasi ini dapat kita lihat sebagai berikut. Misalkan pada terminal kapasitor terdapat tegangan nonsinus yang berbentuk: vC (t ) = vC1 (t ) + vC 3 (t ) + vC 5 (t ) + .........

(8.4)

Arus kapasitor akan berbentuk

iC (t ) = ω 0 Cv C1 (t ) + 3ω 0 Cv C 3 (t ) + 5ω 0 Cv C 5 (t ) + ......... (8.5) Dengan memperbandingkan (8.4) dan (8.5) dapat dimengerti bahwa bentuk gelombang tegangan kapasitor berbeda dengan bentuk gelombang arusnya.

CO+TOH-8.3: Sumber tegangan nonsinus memiliki komponen fundamental dengan nilai puncak 150 V dan frekuensi 50 Hz, serta harmonisa ke-5 yang memiliki nilai puncak berturut-turut 30 V. Sebuah kapasitor 500 µF dihubungkan pada sumber tegangan ini. Gambarkan bentuk gelombang tegangan dan arus kapasitor. 166 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Penyelesaian: Jika persamaan tegangan

vC = 150 sin 100πt + 30 sin 300πt V maka persamaan arus adalah

iC = 150 × 500 × 10 −6 ×100π cos 100πt + 30 × 500 ×10 −6 × 500π cos 500πt Bentuk gelombang tegangan dan arus adalah seperti terlihat pada Gb.8.3. 200

[V] [A]

vC

100

iC 0 0

0.005

0.01

0.015

0.02

t [detik]

-100

-200

Gb.8.3. Gelombang tegangan dan arus pada contoh-8.3.

CO+TOH-8.4: Sumber tegangan nonsinus memiliki komponen fundamental dengan nilai puncak 150 V dan frekuensi 50 Hz, serta harmonisa ke-3 dan ke-5 yang memiliki nilai puncak berturut-turut 30 V dan 5 V. Sebuah kapasitor 500 µF (110 V rms, 50 Hz) dihubungkan pada sumber tegangan ini. Hitung: (a) arus efektif komponen fundamental; (b) THD arus kapasitor; (c) THD tegangan kapasitor; (d) jika kapasitor memiliki losses dielektrik 0,6 W pada tegangan sinus rating-nya, hitunglah losses dielektrik dalam situasi ini. Penyelesaian: (a) Reaktansi untuk komponen fundamental adalah

X C1 =

1 2π × 50 × 500 × 10 −6

= 6,37 Ω

Arus efektif untuk komponen fundamental 167

I C1rms =

150 / 2 = 16,7 A 6,37

(b) Reaktansi untuk harmonisa ke-3 dan ke-5 berturut-turut adalah X C3 =

X C1 X = 2,12 Ω ; X C 5 = C1 = 1,27 Ω 3 5

Arus efektif harmonisa 30 / 2 = 10 A 2,12

IC 3rms =

I C 5rms =

5/ 2 = 2,8 A 1,27

THD I =

10 2 + 2,8 2 I hrms = = 0,62 atau 62% I C1rms 16,7

(c)

302 52 + Vhrms 2 2 = 21,5 = 0,20 atau 20 % THDV = = V1rms 106 150 / 2 (d) Losses dielektrik dianggap sebanding dengan frekuensi dan kuadrat tegangan. Pada frekuensi 50 Hz dan tegangan 110 V, losses adalah 0,6 watt.

P50 Hz,110 V = 0,6 W 2

P150 Hz,30V =

150  30  ×  × 0,6 = 0,134 W 50  110  2

P250 Hz,5V

250  5  = ×  × 0,6 = 0,006 W 50  110 


Losses dielektrik total:

Ptotal = 0,6 + 0,134 + 0,006 = 0,74 W 8.3. Induktor Induktor Ideal. Induktor yang untuk keperluan analisis dinyatakan sebagai memiliki induktansi murni L, tidak kita temukan dalam praktik. Betapapun kecilnya, induktor selalu mengandung resistansi dan kita melihat induktor sebagai satu induktansi murni terhubung seri dengan satu resistansi. Oleh karena itu kita melihat tanggapan induktor sebagai tanggapan beban induktif dengan resistansi kecil. Hanya apabila resistansi belitan dapat diabaikan, relasi tegangan-arus induktor untuk gelombang tegangan dan arus berbentuk sinus murni menjadi

v=L

di f dt

dengan v adalah tegangan jatuh pada induktor, dan if adalah arus eksitasi. Apabila rugi rangkaian magnetik diabaikan, maka fluksi φ sebanding dengan if dan membangkitkan tegangan induksi pada belitan induktor sesuai dengan hukum Faraday dan hukum Lenz. dφ ei = − dt Tegangan induksi ini berlawanan dengan tegangan jatuh induktor v, sehingga nilai ei sama dengan v. di f dφ =L e = ei = dt dt Persamaan di atas menunjukkan bahwa φ dan if berubah secara bersamaan. Jika φ berbentuk sinus maka ia harus dibangkitkan oleh arus if yang juga berbentuk sinus dengan frekuensi sama dan mereka sefasa. Arus if sendiri berasal dari sumber tegangan yang juga harus berbentuk sinus. Oleh karena itu baik tegangan, arus, maupun fluksi mempunyai frekuensi sama, sehingga kita dapat menuliskan persamaan dalam bentuk fasor V = Ei = jωΦ = jωLI f dengan Φ adalah fluksi dalam bentuk fasor. Relasi ideal ini memberikan

169

Vrms = Vrms =

2π 2 2π 2

fφ maks = 4,44 f φ maks fLi fmaks = 4,44 fL i fmaks

Relasi ideal memberikan diagram fasor seperti di samping ini dimana arus yang membangkitkan fluksi yaitu Iφ sama dengan If.

V=Ei If =Iφ Φ

CO+TOH-8.5: Melalui sebuah kumparan mengalir arus nonsinus yang mengandung komponen fundamental 50 Hz, harmonisa ke-3, dan harmonisa ke-5 dengan amplitudo berturut-turut 50, 10, dan 5 A. Jika daya input pada induktor diabaikan, dan tegangan pada induktor adalah 75 V rms, hitung induktansi induktor. Penyelesaian: Jika induktansi kumparan adalah L maka tegangan efektif komponen fundamental, harmonisa ke-3 dan ke-5 berturut-turut adalah V L1rms = 4,44 × 50 × L × 50 = 11100 × L V V L3rms = 4,44 ×150 × L ×10 = 6660 × L V

V L5rms = 4,44 × 250 × L × 5 = 5550 × L V sedangkan V Lrms = V12rms + V32rms + V52rms . Jadi

75 = L × 111002 + 66602 + 55502 = 14084,3 × L Induktansi kumparan adalah

L=

75 = 0,0053 H 14084,3

Fluksi Dalam Inti. Jika tegangan sinus dengan nilai efektif Vrms dan frekuensi f diterapkan pada induktor, fluksi magnetik yang timbul dalam inti dihitung dengan formula

φm =

V rms 4,44 × f ×


φ m adalah nilai puncak fluksi, dan adalah jumlah lilitan. Melalui contoh berikut ini kita akan melihat fluksi dalam inti induktor bila tegangan yang diterapkan berbentuk nonsinus. CO+TOH-8.6: Sebuah induktor dengan 1200 lilitan mendapat tegangan nonsinus yang terdiri dari komponen fundamental dengan nilai efektif V1rms = 150 V dan harmonisa ke-3 dengan nilai efektif V3rms = 50 V yang tertinggal 135o dari komponen fundamental. Gambarkan kurva tegangan dan fluksi. Penyelesaian: Persamaan tegangan adalah

v L = 150 2 sin ω 0 t + 50 2 sin(3ω 0 t − 135 o ) Nilai puncak fluksi fundamental

φ1m =

150 = 563 µWb 4,44 × 50 × 1200

Fluksi φ1m tertinggal 90o dari tegangan (lihat Gb.8.4). Persamaan gelombang fluksi fundamental menjadi

φ1 = 563 sin(ω0 t − 90 o ) µWb Nilai puncak fluksi harmonisa ke-3

φ 3m =

50 = 62,6 µWb 4,44 × 3 × 50 × 1200

Fluksi φ3m juga tertinggal 90o dari tegangan harmonisa ke-3; sedangkan tegangan harmonisa ke-3 tertinggal 135o dari tegangan fundamental. Jadi persamaan fluksi harmonisa ke-3 adalah

φ 3 = 62,6 sin(3ω0 t − 135 o − 90 o ) = 62,6 sin(3ω0 t − 225 o ) µWb Persamaan fluksi total menjadi

φ = 563 sin(ω0 t − 90 o ) + 62,6 sin(3ω0 t − 225) µWb Kurva tegangan dan fluksi terlihat pada Gb.8.4.

