Sudaryatno Sudirham. Analisis Keadaan Mantap. Rangkaian Sistem. Tenaga. Darpublic

Sudaryatno Sudirham

Analisis Keadaan Mantap

Rangkaian Sistem Sistem Tenaga

ii

Darpublic

Analisis Keadaan Mantap

Rangkaian Sistem Tenaga

oleh

Sudaryatno Sudirham

i

Hak cipta pada penulis, 2011 SUDIRHAM, SUDARYATNO Analisis Rangkaian Sistem Tenaga Oleh Sudaryatmo Sudirham Darpublic, Bandung arst-711 edisi Juli 2011

http://www.ee-cafe.org Alamat pos: Kanayakan D-30, Bandung, 40135. Fax: (62) (22) 2534117

ii

Daftar Isi Daftar Isi Pengantar Bab 1: Rangkaian Magnetik Hukum-Hukum. Perhitungan Pada Rangkaian Magnetik. Rugi-Rugi dalam Rangkaian Magnetik. Gaya Magnetik. Induktor. Bab 2: Transformator 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 Sikron Mesin Kutub Menonjol. Mesin Sinkron Rotor Silindris. Rangkaian Ekivalen Bab 4: Motor Asinkron Konstruksi Dan Cara Kerja. Rangkaian Ekivalen. Penentuan Parameter Rangkaian. Torka. Bab 5: Pembebanan Seimbang – Sistem Polifasa Sumber Tiga Fasa Seimbang dan Sambungan ke Beban. Daya Pada Sistem Tiga Fasa Seimbang. Model Satu Fasa Sistem Tiga Fasa Seimbang. Sistem Enam Fasa Seimbang. Bab 6: Pembebanan Nonlinier (Analisis di Kawasan Waktu) Sinyal Nonsinus. Elemen Linier Dengan Sinyal Nonsinus. Daya Pada Sinyal Nonsinus. Resonansi. Pembebanan Nonlinier Dilihat Dari Sisi Beban. Pembebenan Nonlinier Dilihat Dari Sisi Sumber. Kasus Penyearah Setengah Gelombang. Perambatan Harmonisa. Ukuran distorsi Harmonisa. Bab 7: Pembebanan Nonlinier (Analisis di Kawasan Fasor) Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Fasor. Impedansi. Nilai Efektif. Sumber Tegangan Sinus Dengan Beban Nonlinier. Contoh-contoh Perhitrungan. Transfer Daya. Kompensasi Daya Reaktif.

iii v 1

25

45

65

85

99

131

iii

Bab 8: Pembebanan Nonlinier Sistem Tiga Fasa dan Dampak Pada Piranti Komponen Harmonisa Pada 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. Dampak Harmonisa Pada Piranti. Bab 9: Pembebanan Tak Seimbang Pernyataan Komponen Simetris. Mencari Komponen Simetris. Impedansi dan Rangkaian Urutan. Daya Pada Sistem Tak Seimbang. Sistem Per-Unit. Sistem Tiga Fasa Dalam Per-Unit. Bab 10: Saluran Transmisi Resistansi. Induktansi. Impedansi dan Transposisi. Admitansi dan Transposisi. Bab 11: Rangkaian Ekivalen Persamaan Saluran Transmisi. Rangkaian Ekivalen π. Rangkaian Ekivalen Pendekatan. Kinerja saluran Transmisi. Pembebanan Saluran Transmisi. Batas Thermal. Tegangan dan Arus di Ujung Kirim. Pembebanan Maksimum. Diagram Lingkaran. Pustaka Indeks Biodata

iv Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

163

199

215

241

267 269 271

Pengantar Buku ini berisi analisis rangkaian piranti-piranti dalam sistem tenaga listrik yang berada dalam keadaan mantap, dengan pembebanan seimbang, non-linier, maupun pembebanan tak-seimbang. Pembahasan akan diawali dengan analisis rangkaian magnetik yang menjadi dasar dibangunnya mesin-mesin konversi energi elektrik. Analisis rangkaian magnetik ini disusul dengan pengenalan pada mesin-mesin konversi energi mencakup transformator, mesin sinkron, dan mesin asinkron. Setelah mesin-mesin konversi, pembahasan dilanjutkan dengan sistem banyak-fasa dengan pembebanan seimbang. Masih dalam keadaan seimbang, pembahasan berikutnya adalah mengenai pembebanan nonlinier; pokok bahasan pembebanan nonlinier mencakup tinjauan di kawasan waktu, tinjauan di kawasan fasor pada sistem satu fasa dan tiga fasa, serta dampak harmonisa pada piranti. Pembahasan berikutnya adalah mengenai pembebanan tak-seimbang yang diawali dengan bahasan tentang komponen simetris, rangkaian urutan, serta penggunaan sistem per-unit; selanjutnya adalah bahasan mengenai saluran transmisi yang mencakup parameter saluran transmisi seperti impedansi, admitansi, impedansi karakteristik, disusul dengan persamaan saluran transmisi, rangkaian ekivalen dan pembebanan saluran transmisi. Mudah-mudahan sajian ini bermanfaat bagi para pembaca. Saran dan usulan para pembaca untuk perbaikan dalam publikasi selanjutnya, sangat penulis harapkan.

Bandung, 26 Juli 2011. Wassalam, Penulis.

v

<< 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

vi Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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, kita tidak akan membahas mengenai material magnetik itu sendiri, melainkan hanya akan melihat pada hal-hal yang kita perlukan dalam kaitannya dengan pembahasan peralatan listrik. Kita juga hanya akan melibatkan beberapa jenis material saja yang telah sejak lama digunakan walaupun material jenis baru telah dikembangkan. 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 :

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=−

1

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 (4), maka (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

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 2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 ] 2

[amp] [meter ]

[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. 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 ] 2

[amp ]

=

[volt ] [ amp ] [detik ] 2

=

[amp ] [ meter ]

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

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

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. 3

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

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

4 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

(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

ℜ=

L µA

(1.16)

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 magnet 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

= Fm

a

+ Fm

b

= H a L a + H b Lb

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. Besarnya intensitas medan yang diperlukan dapat dicari melalui kurva B-H dari masingmasing material, yang dapat dilihat di buku acuan. Salah satu kurva B-H yang dapat kita peroleh adalah seperti dikutip pada Gb.1.1 di halaman berikut. 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 Lb = 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

Nickel-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 magnetik.

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 Gb.1.1, bahwa hubungan antara B dan H adalah tidak linier. Apabila kita menginginkan gambaran mengenai besarnya permeabilitas masing-masing material, kita dapat menghitungnya sebagai berikut. Permeabilitas dari material a dan b masing-masing pada titik operasi ini adalah Ba µ 0.6 0.06 = = 0.06 henry/meter → µ r a = a = = 47740 Ha µ 0 4π × 10−7 10 B µ 0.6 0.0092 µb = b = = 0.0092 henry/meter → µ r b = b = = 7340 Hb µ0 4π × 10−7 65 µa =

7

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

Fm a φ

=

4 ≈ 6670 0.6 × 0.001

;

ℜb =

Fm b 13 = ≈ 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 ℜtot = ℜ a + ℜb ≈ 6670 + 21670 = 28340 . Untuk meyakinkan, kita hitung balik besarnya fluksi magnet φ=

Fm total 17 = = 6 × 10− 4 weber ℜtot 28340

dan ternyata hasilnya sesuai dengan apa yang diminta dalam persoalan ini. Hasil ini menunjukkan bahwa reluktansi magnet 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 magnet 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 besarnya 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 besarnya fluksi φ yang justru ditanyakan. Dari apa yang diketahui, yaitu Fm total dan ukuran toroid, kita dapatkan hubungan Fm

total

= H a L a + H b Lb = 0.4 H a + 0.2 H b = 35

⇒ Ha =

35 − 0.2 H b 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 B8 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

H. 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 dilakukan 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. Ternyata 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 : 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

Menaikkan arus belitan menjadi dua kali lipat tidak menghasilkan fluksi dua kali. Hal ini disebabkan oleh karakteristik magnetisasi material yang tidak linier.

9

0.15 m

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 a

f

d

e

0.15 m

0.15 m

Penyelesaian : Rangkaian magnetik ini mempunyai tiga cabang, yaitu efab dengan reluktansi ℜ1; be dengan reluktansi ℜ2 dan bcde dengan reluktansi ℜ3. Rangkaian ekivalen dari rangkaian magnetik ini dapat digambarkan seperti di bawah ini. ℜ1 Fm

ℜ2

ℜ3

Fluksi yang 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 10 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Fm3 = H 3 × Lbcde = 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. H2 =

Fm 2 Fm3 36 = = = 240 AT/m Lbe 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 φ2 = B2 × 0.0008 = 1.125 × 0.0008 = 0.0009 weber

Fluksi total yang harus dibangkitkan di kaki kiri adalah φ1 = φ2 + φ3 = 0.0014 + 0.0009 = 0.0023 weber

Luas penampang kaki kiri adalah 0.002 m2, sama dengan kaki kanan. Kerapatan fluksinya adalah B1 =

0.0023 φ1 = = 1.15 tesla 0.002 0.002

Dari kurva B-H, untuk B1 ini diperlukan H1 = 240 AT/m , sehingga Fm1 = H1 × Lefab = 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 × Labcdefa = 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 naiknya B1 yang berarti naiknya H1 sehingga Fm1 akan bertambah pula. Dengan demikian Fm total akan lebih besar. Penjelasan ini menunjukkan seolah-olah kaki tengah berlaku 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 karakteristik material seperti ini dalam rekayasa. 12 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

B [tesla] b

d c

H [AT/m]

0 a e

Gb.1.2. Loop histerisis. Loop histerisis ini menunjukkan bahwa untuk satu nilai H tertentu terdapat dua kemungkinan nilai B. Dalam memecahkan persoalan rangkaian magnetik pada contoh-contoh di sub-bab 1.2. kita menggunakan kurva B-H yang kita sebut 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. 13

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 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 14 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 B1 b medan magnetik dapat a digunakan untuk melakukan kerja mekanik (misalnya menarik tuas rele). Untuk mempelajari bagaimana gaya H 0 H1 H 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/m 3 2 Secara umum, dengan medan magnetik sebesar H dalam suatu material akan terdapat kerapatan simpanan energi sebesar

wf =

1 BH joule/m 3 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

15

W=

2 1 1 Fm 1 2 φFm = = φ ℜ 2 2 ℜ 2

joule

(1.22)

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 resistor variabel R R. Luas penampang gandar sama + dengan luas penampang jangkar. Untuk Vs − suatu kedudukan jangkar tertentu, dengan Vs dan R tertentu, terjadi gandar eksitasi sebesar Fm yang akan membuat simpanan energi dalam rangkaian Lg magnetik ini sebesar

W=

(

)

1 2 φ g ℜ g + φ u2 ℜ u + φ 2j ℜ j (1.23) 2

Lj jangkar

x

Gb.1.4. Rangkaian Indeks g, u, dan j berturut-turut magnetik dengan jangkar 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

W=

(

)

(1.24)

Lu µ0 A

(1.25)

1 2 1 φ ℜ g + ℜ u + ℜ j = φ 2 ℜ total 2 2

Besar reluktansi total adalah

ℜtotal =

Lg µg A

+

Lj µ jA

+

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. 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 dt

(1.29)

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. 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 18 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 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 = jω1Φ = 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 = E t

I

f

= Iφ

Φ

a). ideal

E1 = E t

Ic Iφ γ Φ

I

f

b). ada rugi-rugi inti

Ic

Iφ Φ

θ If

E1 = E t

I f R1 V1

c). ada resistansi belitan

Gb.1.6. Diagram fasor induktor 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 I f mendahului φ sebesar γ. Melihat kenyataan ini, I f dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu I φ yang 19

diperlukan untuk membangkitkan φ, dan I c yang diperlukan untuk mengatasi rugi-rugi inti. Jadi arus magnetisasi menjadi I f = I c + I φ . 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-1.5: 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? Penyelesaian: Dengan mengabaikan resistansi belitan maka

E1 = V1 →

1ωΦ maks

= 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   20 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 =  ℜ dt = L 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

e 2 = L2

di f di f di2 +M =M dt dt dt

sehingga kita peroleh induktansi bersama

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.

21

CO&TOH-1.6: 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)  = 98,6 × 10−6 H = 12   = 10    L 1 ℜ    

Resistansi : R=ρ

1000 × π × 10 −2 l = 2,77 Ω = 0,0173 × 10 −6 [Ω.m] A π × (0,5 × 10 −3 ) 2 / 4

CO&TOH-1.6: Dua buah kumparan, masing-masing 1250 lilitan dan 140 lilitan, digulung pada satu inti magnetik yang mempunyai reluktansi 160000. Hitung induktansi bersama, dengan mengabaikan fluksi bocor. Penyelesaian : Induktansi bersama : M =

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

CO&TOH-1.7: 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. 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


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 8 ℜM 1,667 × 10

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.

23

Et

E1 I f = Iφ Φ

a). Induktor ideal.

Ic

Et Iφ b). ada rugi-rugi inti

Φ

γ

If

Ic Et Iφ c). ada resistansi belitan

Φ

VL

θ If

VL Vs

I f R1

Gb.1.7. Diagram fasor induktor riil.


BAB 2

Transformator 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 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.

25

2.2. Teori Operasi Transformator Transformator Dua Belitan Tak Berbeban. Jika pada induktor Gb.2.5. 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

+ E2 −

2

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

e1 = 1

dφ = 1Φ maks ω cos ωt dt

(2.1)

atau dalam bentuk fasor

E1 = E1∠0 o =

1ωΦ maks

∠0 o ;

2

E1 = nilai efektif

(2.2)

Karena ω = 2π f maka

E1 =

2π f 1 Φ maks = 4.44 f 1Φ maks 2

(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 E2 2

(2.5)

Perhatikan bahwa E1 sefasa dengan E 2 karena dibangkitkan oleh fluksi yang sama. Karena E1 mendahului φ dengan sudut 90o maka E 2 juga mendahului φ dengan sudut 90o. Jika rasio transformasi a = 1, dan 26 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

resistansi belitan primer adalah R1 , diagram fasor tegangan dan arus adalah seperti ditunjukkan oleh Gb.2.2.a. Arus I f adalah arus magnetisasi, yang dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu I φ (90o dibelakang E1 ) yang menimbulkan φ dan I c (sefasa dengan E1 ) guna mengatasi rugi inti. Resistansi belitan R1 dalam diagram fasor ini muncul sebagai tegangan jatuh I f R1 .

Ic Iφ φ

Ic

E1 = E 2 I f R1

If

Iφ

V1

φ

V1

φl E1 = E 2 I f R1 If

jI f X l

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 If φ kenyataan, tidak semua fluksi magnit yang dibangkitkan tersebut akan E2 φl1 melingkupi baik belitan V s primer maupun sekunder. Selisih antara fluksi yang dibangkitkan oleh belitan Gb.2.3. Transformator tak berbeban. fluksi primer dengan Fluksi bocor belitan primer. bersama (yaitu fluksi yang melingkupi kedua belitan) disebut fluksi bocor. Fluksi bocor ini hanya melingkupi belitan primer saja dan tidak seluruhnya berada dalam inti transformator tetapi juga melalui udara. (Lihat Gb.2.3). Oleh karena itu reluktansi yang dihadapi oleh fluksi bocor 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 27

ini 90o mendahului φl1 (seperti halnya E1 90o mendahului φ) dan dapat dinyatakan sebagai suatu tegangan jatuh ekivalen, E l1 , 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 + I1 R1 + El1 = E1 + I1 R1 + j I1 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 E 2 (yang telah timbul dalam keadaan tranformator tidak berbeban) akan menjadi sumber di rangkaian sekunder dan memberikan arus sekunder I 2 . Arus I 2 ini membangkitkan fluksi yang berlawanan arah dengan fluksi bersama φ dan sebagian akan bocor (kita sebut fluksi bocor sekunder). I1 φ I 2

Vs

≈

φl1 φl2

V 2 RB

Gb.2.4. Transformator berbeban. Fluksi bocor ini, φl2 , sefasa dengan I 2 dan menginduksikan tegangan

E l 2 di belitan sekunder yang 90o mendahului φl2. Seperti halnya untuk belitan primer, tegangan E l 2 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 + El 2 = V2 + I 2 R 2 + jI 2 X 2 dengan V2 adalah tegangan pada beban RB. 28 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

(2.8)

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 I f , 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

menjadi

If

I1

adalah untuk

mengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh I 2 sehingga φ dipertahankan. Jadi haruslah

(

)

( )

1 I1 − I f − 2 I 2 = 0

(2.9)

Pertambahan arus primer ( I1 − I f ) 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

I f = I1 −

( )

I 2 I 2 = I1 − 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 I 2 . Untuk beban resistif, I 2 sefasa dengan V2 . Selain itu kita dapat gambarkan I ′2 = I 2 / a yaitu besarnya arus sekunder jika dilihat dari sisi primer.

Dari V2 dan I 2 kita dapat menggambarkan E 2 sesuai dengan persamaan (2.8) yaitu

29

E 2 = V2 + I 2 R 2 + El 2 = V2 + I 2 R 2 + jI 2 X 2 Sampai di sini kita telah menggambarkan diagram fasor rangkaian sekunder.

Untuk rangkaian primer, karena E1 sefasa dengan E 2 maka E1 dapat kita gambarkan yang besarnya E1 = a E 2 .

Untuk menggambarkan arus magnetisasi I f kita gambarkan lebih dulu φ yang tertinggal 90o dari E1 . Kemudian kita gambarkan I f yang mendahului φ dengan sudut histerisis γ. Selanjutnya arus belitan primer adalah I1 = I f + I 2' .

Diagram fasor untuk rangkaian primer dapat kita lengkapi sesuai dengan persamaan (2.7), yaitu

V1 = E1 + I1 R1 + El1 = E1 + I1 R1 + j I1 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 E 2 jI 2 X 2 I 2' φ

γ

If

E1

j I1 X 1

I1 R1

I 2 V2 I 2 R 2 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. 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 :

31

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 Tegangan belitan sekunder adalah V2 = × 500 = 1250 V 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 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 + I1R1 + jI1 X1 ; E2 = V2 + I 2 R2 + jI 2 X 2 ; I1 = I f + I 2'

(2.11) dengan I 2' =

2 I 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 + a I2′ R 2 + ja I2′ X 2 a ⇒ E1 = aV2 + I2′ (a 2 R 2 ) + j I2′ (a 2 X 2 ) = V2′ + I 2′ R 2′ + j I2′ X 2′ (2.12) V 2′ = aV 2 ; R 2′ = a 2 R 2 ; X 2′ = a 2 X 2 Dengan (2.12) maka (2.11) menjadi dengan

V1 = E1 + I1 R1 + jI1 X 1 ; E1 = aV2 + I2′ R 2′ + j I2′ X 2′ ;

(2.13)

I1 = I f + I2′ 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' = a V2

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 hubungan paralel antara suatu resistansi Rc dan impedansi induktif jXφ sehingga rangkaian ekivalen transformator secara lebih detil menjadi seperti Gb.2.7. 33

I 2'

I1 R1 jX1 ∼

V1

E1

If Rc

Ic

R′2 Iφ jXc

jX′2

V 2′ = a V2

B

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

j I 2' X e

V 2′ I 2' Gb.2.8. 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


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

Z in =

V1 I1

= Re + a 2 R B + jX e

(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

35

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 36 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 P 114 = = 0.3 ; sin θ = = 0.95 VI 240 × 1.6 240 × 1.6 V V 240 240 240 = = = = 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 37

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

η=

daya keluaran [watt] daya masukan [watt]

(2.18)

Karena daya keluaran sama dengan daya masukan dikurangi rugi-rugi daya, maka efisiensi dapat dinyatakan sebagai

η =1−

rugi - rugi daya [watt] daya masukan [watt]

(2.19)

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-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 Efisiensi : η = 1 − = 0.976 atau 97.6 % 20 b). Mengambil V2 sebagai referensi : V′2 = 10×240 = 2400∠0o V. 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. 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.2.9. Dua tipe konstruksi transformator. T : jumlah lilitan tegangan tinggi R : jumlah lilitan tegangan rendah.

39

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. 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 40 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 :

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

(2.27)

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 (2.28) = FP = ; LP = FP = V LS V FS 3 I I a 3 LS FS 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 41

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

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

VXO

VUO VVO

VXY

VYO Gb.2.12. 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

(2.30)

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

X VUO

VXO Y

V VVO

VYO

Z

W VWO

VWO

VZO

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-∆ . 43

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 : V V 3 6600 V LS = V FS 3 = FP 3 = LP = = 550 V ; a a 12 3

I LS == I FS = aI FP = aI LP = 12 × 10 = 120 A. c). Untuk hubungan ∆-Y : V V 6600 3 = 953 V ; V LS = V FS 3 = FP 3 = LP 3 = 12 a 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 = = 318 V ; V LS = V FS = FP = 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.


BAB 3

Mesin Sinkron 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 elektrik 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 elektrik atau disebut konversi energi elektromekanik. Konversi energi elektromekanik ini tidak hanya dari mekanis ke elektrik tetapi juga dari elektrik ke mekanis, dan dilandasi oleh dua hukum dasar yang kita kenal yaitu hukum Faraday dan hukum Ampere. Secara matematis kedua hukum ini dinyatakan dalam dua persamaan berikut

e=−

dλ dφ = − dt dt

dan

F = K B B i f (θ)

Persamaan pertama menunjukkan bagaimana tegangan dibangkitkan dan persamaan ke-dua 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 sinkron. Ada dua macam konstruksi yang akan kita lihat yaitu konstruksi kutub tonjol dan konstruksi rotor silindris.

45

3.1. Mesin Kutub Menonjol Skema konstruksi mesin ini adalah seperti terlihat pada Gb.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) konstruksi kutub tonjol

a1

a11

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 46 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 n n rpm, maka jumlah siklus per detik adalah atau f mekanis = 60 60 siklus per detik. 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 120 mempunyai frekuensi

f tegangan =

pn Hz 120

(3.5)

47

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. Konstruksi mesin dengan kutub menonjol seperti pada Gb.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 belitan-belitan 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 48 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 (3.1) dapat diterapkan untuk memperoleh tegangan. Fluksi sebagai fungsi waktu diperoleh melalui putaran rotor. Jika φ adalah 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

d θ 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

49

dθmagnetik dφs dφ d = = φm cos θmagnetik = −φm sin θmagnetik dt dt dt dt (3.10) pn  = −φmωmagnetik sin θmmagnetik = −φm  2π  sin θmagnetik  120 

(

)

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

(3.11)

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

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.2. yang merupakan penyederhanaan dari konstruksi mesin seperti diperlihatkan pada Gb.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 50 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

(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 mesinmesin listrik. Selanjutnya kita akan melihat mesin sinkron rotor silindris. 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

p n 4 ×1500 = = 50 Hz 120 120 12 = 3 yang berarti setiap pasang Jumlah alur per kutub adalah 4 kutub terdapat 3 belitan yang membangun sistem tegangan tiga fasa. Jadi setiap fasa terdiri dari 1 belitan yang berisi 10 lilitan. f =

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 51

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 = 6 yang berarti setiap Jumlah alur per kutub adalah 4 pasang 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 . 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 24 2 pasang kutub, maka 1o mekanik setara dengan 2o listrik. Jadi selisih sudut fasa antara tegangan di dua belitan adalah 30o elektrik 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 52 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 16 per 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 Jumlah alur per kutub

360 o = 2,5 o mekanik. Karena mesin mengandung 16 144 kutub (8 pasang) maka 1o mekanik ekivalen dengan 8o listrik, sehingga beda fasa tegangan pada belitan-belitan adalah 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.

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

53

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.4.3. 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 belitanbelitan terdistribusi dengan lebar lebih kecil dari kisaran penuh. 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 54 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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. 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 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. 12000 11000 10000

Tegangan Fasa-Netral [V]

9000

celah udara V=kI

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

7000 6000 5000 4000

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

Arus fasa [A]

8000

3000 2000 1000 00

200 medan 250 300 350 400 450 500 0 50 100 150Arus [A] Gb.3.4. Karakteristik beban-nol dan hubung singkat.

55

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 besaran-besaran 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.


θ a

a U

U sumbu emaks S

S a1 sumbu magnet

sumbu imaks

(a)

(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.6) kita gambarkan dengan ketentuan berikut 1. Diagram fasor dibuat per fasa dengan pembebanan induktif. 57

2. Tegangan terminal Va dan arus jangkar I a adalah nominal. 3. Tegangan imbas digambarkan sebagai tegangan naik; jadi tegangan imbas tertinggal 90o dari fluksi yang 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 E a ini harus dibangkitkan oleh fluksi celah udara Φa yang dinyatakan dengan arus ekivalen I fa mendahului E a 90o. Arus jangkar I a memberikan fluksi jangkar Φa yang dinyatakan dengan arus ekivalen I φa . Jadi fluksi dalam celah udara merupakan jumlah dari fluksi rotor Φf yang dinyatakan dengan arus ekivalen I f dan fluksi jangkar. Jadi

I fa = I f + I φa

atau

I f = I fa − I φa

Dengan perkataan lain arus eksitasi rotor I f

(3.16)

haruslah cukup untuk

membangkitkan fluksi celah udara untuk membangkitkan E a dan mengatasi fluksi jangkar agar tegangan terbangkit E a dapat dipertahankan. Perhatikan Gb.3.6. I f

membangkitkan tegangan

E aa 90o di belakang I f dan lebih besar dari E a .


E aa

I f = I fa − I φa I fa γ

− I φa θ

I φa

Va Ia

Ea jI a X l

I a Ra

Gb.3.6. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris. Hubungan antara nilai E a dan I fa diperoleh dari karakteristik celah udara, sedangkan antara nilai I a dan I φa 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 (3.7) 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 E aa 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 I a ∠ − θ = Ea + j ki ki

(3.19)

59

Suku kedua (3.19) dapat kita tulis sebagai jX φa I a dengan k (3.20) X φa = v 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 (R a + jX l ) + jX φa I a = Va + I a (R a + 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.

E aa

I f = I fa − I φa j I a X φa

I fa γ

− I φa θ

I φa

Ea jI a X l

Va Ia

jI a X a

I a Ra

Gb.3.7. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris; reaktansi reaksi jangkar (Xφa) dan reaktansi sinkron (Xa). 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.


3.3. Rangkaian Ekivalen Dengan pengertian Ia reaktansi sinkron dan memperhatikan jXa + Ra persamaan (3.21) + Beban Va − E aa kita dapat − menggambarkan rangkaian ekivalen Gb.3.8. Rangkaian ekivalen mesin sinkron. mesin sinkron dengan beban seperti terlihat pada Gb.3.8. Perhatikanlah bahwa rangkaian ekivalen ini adalah rangkaian ekivalen per fasa. Tegangan Va adalah tegangan fasa-netral dan I a 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 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 : Tegangan per fasa adalah Va = Arus jangkar per fasa : I a =

13800

= 7967,4 V .

3

10 × 10 6 13800 × 3

Reaktansi reaksi jangkar : X φa =

= 418,4 A .

k v 53,78 = = 19,92 Ω ki 2,7

Reaktansi sinkron : X a = X l + X φa = 1,9 + 19,92 = 21,82 Ω 61

Dengan mengambil Va sebagai referensi, maka Va = 7967,4 ∠0o V dan

I a = 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 53,78 kv

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. E aa

θ jI a X a Va

δ θ Ia

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


Gb.3.9. memperlihatkan bahwa

E aa sin δ . Xa Dengan demikian maka (3.22) dapat ditulis sebagai Eaa sin δ = I a X a cos θ atau

I a cos θ =

V a E 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). Pf =

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

63


BAB 4

Motor Asinkron 4.1. Konstruksi Dan Cara Kerja Motor merupakan piranti konversi dari a energi elektrik ke energi mekanik. Salah satu b1 c1 jenis yang banyak dipakai adalah motor asinkron atau motor induksi. Di sini kita hanya akan melihat c b motor asinkron tiga fasa. Stator memiliki alur-alur a1 untuk memuat belitanbelitan yang akan terhubung pada sistem tiga fasa. Gb.4.1. hanya Gb.4.1. Motor asinkron. memperlihatkan tiga belitan pada stator sebagai belitan terpusat, yaitu belitan aa1 , 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 pada belitan stator. Sesuai dengan

65

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 masingmasing dialiri arus ia , ib , dan ic yang berbeda fasa 120o elektrik 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 66 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

seperti pada contoh konstruksi mesin pada Gb.4.1. jumlah kutub adalah 2, sehingga jika frekuensi tegangan 50Hz maka perputaran sinkron adalah 3000 rpm. Untuk mempuat jumlah kutub menjadi 4, belitan stator disusun seperti pada stator mesin sinkron pada Gb.4.1.

1.1

c c1 b1 b

0 -180 - 135

a1 a

- 1.1

a). ic

ia

ia φb

ia

ib

t1 t2

45

90

φtot t2

180

t

ic t3 t4

ia

φa

φc

135

ic

ib

φa φb

t1

0

ic

φa φtot

φc

-45

ib

b).

ic

ib

-90

φtot φb

φc

ia

ib φc

φa

φb

φtot t3

t4

Gb.4.2. Terbentuknya fluksi magnetik yang berputar. Arus positif menuju titik netral, arus negatif meninggalkan titik netral. Fluksi total φtot tetap dan berputar. 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 67

torka, harus ada arus mengalir di 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 :

ns − n ns Nilai s terletak antara 0 dan 1. s=

(4.2)

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

(4.3)

p ns = frekuensi 120 tegangan 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 120 tegangan 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 (4.5) dan (4.6) kita peroleh

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

(4.7)

Situasi ini mirip dengan transformator tanpa beban. 69

CO&TOH-4.1 : 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 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 p ns . Jadi kecepatan perputaran medan putar adalah f = 120 adalah

ns =

120 f 120 × 50 = = 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

n2 =

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. (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 ekivalen per fasa.

rangkaian

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 ini adalah pada frekuensi sinkron ωs = 2π f1. Rangkaian ekivalen stator menjadi seperti pada Gb.3.4. 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

A R1 V1

jX1 Ic Rc

If

Iφ

E1

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.

71

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: E 22 I 22 = (4.9) (R22 + jX 22 ) 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. I 22

A′

I2

R22

jX22

A′

E 22

R2

jsX2

sE 2

B′

B′ a)

b) I2

I2

A′ E2

R2 s

B′

jX2

A′ E2

R2

jX2 R2

B′ c)

1− s s

d)

Gb.5.5. 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 =

sE2 R2 + jsX 2

(4.11)

Persamaan fasor tegangan dan arus rotor 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 (4.11) 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

73

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)

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 yang memberikan E1 = aE 2 . Jika E 2 pada Gb.4.5.d. kita ganti dengan E1 = a E 2 , yaitu tegangan rotor dilihat dari sisi stator, maka arus rotor dan semua parameter rotor harus pula dilihat dari sisi stator menjadi

I 2' , R 2' 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.