171

600

[V] 400 [µWb]

φ

200

vL

t [detik]

0 0

0.01

0.02

0.03

0.04

-200 -400 -600

Gb.8.4. Kurva tegangan dan fluksi.

Rugi-Rugi Inti. Dalam induktor nyata, rugi inti menyebabkan fluksi magnetik yang dibangkitkan oleh if ketinggalan dari if sebesar γ yang disebut sudut histerisis. Keadaan ini diperlihatkan pada Gb.8.5. dimana arus magnetisasi If mendahului φ sebesar γ. Diagram fasor ini digambar dengan memperhitungkan rugi hiterisis V=Ei

Ic Iφ γ

If

Φ Gb.8.5. Diagram fasor induktor (ada rugi inti) Dengan memperhitungkan rugi-rugi yang terjadi dalam inti transformator, If dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu Iφ yang diperlukan untuk membangkitkan φ, dan Ic yang diperlukan untuk mengatasi rugi-rugi inti. Jadi arus magnetisasi menjadi If = Iφ + Ic. Komponen Ic merupakan arus fiktif yang jika dikalikan dengan V akan memberikan rugi-rugi inti Pc = I cV = VI f cos(90 o − γ ) watt

(8.6)

Rugi inti terdiri dari dua komponen, yaitu rugi histerisis dan rugi arus pusar. Rugi histerisis dinyatakan dengan

Ph = wh vf


(8.7)

Ph rugi histerisis [watt], wh luas loop kurva histerisis dalam [joule/m3.siklus], v volume, f frekuensi. Untuk frekuensi rendah, Steinmetz memberikan formulasi empiris

(

Ph = vf K h B mn

)

(8.8)

di mana Bm adalah nilai kerapatan fluksi maksimum, n tergantung dari jenis bahan dengan nilai yang terletak antara 1,5 sampai 2,5 dan Kh yang juga tergantung jenis bahan (untuk silicon sheet steel misalnya, Kh = 0,001). Nilai-nilai empiris ini belum didapatkan untuk frekuensi harmonisa. Demikian pula halnya dengan persamaan empiris untuk rugi arus pusar dalam inti

Pe = K e f 2 Bm2 τ 2 v

(8.9)

di mana Ke konstanta yang tergantung material, f frekuensi perubahan fluksi [Hz], Bm adalah nilai kerapatan fluksi maksimum, τ ketebalan laminasi inti, dan v adalah volume material inti.

Rugi Tembaga. Apabila resistansi belitan tidak diabaikan, V ≠ E1 . Misalkan resistansi belitan adalah R1 , maka

V = E1 + I f R1

(8.10)

Diagram fasor dari keadaan terakhir, yaitu dengan memperhitungkan resistansi belitan, diperlihatkan pada Gb.8.6.

Ei

Ic Iφ Φ

θ If

IfR1 V

Gb.8.6. Diagram fasor induktor (ada rugi tembaga). Dalam keadaan ini, daya masuk yang diberikan oleh sumber, selain untuk mengatasi rugi-rugi inti juga diperlukan untuk mengatasi rugi daya pada belitan yang kita sebut rugi-rugi tembaga, Pcu. Jadi Pin = Pc + Pcu = Pc + I 2f R1 = VI f cos θ

(8.11)

dengan V dan If adalah nilai-nilai efektif dan cosθ adalah faktor daya. 173

8.4. Transformator 8.4.1. Ulas Ulang Tentang Transformator Transformator Berbeban. Rangkaian transformator berbeban dengan arus beban I2, diperlihatkan oleh Gb.8.7. Tegangan induksi E2 (yang telah timbul dalam keadaan tranformator tidak berbeban) akan menjadi sumber di rangkaian sekunder dan memberikan arus sekunder I2. Arus I2 ini membangkitkan fluksi magnetik yang melawan fluksi bersama φ (sesuai dengan hukum Lenz) dan sebagian akan bocor, φl2; φl2 yang sefasa dengan I2 menginduksikan tegangan El2 di belitan sekunder yang 90o mendahului φl2.

I1 V1

φ

I2

φl1 φl2

V2

Gb.8.7. Transformator berbeban. Dengan adanya perlawanan fluksi yang dibangkitkan oleh arus di belitan sekunder itu, fluksi bersama akan cenderung mengecil. Hal ini akan menyebabkan tegangan induksi di belitan primer juga cenderung mengecil. Akan tetapi karena belitan primer terhubung ke sumber yang tegangannya tak berubah, maka arus primer akan naik. Jadi arus primer yang dalam keadaan transformator tidak berbeban hanya berupa arus magnetisasi If, bertambah menjadi I1 setelah transformator berbeban. Pertambahan arus ini haruslah sedemikian rupa sehingga fluksi bersama φ dipertahankan dan E1 juga tetap seperti semula. Dengan demikian maka persamaan rangkaian di sisi primer tetap terpenuhi. Karena pertambahan arus primer sebesar (I1 − If) adalah untuk mengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh I2 agar φ dipertahankan, maka haruslah

(

)

1 I 1 − I f − 2 (I 2 ) = 0

(8.12)

Pertambahan arus primer (I1 − If) disebut arus penyeimbang yang akan mempertahankan φ. Makin besar arus sekunder, makin besar pula arus


penyeimbang yang diperlukan yang berarti makin besar pula arus primer. Dengan cara inilah terjadinya transfer daya dari primer ke sekunder. Arus di belitan primer juga memberikan fluksi bocor di belitan primer, φl1, yang menginduksikan tegangan El1. Tegangan induksi yang dibangkitkan oleh fluksi-fluksi bocor, yaitu El1 dan El2, dinyatakan dengan suatu besaran ekivalen yaitu tegangan jatuh ekivalen pada reaktansi bocor ekivalen, X1 dan X2, masing-masing di rangkaian primer dan sekunder. Jika resistansi belitan primer adalah R1 dan belitan sekunder adalah R2, maka kita peroleh hubungan untuk rangkaian di sisi primer

V1 = E1 + I1 R1 + E l1 = E1 + I1 R1 + jI1 X 1

(8.13)

dan untuk rangkaian di sisi sekunder

E 2 = V2 + I 2 R2 + E l 2 = V2 + I 2 R2 + jI 2 X 2

(8.14)

Rangkaian Ekivalen. Secara umum, rangkaian ekivalen adalah penafsiran secara rangkaian listrik dari suatu persamaan matematik yang menggambarkan perilaku suatu piranti. Untuk transformator, rangkaian ekivalen diperoleh dari tiga persamaan yang diperoleh di atas. Dengan relasi E 2 = E1 / a = E1′ dan I 2 = aI1 = I1′ di mana a = 1 / 2 , tiga persamaan tersebut di atas dapat kita tulis kembali sebagai satu set persamaan sebagai berikut. Untuk rangkaian di sisi sekunder, (8.14) kita tuliskan