' A I2

I1

R1 V1

jX1

If

Rc

R2'

jX 2' R2'

jXc

1− s s

B Gb.4.6. Rangkaian ekivalen lengkap motor 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

R' Pg = ( I 2' ) 2 2 •

, yang digunakan untuk s mengatasi rugi-rugi tembaga

rotor

:

Pcr = ( I 2' ) 2 R2' •

memberikan

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

rotor

rotasi

Jadi urutan aliran daya secara singkat adalah :

Po = Pm − Protasi

;

Pm = Pg − Pcr

;

Pg = Pin − Pinti − Pcs

75

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 rugirugi tembaga stator dan rotor disatukan menjadi ( I 2' ) 2 Re . jX e = jX1 + jX 2'

I1

If V1

Rc

Re = R1 + R2'

jXc

R2'

1− s s

Gb.4.7. Rangkaian ekivalen pendekatan. Bagaimana Re dan Xe ditentukan akan kita bahas berikut ini. 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 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 76 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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'

V fn

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 P Re = X 1 + jX 2' = d 3I d2

Ze =

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-4.2 : Daya keluaran pada poros rotor motor asinkron tiga fasa 50 Hz adalah 75 kW. Rugi-rugi rotasi adalah 900 W; rugirugi 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%.

77

Penyelesaian: Dari rangkaian ekivalen, 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%

=

CO&TOH-4.3 : 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 (4.17) 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-4.4 : 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

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 .

79

Rugi inti :

Pinti = P0 − 3 × I 02 R1 = 670 − 3 × 9,2 2 × 0,15 = 632 W jX e = j 3,14

I1

o

I f R = 0,35 e

127∠0 R c V

jXc

0,2

1− s s

CO&TOH-4.5 : Motor pada Contoh-4.3. 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 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 Pg 9150 − 632 − 3 × 28 2 × 0,15


atau 3,65 % e). Rugi rotasi = 500 W. Daya keluaran sumbu rotor :

Po = Pm − Protasi = 7867 − 500 = 7367 W P 7367 Efisiensi motor : η = o × 100% = × 100% = 80% Pin 9150 4.4. Torka Pada motor asinkron terjadi alih daya dari daya elektrik 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 Pg = Tω s atau T = (4.18) 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' =

(R

1

V1

+

) + (X

2 R2'

1

+

(4.19)

)

2 X 2'

Besar torka asut adalah

Ta =

Pg ωs

=

( )

1 × 3 I 2' ωs

2

×

R2' 1 = s ωs

(R

1

3V12 R2'

+ R2'

) + (X 2

)

2

1

+ X 2' (4.20)

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. 81

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. j ( X1 + X 2' )

I1

If V1 Rc

R1

R2' s

jXc

Gb.4.9. Rangkaian ekivalen pendekatan. 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 s

jika

(

R2' = R12 + X 1 + X 2' sm

)

2

atau s m =

R12

(

R2'

+ X1 +

)

(4.21)

2 X 2'

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


V1

I 2' =

=

2

(

'    R + R2  + X + X ' 1 2  1 sm    V1

2 R12

V1

=

+ 2 R1 R12

(

+ X1 +

(

)

  R1 + R12 + X1 + X 2'  

2

) + 2(X

2 X 2'

1+

2

)  + (X 2



1+

X 2'

)

2

(4.22)

)

2 X 2'

Torka maksimum adalah Tm =

( )

2 R2' 1 1 × 3 I 2' = sm ωs ωs

3 V12

(

)

 2 2  R1 + R12 + X 1 + X 2'     

(4.23)

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 resistansi rotor rendah

300 200 100 0 1 0

sm1

sm

0 ns

slip perputaran

Gb.4.10. Karakteristik torka – perputaran

83

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 mesin-mesin listrik. Tabel-4.1. Motor Dalam Aplikasi Ia s Ta Tmaks η f.d. HP 2p [%] [%] [%] [%] [%] 0,5 s/d 200

2 4 6 8 10 12 14 16

150 150 135 125 120 115 110 105

200 s/d 250

500 s/d 1000

3 s/d 5

0,87 s/d 0,89

87 s/d 89

2p : jumlah kutub; Ta : torka asut; Tmaks : torka maks Ia : arus asut; s : slip; f.d. : faktor daya; η : efisiensi.


BAB 5

Pembebanan Seimbang Sistem Polifasa 5.1. Sumber Tiga Fasa Seimbang dan Sambungan ke Beban Suatu sumber tiga fasa membangkitkan tegangan tiga fasa, yang dapat digambarkan sebagai tiga sumber tegangan yang terhubung Y (bintang) seperti terlihat pada Gb.5.1.a. Tiga sumber tegangan ini dibangkitkan oleh satu mesin sinkron. Titik hubung antara ketiga tegangan itu disebut titik netral, . Antara satu tegangan dengan tegangan yang lain berbeda fasa 120o. Jika kita mengambil tegangan VA sebagai referensi, maka kita dapat menggambarkan diagram fasor tegangan dari sistem tiga fasa ini seperti terlihat pada Gb.5.1.b. Urutan fasa dalam gambar ini disebut urutan positif. Bila fasor tegangan VB dan VC dipertukarkan, kita akan memperoleh urutan fasa negatif. Sumber tiga fasa pada umumnya dihubungkan Y karena jika dihubungkan ∆ akan terbentuk suatu rangkaian tertutup yang apabila ketiga tegangan tidak tepat berjumlah nol akan terjadi arus sirkulasi yang merugikan. Sumber tegangan tiga fasa ini dihubungkan ke beban tiga fasa yang terdiri dari tiga impedansi yang dapat terhubung Y ataupun ∆ seperti terlihat pada Gb.5.2. Dalam kenyataan, beban tiga fasa dapat berupa satu piranti tiga fasa, misalnya motor asinkron, ataupun tiga piranti satu fasa yang dihubungkan secara Y atau ∆, misalnya resistor pemanas. VC

C + −

VB +−

VC − +

A

VA

B

V A

120o 120o V B

a). Sumber terhubung Y

b). Diagram fasor.

Gb.5.1. Sumber tiga fasa.

85

C A ≈ ≈

C

V AB

B

A B

C

VA

A B

N Gb.5.2. Sumber dan beban tiga fasa. Dengan mengambil tegangan fasa-netral VA sebagai tegangan referensi, maka hubungan antara fasor-fasor tegangan tersebut adalah:

V A = V fn ∠0 o VB = V fn ∠ − 120 o VC = V fn ∠ − 240

(5.1)

o

Tegangan fasa-fasa yaitu VAB , VBC , dan VCA yang fasor-fasornya adalah

V AB = V A + V B = V A − VB VBC = VB + V C = V B − VC

(5.2)

VCA = VC + V A = VC − V A 5.2. Daya Pada Sistem Tiga Fasa Seimbang

Daya kompleks yang diserap oleh beban 3 fasa adalah jumlah dari daya yang diserap oleh masing-masing fasa, yaitu: * S3 f = VA I*A + VB I*B + VC IC

= (V fn )∠0o ( I f ∠θ) + (V fn )∠ − 120o ( I f ∠120o + θ) + (V fn )∠ − 240o ( I f ∠240o + θ) = 3V fn I f ∠θ = 3V fn I A∠θ


(5.3)

Karena hubungan antara tegangan fasa-netral dan tegangan fasa-fasa adalah Vff = Vfn √3, maka kita dapat menyatakan daya kompleks dalam tegangan fasa-fasa, yaitu

S 3 f = V ff I A 3∠θ

(5.4)

Daya nyata dan daya reaktif adalah

P3 f = V ff I A 3 cos θ = S 3 f cos θ Q3 f = V ff I A 3 sin θ = S 3 f sin θ

(5.5)

Formulasi daya kompleks (5.4) berlaku untuk beban terhubung Y maupun ∆. Jadi tanpa melihat bagaimana hubungan beban, daya kompleks yang diberikan ke beban adalah

S 3 f = V ff I A 3

(5.6)

CO&TOH-5.1: Sebuah beban terhubung ∆ mempunyai impedansi di setiap fasa sebesar Z = 4 + j3 Ω. Beban ini dicatu oleh sumber tiga fasa dengan tegangan fasa-fasa Vff = 80 V (rms). Dengan menggunakan V A sebagai fasor tegangan referensi, tentukanlah: a). Tegangan fasa-fasa dan arus saluran; b). Daya kompleks, daya rata-rata, daya reaktif. Penyelesaian :

a). Dalam soal ini kita diminta untuk menggunakan tegangan VA sebagai referensi. Titik netral pada hubungan ∆ merupakan titik fiktif; namun perlu kita ingat bahwa sumber mempunyai titik netral yang nyata. Untuk memudahkan mencari hubungan fasorfasor tegangan, kita menggambarkan hubungan beban sesuai dengan tegangan referensi yang diambil yaitu VA.. Dengan menggambil VA sebagai referensi maka tegangan fasanetral adalah

V A =

380 3

∠0 o = 220∠0 o ; VB = 220∠ − 120 o ;

VC = 220∠ − 240 o 87

Im − VB

IB

VC

I CA

θ

I AB IA IC

VAB

I BC I BC

θ θ

I CA

Re V A

I AB

V B

Tegangan-tegangan fasa-fasa adalah

V AB = V A 3∠(θ A + 30 o ) = 380∠30 o VBC = 380∠ − 90 o VCA = 380∠ − 210 o Arus-arus fasa adalah

I AB =

V AB 380∠30 o 380∠30 o = = = 76∠ − 6,8 o A 4 + j3 Z 5∠36,8 o

I BC = 76∠ − 6,8 o − 120 o = 76∠ − 126,8 o A I CA = 76∠ − 6,8 o − 240 o = 76∠ − 246,8 o A dan arus-arus saluran adalah I A = I AB 3∠(−6,8o − 30o ) = 76 3∠ − 36,8o = 131.6∠ − 36,8o A I B = 131.6∠(−36,8o − 120o ) = 131,6∠ − 156,8o A IC = 131.6∠(−36,8o − 240o ) = 131,6∠ − 276.8o A

b). Daya kompleks 3 fasa adalah

S 3 f = 3V AB I *AB = 3 × 380∠30 o × 76∠ + 6.8 o = 86.64∠36.8 o = 69,3 + j 52 kVA


Jika kita mengkaji ulang nilai P3f dan Q3f , dengan menghitung daya yang diserap resistansi dan reaktansi beban, akan kita peroleh:

P3 f = 3 × R × I AB

2

Q3 f = 3 × X × I AB

= 3 × 4 × (76) 2 = 69,3 kW 2

= 3 × 3 × (76) 2 = 52 kVAR

CO&TOH-5.2: Sebuah beban 100 kW dengan faktor daya 0,8 lagging, dihubungkan ke jala-jala tiga fasa dengan tegangan fasa-fasa 4800 V rms. Impedansi saluran antara sumber dan beban per fasa adalah 2 + j20 Ω . Berapakah daya kompleks yang harus dikeluarkan oleh sumber dan pada tegangan berapa sumber harus bekerja ? Is ≈ ≈

Z = 2+j20 Ω

Vs

IB

b e b a n

VB

100 kW 4800 V cosϕ = 0,9 lag

Penyelesaian : Dalam persoalan ini, beban 100 kW dihubungkan pada jala-jala 4800 V, artinya tegangan beban harus 4800 V. Karena saluran antara sumber dan beban mempunyai impedansi, maka sumber tidak hanya memberikan daya ke beban saja, tetapi juga harus mengeluarkan daya untuk mengatasi rugi-rugi di saluran. Sementara itu, arus yang dikeluarkan oleh sumber harus sama dengan arus yang melalui saluran dan sama pula dengan arus yang masuk ke beban, baik beban terhubung Y ataupun ∆.

Daya beban :

PB = 100 kW = S B cos ϕ →

SB =

100 = 125 kVA 0,8

Q B = S B sin ϕ = 125 × 0,6 = 75 kVAR ⇒ S B = PB + jQ B = 100 + j 75 kVA Besarnya arus yang mengalir ke beban dapat dicari karena tegangan beban diharuskan 4800 V :

89

PB = V B I B cos ϕ 3 → I B =

100 4800 × 0,8 × 3

= 15 A

Daya kompleks yang diserap saluran adalah tiga kali (karena ada tiga kawat saluran) tegangan jatuh di saluran kali arus saluran konjugat, atau tiga kali impedansi saluran kali pangkat dua besarnya arus : 2 2 S sal = 3Vsal I *sal = 3ZI sal I *sal = 3Z I sal = 3ZI sal

Jadi

S sal = 3 × (2 + j 20) × 15 2 = 1350 + j13500 VA = 1,35 + j13,5 kVA Daya total yang harus dikeluarkan oleh sumber adalah S S = S B + S sal = 100 + j 75 + 1,35 + j13,5 = 101,35 + j88,5 kVA S S = 101,35 2 + 88,5 2 = 134,5 kVA

Dari daya total yang harus dikeluarkan oleh sumber ini kita dapat menghitung tegangan sumber karena arus yang keluar dari sumber harus sama dengan arus yang melalui saluran.

S S = VS I S 3 = VS I B 3 SS 134,5 × 1000 ⇒ VS = = = 5180 V rms IB 3 15 3 5.3. Model Satu Fasa Sistem Tiga Fasa Seimbang Sebagaimana terlihat dalam pembahasan di atas, perhitungan daya ke beban tidak tergantung pada hubungan beban, apakah Y atau ∆. Hal ini berarti bahwa kita memiliki pilihan untuk memandang beban sebagai terhubung Y walaupun sesungguhnya ia terhubung ∆, selama kita berada pada sisi sumber. Hubungan daya, tegangan, dan arus sistem tiga fasa adalah:


S 3φ = 3S f V ff = V fn 3

(5.7)

I L = I f (beban terhubung Y) dengan S 3φ = daya 3 fasa, S f = daya satu fasa, V ff = tegangan fasa ke fasa V fn = tegangan fasa ke netral, I L = arus saluran, I f = arus fasa. Dengan mengingat relasi (5.7), kita dapat melakukan analisis sistem tiga fasa seimbang dengan menggunakan model satu fasa. Hasil perhitungan model satu fasa digunakan untuk menghitung besaranbesaran tiga fasa. Akan kita lihat dalam bab berikutnya bahwa model satu fasa memberi jalan kepada kita untuk melakukan analisis sistem tiga fasa tidak seimbang, yaitu dengan menguraikan besaran tiga fasa yang tidak seimbang menjadi komponen-komponen simetris; komponen simetris merupakan sistem fasa seimbang sehingga dapat dimodelkan dengan sistem satu fasa. Berikut ini adalah contoh penggunaan model satu fasa. CONTOH-5.3: Sebuah sumber tiga fasa, dengan tegangan fasa-fasa 2400 V, mencatu dua beban parallel. Beban pertama 300 kVA dengan factor daya 0,8 lagging, dan beban ke-dua 240 kVA dengan factor daya 0,6 leading. a). Gambarkan rangkaian ekivalen (model) satu fasa. b). Hitunglah arus-arus saluran. Penyelesaian: Perhatikanlah bahwa beban dinyatakan sebagai daya yang diserapnya dan bukan impedansi yang dimilikinya. Cara pernyataan beban semacam inilah yang biasa digunakan dalam analisis sistem tenaga listrik. a) Kita ambil salah satu fasa misalnya fasa A sebagai referensi

V A =

2400

= 2386 V

3

Beban dan arus beban: 91

S f1 =

S 3φ1

=

3

300 = 100 kVA 3

ϕ1 = cos −1 (0,8) = +36,9 o (sudut fasa ini positif karena faktor daya lagging ) ∗

 S f1  100∠36,9 = 72,2∠ − 36,9 o A I1 =   = o V An ∠0  1386∠0 o Sf2 =

S 3φ2 3

=

240 = 80 kVA 3

ϕ 2 = cos −1 (0,6) = −53,1o (sudut fasa ini negatif karena faktor daya leading ) Sf2

I2 =

V A ∠0

o

=

80∠ − 53,1o 1386∠0

o

= 57,7∠ + 53,1o A

Impedansi ekivalen

Z1 =

V A

Z2 =

V A

=

1386∠0 o

72,2∠ - 36,9 o = 15,36 + j11,52 Ω I1

=

1386∠0 o

57,7∠ + 53,1o = 14,4 − j19,2 Ω

∼

I2

= 19,2∠36,9

= 24∠ − 53,1

V A =

15,36 Ω

14,4 Ω

1386 V

j11,52 Ω

− j19,2 Ω


b) Arus saluran

I A = I1 + I 2 = 15,36 + j11,52 + 14,4 − j19,2 = 92,3 + j 2,9 = 92,4∠1,8 o Ω I B = 92,4∠(1,8 o − 120 o ) = 92,4∠ − 118,2 o Ω I C = 92,4∠(1,8 o + 120 o ) = 92,4∠121,8 o Ω (urutan ABC) 5.4. Sistem Polifasa Pada sistem polifasa (polyphase system), yang secara umum kita sebut N-fasa, kita mempunyai N penghantar fasa dan satu penghantar netral. Tegangan fasa-netral dan arus di pengahantar dapat kita nyatakan sebagai

V A = V A = V A ∠α A

I A = I A ∠β A

VB = VB = V B ∠α B .... dst.

I B = I B ∠β B .... dst.

(5.8)

Dalam system ini, jika I adalah arus penghantar netral, maka

I A + I B + I C + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +I = 0

(5.9)

Daya kompleks total pada sistem N-fasa adalah jumlah daya dari setiap fasa, yaitu:

S =

∑ Vi I i∗ ;

P =

∑ Pi ;

Q =

∑ Qi

(5.10)

dengan Vi adalah tegangan fasa-netral dari penghantar fasa ke-i dan I i adalah arus penghantar ke-i. Tegangan fasa-fasa adalah

Vij = Vi − V j = Vi ∠α i − V j ∠α j

(5.11)

93

Sistem Seimbang. Jika sistem beroperasi seimbang maka

V A = V B = VC ....dst = V f I A = I B = I C .... dst = I L

(5.12)

α i − β i = α i − β i .... dst = ϕ di mana Vf adalah tegangan fasa-netral, IL arus saluran, dan cosϕ adalah factor daya. Dalam kondisi seimbang

S = V f I L ; P = V f I L cos ϕ;

(5.13)

Q = V f I L sin ϕ Jika beda sudut fasa antara dua fasa yang berturutan adalah θ maka

360 o Relasi antara tegangan fasa-fasa dan tegangan fasa adalah θ=

(5.14)

Vij2 = 2V f2 − 2V f2 cos θ atau

Vij Vf

= 2(1 − cos θ)


(5.15)

Hubungan Beban. Beban terhubung bintang dan poligon terlihat pada Gb.5.8. IL

IL

ZY

Z∆

ZY

Z∆

ZY

I∆

Z∆

Z∆

Hubungan bintang.

Hubungan poligon.

Gb.5.8. Hubungan beban. Dalam pembebanan seimbang daya yang diserap setiap impedansi haruslah sama besar. Dengan demikian relasi antara impedansi ZY dan Z∆ dapat dicari.

Vij2 Z∆

=

2(1 − cos θ) V f2 Z∆

=

V f2 ZY

⇒

Z∆ = 2(1 − cos θ) ZY

(5.16)

Tabel-5.1 memuat nilai θ, rasio tegangan fasa-fasa terhadap tegangan fasa ( Vij / V f ), dan rasio impedansi hubungan polygon terhadap impedansi hubungan bintang ( Z ∆ / Z Y ). Tabel.5.1. θ, Vij / V f dan Z ∆ / Z Y

θ [o]

Vij / V f

Z∆ / ZY

2

180

2,000

4,0000

3

120

1,732

3,0000

6

60

1,000

1,0000

9

40

0,684

0,4679

12

30

0,518

0,2679

95

5.4. Sistem Enam Fasa Seimbang Kita mengambil contoh sistem enam fasa seimbang. Pada sistem ini, perbedaan sudut fasa antara dua fasa yang berturutan adalah 60o. Jika fasa A dipakai sebagai referensi dengan urutan ABC, maka enam fasa tersebut adalah

V A = V fn ∠0 o ; VB = V fn ∠ − 60 o ; VC = V fn ∠ − 120 o ;

(5.17)

VD = V fn ∠ − 180 o ; VE = V fn ∠ − 240 o ; VF = V fn ∠ − 300 o ; Im VE

VF

Ν θ 60ο

VD

VC

Re VA

VB

Gb.5.9. Fasor tegangan sistem enam fasa seimbang.

Dalam diagram fasor ini hubungan tegangan fasa-fasa dan fasanetral adalah sebagai berikut:


V AB = V A − VB = V f ∠0 o − V f ∠ − 60 o = V f ∠60 o VBC = VB − VC = V f ∠ − 60 o − V f ∠ − 120 o = V f ∠0 o VCD = VC − VD = V f ∠ − 120 o − V f ∠ − 180 o = V f ∠ − 60 o VDE = V f ∠ − 120 o

(5.18)

VEF = V f ∠ − 180 o VFA = V f ∠ − 240 o

CONTOH-5.9:

Satu

sumber

enam

fasa

seimbang

dengan

o

V A = 1000∠0 V, mencatu beban seimbang yang menyerap daya sebesar 900 kVA pada factor daya 0,8 lagging. Jika urutan fasa adalah ABC, hitunglah a). arus saluran; b). tegangan fasa-fasa V AE ; c). impedansi ekivalen untuk hubungan bintang; d). impedansi ekivalen untuk hubungan segi enam. Penyelesaian: a). Arus saluran: Sf S 6 f / 6 900 / 6 = = = 150 A IL = 1000 1 VA b). Tegangan fasa-fasa V AE :

V AE = V A − VE = 1000∠0 o + 1000∠ − 60 o = 2 × 500 3∠ − 30 o = 1732∠30 o V c). Impedansi ekivalen untuk hubungan bintang V f 1000 ZY = = = 6,67 Ω IL 150

ϕ = cos −1 (0,8) = +36,9 o ( factor daya lagging) → Z Y = 6,67∠36,9 o Ω 97

d). Impedansi ekivalen untuk hubungan segi-enam:

Z∆ = 2(1 − cos θ) ZY Z ∆ = 2(1 − cos 60 o ) Z Y = Z Y = 6,67∠36,9 o Ω


BAB 6

Pembebanan Nonlinier (Analisis Di Kawasan Waktu) Penyediaan energi elektrik 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. Alatalat 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. Pembebanan-pembebanan 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. 6.1. 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. Dalam Analisis Rangkaian Listrik kita telah membahas bagaimana mencari spektrum amplitudo dan sudut fasa dari bentuk sinyal nonsinus yang mudah dicari persamaannya [2]. Berikut ini kita akan membahas cara menentukan spektrum amplitudo sinyal nonsinus melalui pendekatan numerik. Cara ini 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 99

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 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 masing-masing ∆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

(6.1)

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

∫p

m

f (t )dt ≈

∑ Lk

(6.2)

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:

101

a0 = an = bn =

1 T0 2 T0 2 T0

m

∑

k =1 m

∑

[Ak

+ Ak −1 ]∆t k = 2

∑

T0

[Ak cos(nω 0 t ) + Ak −1 cos(nω 0 t k −1 )]∆t k

=

2

k =1 m

∑ Lka0

[Ak sin( nω0 t ) + Ak −1 sin(nω 0 t k −1 )]∆t k 2

k =1

=

∑ Lkan T0 / 2

∑ Lkbn T0 / 2 (6.3)

4. Formula untuk sudut fasa adalah

b ϕ n = tan −1  n  an

   

(6.4)

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 pada waktu kita membahas spektrum sinyal. Persamaan sinyal nonsinus adalah ∞

y (t ) = a 0 +

∑  n =1

a n2 + bn2 cos(nω 0 t − ϕ n ) 

(6.5)

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-6.1: 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 diperoleh dimuatkan dalam Tabel-1.1 (hanya ditampilkan sebagian), dimana sudut fasa dinyatakan dalam satuan radian. Pembulatan sampai 2 angka di belakang koma.

103

Tabel-6.1. Analisis Harmonisa Sinyal Nonsinus pada Contoh-6.1. Fundamental T0 = 0,02 s Komp. Harmonisa ke-3 f0 = 1/T0 = 50 Hz ∆tk = 0,0004 s searah t Ak Lka0 Lka1 Lkb1 Lka3 Lkb3 0 50 0,0004 75 0,025 0,025 0,002 0,024 0,006 0,0008 100 0,035 0,034 0,007 0,029 0,019 0,0012 120 0,044 0,042 0,014 0,025 0,035 : : : : : : : 0,0192 -5 -0,006 -0,006 0,002 -0,003 0,005 0,0196 20 0,003 0,003 0,000 0,003 -0,001 0,02 50 0,014 0,014 -0,001 0,014 -0,001 Jumlah Lk a0 a1, b1 a3, b3 Ampli-1, ϕ1 Ampli-3, ϕ3

0,398 19,90

0,004

1,501

0,36

150,05

150,05

1,57

-0,212

0,211

−21,18

21,13

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


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) 6.2. 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-6.2: 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)} dt = 100ωC cos(ωt + 0,5) + 60ωC cos(3ωt − 0,2) + 50ωC cos(5ωt + 1,5)

iC = C

= 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

-100

2,5

iC 0

0.005

0.01

0 0.015 detik 0.02 −2,5

−5

-150

105

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.

*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

∫

(6.6)

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

∫

(6.7)

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

∫

(6.8)

∞

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 2

∞  1 T  Y rms = Y0 + Ymn sin(nω 0 t + θ n )  dt  T0 0  n =1   2

∫

∑

atau


Y 2 rms =

T

1 T0

∫0

Y 2 +  0 

∞



n=1



∑ Ymn2 sin 2 (nω0t + θ n ) dt

∞     2Y Ymn sin( nω 0 t + θ n ) 0   n = 1   ∞  (6.9)  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     + .................................

∑

∑

∫

∑

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 (6.8) 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 (6.9) dapat kita tulis T

Y 2 rms =

1 T

∫0

Y 2rms =

1 T

t

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

∑

(6.10)

atau

∫0

∞

Y02dt +

n =1

∞

= Y02

+

∑

T

∑ T ∫0 Ynm2 sin 2 (nω0t + θn )dt 1

(6.11)

2 Ynrms

n =1

Persamaan (6.11) 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), 107

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

(6.12)

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 (1.11) menjadi 2 Y 2 rms = Y12rms + Yhrms

(6.13)

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-6.2: 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:


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

Vrms =

0,05 1 0,05 1 1600 3  (400t ) 2 dt = t ≈ 11,55 V  0,05 0 0,05  3 0

∫

(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 − 1,061sin 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 +

3,166 2 2,10 2 + ≈ 10,5 V 2 2

2 Vrms = V12rms + Vhrms = 4,49 2 + 10,35 2 ≈ 11,4 V

Contoh ini menunjukkan bahwa sinyal gigi gergaji memiliki nilai efektif harmonisa jauh lebih tinggi dari nilai efektif komponen fundamentalnya. CO&TOH-6.3: 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 109

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 + + + + 2 2 2 2 2

= 0,354 A 2 I rms = I 12rms + I hrms = 0,354 2 + 0,354 2 ≈ 0,5 A

Contoh-6.3 ini menunjukkan bahwa pada penyearah setengah gelombang nilai efektif komponen fundamental sama dengan nilai efektif komponen harmonisanya. CO&TOH-6.4: 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 cos1500πt Nilai efektifnya adalah: I15rms =

1,885

= 1,33 A

2

c). Tegangan gabungan adalah

v = 200 sin(100πt ) + 20 sin(1500πt ) 110 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Arus yang diberikan tegangan gabungan ini adalah

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-6.5: 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 dt = 200 sin ωt + 20 sin 3ωt + ω cos ωt + 0,3ω cos 3ωt V

v = v R + v L = iR + L

Kurva tegangan dan arus beban dibuat dengan sumbu mendatar dalam detik. Karena frekuensi 50 Hz, satu perioda adalah 0,02 detik. 111

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

6.3. 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


(6.14)

Formulasi (6.14) 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-6.6: Seperti pada contoh-1.5, 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-3.5. yaitu 1,42 A. Daya nyta 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

113

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-6.7: 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-6.8: 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:


(a). Arus total (i) adalah jumlah arus yang melalui resistor (iR) dan kapasitor (iC). v i R = = sin ωt + 0,1 sin 3ωt R dv iC = C = 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 6.4. 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-6.9: 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 fr =

2828,4 = 450 Hz 2π 115

Inilah frekuensi harmonisa ke-9. CO&TOH-6.10: 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 =

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

1569,4 = 249,78 Hz 2π Resonansi akan terjadi jika sumber mengandung harmonisa ke-5. fr =

atau

6.5. Pembebanan &onlinier Dilihat Dari 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 inonsinus menyebabkan arus yang p.i. R s vs + mengalir di Rb berbentuk Rb − gelombang nonsinus. Menurut teorema Tellegen, Gb.6.1. Pembebanan nonlinier. transfer daya elektrik 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 ) k

ih = I 0 +

∑ I nm sin(nω0t + θ n ) n=2

Inilah arus yang diterima oleh Rb. 116 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

(6.15)

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

(6.16)

6.6. Pembebanan &onlinier Ditinjau Dari 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 ) k   I n sin( nω 0 t + θ n )  = V s I 1 sin ω 0 t sin(ω 0 t + θ1 ) + V s sin ω 0 t  I 0 +   n=2   (6.17)

∑

Suku pertama (6.17) memberikan daya  cos θ1 − cos(2ω0t + θ1)  ps1 = Vs I1 sin ω0t sin(ω0t + θ1) = Vs I1  2   Vs I1 Vs I1 = cos θ1 − cos(2ω0t + θ1) 2 2

(6.18)

Walaupun 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 (6.17) memberikan daya ∞

p sh = V s I 0 sin ω 0 t + V s

∑ [I n sin(nω0t + θ n ) sin ω0 t ]

(6.19)

n=2

= 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 (6.19) berbentuk fungsi cosinus. ∞

y = 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. 117

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

(6.20)

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

(6.21)

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 , jadi daya nyata yang diberikan oleh sumber, yaitu Ps1, haruslah diserap oleh Rb dan Rs. 6.7. 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. Rangkaian penyearah yang kita tinjau terlihat pada Gb.6.2.a.

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.


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-6adalah

 0,318 + 0,5 cos(ω0 t − 1,57) + 0,212 cos(2ω0 t )   V (6.22) i (t ) = I m ×  + 0,042 cos(4ω0 t ) + 0,018 cos(6ω 0 t )   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 (6.22) 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-6.11: 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:

119

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 380 50 Ps1 = V s rms I1s rms = × = 9,5 kW 2 2 Hasil perhitungan dari kedua sisi tinjauan adalah sama. Daya yang diberikan oleh komponen fundamental sebagai fungsi waktu adalah

V I p s1 = s 1 (1 − cos(2ω 0 t ) 2 380 × 50 = (1 − cos(2ω 0 t ) = 19(1 − cos(2ω 0 t ) kW 2 Gb.6.3 memperlihatkan kurva ps1 pada Contoh-2.1 di atas. Kurva ps1 bervariasi sinusoidal namun selalu positif dengan nilai puncak 19 kW, 120 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 (6.19), dan komponen harmonisa psh2 yaitu suku ke-dua persamaan (6.19), 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-6.12: 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.