E E 2 = 1 = V2 + I 2 R2 + jI 2 X 2 a Dari persamaan untuk rangkaian sisi primer (8.13), kita peroleh

E1 = V1 − I1 R1 − jI1 X 1 sehingga persamaan untuk rangkaian sekunder dapat kita tuliskan

E V − I R − jI1 X 1 E2 = 1 = 1 1 1 = V2 + I 2 R2 + jI 2 X 2 a a I Karena I1 = 2 maka persamaan ini dapat kita tuliskan a

175

V1 I R jI X = V2 + I 2 R 2 + j I 2 X 2 + 2 1 + 2 1 2 a a a2   X  R  = V2 +  R 2 + 1  I 2 + j  X 2 + 1  I 2 2 a2  a    = V2 + (R 2 + R1′ ) I 2 + j ( X 2 + X 1′ ) I 2

(8.15)

R X dengan R1′ = 1 ; X 1′ = 1 2 a a2 Persamaan (8.15) ini, bersama dengan persamaan (8.12) yang dapat kita tuliskan I 2 = aI1 − aI f = I1′ − aI f , memberikan rangkaian ekivalen untuk transformator berbeban. Akan tetapi pada transformator yang digunakan pada sistem tenaga listrik, arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari arus beban penuh transformator. Oleh karena itu, jika If diabaikan terhadap I1 maka kesalahan dalam menghitung I2 dapat dianggap kecil. Pengabaian ini akan membuat I 2 = aI1 = I1′ . Dengan pendekatan ini, dan persamaan (8.15), kita memperoleh rangkaian ekivalen yang disederhanakan dari transformator berbeban. Gb.8.8. memperlihatkan rangkaian ekivalen transformator berbeban dan diagram fasornya.

I2 = I′1

∼

Re = R2+R′1 V1/a

jXe = j(X2+ X′1) V2 V1/a V2

I2

jI2Xe

I2Re

Gb.8.8. Rangkaian ekivalen transformator dan diagram fasor.


8.4.2. Fluksi Dan Rugi-Rugi Karena Fluksi

Seperti halnya pada induktor, transformator memiliki rugi-rugi inti, yang terdiri dari rugi hiterisis dan rugi arus pusar dalam inti. Fluksi magnetik, rugi-rugi histerisis, dan rugi-rugi arus pusar pada inti dihitung seperti halnya pada induktor.

Rugi-Rugi Pada Belitan. Selain rugi-rugi tembaga pada belitan sebesar Pcu = I2R, pada belitan terjadi rugi-rugi tambahan arus pusar, Pl, yang ditimbulkan oleh fluksi bocor. Sebagaimana telah dibahas, fluksi bocor ini menimbulkan tegangan induksi El1 dan El2, karena fluksi ini melingkupi sebagian belitan; El1 dan El2 dinyatakan dengan suatu besaran ekivalen yaitu tegangan jatuh ekivalen pada reaktansi bocor ekivalen, X1 dan X2. Selain melingkupi sebagian belitan, fluksi bocor ini juga menembus konduktor belitan dan menimbulkan juga arus pusar dalam konduktor belitan; arus pusar inilah yang menimbulkan rugi-rugi tambahan arus pusar, Pl. Berbeda dengan rugi arus pusar yang terjadi dalam inti, yang dapat diperkecil dengan cara membangun inti dari lapisan lembar tipis material magnetik, rugi arus pusar pada konduktor tidak dapat ditekan dengan cara yang sama. Ukuran konduktor harus tetap disesuaikan dengan kebutuhan untuk mengalirkan arus; tidak dapat dibuat berpenampang kecil. Oleh karena itu rugi-rugi arus pusar ini perlu diperhatikan karena nilainya sebanding dengan kuadrat frekuensi, seperti halnya rugi arus pusar pada inti yang diberikan pada formula empiris (8.9). Rugi arus pusar pada belitan (stray losses) Pl ini dapat kita analogikan dengan rugi arus pusar pada inti dan kita nyatakan dengan formula

Pl = K l f 2 Bm2

(8.16)

dengan Kl adalah suatu konstanta yang tergantung dari material konduktor, penampang dan panjang konduktor; f frekuensi, dan Bm nilai maksimum kerapatan fluksi yang dapat dianggap sebanding dengan nilai maksimum arus. Namun dalam menghitung Pl kita tidak menggunakan formula (8.16) melainkan memperhitungkan rugi arus pusar sebagai proporsi tertentu dari rugi tembaga yang ditimbulkan oleh arus tersebut, dengan tetap mengingat bahwa rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat ferkuensi. Proporsi ini berkisar antara 2% sampai 15% tergantung dari ukuran transformator. Kita lihat dua contoh berikut.

177

Contoh-8.7: Di belitan primer transformator yang memiliki resistansi 0,05 Ω mengalir arus sinusoidal murni bernilai efektif 40 A. Hitung rugi daya total pada belitan ini jika rugi arus pusar yang diakibatkan oleh arus ini adalah 5% dari rugi tembaga Pcu = I2R. Penyelesaian:

Rugi tembaga Pcu = 40 2 × 0,05 = 80 W Rugi arus pusar 5% × Pcu = 0.05 × 80 = 4 W Rugi daya total pada belitan 80 + 4 = 84 W. Contoh-8.8: Di belitan primer transformator yang memiliki resistansi 0,05 Ω mengalir arus nonsinus yang terdiri dari komponen fundamental bernilai efektif 40 A, dan harmonisa ke-7 bernilai efektif 6 A. Hitung rugi daya total pada belitan ini jika rugi arus pusar diperhitungkan 10% dari rugi tembaga Pcu = I2R. Penyelesaian:

Rugi tembaga total adalah 2 Pcu = I rms R = (40 2 + 6 2 ) × 0,05 = 81,8 W

Rugi arus pusar komponen fundamental

Pl1 = 0,1 × I12rms R = 0,1 × 40 2 × 0,05 = 8 W Rugi arus pusar harmonisa ke-7

Pl 7 = 0,1 × 7 2 × I 72rms R = 0,1 × 7 2 × 6 2 × 0,05 = 8,8 W Rugi daya total adalah

Ptotal = Pcu + Pl1 + Pl 7 = 81,8 + 8 + 8,8 = 98,6 W Contoh-8.8 ini menunjukkan bahwa walaupun arus harmonisa memiliki nilai puncak lebih kecil dari nilai puncak arus fundamental, rugi arus pusar yang ditimbulkannya bisa memiliki proporsi cukup besar. Hal ini bisa terjadi karena rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat frekuensi.


8.4.3. Faktor K

Faktor K digunakan untuk menyatakan adanya rugi arus pusar pada belitan. Ia menunjukkan berapa rugi-rugi arus pusar yang timbul secara keseluruhan. Nilai efektif total arus nonsinus yang dapat menimbulkan rugi arus pusar adalah k

2 ∑ I nrms

I Trms =

(8.17)

A

n=1

dengan k adalah tingkat harmonisa tertinggi yang masih diperhitungkan. Dalam relasi (8.17) kita tidak memasukkan komponen searah karena komponen searah tidak menimbulkan rugi arus pusar. Rugi arus pusar total adalah jumlah dari rugi arus pusar yang ditimbulkan oleh tiap-tiap komponen arus dan tiap-tiap komponen arus menimbulkan rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat frekuensi dan kuadrat arus masing-masing. Jika arus nonsinus ini mengalir pada belitan yang memiliki resistansi R0, dan rugi-rugi arus pusar tiap komponen arus dinyatakan dalam proporsi g terhadap rugi tembaga yang ditimbulkannya, maka rugi arus pusar total adalah k

PK = gR0

2 ∑ n 2 I nrms

W

(8.18)

n =1

Rugi tembaga total yang disebabkan oleh arus ini adalah k

Pcu = R0

2 2 = R0 I Trms ∑ I nrms

W

(8.19)

n =1

Dengan (8.19) maka (8.18) dapat ditulis sebagai 2 PK = gKR0 I Trms W

(8.20)

dengan k

2 ∑ n 2 I nrms

K=

n =1

2 I Trms

(8.21)