121

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

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 Psaluran = 0,02 × i srms = 0,02 × (i12rms + i hrms )

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

6.8. 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 vs

A Rs

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.

123

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

(6.23)

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

(6.24)

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

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

(6.25)

 (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-6.13: 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 124 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 dihubungkan, rangkaian adalah seperti di bawah ini.

is

A Rs=1Ω

vs = 240sinω0t

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 vs

A Rs

ia Rb

Ra

iRb= iRb1+iRbh

B Untuk menghitung iRb kita buat rangkaian ekivalen Thévenin terlebih dulu di terminal A-B. 5 v sTh = × 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 125

isTh

A ib=ib1+ibh

0,833Ω vsTh = 200sinω0t

5Ω B

Nilai maksimum arus iRb adalah 200 = 34,29 A I Rbm = 0,833 + 5 Arus yang melalui Rb menjadi

 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 + + i Rb = 0 ⇒ v A  + Rs Ra R R a  s

 vs =  R − i Rb 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 =

⇒ V A1rms = v Ah =

185,71

= 131,32 V

2

 5 5 10,9 + 7,27 cos(2ω0 t )  × 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 ) ⇒ V Ahrms = 9,09 2 +

6,06 2 1.23 2 0,512 + + = 10,09 V 2 2 2

Daya yang diserap Ra adalah

PRa =

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

(d) Tegangan jatuh di saluran adalah

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

54,29

= 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 Rs Rs 1 1

127

(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).

6.9. 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. Crest factor didefinisikan sebagai

crest factor =

nilai puncak nilai efektif

Total Harmonic Distortion (THD). 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

THDV =

Vhrms V1rms

(6.26)

Untuk arus nonsinus, THD didefinisikan sebagai

THD I =

I hrms I1rms

(6.27)

CO&TOH-6.14: Arus penyearahan setengah gelombang dengan nilai puncak arus 100 A, memiliki sampai harmonisa ke-enam sebagi

 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 129

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.


BAB 7

Pembebanan Nonlinier (Analisis Di Kawasan Fasor) 7.1. Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Fasor Sebagaimana dijelaskan di bab sebelumnya, suatu sinyal sinus di kawasan waktu dinyatakan dengan menggunakan fungsi cosinus 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 sebagai

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

131

Im

Im

V = A∠θ

V = A∠0 o

θ

Re

Re a).

b). Im

Re c).

V = A∠ − 90o

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 ) . 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, diagram fasor komponen sinyal ini adalah seperti pada Gb.7.2.


Im an θ

Re

bn

In = an2 + bn2 ∠ − θ

Gb.7.2. Fasor komponen arus nonsinus dengan an > 0 dan bn > 0. Fasor I n 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 bn

In = an2 + bn2 ∠θ

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

θ an

Re

Im an θ

Re

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

bn In =

an2

+ bn2 ∠(180o

+ θ)

In = an2 + bn2 ∠(180o − θ)

Im bn

an θ Re

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

Gb.7.3. Fasor komponen arus nonsinus untuk berbagai kombinasi nilai an dan bn. 133

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: Uraian di kawasan waktu arus penyearahan setengah gelombang dengan nilai maksimum Im A adalah

  0,318 + 0,5 cos(ω 0 t − 1,57) + 0,212 cos(2ω 0 t )   i(t ) = I m ×  + 0,042 cos(4ω 0 t ) + 0,018 cos(6ω 0 t ) + 0.010 cos(8ω 0 t )  A   + 0.007 cos(10ω t ) 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 I0 = 0,318I m ; I1 = I6 =

0,018I m 2

0,5I m 2

∠0o ; I8 =

∠ − 90o ; I2 =

0,010 I m 2

0,212 I m

∠0o ; I10 =

∠0o ; I4 =

2 0,007 I m 2

0,042 I m 2

∠0o ;

∠0o ;

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

I2

I4

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 = I 1rms ∠0 o , maka masing-masing komponen arus ini dapat kita nyatakan dalam fasor sebagai: I0 = 0,318I m ; I1 = I4 =

0,042 I m 2

0,5I m 2

∠0o ; I2 =

∠90o ; I6 =

0,018I m 2

0,212 I m 2

∠90o ;

∠90o ;...........

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. Pada 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 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 135

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 2 rms = 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 136 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 3 = 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. 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.

137

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 (3.2), 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. 138 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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

(7.6)

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

f .d. s =

Ps1 Ss

(7.7)

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

(7.8)

Seperti halnya dengan daya kompleks, impedansi beban hanya dapat kita hitung besarnya dengan relasi (3.6) akan tetapi tidak dinyatakan dalam format kompleks seperti (a + jb). 7.4.5. Teorema Tellegen

Sebagaimana dijelaskan dalam Bab-7, teorema ini menyatakan bahwa di setiap rangkaian elektrik 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 139

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. 7.5. 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

I b1rms =

V1rms 200 = = 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 14,68 I brms

(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 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 141

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 2

= 21,21 V ;

V5rms =

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

(

)

2 = I12rms R + I 32rms + I 52rms R = I12rms R + I hrms R

Tegangan efektif beban

Vbrms =

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

Arus efektif beban

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 143

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 X n dan kemudian menjumlahkan daya sebagai Qn = I nrms 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 80

A

70.71

70 60 50

45.00

40

30.04

30 20

6.03

10

2.60

1.46

65

68

0.94

0

01

12

23

44

7 10 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; I 1rms = 50; I 2 rms = 21,2; I 4rms = 4,3; I 6rms = 1,8; I 8rms = 1; I10 rms = 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

145

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 Ps 50000 cos ϕ1 = = =1 V srms I1rms 1000 × 50 Nilai faktor daya ini menunjukkan bahwa arus fundamental sefasa dengan tegangan sumber.

I 50 = 1 atau 100% h). THDI = hrms = I1rms 50 Contoh-7.6 ini menunjukkan bahwa faktor daya yang dilihat sumber lebih kecil dari faktor daya fundamental. Faktor daya fundamental 146 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 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

∼ V =1000 V srms

iRb Rb

10 Ω 147

Bentuk gelombang tegangan sumber dan arus beban adalah 300

vs(t)/5

[V] 200 [A] 100 0

iRb(t) [detik] 0

0,01

0,02

-100 -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 14,83 2 14,83 2 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 (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.

149

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.3.3, 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 150 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 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. 7.6. Transfer Daya

Dalam pembebanan nonlinier seperti Contoh-3.6 dan Contoh-3.7, 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 151

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. 7.7. 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 152 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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-3.7 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 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 153

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 V srms ω

=

31000 1000 2 × 100π

= 99 µF ; 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

I Crms =

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

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

I1rms sin(32,4 o ) = 31,75 A Diagram fasor tegangan dan arus adalah seperti di bawah ini. Im I1sin32,4o

IC

Re 32,4o

I1

I1cos32,4o Vs

Dari

diagram

I C dan I1 sin 32,4

fasor o

ini

kita

lihat

bahwa

arus

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 154 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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

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

155

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. Dalam analisis rangkaian listrik [2], 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 mencoba menghubungkan kapasitor seperti pada Gb.7.6 dengan harapan akan memperbaiki faktor daya.

is iR

iC vs

C

R

Gb.7.6. 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-3.5: 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 156 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 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.

157

400

[V] [A]

vs/5

iR+iC

200

iR iR

0

iC

0

0.01

0.02

0.03

t [s]

-200

-400

Kita akan mencoba menelaah dari beberapa sisi pandang. a). Pemasangan kapasitor seperti pada Gb.7.6 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

ZC

2

=

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 + IC = 50∠0o + 25,13∠90o = 55,96∠21o A

Nilai efektif arus dengan frekuensi fundamental yang keluar dari sumber adalah 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. 159

300

V A

200

vs/5 100

iRb

isC

0 0

0.005

iC

0.01

0.015

0.02

-100 -200 -300

90

79.14

80

A

70 60 50

45.00

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

90

79.14

80

A

70 60 50

45.00

40

30.04

30 20 10

6.03

2.60

44

65

1.46

0.94

0

01

12

23

7 86 10 harmonisa

Dengan membandingkan Contoh-7.9 dan Contoh-7.10 kita dapat melihat 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 buku ini melainkan dalam Elektronika Daya.

161


Bab 8

Pembebanan Nonlinier Sistem Tiga Fasa dan Dampak pada Piranti 8.1. Komponen Harmonisa Dalam Sistem Tiga Fasa

Frekuensi Fundamental. Pada pembebanan seimbang, komponen fundamental berbeda fasa 120o antara masing-masing fasa. Perbedaan fasa 120o antar fasa ini timbul karena perbedaan posisi kumparan jangkar terhadap siklus medan magnet, yaitu sebesar 120o sudut magnetik. Hal ini dijelaskan pada Gb.8.1.

180o mekanis = 360o magnetik b1 c11 a1

a11

c1 b11

S U

b22

U

c22

S c2

a2

b2

Gb.8.1. Skema generator empat kutub Gb.8.1. memperlihatkan o skema generator empat kutub; 180 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 fasa-a. Perbedaan posisi inilah yang menimbulkan perbedaan sudut fasa antara tegangan di fasa-a, fasa-b, fasa-c.

Harmonisa Ke-3. Hal yang sangat berbeda terjadi pada komponen 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

163

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.8.2 300

V

v1a

200

v1c

v1b

100

v3a

0 0

v3c

v3b 90

180

270

360

o

[]

-100 -200 -300

Gb.8.2. Tegangan fundamental dan harmonisa ke-3 pada fasa-a, fasa-b, dan fasa-c. Pada gambar ini 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 ke-3 digambarkan pada Gb.8.3. Jika V3a, V3b, V3c merupakan fasor tegangan fasa-netral maka tegangan fasa-fasa (line to line) harmonisa ke-3 adalah nol. V3a V3b V3c

Gb.8.3. Diagram fasor harmonisa ke-3. 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.8.4. 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.


300

V

v1b

v1a

200

v5a

100

v1c v5c

v5b

0 0

90

180

270

360

-100

[o]

-200 -300

Gb.8.4. Fundamental dan harmonisa ke-5 Satu siklus fundamental berisi 5 siklus harmonisa atau satu siklus harmonisa mempunyai lebar 72o dalam skala fundamental. Perbedaan fasa antara v5a dan v5b adalah (2 × 72o − 120o) = 24o dalam skala fundamental atau 120o dalam skala harmonisa ke-5; beda fasa antara v5b V5b dan v5c juga 120o. Diagram fasor dari harmonisa ke-5 terlihat pada Gb.8.5. Jika V5a, V5b, V5c V5a merupakan fasor tegangan fasanetral maka tegangan fasa-fasa (line to line) harmonisa ke-5 V 5c

adalah 3 kali lebih besar dari Gb.8.5. Diagram fasor harmonisa ke-5. 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 skala fundamental atau 240o dalam skala harmonisa ke-7; beda fasa antara v7b dan v7c juga 240o. Diagram fasor V7c dari harmonisa ke-7 terlihat pada Gb.8.6. Jika V7a, V7b, V7c merupakan fasor tegangan V7a fasa-netral maka tegangan fasa-fasa (line to line) harmonisa ke-7 adalah 3 kali lebih besar dari tegangan fasa-netral-nya.

V7b

Gb.8.6. Diagram fasor harmonisa ke-7.

165

8.2. 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-8.1: 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 247,35 = = 1,70 V f − n 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. 8.3. Hubungan Sumber Dan Beban

Generator Terhubung Bintang. Jika belitan jangkar generator terhubung bintang, harmonisa kelipatan tiga yang terkandung pada tegangan fasanetral tidak muncul pada tegangan fasa-fasa-nya. Kita akan melihatnya pada contoh berikut. CO&TOH-8.2: 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.

V ff 1rms = 800 / 2 3 = 800 3/2 V ; V ff 3rms = 0 V ; V ff 5rms = 100 3 / 2 V 167

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 =

V ff 1rms

=

Z f1 V ff 3rms

I f 5rms =

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

f .d . =

Pb 41,6 = = 0,53 78 Sb


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-8.3: 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 ke-3, -7, dan -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 Z15 = 0,06 2 + 4,24 2 = 4,24 Ω Arus sirkulasi adalah

169

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 Sistem Empat Kawat. Pada 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-8.4: 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

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 170 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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

Pb = 3 × I 2 × R = 3 × 8,67 2 × 25 = 5636 W = 5,64 kW

171

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-8.5: Persoalan seperti pada contoh-29-4 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-6.4. 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 8.4. 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. 172 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

CO&TOH-8.6: 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

8.5. 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. 173

Penyulang. Dalam model satu fasa, penyulang diperhitungkan sebagai memiliki resistansi, induktansi, kapasitansi. Dalam hal tertentu elemen ini bisa diabaikan. Transformator. Perilaku transformator dinyatakan dengan persamaan

V1 = E1 + I1R1 + jI1X1 E2 = V2 + I2 R2 + jI2 X 2 I1 = I f + I2′ dengan I2′ =

I 2 I2 = 2 1 a

V1, I1, E1, R1, X1 berturut turut adalah tegangan terminal, arus, tegangan induksi kumparan, resistansi, dan reaktansi bocor rangkaian primer. V2 , I2 , E2 , 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 E 2 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.5.7.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.8.7.b.

∼1 V

R′1

X′1 E1 R

If c

R2

X2 B

Ic

V2

Xc

(a) RT ∼1 V

XT B

V2

(b) Gb.8.7. Rangkaian ekivalen transformator berbeban.