179

K disebut faktor rugi arus pusar (stray loss factor). Faktor K dapat dituliskan sebagai k

K=

k

I2

= ∑ n 2 I n2( pu ) ∑ n 2 I nrms 2 n =1

Trms

(8.21.a)

n =1

I dengan I n( pu ) = nrms I Trms Faktor K bukanlah karakteristik transformator melainkan karakteristik sinyal. Walaupun demikian suatu transformator harus dirancang untuk mampu menahan pembebanan nonsinus sampai batas tertentu. CO+TOH-8.9: Di belitan primer transformator yang memiliki resistansi 0,08 Ω mengalir arus nonsinus yang terdiri dari komponen fundamental, harmonisa ke-3, dan harmonisa ke-11 bernilai efektif berturut-turut 40 A, 15 A, dan 5 A. Hitung: (a) nilai efektif arus total; (b) faktor K; (c) rugi daya total pada belitan ini jika rugi arus pusar diperhitungkan 5% dari rugi tembaga. Penyelesaian:

(a) Nilai efektif arus total adalah

I Trms = 40 2 + 15 2 + 5 2 = 43 A (b) Faktor K adalah

K=

40 2 + 3 2 × 15 2 + 112 × 5 2 43 2

= 3,59

(c) Rugi daya total Ptot, terdiri dari rugi tembaga Pcu dan rugi arus pusar Pl.

Pcu = 43 2 × 0,08 = 148 W Pl = gPcu K = 0,05 × 148 × 3,59 = 26,6 W Ptot = 148 + 26,6 = 174,6 W


8.5. Tegangan Maksimum Pada Piranti

Kehadiran komponen harmonisa dapat menyebabkan piranti mendapatkan tegangan lebih besar dari yang seharusnya. Hal ini bisa terjadi pada piranti-piranti yang mengandung R, L, C, yang mengandung harmonisa sekitar frekuensi resonansinya. Berikut ini kita lihat sebuah contoh. CO+TOH-8.8: Sebuah sumber tegangan 50 Hz, 12 kV mempunyai resistansi internal 1 Ω dan reaktansi internal 6,5 Ω. Sumber ini mencatu beban melalui kabel yang mempunyai kapasitansi total 2.9 µF. Tegangan terbangkit di sumber adalah e = 17000 sin ω0 t + 170 sin 13ω0 t . Dalam keadaan tak ada beban terhubung di ujung kabel, hitunglah tegangan maksimum pada kabel. Penyelesaian: Tegangan mengandung harmonisa ke-13. Pada frekuensi fundamental terdapat impedansi internal

Z1int = 12 + 6,5 2 = 6,58 Ω

Z1int ernal = 1 + j 6,5 Ω ;

Pada harmonisa ke-13 terdapat impedansi Z 13 int = 1 + j13 × 6,5 Ω ;

Z13int = 12 + (13 × 6,5) 2 = 84,5 Ω

Impedansi kapasitif kabel Z C1 = Z C13 =

−j ω0 × 2,9 × 10 −6

= − j1097,6 Ω ;

−j 13 × ω 0 × 2,9 × 10 −6

= − j84,4 Ω

Impedansi total rangkaian seri R-L-C

Z1tot = 1 + j 6,5 − j1097,6 Ω ; Z1tot = 1091,1 Ω Z13tot = 1 + j13 × 6,5 − j84,4 Ω ; Z13tot = 1,0 Ω

181

Tegangan fundamental kabel untuk frekuensi fundamental

V1m =

Z C1 Z1tot

V13m =

× e1m =

Z C13 Z13tot

1097,6 × 17000 = 17101 V 1091,1

× e13m =

84,4 × 170 = 14315 V 1,0

Nilai puncak V1m dan V13m terjadi pada waktu yang sama yaitu pada seperempat perioda, karena pada harmonisa ke-13 ada 13 gelombang penuh dalam satu perioda fundamental atau 6,5 perioda dalam setengah perioda fundamental. Jadi tegangan maksimum yang diterima kabel adalah jumlah tegangan maksimum fundamental dan tegangan maksimum harmonisa ke-13.

Vm = V1m + V13m = 17101 + 14315 = 31416 V ≈ 31,4 kV Tegangan ini cukup tinggi dibanding dengan tegangan maksimum fundamental yang hanya 17 kV. Gambar berikut ini memperlihatkan bentuk gelombang tegangan. 40 30 20 10 0 0 -10 -20 -30 -40

v1+v13

[kV]

0.005

0.01

0.015

0.02 [detik]

v1

Gb.8.9. Bentuk gelombang tegangan.

8.6. Partial Discharge Contoh-8.8. memberikan ilustrasi bahwa adanya hamonisa dapat menyebabkan tegangan maksimum pada suatu piranti jauh melebihi tegangan fundamentalnya. Tegangan lebih yang diakibatkan oleh adanya harmonisa seperti ini bisa menyebabkan terjadinya partial discharge pada piranti, walaupun sistem bekerja normal dalam arti tidak ada gangguan. Jika hal ini terjadi umur piranti akan sangat diperpendek yang akan menimbulkan kerugtian besar secara finansial.


8.7. Alat Ukur Elektromekanik Daya sumber diperoleh dengan mengalikan tegangan sumber dan arus sumber. Proses ini dalam praktik diimplementasikan misalnya pada alat ukur tipe elektrodinamis dan tipe induksi. Pada wattmeter elektrodinamis, bagian pengukurnya terdiri dari dua kumparan, satu kumparan diam dan satu kumparan berputar. Satu kumparan dihubungkan ke tegangan dan satu kumparan dialiri arus beban. Jika masing-masing arus di kedua kumparan adalah iv = k1 I v sin ωt dan

ii = k 2 I i sin(ωt + ϕ) , maka kedua arus menimbulkan medan magnit yang sebanding dengan arus di kedua kumparan. Momen sesaat yang terjadi sebagai akibat interaksi medan magnetik kedua kumparan sebanding dengan perkalian kedua arus me = k 3 I v sin ωt × I i sin(ωt + ϕ) Momen sesaat ini, melalui suatu mekanisme tertentu, menyebabkan defleksi jarum penunjuk (yang didukung oleh kumparan yang berputar) ζ yang menunjukkan besar daya pada sistem arus bolak balik.

ζ = kI vrms I irms cos ϕ Pada alat ukur tipe induksi, seperti kWh-meter elektromekanik yang masih banyak digunakan, kumparan tegangan dihubungkan pada tegangan sumber sementara kumparan arus dialiri arus beban. Bagan alat ukur ini terlihat pada Gb.8.10. S1

S2

S1

S2

piringan Al Gb.8.10. Bagan KWh-meter tipe induksi. Masing-masing kumparan menimbulkan fluksi magnetik bolak-balik yang menginduksikan arus bolak-balik di piringan aluminium. Arus induksi dari kumparan arus ber-interaksi dengan fluksi dari kumparan tegangan dan arus induksi dari kumparan tegangan berinteraksi dengan fluksi magnetik kumpran arus. Interaksi arus induksi dan fluksi magnetik tersebut menimbulkan momen putar pada piringan sebesar

M e = kfΦ v Φ i sin β 183

di mana f adalah frekuensi, Φv dan Φi fluksi magnetik efektif yang ditimbulkan oleh kumparan tegangan dan kumparan arus, β adalah selisih sudut fasa antara kedua fluksi magnetik bolak-balik tersebut, dan k adalah suatu konstanta. Momen putar ini dilawan oleh momen lawan yang diberikan oleh suatu magnet permanen sehingga piringan berputar dengan kecepatan tertentu pada keadaan keseimbangan antara kedua momen. Perputaran piringan menggerakkan suatu mekanisme penghitung. Hadirnya arus harmonisa di kumparan arus, akan muncul juga pada Φi. Jika Φv berbentuk sinus murni sesuai dengan bentuk tegangan maka Me akan berupa hasil kali tegangan dan arus komponen fundamental. Frekuensi harmonisa sulit untuk direspons oleh kWh meter tipe induksi. Pertama karena kelembaman sistem yang berputar, dan kedua karena kWh-meter ditera pada frekuensi f dari komponen fundamental, misalnya 50 Hz. Dengan demikian penunjukkan alat ukur tidak mencakup kehadiran arus harmonisa, walaupun kehadiran harmonisa bisa menambah rugi-rugi pada inti kumparan arus.