8.6. 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.8.8. Bentuk rangkaian yang terakhir ini cukup sederhana untuk melakukan analisis lebih lanjut. Vs/a adalah tegangan sumber. Xp/a2

XT

Vs/a

XC

B

V2

Gb.8.8. 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.8.9. Xp/a2

XT

ibeban XC

B

Gb.8.9. 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 175

sumber arus harmonisa digambarkan sebagai sumber arus yang mencatu sistem seperti terlihat pada Gb.8.10. Xp/a2

XT XC

sumber arus harmonisa

Gb.8.10. Rangkaian ekivalen untuk analisis arus harmonisa. 8.7 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. Pengaruh ini dapat kita klasifikasi dalam dua kategori yaitu: a). Dampak langsung yang merupakan peningkatan susut energi yaitu energi “hilang” yang tak dapat dimanfaatkan, yang secara alamiah berubah menjadi panas. [5,6]. b). Dampak taklangsung yang merupakan akibat lanjutan dari terjadinya dampak langsung. Peningkatan temperatur pada konduktor kabel misalnya, menuntut penurunan pengaliran arus melalui kabel agar temperatur kerja tak terlampaui. Demikian pula peningkatan temperatur pada kapasitor, induktor, dan transformator, akan 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. Dampak taklangsung bukan hanya 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 akibat adanya harmonisa dapat menimbulkan micro-discharges bahkan partial-discharges dalam piranti yang memperpendek umur, bahkan mal-function bisa terjadi pada piranti. 176 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

8.7.1. 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 di Bab-4, 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 61%. CO&TOH-8.7: 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 177

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-8.8: 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

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. 8.7.2. 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) A C0 = ε 0 d berubah menjadi

C = C0ε r Jadi kapasitansi meningkat sebesar εr kali. 179

Diagram fasor arus dan tegangan kapasitor diperlihatkan pada Gb.8.11. Arus kapasitor terdiri dari dua komponen yaitu arus kapasitif IC ideal yang 90o mendahului tegangan kapasitor VC , dan arus ekivalen losses pada dielektrik I Rp yang sefasa dengan tegangan. im

I tot

IC δ

I Rp

VC

re

Gb.8.11. 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.8.12. εr εr loss factor

εrtanδ power audio frekuensi listrik

radio

frekuensi frekuensi optik

Gb.8.12. εr dan loss factor sebagai fungsi frekuensi. Dalam analisis rangkaian, reaktansi kapasitor dituliskan sebagai 180 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

XC =

1 2πfC

Gb.8.12. 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. 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 CvC 3 (t ) + 5ω 0 CvC 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-8.9: 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. 181

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.8.13. 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-8.9. CO&TOH-8.10: 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

150 / 2 = 16,7 A 6,37 (b) Reaktansi untuk harmonisa ke-3 dan ke-5 berturut-turut adalah I C1rms =

X C3 =

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

Arus efektif harmonisa IC 3rms =

30 / 2 = 10 A 2,12

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)

V THDV = hrms = V1rms

30 2 5 2 + 21,5 2 2 = = 0,20 atau 20 % 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 183

8.7.3. 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 e = ei = =L 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 Vrms =

2π 2

fφmaks = 4,44 f φmaks


Vrms =

2π

V = Ei

fLi fmaks = 4,44 fL i fmaks

2

Relasi ideal memberikan diagram fasor seperti di samping ini dimana arus yang membangkitkan fluksi yaitu I φ sama dengan I f .

I f = Iφ

Φ

CO&TOH-8.11: 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 + 6660 2 + 5550 2 = 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 × 185

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-8.12: 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(5ω 0 t − 135 o ) Nilai puncak fluksi fundamental 150 φ1m = = 563 µWb 4,44 × 50 × 1200 Fluksi φ1m tertinggal 90o dari tegangan (lihat Gb.4.4). 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.8.14. 186 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

600

[V] 400 [µWb]

φ

200

vL

t [detik]

0 0

0.01

0.02

0.03

0.04

-200 -400 -600

Gb.8.14. 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.8.15. dimana arus magnetisasi If mendahului φ sebesar γ. Diagram fasor ini digambar dengan memperhitungkan rugi hiterisis

Ic Iφ

γ

V = Ei

If

Φ Gb.8.15. 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)

187

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.8.16. Ic Ei

θ

Iφ

Φ

If

I f R1 V

Gb.8.16. 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. 188 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

8.7.4. Transformator

Ulas Ulang Transformator Berbeban. Rangkaian transformator berbeban dengan arus beban I 2 , diperlihatkan oleh Gb.8.17. Tegangan induksi E 2 (yang telah timbul dalam keadaan tranformator tidak berbeban) akan menjadi sumber di rangkaian sekunder dan memberikan arus sekunder I 2 . Arus I 2 ini membangkitkan fluksi magnetik yang melawan fluksi bersama φ (sesuai dengan hukum Lenz) dan sebagian akan bocor, φl2; φl2 yang sefasa dengan I 2 menginduksikan tegangan

E l 2 di belitan sekunder yang 90o mendahului φl2. I1 V1

φ

I2

φl1 φl2

V2

Gb.8.17. 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 I f , 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 − I f

mengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh dipertahankan, maka haruslah

(

)

1 I1 − I f − 2 I 2 = 0

adalah untuk

I2

agar φ (8.12)

Pertambahan arus primer I1 − I f disebut arus penyeimbang yang akan mempertahankan φ. Makin besar arus sekunder, makin besar pula arus 189

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 + I1R1 + El1 = E1 + I1R1 + jI1X1

(8.13)

untuk rangkaian di sisi sekunder

E2 = V2 + I2 R2 + El 2 = V2 + I2 R2 + jIˆ 2 X 2

(8.14)

Rangkaian Ekivalen. Secara umum, rangkaian ekivalen adalah penafsiran secara rangkaian elektrik 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

E2 =

E1 = V2 + I 2 R 2 + jI 2 X 2 a

Dari persamaan untuk rangkaian sisi primer (4.13), kita peroleh

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

E2 =

E1 V1 − I1 R1 − jI1 X 1 = = V2 + I 2 R 2 + jI 2 X 2 a a


I Karena I1 = 2 maka persamaan ini dapat kita tuliskan a

jI X V1 I R = V2 + I 2 R 2 + j I 2 X 2 + 2 1 + 2 1 2 a a a2   R  X  = V2 +  R 2 + 1  I 2 + j  X 2 + 1  I 2 2 a  a2    = V2 + (R2 + 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 I f diabaikan terhadap I1 maka kesalahan dalam menghitung I 2 bisa dianggap cukup 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.4.8. 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.8.18. Rangkaian ekivalen transformator dan diagram fasor. 191

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 rugirugi arus pusar pada inti dihitung seperti halnya pada induktor. 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. Rugi arus pusar Pl diperhitungkan 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. Contoh-8.13: 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-8.14: 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-8.14 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.

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

I Trms =

2 ∑ I nrms

A

(8.16)

n=1

dengan k adalah tingkat harmonisa tertinggi yang masih diperhitungkan. Dalam relasi (8.16) 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 193

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

(8.17)

n =1

Rugi tembaga total yang disebabkan oleh arus ini adalah k

Pcu = R0

2 2 = R0 I Trms ∑ I nrms

W

(8.18)

n =1

Dengan (8.18) maka (8.17) dapat ditulis sebagai 2 PK = gKR0 I Trms W

(8.19)

dengan k

2 ∑ n 2 I nrms

K = n=1

(8.20)

2 I Trms

K disebut faktor rugi arus pusar (stray loss factor). Faktor K dapat dituliskan sebagai k

K=

∑ n =1

n2

2 I nrms 2 I Trms

k

=

∑ n 2 I n2( pu)

(8.21)

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-8.15: 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 8.7.5. 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-8.16: 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 2,9µF. 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. 195

Penyelesaian: Tegangan mengandung harmonisa ke-13. fundamental terdapat impedansi internal

Pada

frekuensi

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 Tegangan fundamental kabel untuk frekuensi fundamental Z C1 1097,6 V1m = × e1m = × 17000 = 17101 V Z1tot 1091,1

V13m =

Z C13 Z13tot

× 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 dantegangan 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. 196 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

40 30 20 10 0 0 -10 -20 -30 -40

v1+v13

[kV]

0.005

0.01

0.015

0.02 [detik]

v1

Gb.8.19. Bentuk gelombang tegangan. 8.7.6. Partial Discharge

Contoh-8.16 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 finansial besar. 8.7.7. 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. 197

ζ = kI vrms I irms cos ϕ Pada alat ukur tipe induksi, seperti kWh-meter elektromekanik yang masih banyak digunakan, kumparan tegangan S2 dihubungkan pada S1 S1 S2 tegangan sumber sementara kumparan arus dialiri arus beban. Bagan piringan Al alat ukur ini terlihat pada Gb.8.20. Gb.8.20. 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 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

Pembebanan Tak Seimbang Pada pembebanan seimbang, model satu fasa mempermudah analisis sistem tiga fasa. Apabila beban tidak seimbang, sistem akan mengandung fasor-fasor tidak seimbang, baik arus maupun tegangannya. Apabila fasor-fasor tidak seimbang tersebut dapat diuraikan kedalam komponen-komponen yang seimbang maka masing-masing komponen seimbang dapat dianalisis menggunakan model satu fasa. Jadi kita memandang sistem tak seimbang sebagai superpoisi dari sistem seimbang. Komponen-komponen seimbang itu disebut komponen simetris. Dalam pembahasan komponen simetris ini kita hanya akan melihat sistem tiga fasa. Bahwa fasor tegangan (ataupun arus) dalam sistem tak seimbang dapat dinyatakan sebagai jumlah dari fasor tegangan (atau arus-arus) yang seimbang dikemukakan oleh C.L. Fortesque memaparkan dalam papernya, pada 1918. 9.1. Pernyataan Komponen Simetris Hanya ada tiga kemungkinan fasor tiga fasa seimbang yang dapat digunakan untuk menyatakan komponen-komponen dari fasor tiga fasa tak seimbang, yaitu: a) Fasor tiga fasa seimbang urutan positif, ABC. b) Fasor tiga fasa seimbang urutan negatif, CBA. c) Fasor tiga fasa tanpa beda sudut fasa yang disebut urutan nol Ketiga sistem fasor tersebut diperlihatkan pada Gb.9.1.

199

a) Fasor urutan positif (ABC):

Im

V1A = V1∠0o

V1C

o

V1B = V1∠ − 120

V1C = V1∠ − 240o

120 o Re 120 o V1A

V1B

b) Fasor urutan negatif (CBA)

Im o

V2 A = V2∠0

V2 B

120 o

o

V2B = V2∠ +120

Re

V2C = V2∠ + 240o c)

V2C

120 o V2 A

Fasor urutan nol

V0 A = V0∠θ

Im

V0 A = V0B = V0C = V0

V0B = V0∠θ

Re

V0C = V0∠θ Operator a. Untuk menyatakan menggunakan operator a yaitu

komponen

simetris

kita

a = 1∠120 o

(9.1)

Operator semacam ini telah kita kenal yaitu operator j di mana

j = 1∠90 o . Dengan menggunakan operator a maka fasor urutan positif dapat kita tuliskan

V1A = V1 ;

V1B = a 2 V1 ;

V1C = aV1

(9.2)


dan fasor urutan negatif sebagai

V2 A = V2 ;

V2C = a 2 V2

V 2 B = aV 2 ;

(9.3)

Fasor Tak Seimbang. Fasor tak seimbang merupakan jumlah dari komponen-komponen simetrisnya.

V A = V0 A + V1A + V2 A = V0 + V1 + V2 VB = V0 B + V1B + V2 B = V0 + a 2 V1 + aV2

(9.4)

2

VC = V0C + V1C + V2C = V0 + aV1 + a V2 yang dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks  V A  1 1    2  VB  = 1 a VC  1 a   

1   V0    a   V1  a 2   V2 

(9.5)

9.2. Mencari Komponen Simetris Komponen-komponen simetris adalah besaran-besaran hasil olah matematik. Ia tidak diukur dalam praktek. Yang terukur dalam praktek adalah besaran-besaran yang tak seimbang yaitu V A , V B , VC . Komponen simetris dapat kita cari dari (9.4) dengan menjumlahkan fasor-fasor dan dengan mengingat bahwa (1+a+a2) = 0, yaitu

V A = V0 + V1 + V2 VB = V0 + a 2 V1 + aV2 VC = V0 + a V1 + a 2 V2

+

V A + V B + VC = 3V0 + (1 + a 2 + a ) V1 + (1 + a + a 2 ) V = 3V0

V0 =

(

1 VA + VB + VC 3

)

(9.6)

201

Jika baris ke-dua (9.4) kita kalikan dengan a dan baris ke-tiga kita kalikan dengan a2, kemudian kita jumlahkan, kita peroleh:

V A = V0 + V1 + V2 aV B = aV0 + a 3 V1 + a 2 V2 a 2 VC = a 2 V0 + a 3 V1 + a 4 V2

+

VA + aVB + a 2 VC = (1 + a + a 2 ) V0 + 3V1 + (1 + a 2 + a ) V2 = 3V1

V1 =

(

1 V A + aVB + a 2 VC 3

)

(9.7)

Jika baris ke-dua (9.4) kita kalikan dengan a2 dan baris ke-tiga kita kalikan dengan a, kemudian kita jumlahkan, kita peroleh:

V A = V0 + V1 + V2 a 2 V B = a 2 V0 + a 4 V1 + a 3 V2 aVC = aV0 + a 2 V1 + a 3 V2

+

V A + a 2 VB + aVC = (1 + a 2 + a ) V0 + (1 + a + a 2 ) V1 + 3V2 = 3V2

V2 =

(

1 V A + a 2 VB + aVC 3

)

(9.8)

Relasi (9.6), (9.7), (9.8) kita kumpulkan dalam satu penulisan matriks:  V0  1 1   1  V1  = 3 1 a V2  1 a 2  

1  VA    a 2   VB  a   VC 

(9.9)

Dengan demikian kita mempunyai dua relasi antara besaran fasa dan komponen simetrisnya yaitu (9.5) dan (9.9) yang dapat kita tuliskan dengan lebih kompak sebagai berikut.


~ ~ V ABC = [T] V012 ~ ~ V012 = [T]−1 V ABC

(9.10)

dengan

1 1 [T] = 1 a 2 1 a

1 a  a 2 

[T]

−1

dan

1 a 2  a 

1 1 1 = 1 a 3 1 a 2

(9.10.a)

Dengan cara yang sama kita dapat memperoleh relasi untuk arus  I A  1 1    2  I B  = 1 a I C  1 a   

I 0  1  I 0  1 1     1  a   I1  dan  I1  = 1 a I 2  3 1 a 2 a 2  I 2    

1  I A    a 2   I B  (9.11) a  I C 

sehingga secara keseluruhan kita dapatkan relasi untuk tegangan dan arus:

~ ~ ~ ~ V ABC = [T ] V012 dan V012 = [T ]−1 V ABC ~ ~ ~ ~ I ABC = [T ] I012 dan I012 = [T ]−1 I ABC

(9.12)

CONTOH-9.1: Pada suatu pembebanan tak seimbang terukur arus-arus sebagai berikut:

I A = 90∠60 o A, I B = 60∠ − 60 o A, I C = 0 A Hitunglah arus-arus komponen simetrisnya. Penyelesaian:

( (

)

1 I A + aI B + a 2 I C 3 1 = 90∠60 o + 60∠60 o + 0 = 50∠60 o = 25 + j 43,3 A 3

I1 =

)

203

( (

)

1 I A + a 2 I B + aI C 3 1 = 90∠60 o + 60∠180 o + 0 = 30∠60 o + 20∠180 o 3 = 15 + j 25,9 − 20 = −5 + j 25,9 A

I2 =

)

(

)

1 I A + I B + IC 3 1 = 90∠60 o + 60∠ − 60 o + 0 = 30∠60 o + 20∠ − 60 o 3 = 15 + j 25,9 + 10 − j17,3 = 25 + j8,6 A

I0 =

(

)

Dalam Contoh-9.1 ini, IC = 0. Dengan diperolehnya nilai arus komponen simetris, kita dapat melakukan verifikasi dengan menghitung arus I C . Dari (9.11) kita peroleh

I C = I 0 + aI1 + a 2 I 2 = 25 + j8,6 + 50∠180 o + 30∠300 o + 20∠60 = 25 + j8,6 − 50 + 15 − j 25,98 + 10 + j17,32 = 0 A Sesuai dengan yang diketahui. 9.3. Impedansi Urutan Jika impedansi Z A , Z B , Z C merupakan impedansi seri dengan tegangan V A , V B , VC maka

I A  V A      [ ] V Z = ABC  I B  atau  B I C  V B      (9.13)

~ ~ V ABC = [Z ABC ] I ABC


~ V A adalah tegangan antar terminal impedansi dan I a adalah

arus yang melalui impedansi. [Z ABC ] adalah matriks 3 × 3, yang elemen-elemennya merupakan impedansi total yang terdiri dari impedansi sendiri dan bersama. Matriks ini belum tentu diagonal tetapi memiliki simetri tertentu. Simetri ini adalah sedemikian rupa sehingga matrik impedansi urutan, yaitu [Z 012 ] merupakan matriks diagonal atau hampir diagonal. Kita akan melihat sebuah contoh. CONTOH-9.2: Suatu saluran tiga fasa masing masing memiliki reaktansi sediri Xs sedangkan antar fasa terdapat reaktansi bersama Xm. Tentukanlah impedansi urutan.

Perhatikan bahwa Xs adalah reaktansi sendiri dan Xm adalah reaktansi bersama sehingga tegangan antara terminal impedansi adalah

V A − V A′ = jX s I A + jX m I B + jX m I C VB − VB′ = jX m I A + jX s I B + jX m I C VC − VC′ = jX m I A + jX m I B + jX s I C yang dapat dituliskan dalam bentuk matriks

 V A   V A′   X s       VB  −  VB′  =  X m VC   VB′   X m     

Xm Xs Xm

X m  I A    X m   I B  X s   I C 

205

dan dapat dituliskan dengan lebih kompak ~ ~ ~ ′ V ABC − V ABC = [Z ABC ] I ABC Dari (9.12) kita turunkan ~ ~ V ABC = [T ] V012 ~ ~ ′ ′ V ABC = [T ] V012 ~ ~ I ABC = [T ] I012 sehingga

~ ′ = [Z ABC ][T ] I012 [T]V~ 012 − [T]V~ 012 dan ~ ~ ~ ′ = [T ]−1 [Z ABC ][T ] I012 V012 − V012 Pada relasi terakhir ini: 1

[T]-1 [Z ABC ][T] = 1 1 3

1 a

1 a 2  a 

1 a 2 X s + 2Xm

 Xs j  X m  X m

Xm Xs Xm

X m  1 1 X m  1 a 2 X s  1 a

1 a  a 2 

X s + 2X m  1 1 Xs + 2Xm j 2 2 =  X s − X m aX s + (1 + a ) X m a X s + (1 + a ) X m  1 a 2 3  X s − X m a 2 X s + (1 + a ) X m aX s + (1 + a 2 ) X m  1 a 0 0  X s + 2Xm  0 0 Xs − Xm = j    0 0 X s − X m 

sehingga

 V0   V0′       V1 −  V1′  = V2  V2′     

X s + 2X m 0 j   0

0

Xs − Xm 0

 I 0   I  0   1 X s − X m  I 2  0

yang dapat ditulis secara kompak ~ ~ ~ ′ = [Z 012 ] I012 V012 − V012 206 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

1 a  a 2 

Untuk rangkaian dalam contoh di atas, dapat didefinisikan Impedansi urutan nol Z 0 = j ( X s + 2 X m ) Impedeansi urutan positif Z 1 = j ( X s − X m ) Impedansi urutan negatif Z 2 = j ( X s − X m ) Rangkaian ekivalen urutan dari rangkaian dalam ini digambarkan sebagai berikut:

Z0

V0

V 0′

Urutan nol

Z1

V1

V1′

Urutan positif

Z2

V2

V 2′

Urutan negatif

Gb.9.1. Rangkaian ekivalen urutan. 9.3. Daya Pada Sistem Tak Seimbang Daya pada sistem tiga fasa adalah adalah jumlah daya setiap fasa. ∗ S 3 f = V A I ∗A + VB I ∗B + VC I C

[

= VA

VB

 I ∗A    VC  I ∗B  I ∗   C 

]

(9.14)

= V ABCT I ∗ABC Relasi (9.12) memberikan ~ ~ ~ ~ V ABC = [T ] V012 ⇒ V ABCT = V012T [T ]T ~ ~ ~∗ ~∗ I ABC = [T ] I012 ⇒ I ABC = [T ]∗ I012

(9.15)

sehingga (9.14) menjadi

~ ∗ S 3 f = V012T [T ]T [T ]∗ I 012

(9.16)

207

Pada (9.16) ini kita hitung [T ]T [T ]∗

1

[T]T [T ]∗ = 1 1

1

a2 a

1  1 1 a  1 a a 2  1 a 2

1  3 0 0  1 0 0 a 2  = 0 3 0 = 30 1 0 0 0 1 a  0 0 3

Dengan demikian (9.16) dapat dituliskan

~ ∗ atau S 3 f = 3V012T I 012

(

= 3 V0 I 0∗ + V1 I1∗ + V2 I ∗2

)

(9.17)

CONTOH-9.3: Hitunglah daya tiga fasa pada kondisi tidak seimbang seperti berikut:  10   j10    V ABC = − 10 kV dan I ABC = − 10 A  0  − 10 Penyelesaian:

− j10 V ABCT = [10 − 10 0] dan I ∗ABC =  − 10   − 10  Kita akan memperoleh daya tiga fasa langsung dengan mengalikan kedua matriks kolom ini − j10   S 3 f = [10 − 10 0]  − 10  = − j100 + 100 + 0  − 10 

= (100 − j100) kVA Hasil ini kita peroleh dengan mengaplikasikan langsung formulasi daya dengan mengambil nilai-nilai tegangan dan arus yang tiadak simetris. Berikut ini kita akan menyelesaikan soal ini melalui komponen simetris. Tegangan urutan adalah: 208 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

1 1 ~ 1 −1 ~ V012 = [T ] V ABC = 1 a 3 1 a 2

1   10  0   1  2  a  − 10 =  10 − a10 + 0  3 10 − a 2 10 + 0 a   0 

~ Dari sini kita hitung V012T

[

1 ~ ⇒ V012T = 0 10 − a10 10 − a 2 10 3

]

Arus urutan adalah:

1   j10  a 2  − 10 a  − 10

1 1 ~ 1 −1 ~ I012 = [T ] I ABC = 1 a 3 1 a 2

0    0  1 2  1 =  j10 − a10 − a 10 =  j10 + 10 3 3  j10 − a 2 10 − a10  j10 + 10 0   ~∗ 1  ⇒ I012 = − j10 + 10 3 − j10 + 10 Daya tiga fasa adalah seperti dinyatakan oleh (9.17). ~ ∗ S3 f = 3V012T I012 0   1 1  2 = 3 × × 0 10 - a10 10 − a 10 − j10 + 10 3 3 − j10 + 10 1 = 0 + (10 − a10)(− j10 + 10) + (10 − a 210)(− j10 + 10) 3 1 = (300 − j300) = (100 − j100) kVA 3

[

[

]

]

Hasil ini sama dengan yang diperoleh pada perkalian langsung. (catatan: a + a 2 = −1 ). 209

9.4. Sistem Per-Unit Sistem per-unit sesungguhnya merupakan cara penskalaan atau normalisasi. Besaran-besaran sistem dalam satuan masing-masing, tegangan dalam volt – arus dalam ampere – impedansi dalam ohm, ditransformasikan ke dalam besaran tak berdimensi yaitu per-unit (disingkat pu). Pada mulanya transformasi ke dalam per-unit dimaksudkan untuk mempermudah perhitungan, namun dengan perkembangan penggunaan computer maksud penyederhanaan itu sudah tidak berarti lagi. Walaupun demikian, beberapa keuntungan yang terkandung dalam sistem per-unit (yang akan kita lihat kemudian) masih terasakan dan oleh karena itu kita akan pelajari. Nilai per-unit dari suatu besaran merupakan rasio dari besaran tersebut dengan suatu besaran basis. Besaran basis ini berdimensi sama dengan dimensi besaran aslinya sehingga nilai per-unit besaran itu menjadi tidak berdimensi

Nilai per - unit =

nilai sesungguhnya nilai basis

Nilai sesungguhnya mungkin berupa bilangan kompleks, namun nilai basis yang ditetapkan adalah bilangan nyata. Oleh karena itu sudut fasa nilai dalam per-unit sama dengan sudut fasa sesungguhnya. Sebagai contoh kita ambil daya kompleks

S = V I ∗ = VI∠(α − β)

(9.18)

di mana α adalah sudut fasa tegangan dan β adalah sudut fasa arus. Untuk menyatakan S dalam per-unit kita tetapkan Sbasis yang berupa bilangan nyata, sehingga

S pu =

S∠(α − β) = S pu ∠(α − β) S basis

(9.19)

Didefinisikan pula bahwa

S basis = Vbasis × I basis

(9.20)


Nilai Sbasis dipilih secra bebas. Oleh karena itu, kita dapat memilih salah satu Vbasis atau Ibasis untuk ditentukan secara bebas, tetapi tidak kedua-duanya. Jika kita ambil rasio dari (9.18) dan (9.20) kita peroleh

S pu =

V∠αI∠ − β S = = V pu I ∗pu S basis Vbasis I basis

(9.21)

Nilai basis untuk impedansi ditentukan menggunakan relasi 2 Vbasis Vbasis = Z basis = I basis S basis

(9.22)

Dengan Zbasis ini relasi arus dan tegangan

V I

V = Z I atau Z = akan memberikan

Z V/I = atau Z basis Vbasis / I basis Z pu = V pu I pu

(9.23)

Karena Z = R + jX maka

R + jX Z R X = = +j Z basis Z basis Z basis Z basis Z pu = R pu + jX pu

atau (9.24)

Jadi tidaklah perlu menentukan nilai basis untuk R dan X secara sendiri-sendiri. Selain itu tidak pula diperlukan menentukan nilai basis untu P dan Q secara sendiri-sendiri.

S S basis

=

P + jQ S basis

atau

S pu = Ppu + Q pu

(9.25)

211

CO&TOH-9.4: Nyatakanlah besaran-besaran pada rangkaian satu fasa berikut dalam per-unit dengan mengambil Sbasis = 1000 VA dan Vbasis = 200 V.

4Ω

V = 200 ∠0 o V

Penyelesaian: S basis = 1000 VA;

− j4 Ω j8 Ω

Vbasis = 200 V

S 1000 I basis = basis = =5 A Vbasis 200 V 200 Z basis = basis = = 40 Ω I basis 5 200∠0 o = 1∠0 o pu 200 4 4 = 0,1 pu ; X Cpu = = 0,1 pu ; R pu = 40 40 8 = 0,2 pu X Lpu = 40 Transformasi rangkaian dalam per-unit menjadi Maka: V pu =

1∠0 o pu

0,1 pu − j 0,1 pu j 0,2 pu

≈

Z pu = 0,1 − j 0,1 + j 0,2 = 0,1 + j 0,1 = 0,1 2∠45 o pu I pu =

V pu Z pu

=

S pu = V pu I ∗pu

1∠0 o 0,1 2∠45

o

= 5 2∠ − 45 o pu

= 1∠0 o × 5 2∠45 o = 5 2∠45 o pu


Sistem Tiga Fasa. Sistem tiga fasa sangat luas dipakai dalam penyediaan energy listrik. Oleh karena itu dikembangkan pengertian nilai basis tambahan sebagai berikut. S basis3 f = 3S basis

V Lbasis = Vbasis 3 Z Ybasis = Z basis Z ∆basis = 3Z basis

(9.26)

I Lbasis = I basis I Ybasis = I basis I ∆basis = I basis / 3 Bagaimana implementasi dari nilai-nilai basis di atas, akan kita lihat pada contoh berikut ini. CO&TOH-9.5: Sebuah sumber tiga fasa dengan tegangan fasa-fasa 6 kV mencatu dua beban seimbang yang tersambung parallel. Beban-A: 600 kVA, factor daya 0,8 lagging. Beban-B: 300 kVA, factor daya 0,6 leading. Tentukan nilai basis untuk sistem ini, hitung arus saluran dalam per-unit dan dalam ampere, dan impedansi beban A. Penyelesaian: Penentuan nilai basis adalah sembarang. Kita pilih Sbasis3f = 600 kVA dan VLbasis = 6 kV, sehingga

600 = 200 kVA 3 6 = 3464 V Vbasis = 3 200 S = 57,74 A Ibasis = basis = Vbasis 6 / 3 Sbasis =

3464 V = 60 Ω Zbasis = basis = Ibasis 57,74 Sumber ini terbebani seimbang sehingga hanya ada urutan positif. Besaran per fasa adalah:

213

Beban-A: SA =

600 = 200 kVA; ϕ A = cos −1 (0,8) = +36,9 o (f.d. lag ) 3

S A = 200∠36,9 kVA → S Apu =

SA S basis

=

200∠ + 36,9 o = 1∠36,9 o 200

6/ 3

= 1∠0 o ; 6/ 3 S Apu 1∠36,9 o = I ∗Apu = = 1∠36,9 o ⇒ I Apu = 1∠ − 36,9 = 0,8 − j 0,6 V Apu 1∠0 o

V Apu =

Beban-B:

SB =

300 = 100 kVA; ϕ B = cos(0,6) = −53,1o (f.d. lead ) 3

S B = 100∠ − 53,1o kVA ⇒ S Bpu =

SB S basis

=

100∠ − 53,1o = 0.5∠ − 53,1o 200

V Bpu = V Apu = 1∠0 o ∗ = I Bpu

S Bpu V Bpu

=

0,5∠ − 53,1o 1∠0

o

= 0,5∠ − 53,1o

⇒ I Bpu = 0,5∠53,1o = 0,3 + j 0,4 Arus saluran: I pu = I Apu + I Bpu = 0.8 − j 0,6 + 0,3 + j 0,4 = 1,1 − j 0,2

I = (1,1 − j 0,2) × 57,74 = 63,51 − j11,55 = 64,55∠ − 10,3 o A Impedansi beban-A: Z Apu =

V Apu I Apu

=

1∠0 o 1∠ − 36 o

= 1∠36,9 o

⇒ Z A = 60∠36,9 o = (48 + j 36) Ω


BAB 10

Penyulang dan Saluran Transmisi Saluran transmisi penyulang merupakan koridor yang harus dilalui dalam penyaluran energi listrik Kita akan membahas saluran udara (dengan konduktor terbuka) dan pembahasan kita bagi dalam dua bab. Di bab ini kita membahas impedansi dan admitansi saluran transmisi, sedangkan di bab berikutnya akan kita bahas rangkaian ekivalen dan pembebanan. Walaupun rangkaian ekivalen saluran transmisi cukup sederhana, ada empat hal yang perlu kita perhatikan yaitu: • • • •

Resistansi konduktor, Imbas tegangan di satu konduktor oleh arus yang mengalir di konduktor yang lain, Arus kapasitif karena adanya medan listrik antar konduktor, Arus bocor pada isolator

Arus bocor pada isolator biasanya diabaikan karena cukup kecil dibandingkan dengan arus konduktor. Namun masalah arus bocor sangat penting dalam permbahasan isolator Karena saluran udara memanfaatkan udara sebagai bahan isolasi, perlu kita lihat besaran-besarn fisis udara yang akan masuk dalam perhitungan-perhitungan saluran transmisi, yaitu: Permeabilitas: permeabilitas magnetik udara dianggap sama dengan permeabilitas ruang hampa:

µ = µ 0 µ r ≈ µ 0 = 4π × 10 −7 H/m Permitivitas: permitivitas elektrik udara dianggap sama dengan permitivitas ruang hampa:

ε = εr ε0 ≈ ε0 =

10 −9 F/m 36π 215

10.1. Resistansi Material yang biasa digunakan sebagai konduktor adalah tembaga atau aluminium. Untuk saluran transmisi banyak digunakan aluminium dan kita mengenal jenis-jenis konduktor aluminium, seperti: • • •

Aluminium: AAL (all aluminium coductor) Aloy aluminium: AAAL (all aluminium alloy conductor) Dengan penguatan kawat baja: ACSR (aluminium conductor steel reinforced)

Data mengenai ukuran, konstruksi, resistansi [Ω per km], radius [cm], GMR [cm] (Geometric Mean Radius), serta kemampuan mengalirkan arus [A], dapat kita peroleh dari standar / spesifikasi namun untuk sementara kita tidak membahasnya. Relasi resistansi untuk arus searah adalah

R AS =

ρl Ω A

(10.1)

dengan l panjang konduktor [m], A luas penampang konduktor [m2], ρ adalah resistivitas bahan.