BAB 9 Harmonisa Dalam Sistem Tiga Fasa Analisis harmonisa dalam sistem tiga fasa berikut ini dilakukan dengan anggapan beban seimbang.

9.1. Komponen Harmonisa Dalam Sistem Tiga Fasa

Frekuensi Fundamental. Pada pembebanan seimbang, komponen fundamental berbeda 180o mekanis = 360o magnetik fasa 120o antara a11 masing-masing fasa. b1 c1 Perbedaan fasa 120o c11 b11 S antar fasa ini timbul karena perbedaan posisi a1 a2 U U kumparan jangkar terhadap siklus medan c22 b22 S magnet, yaitu sebesar o 120 sudut magnetik. c2 b2 Hal ini dijelaskan pada Gb.9.1. Gb.9.1. Skema generator empat kutub Gambar ini memperlihatkan skema generator empat kutub; 180o sudut mekanis ekivalen dengan 360o sudut magnetik. Dalam siklus magnetik yang pertama sebesar 360o magnetik, yaitu dari kutub magnetik U ke U berikutnya, terdapat tiga kumparan yaitu kumparan fasa-a (a1-a11), kumparan fasa-b (b1-b11), kumparan fasa-c (c1-c11). Antara posisi kumparan fasa-a dan fasa-b terdapat pergeseran sudut magnetik 120o; antara posisi kumparan fasa-b dan fasa-c terdapat pergeseran sudut magnetik 120o; demikian pula halnya dengan kumparan fasa-c dan fasaa. Perbedaan posisi inilah yang menimbulkan perbedaan sudut fasa antara tegangan di fasa-a, fasa-b, fasa-c. Harmonisa Ke-3. Pada harmonisa ke-3 satu siklus komponen fundamental, atau 360o, berisi 3 siklus harmonisa ke-3. Hal ini berarti bahwa satu siklus harmonisa ke-3 memiliki lebar 120o dalam skala komponen fundamental; nilai ini tepat sama dengan beda fasa antara komponen fundamental fasa-a dan fasa-b. Oleh karena itu tidak ada

185

perbedaan fasa antara harmonisa ke-3 di fasa-a dan fasa-b. Hal yang sama terjadi antara fasa-b dan fasa-c seperti terlihat pada Gb.9.2 300

V

v1a

200

v1c

v1b

100

v3a

0

v3c

v3b

0

90

180

270

360

o

[]

-100 -200 -300

Gb.9.2. Tegangan fundamental dan harmonisa ke-3 pada fasa-a, fasa-b, dan fasa-c. v1a = sin(ωt )

v3a = sin(3ωt ) o

v1b = sin(ωt − 120 )

v3b = sin(3ωt − 360o ) = sin(3ωt )

v1c = sin(ωt − 240o )

v3c = sin(3ωt − 720o ) = sin(ωt )

Pada Gb.9.2 tegangan v1a, v1b, v1c, adalah tegangan fundamental dari fasa-a, -b, dan -c, yang saling berbeda fasa 120o. Tegangan v3a, v3b, v3c, adalah tegangan harmonisa ke-3 di fasa-a, -b, dan -c; masing-masing digambarkan terpotong untuk memperlihatkan bahwa mereka sefasa. Diagram fasor harmonisa V3a ke-3 digambarkan pada V3b Gb.9.3. Jika V3a, V3b, V3c V3c merupakan fasor tegangan fasa-netral maka tegangan Gb.9.3. Diagram fasor harmonisa ke-3. fasa-fasa (line to line) harmonisa ke-3 adalah nol. Hal serupa terjadi pada harmonisa kelipatan tiga yang lain seperti harmonisa ke-9. Satu siklus fundamental berisi 9 siklus harmonisa yang berarti lebar satu siklus adalah 40o dalam skala fundamental. Jadi lebar 3 siklus harmonisa ke-9 tepat sama dengan beda fasa antar fundamental, sehingga tidak ada perbedaan sudut fasa antara harmonisa ke-9 di fasa-a, fasa-b, dan fasa-c.

Harmonisa ke-5. Gb.9.4. memperlihatkan kurva tegangan fundamental dan harmonisa ke-5. Tegangan v1a, v1b, v1c, adalah tegangan fundamental dari fasa-a, -b, dan -c. Tegangan v5a, v5b, v5c, adalah tegangan harmonisa


ke-5 di fasa-a, -b, dan -c; masing-masing digambarkan terpotong untuk menunjukkan bahwa mereka berbeda fasa. v5a = sin(5ωt )

v1a = sin(ωt ) v1b = sin(ωt − 120 )

v5b = sin(5ωt − 600o ) = sin(3ωt − 240o )

v1c = sin(ωt − 240o )

v5c = sin(5ωt − 1200o ) = sin(ωt − 120o )

o

300

V

200 100

v1b

v1a v5a

v5c

90

180

v1c v5b

0 0 -100

270

360

[o]

-200 -300

Gb.9.4. Fundamental dan harmonisa ke-5 Satu siklus fundamental berisi 5 siklus harmonisa atau satu siklus harmonisa mempunyai lebar 72o dalam skala fundamental. Perbedaan V5b fasa antara v5a dan v5b adalah (2 o o o × 72 − 120 ) = 24 dalam skala fundamental atau 120o dalam V5a skala harmonisa ke-5; beda fasa antara v5b dan v5c juga 120o. Diagram fasor dari harmonisa V5c ke-5 terlihat pada Gb.9.5. Jika Gb.9.5. Diagram fasor harmonisa ke-5. V5a, V5b, V5c merupakan fasor tegangan fasa-netral maka tegangan fasa-fasa (line to line) harmonisa ke5 adalah

3 kali lebih besar dari tegangan fasa-netral-nya.

Harmonisa Ke-7. Satu siklus harmonisa ke-7 memiliki lebar 51,43o dalam skala fundamental. Perbedaan fasa antara v7a dan v7b adalah (3 × 51,43o − 120o) = 34,3o dalam V7c skala fundamental atau 240o dalam skala harmonisa ke-7; beda fasa antara v7b dan v7c V7a juga 240o. Diagram fasor dari harmonisa ke-7 terlihat pada Gb.9.6. Jika V7a, V7b, V7c V7b merupakan fasor tegangan Gb.9.6. Diagram fasor harmonisa ke-7. fasa-netral maka tegangan 187

fasa-fasa (line to line) harmonisa ke-7 adalah tegangan fasa-netral-nya.

3 kali lebih besar dari

9.2. Relasi Tegangan Fasa-Fasa dan Fasa-+etral Pada tegangan sinus murni, relasi antara tegangan fasa-fasa dan fasanetral dalam pembebanan seimbang adalah

V ff = V fn 3 = 1,732 V fn di mana Vff tegangan fasa-fasa dan Vf-n tegangan fasa-netral. Apakah relasi masih berlaku jika tegangan berbentuk gelombang nonsinus. Kita akan melihat melalui contoh berikut.

CO+TOH-9.1: Tegangan fasa-netral suatu generator 3 fasa terhubung bintang mengandung komponen fundamental dengan nilai puncak 200 V, serta harmonisa ke-3, 5, 7, dan 9 dengan nilai puncak berturut-turut 40, 25, 20, 10 V. Hitung rasio tegangan fasa-fasa terhadap tegangan fasa-netral. Penyelesaian: Dalam soal ini harmonisa tertinggi yang diperhitungkan adalah harmonisa ke-9, walaupun nilai puncak harmonisa tertinggi ini masih 5% dari nilai puncak komponen fundamental. Nilai efektif tegangan fasa-netral fundamental sampai harmonisa ke-9 berturut-turut adalah nilai puncak dibagi

2:

V1 f −n = 141,42 V ; V3 f −n = 28,28 V ; V5 f −n = 17,68 V V7 f −n = 14,14 V ; V9 f −n = 7,07 V Nilai efektif tegangan fasa-netral total

V f −n = 141,42 2 + 28,28 2 + 17,68 2 + 14,14 2 + 7,07 2 = 146,16 V Nilai efektif tegangan fasa-fasa setiap komponen adalah

V1 f − f = 244,95 V ; V3 f − f = 0 V ; V5 f − f = 26,27 V V7 f − f = 22,11 V ; V9 f − f = 0 V Nilai efektif tegangan fasa-fasa total


V f − f = 244,95 2 + 0 + 26,27 2 + 22,112 + 0 = 247,35 V Rasio tegangan fasa-fasa terhadap tegangan fasa-netral

Vf − f V f −n

=

247,35 = 1,70 146,16

Perbedaan nilai perhitungan tegangan efektif fasa-netral dan tegangan efektif fasa-fasa terlatak pada adanya harmonisa kelipatan tiga; tegangan fasa-fasa harmonisa ini bernilai nol.

9.3. Hubungan Sumber Dan Beban 9.3.1. Generator Terhubung Bintang Jika belitan jangkar generator terhubung bintang, harmonisa kelipatan tiga yang terkandung pada tegangan fasa-netral tidak muncul pada tegangan fasa-fasa-nya. Kita akan melihatnya pada contoh berikut.

CO+TOH-9.2: Sebuah generator 3 fasa, 50 Hz, terhubung bintang membangkitkan tegangan fasa-netral yang berbentuk gelombang nonsinus yang dinyatakan dengan persamaan

v = 800 sin ω0 t + 200 sin 3ω0 t + 100 sin 5ω0 t V Generator ini mencatu tiga induktor terhubung segi-tiga yang masing-masing mempunyai resistansi 20 Ω dan induktansi 0,1 H. Hitung daya nyata yang diserap beban dan faktor daya beban.

Penyelesaian: Nilai efektif komponen tegangan fasa-netral adalah

V fn1rms = 800 / 2 V ; V fn3rms = 200 / 2 V ; V fn5rms = 100 / 2 V . Tegangan fasa-fasa sinyal nonsinus tidak sama dengan 3 kali tegangan fasa-netralnya. Akan tetapi masing-masing komponen merupakan sinyal sinus; oleh karena itu tegangan fasa-fasa masingmasing komponen adalah

3 kali tegangan fasa-netral-nya.

189

(

)

V ff 1rms = 800 / 2 3 = 800 3/2 V ; V ff 3rms = 0 V ; V ff 5rms = 100 3 / 2 V V ffrms = 800 2 (3 / 2) + 100 2 (3 / 2) = 987,4 V Reaktansi beban per fasa untuk tiap komponen

X 1 = 2π × 50 × 0,1 = 31,42 Ω ; X 3 = 3 X 1 = 94,25 Ω ; X 5 = 5 X 1 = 157,08 Ω Impedansi beban per fasa untuk tiap komponen

Z f 1 = 20 2 + 31,42 2 = 37,24 Ω Z f 3 = 20 2 + 94,25 2 = 96,35 Ω Z f 5 = 20 2 + 157,08 2 = 158,35 Ω Arus fasa:

I f 1rms = I f 3rms = I f 5rms =

V ff 1rms

=

Z f1 V ff 3rms

800 3 / 2 = 26,3 A 37,24

=0 A

Z f1 V ff 5rms Z f5

=

100 3 / 2 = 0,77 A 158,35

I frms = 26,3 2 + 0,77 2 = 26,32 A Daya nyata diserap beban

Pb = 3 × I 2frms × 20 = 41566 W ≈ 41,6 kW Daya kompleks beban

Sb = 3 × V ff × I f = 3 × 987,4 × 26,32 = 77967 W ≈ 78 kW Faktor daya beban 190 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

f .d . =

Pb 41,6 = = 0,53 78 Sb

9.3.2. Generator Terhubung Segitiga Jika belitan jangkar generator terhubung segitiga, maka tegangan harmonisa kelipatan tiga akan menyebabkan terjadinya arus sirkulasi pada belitan jangkar generator tersebut.

CO+TOH-9.3: Sebuah generator 3 fasa, 50 Hz, terhubung segitiga. Resistansi dan induktansi per fasa adalah 0,06 Ω dan 0,9 mH. Dalam keadaan tak berbeban tegangan fasa-fasa mengandung harmonisa ke3, -7, -9, dan -15 dengan amplitudo berturut-turut 4%, 3%, 2% dan 1% dari amplitudo tegangan fundamental. Hitunglah arus sirkulasi dalam keadaan tak berbeban, jika eksitasi diberikan sedemikian rupa sehingga amplitudo tegangan fundamental 1500 V. Penyelesaian: Arus sirkulasi di belitan jangkar yang terhubung segitiga timbul oleh adanya tegangan harmonisa kelipatan tiga, yang dalam hal ini adalah harmonisa ke-3, -9, dan -15. Tegangan puncak dan tegangan efektif masing-masing komponen harmonisa ini di setiap fasa adalah

V3m = 4% × 1500 = 60 V ; V3rms = 60 / 2 V V9m = 2% × 1500 = 30 V ; V9rms = 30 / 2 V V15m = 1% × 1500 = 15 V ; V15rms = 15 / 2 V Reaktansi untuk masing-masing komponen adalah

X 1 = 2π × 50 × 0,9 × 10 −3 = 0,283 Ω X 3 = 3 × X 1 = 0,85 Ω X 9 = 9 × X 1 = 2,55 Ω X 15 = 15 × X 1 = 4,24 Ω Impedansi di setiap fasa untuk komponen harmonisa

Z 3 = 0,06 2 + 0,85 2 = 0,85 Ω Z 9 = 0,06 2 + 2,54 2 = 2,55 Ω 191

Z15 = 0,06 2 + 4,24 2 = 4,24 Ω Arus sirkulasi adalah

I 3rms =

60 / 2 = 49,89 A 0,85

I 9rms =

30 / 2 = 8,33 A 2,55

I15rms =

15 / 2 = 2,5 A 4,24

I sirkulasi ( rms) = 48,89 2 + 8,33 2 + 2,5 2 = 50,6 A 9.3.3. Sistem Empat Kawat Dalam sistem empat kawat, di mana titik netral sumber terhubung ke titik netral beban, harmonisa kelipatan tiga akan mengalir melalui penghantar netral. Arus di penghantar netral ini merupakan jumlah dari ketiga arus di setiap fasa; jadi besarnya tiga kali lipat dari arus di setiap fasa.

CO+TOH-9.4: Tiga kumparan dihubungkan bintang; masing-masing kumparan mempunyai resistansi 25 Ω dan induktansi 0,05 H. Beban ini dihubungkan ke generator 3 fasa, 50Hz, dengan kumparan jangkar terhubung bintang. Tegangan fasa-netral mempunyai komponen fundamental, harmonisa ke-3, dan ke-5 dengan nilai puncak berturut-turut 360 V, 60 V, dan 50 V. Penghantar netral menghubungkan titik netral generator dan beban. Hitung nilai efektif (a) arus saluran (fasa); (b) tegangan fasa-fasa; (c) arus di penghantar netral; (d) daya diserap beban. Penyelesaian: (a) Tegangan fasa-netral efektif setiap komponen

V fn1rms = 254,6 V; V fn3rms = 42,4 V; V fn5rms = 35,4 V Reaktansi per fasa 192 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

X 1 = 2π × 50 × 0,05 = 15,70 Ω X 3 = 3 × X 1 = 47,12 Ω X 5 = 5 × X 1 = 78,54 Ω Impedansi per fasa Z 1 = 25 2 + 15,70 2 = 29,53 Ω Z 3 = 25 2 + 47,12 2 = 53,35 Ω

Z 5 = 25 2 + 78,54 2 = 82,42 Ω Arus saluran 254,6 = 8,62 A 29,53 42,4 I 3rms = = 0,795 A 53,35 35,4 I 5rms = = 0,43 A 82,42 I1rms =

I saluran rms = 8.62 2 + 0,795 2 + 0,43 2 = 8,67 A (b) Tegangan fasa-fasa setiap komponen

V1 f − f = 440,9 V; V3 f − f = 0 V; V5 f − f = 61,24 V Tegangan fasa-fasa

V f − f = 440,9 2 + 0 + 61,2 2 = 445 V Arus di penghantar netral ditimbulkan oleh harmonisa ke-3, yang merupakan arus urutan nol.

I netral = 3 × I 3rms = 3 × 0,795 = 2,39 A (c) Daya yang diserap beban adalah daya yang diserap elemen resistif 25 Ω, yaitu P = 3 × I 2f − n × R . Arus beban terhubung bintang sama dengan arus saluran. Jadi daya yang diserap beban adalah 193

Pb = 3 × I 2 × R = 3 × 8,67 2 × 25 = 5636 W = 5,64 kW 9.3.4. Sistem Tiga Kawat Pada sistem ini tidak ada hubungan antara titik netral sumber dan titik netral beban. Arus harmonisa kelipatan tiga tidak mengalir. Kita akan melihat kondisi ini dengan menggunakan contoh berikut.

CO+TOH-9.5: Persoalan seperti pada contoh-9-4 akan tetapi penghantar netral yang menghubungkan titik netral generator dan beban diputus. Hitung nilai efektif (a) arus saluran (fasa); (b) tegangan fasa-fasa; (c) arus di penghantar netral; (d) daya diserap beban. Penyelesaian: (a) Karena penghantar netral diputus, arus harmonisa ke-3 tidak mengalir. Arus fundamental dan harmonisa ke-5 telah dihitung pada contoh-9.4. yaitu

254,6 = 8,62 A 29,53 35,4 = = 0,43 A 82,42

I1rms = I 5rms

Arus saluran menjadi I saluran

rms

= 8,62 2 + 0,43 2 = 8,63 A

(b) Walaupun arus harmonisa ke-3 tidak mengalir, tegangan fasanetral harmonisa ke-3 tetap hadir namun tegangan ini tidak muncul pada tegangan fasa-fasa. Keadaan ini seperti keadaan sebelum penghantar netral diputus V f − f = 440,9 2 + 0 + 61,2 2 = 445 V

(c) Arus di penghantar netral = 0 A (d) Daya yang diserap beban

Pb = 3 × I 2 × R = 3 × 8,632 × 25 = 5589 W = 5,59 kW


9.4. Sumber Bekerja Paralel Untuk mencatu beban yang besar sumber-sumber pada sistem tenaga harus bekerja paralel. Jika sumber terhubung bintang dan titik netral masing-masing sumber ditanahkan, maka akan mengalir arus sirkulasi melalui pentanahan apabila terdapat tegangan harmonisa kelipatan tiga.

CO+TOH-9.6: Dua generator tiga fasa, 20 000 kVA, 10 000 V, terhubung bintang, masing-masing mempunyai reaktansi jangkar 20% tiap fasa. Tegangan terbangkit mengandung harmonisa ke-3 dengan amplitudo 10% dari amplitudo fundamental. Kedua generator bekerja paralel, dan titik netral masing-masing ditanahkan melalui reaktansi 10%. Hitunglah arus sirkulasi di pentanahan karena adanya harmonisa ke-3. Penyelesaian: Tegangan kedua generator adalah

V ffrms = 10000 V V fnrms =

10000

= 5774 V

3

Reaktansi jangkar 20% : X a = 20% ×

3 × 5774 2 =1 Ω 20 000 × 1000

Reaktansi pentanahan 10% : X g = 10% ×

3 × 5774 2 = 0,5 Ω 20 000 × 1000

Reaktansi pentanahan untuk urutan nol : X 0 = 3 × 0,5 = 1,5 Ω Tegangan harmonisa ke-3 adalah 10% dari tegangan fundamental :

V fn3rms = 577,4 V Kedua generator memiliki Xa dan Xg yang sama besar dengan tegangan harmonisa ke-3 yang sama besar pula. Arus sirkulasi akibat tegangan harmonisa ke-3 adalah

I sirkulasi =

V fn3rms

(X a + X 0 )

=

577,4 = 231 A 2,5

195

9.5. Penyaluran Energi ke Beban Dalam jaringan distribusi, untuk menyalurkan energi ke beban digunakan penyulang tegangan menengah yang terhubung ke transformator dan dari transformator ke beban. Suatu kapasitor dihubungkan paralel dengan beban guna memperbaiki faktor daya. Dalam analisis harmonisa kita menggunakan model satu fasa dari jaringan tiga fasa.

9.5.1. Penyulang Dalam model satu fasa, penyulang diperhitungkan sebagai memiliki resistansi, induktansi, kapasitansi. Dalam hal tertentu elemen ini bisa diabaikan.

9.5.2. Transformator Perilaku transformator dinyatakan dengan persamaan

V1 = E1 + I1R1 + jI1 X 1 E 2 = V2 + I 2 R2 + jI 2 X 2 I 1 = I f + I ′2 dengan I ′2 =

2 I I2 = 2 1 a

V1 , I1 , E1 , R1 , X 1 berturut turut adalah tegangan terminal, arus, tegangan induksi kumparan, resistansi, dan reaktansi bocor rangkaian primer. V2 , I 2 , E 2 , R2 , X 2 berturut turut adalah tegangan terminal, arus, tegangan induksi kumparan, resistansi, dan reaktansi bocor rangkaian sekunder; V2 sama dengan tegangan pada beban. E1 sefasa dengan E2 karena dibangkitkan (diinduksikan) oleh fluksi yang sama, sehingga nilai masing-masing sebanding dengan jumlah lilitan, 1 dan 2. Jika a = 1 / 2 maka dilihat dari sisi sekunder nilai E1 menjadi E1 ' = E1 / a , I1 menjadi I1 ' = aI1 , R1 menjadi R1/a2, X1 menjadi X1/a2. Rangkaian ekivalen transformator berbeban menjadi seperti pada Gb.9.7.a. Dengan mengabaikan arus eksitasi If dan menggabungkan resistansi dan reaktansi menjadi RT = R1′ + R2 dan X T = X 1′ + X 2 maka rangkaian ekivalen menjadi seperti pada Gb.9.7.b.


∼1 V

R′1

X′1

E1 R

If c

R2 Iφ Xc

Ic

X2 B

V2

(a) RT

XT

∼1 V

B

V2

(b) Gb.9.7. Rangkaian ekivalen transformator berbeban.

9.6. Rangkaian Ekivalen Untuk Analisis Karena resistansi dan reaktansi transformator diposisikan di sisi sekunder, maka untuk menambahkan penyulang dan sumber harus pula diposisikan di sisi sekunder. Tegangan sumber Vs menjadi Vs/a, resistansi penyulang menjadi Rp/a2, reaktansi penyulang menjadi Xp/a2 . Jika resistansi penyulang Rp/a2 maupun resistansi transformator RT diabaikan, maka rangkaian sumber–penyulang–transformator–beban menjadi seperti pada Gb.9.8. Bentuk rangkaian yang terakhir ini cukup sederhana untuk melakukan analisis lebih lanjut. Vs/a adalah tegangan sumber. Xp/a2

Vs/a

XT XC

B V2

Gb.9.8. Rangkaian ekivalen penyaluran energi dari sumber ke beban dengan mengabaikan semua resistansi dalam rangkaian serta arus eksitasi transformator. Apabila kita menggunakan rangkaian ekivalen dengan hanya memandang arus nonlinier, maka sumber tegangan menjadi bertegangan nol atau merupakan hubung singkat seperti terlihat pada Gb.9.9.

197

Xp/a2

XT

ibeban XC

B

Gb.9.9. Rangkaian ekivalen pada pembebanan nonlinier. Jika kita hanya meninjau komponen harmonisa, dan tetap memandang bahwa arus harmonisa mengalir ke beban, arah arus harmonisa digambarkan menuju sisi beban. Namun komponen harmonisa tidak memberikan transfer energi neto dari sumber ke beban; justru sebaliknya komponen harmonisa memberikan dampak yang tidak menguntungkan pada sistem pencatu daya. Oleh karena itu sistem pencatu daya “bisa melihat” bahwa di arah beban ada sumber arus harmonisa yang mencatu sistem pencatu daya dan sistem pencatu daya harus memberi tanggapan terhadap fungsi pemaksa (driving function) ini. Dalam hal terakhir ini sumber arus harmonisa digambarkan sebagai sumber arus yang mencatu sistem seperti terlihat pada Gb.9.10. Xp/a2

XT XC

sumber arus harmonisa

Gb.9.10. Rangkaian ekivalen untuk analisis arus harmonisa.


Referensi 1.

Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB 2002, ISBN 979-9299-54-3.

2.

Sudaryatno Sudirham, “Pengembangan Metoda Unit Output Untuk Perhitungan Susut Energi Pada Penyulang Tegangan Menengah”, Monograf, 2005, limited publication.

3.

Sudaryatno Sudirham, “Pengantar Rangkaian Listrik”, Catatan Kuliah El 1001, Penerbit ITB, 2007.

4.

Sudaryatno Sudirham, “Analisis Harmonisa Dalam Permasalahan Kualitas Daya”, Catatan Kuliah El 6004, 2008.

5.

P. C. Sen, “Power Electronics” McGraw-Hill, 3rd Reprint, 1990, ISBN 0-07-451899-2.

6.

Ralph J. Smith & Richard C. Dorf : “Circuits, Devices and Systems” ; John Wiley & Son Inc, 5th ed, 1992.

7.

David E. Johnson, Johnny R. Johnson, John L. Hilburn : “Electric Circuit Analysis” ; Prentice-Hall Inc, 2nd ed, 1992.

8.

Vincent Del Toro : “Electric Power Systems”, Prentice-Hall International, Inc., 1992.

9.

Roland E. Thomas, Albert J. Rosa : “The Analysis And Design of Linier Circuits”, . Prentice-Hall Inc, 1994.

10. Douglas K Lindner : “Introduction to Signals and Systems”, McGraw-Hill, 1999. 11. Alexander Kusko & Marc T. Thompson, “Power Quality in Electrical Systems”, Mc. Graw Hill, 2007.

199

Daftar +otasi v atau v(t) V Vrr Vrms Vmaks V |V| V(s) i atau i(t) I Irr Irms Imaks I |I| I(s) p atau p(t) prr S |S| P Q q atau q(t) w R L C Z Y

: tegangan sebagai fungsi waktu. : tegangan dengan nilai tertentu, tegangan searah. : tegangan, nilai rata-rata. : tegangan, nilai efektif. : tegangan, nilai maksimum, nilai puncak. : fasor tegangan dalam analisis di kawasan fasor. : nilai mutlak fasor tegangan. : tegangan fungsi s dalam analisis di kawasan s. : arus sebagai fungsi waktu. : arus dengan nilai tertentu, arus searah. : arus, nilai rata-rata. : arus, nilai efektif. : arus, nilai maksimum, nilai puncak. : fasor arus dalam analisis di kawasan fasor. : nilai mutlak fasor arus. : arus fungsi s dalam analisis di kawasan s. : daya sebagai fungsi waktu. : daya, nilai rata-rata. : daya kompleks. : daya kompleks, nilai mutlak. : daya nyata. : daya reaktif. : muatan, fungsi waktu. : energi. : resistor; resistansi. : induktor; induktansi. : kapasitor; kapasitansi. : impedansi. : admitansi.


I+DEKS a alih daya 78, 150 Ampère 2, 4 arus pusar 14 c crest factor 124 d daya kompleks 136 daya nyata 137 daya reaktif 150 daya, faktor 137 daya, non sinus 103 daya, sudut 67 diagram fasor 33, 61 dielektrik 165 e efisiensi 42 ekivalen 37, 65, 74, 78, 79, 197 f faktor K 178 Faraday 1 fluksi bocor 31 Fourier 91 frekuensi sinkron 75 g gaya 14 generator terhubung ∆ 191 generator terhubung Y 189 h harmonisa-3, -5, -7 185 histerisis 12 hubungan ∆-∆ 44 hubungan ∆-Y 45 hubungan Y-∆ 46 hubungan Y-Y 45 i impedansi 38, 134, 137 induktor 19, 168

k kapasitor 164 kompensasi 150 konduktor 161 l loss factor 165, 166 m magnetik 1, 5, 14 medan putar 70 mesin sinkron 50, 52, 59 motor asinkron 69 n nilai efektif 97, 135 nilai rata-rata 96 non linier 111 nonsinus 88, 91, 129, 166 p parameter 39, 79 partial discharge 182 permeabilitas 3 r reaktansi 33, 61, 64 regulasi tegangan 42 resonansi 106 s setengah gelombang 113 sistem 3-kawat 194 sistem 4-kawat 192 t tegangan maksimum 180 Tellegen 138 THD 124 torka 84, 85 transformator 29, 32, 39, 43, 173, 196 u uji beban nol 39, 60, 80 uji hubung singkat 40, 60 uji rotor diam 80 201

Biodata Nama: Sudaryatno Sudirham Lahir di Blora pada 26 Juli 1943 Istri: Ning Utari Anak: Arga Aridarma Aria Ajidarma. 1971 : Teknik Elektro – Institut Teknologi Bandung. 1972 – 2008 : Dosen Institut Teknologi Bandung. 1974 : Tertiary Education Research Center – UNSW − Australia 1979 : EDF – Paris Nord dan Fontainbleu − Perancis 1981 : INPT - Toulouse − Perancis; DEA 1982; Doktor 1985. Kuliah yang pernah diberikan: “Pengukuran Listrik”, “Pengantar Teknik Elektro”, “Pengantar Rangkaian Listrik”, “Material Elektroteknik”, “Phenomena Gas Terionisasi”, “Dinamika Plasma”, “Dielektrika”, “Material Biomedika”. Buku dan Artikel: “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB, ISBN 979-9299-54-3, 2002, 2005; “Metoda Rasio TM/TR Untuk Estimasi Susut Energi Jaringan Distribusi”, Penerbit ITB, ISBN 978-979-1344-38-8, 2009; “Fungsi dan Grafik, Diferensial Dan Integral”, Penerbit ITB, ISBN 978-979-1344-37-1, 2009; “Analisis Rangkaian Listrik (1)”, 2010; “Analisis Rangkaian Listrik (2)”, 2010; “Analisis Rangkaian Listrik (3)”, 2010; ”Mengenal Sifat Material (1)”, 2010; ”Estimasi Susut Teknik dan onteknik Jaringan Distribusi”, 2011. Bidang minat: Power Engineering; Material Science.


Analisis Rangkaian Listrik

Recommend Documents