ρ Al = 2,83 × 10 −8 Ω.m [20 o C] ρ Cu = 1,77 × 10 −8 Ω .m [20 o C] Resistansi tergantung dari temperature,

T + T0 ρ T 2 = ρT 1 2 T1 + T0

(10.2)

T0 = 228 o C untuk aluminium = 241o C untuk tembaga Resistansi untuk arus bolak-balik lebih besar dari resistansi untuk arus searah karena ada efek kulit yaitu kecenderungan arus bolakbalik untuk mengalir melalui daerah pinggiran penampang konduktor. 216 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Selain daripada itu, kondukor saluran transmisi merupakan pilinan konduktor sehingga panjang konduktor sesungguhnya lebih dari panjang lateral yang kita ukur. 10.2. Induktansi Arus pada suatu konduktor menimbulkan medan magnit di sekeliling konduktor dan juga di dalam konduktor walaupun tidak merata di seluruh penampang. Menurut hukum Ampere, jika arus yang mengalir pada konduktor adalah i maka medan magnet H di

∫ Hdl = i . Di titik berjarak x di luar

sekitar konduktor adalah

l

konduktor relasi ini menjadi

Hx =

1 2πx

(10.3)

Jika konduktor kita anggap sangat panjang dan l adalah satu segmen dari padanya, maka fluksi magnet yang melingkupi segmen ini sampai jarak Dx dari konduktor adalah

λ=

Dx

∫r

µil µil D x ln dx = 2πx 2π r

(10.4)

dimana r adalah radius konduktor. Persamaan (10.4) ini adalah fluksi lingkup di luar konduktor. Masih ada fluksi di dalam konduktor yang harus diperhitungkan. Untuk mencakup fluksi di dalam konduktor itu didefinisikan suatu radius ekivalen yang disebut Geometric Mean Radius (GMR), r’, sehingga (10.4) menjadi

λ′ =

µil D x ln 2π r′

(10.5)

Sistem Dua Konduktor. Kita perhatikan suatu saluran kirim dialiri arus i dengan saluran balik yang juga dialiri arus i tetapi dengan arah yang berlawanan seperti terlihat pada Gb.10.1. Kita pandang sistem dua konduktor ini sebagai satu segmen dari loop yang sangat panjang. Pada ujung-ujung segmen loop ini terdapat tegangan di antara kedua ujung konduktor, yaitu v A dan v ′A .

217

A

iA

A′

D A : jarak A ke N v ′A r A′ : GMR konduktor A r′ : GMR konduktor N

vA N

iA

N′

Gb.10.1. Saluran kirim A dan saluran balik N. Jika panjang segmen ini adalah l maka arus iA di saluran A memberikan fluksi lingkup di bidang segmen loop ini sebesar

λ A1 =

µi A l D A ln 2π rA′

(10.6.a)

Arus iA di saluran balik N memberikan fluksi lingkup sebesar

λ A 2 =

µi A l D A ln 2π r′

(10.6.b)

Fluksi λ A1 dan λ A 2 saling menguatkan di bidang segmen loop ini sehingga fluksi lingkup total menjadi

λ A = λ A1 + λ A2 =

2 µi A l D A ln r A′ r′ 2π

(10.6.c)

λ A adalah fluksi lingkup konduktor A-N yang ditimbulkan oleh iA, dan merupakan fluksi sendiri yang akan memberikan induktansi sendiri LAA. Sistem Tiga Konduktor. Kita lihat sekarang sistem tiga konduktor A-B-N seperti terlihat pada Gb.10.2 dengan arus iA dan iB yang masing-masing menglir di A dan B. Konduktor N adalah saluran balik yang mengalirkan arus balik (i A + i B ) . Kita akan menghitung fluksi lingkup segmen loop yang menjadi perhatian kita yaitu fluksi lingkup pada segmen loop A-N.


iA

A

A′

iB

B′

B i A + iB N

N′

Gb.10.2. Saluran kirim A dan B, dan saluran balik N. Dalam situasi ini arus iA di konduktor A dan arus (iA+iB) di N memberikan fluksi lingkup sebesar

λ AB1 =

µi A l D A µ(i A + i B )l D A ln ln + 2π 2π r A′ r′

(10.7.a)

sedangkan arus iB di konduktor B memberikan

λ AB 2 =

µi B l D AB µi B l D B ln ln + 2π 2π rB′ rB′

(10.7.b)

Karena arus iB searah dengan iA maka suku pertama (10.7.b) memperlemah fluksi antara A dan B, sedangkan suku ke-dua memperkuat fluksi antara B dan N. Fluksi lingkup antara A dan N dengan kehadiran B menjadi λ AB = λ AB1 + λ AB 2 =

D  µi l µi Al  DA  ln + ln A  + B 2π  rA′ r′  2π

 DA D D   ln − ln AB + ln B   ′ ′ r r rB′  B 

atau

λ AB =

2 D A

µi A l µi l  D D ln + B  ln A B 2π 2π  rA′ r′ r′ D AB

   

(10.7.c)

λ AB adalah fluksi lingkup segmen loop A-N dengan kehadiran arus di konduktor B yang jika kita bandingkan dengan (10.6.c) terlihat bahwa suku ke-dua (10.6.c) adalah tambahan yang disebabkan oleh adanya arus iB..

219

Kita lihat sekarang fluksi lingkup segmen loop B-N antara konduktor B dan N. Fluksi lingkup yang ditimbulkan oleh arus di B dan arus di N adalah

λ BA1 =

µi B l D B µ(i B + i A )l D B ln ln + 2π 2π rB′ r′

(10.8.a)

dan fluksi yang ditimbulkan oleh iA yang memperkuat fluksi λ BA1 adalah

λ BA2 =

D  µi l D µi A l  D A  ln − ln AB  = A ln A 2π  2π r A′ rA′  D AB

(10.8.b)

sehingga fluksi lingkup konduktor B-N menjadi

λ BA = λ BA1 + λ BA2 2 µi B l D B µi l D D ln + A ln B A 2π 2π rB′ r′ D AB r′ Kita lihat bahwa formulai (10.8.c) mirip dengan (10.7.c)

=

(10.8.c)

Sistem Empat Konduktor. Dengan cara yang sama, kita menghitung fluksi-fluksi lingkup pada sistem empat konduktor dengan tiga konduktor A, B, dan C masing-masing dengan arus iA, iB, dan iC , dan satu konduktor balik N dengan arus (i A + i B + iC ) seperti terlihat pada Gb.10.3.

A v A B C

v B v C

v ′A

iB

v ′B

iC i A + i B + iC

A′ B′

C′

′ v C N′

N

Dij : jarak konduktor i dan j ; ri′ = GMR konduktor i, j : A, B, C, N Gb.10.3. Sistem empat konduktor. 220 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Fluksi lingkup konduktor A-N, B-N, dan C-N: µl  D D  iA ln A + (iA + iB + iC ) ln A r′ 2π  rA′

λ A =

+

µ  D  D  iB ln B − iB ln AB   rB′  rB′ 2π 

µ  D D  iC ln C − iC ln AC + rC′ rC′ 2π  =

   

(10.9.a)

   

µl  D D D D D2 iA ln A + iB ln A B + iC ln A C  ′ ′ ′ r′ DAC r DAB rAr 2π 

D D µl   i B ln B + (i A + i B + iC ) ln B 2π  rB′ r′

λ B =

=

+

D D  µ   i A ln A − i A ln AB  ′ 2π  rA rA′ 

+

D D µ   iC ln C − iC ln BC  2π  rC′ rC′

   

   

   

 D D D2 D D µl  i A ln B A + i B ln B + +iC ln B C  2π  r′ D AB rB′ r′ r′ D BC    (10.9.b)

λ C =

=

D D µl   iC ln C + (i A + i B + iC ) ln C  ′ 2π  rA r′ +

 D D µ   i A ln A − i A ln AC  2π  r A′ rA′ 

+

D D µ   i B ln B − i B ln BC 2π  rB′ rB′

   

  

D D D D D2  µl  i A ln C A + i B ln C B + iC ln C  2π  r′ D AC r′ D BC rC′ r′    (10.9.c) 221

Penurunan relasi (10.9) sudah barang tentu tidak terbatas hanya untuk empat konduktor. Akan tetapi kita mengaitkannya dengan keperluan kita untuk meninjau sistem tiga fasa. Oleh karena itu kita batasi tinjauan pada sistem empat konduktor. Dalam bentuk matriks, (10.9) dapat kita tuliskan  µ D2 ln A   2π rA′ r′ λ A  λ  = l  µ ln DB DA   B  r′ DAB  2π λC  µ D D  ln C A r′ DAC  2π

µ D D ln A B r′ DAB 2π µ D2 ln B 2π rB′ r′ µ D D ln C B 2π r′ DBC

µ D D  ln A C  r′ DAC  2π i A  µ D D  ln B C  iB  2π r′ DBC     iC  µ D2 ln C  2π rC′ r′ 

(10.10) Turunan terhadap waktu dari fluksi lingkup imbas 2  µ DA µ DA DB ln ln  ′ ′ π π 2 2 r r r′ DAB  A v  AA′   2 µ µ 1 D D DB  =  ln B A ln v ′ BB  2π 2π rB′ r′ l r′ DAB vCC ′   µ DC DA µ DC DB  ln ln 2π r′ DAC r′ DBC  2π

memberikan tegangan µ DA DC  ln   diA  2π r′ DAC   dt  µ DB DC   diB    ln 2π r′ DBC   dt  2   diC  µ DC   dt  ln 2π rC′ r′  

(10.11) Jika tegangan dan arus adalah sinusoidal, persamaan matriks di atas dapat kita tuliskan dalam fasor  µ D2 ln A   2π rA′ r′  VAA′  µ 1 D D  VBB′  = jω ln B A  l r′ D AB  2π  µ  VCC ′  D D  ln C A 2 r′ D AC π 

D D µ ln A B 2π r′ D AB D2 µ ln B 2π rB′ r′ D D µ ln C B 2π r′ DBC

D D  µ ln A C  2π r′ D AC  I A  DB DC    µ ln  IB 2π r′ DBC      IC  D2 µ ln C  2π rC′ r′ 

(10.12) Persamaan ini memberikan tegangan imbas pada setiap konduktor. 222 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

10.3. Impedansi Jika resistansi konduktor dimasukkan maka kita dapatkan matriks impedansi yang tidak hanya memberikan tegangan imbas tetapi tegangan jatuh di konduktor. Dalam memasukkan resistansi ini kita amati hal berikut: Semua arus fasa melalui masing-masing konduktor fasa, dan melalui konduktor netral secara bersama-sama. Oleh karena itu impedansi sendiri suatu fasa akan mengandung resistansi konduktor fasa dan resistansi konduktor netral, sedangkan impedansi bersama akan mengandung resistansi konduktor netral saja. Persamaan (10.12) berubah menjadi:

 V AA′   Z AA 1  VBB′  =  Z BA  l    VCC ′   Z CA

Z AB Z BB Z CB

Z AC   I A    Z BC   I B  Z CC  I C 

(10.13.a)

dengan Z AA = RA + R + j

2 ωµ DA ωµ DA DB ln ; Z AB = R + j ln ; ′ ′ 2π rAr 2π r′ DAB

Z AC = R + j Z BA = R + j

2 ωµ DB D A ωµ DB ln ; Z BB = RB + R + j ln ; 2π 2π rB′ r′ r′ DAB

Z BC = R + j ZCA = R + j

ωµ DA DC ln 2π r′ DAC

ωµ DB DC ln 2π r′ DBC

ωµ DC DA ωµ DC DB ln ; ZCB = R + j ln ; 2π 2π r′ DAC r′ DBC ZCC = RC + R + j

2 ωµ DC ln 2π rC′ r′

(10.13.b) Walaupun matriks impedansi pada (10.13.a) terlihat simetris namun tidak diagonal. Matrik impedansi urutan akan berbentuk diagonal jika konfigurasi konduktor memiliki kesimetrisan seperti pada konfigurasi ∆ atau dibuat simetris melalui transposisi. 223

Konfigurasi ∆ (Segitiga Sama-sisi). Konfigurasi ini adalah konfigurasi segitiga sama-sisi di mana konduktor fasa berposisi di puncak-puncak segitiga; D AB = D BC = D AC = D . Konduktor netral berposisi di titik berat segitiga sehingga

D A = D B = DC = D / 3 .

D

D D/ 3

D Gb.10.4 Konfigurasi ∆ (equilateral). Jika kita misalkan resistansi konduktor fasa sama besar yaitu R dan GMR-nya pun sama yaitu r maka jika kita masukkan besaranbesaran ini ke (10.13.b) kita peroleh Z AA = R + R + j

ωµ D2 ωµ D ln ; Z AB = R + j ln ; ′ ′ 2π 3r r 2π 3r′ Z AC = R + j

Z BA = R + j

Z CA = R + j

ωµ D ln 2π 3r′

ωµ ωµ D D2 ln ; Z BB = R + R + j ln ; 2π 3r′ 2π 3r ′r′ (10.14) ωµ D ln Z BC = R + j 2π 3r′ ωµ ωµ D D ln ; Z CB = R + j ln ; 2π 3r′ 2π 3r′ Z CC = R + R + j

ωµ D2 ln 2π 3r ′r′

Pada (10.14) ini terlihat bahwa

Z AB = Z BC = Z CA = Z m Z AA = Z BB = Z CC = Z s 224 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

sehingga (10.13.a) dapat dituliskan:

 V AA′   Z s 1  VBB′  =  Z m  l    VCC ′   Z m

Zm Zs Zm

Z m  I A    Z m   I B  Z s   I C 

(10.15.a)

dengan Z s = R + R + j

ωµ D2 ln 2π 3r′r′

Ω/m

ωµ D ln Ω/m Z m = R + j 2π 3r′

(10.15.b)

Impedansi urutan dapat kita peroleh dengan cara seperti pada Contoh-9.2 di bab sebelumnya.

[Z 012 ] = [T]−1 [Z ABC ][T] 1 1 1   Z s Z m Z m  1 1 1 [T] [Z ABC ][T] = 1 a a 2  Z m Z s Z m  1 a 2 3 1 a 2 a   Z m Z m Z s  1 a Z s + 2Zm Z s + 2Zm Z s + 2Z m  1 1 2 2 =  Z s − Z m aZ s + (1 + a ) Z m a Z s + (1 + a) Z m  1 3  Z s − Z m a 2 Z s + (1 + a) Z m aZ s + (1 + a 2 ) Z m  1 -1

 Z s + 2Z m =  0  0

0 Zs − Zm 0

1 a  a 2  1 a2 a

1 a  a 2 

0  0  Z s − Z m 

Dengan memasukkan (10.15.b) kita peroleh

Z 0 = Z s + 2 Z m = R + 3R + j Z1 = Z 2 = Z s − Z m

ωµ D4 Ω/m ln 2π 27 r ′(r′ ) 3

(10.16)

ωµ D = R+ j ln Ω/m 2π r ′

225

CO&TOH-10.1: Penyulang tiga fasa, 20 kV, 50 Hz, panjang 20 km. Konduktor penyulang berpenampang 95 mm2 dan memiliki radius efektif 6 mm. Resistivitas konduktor adalah 0,0286 Ω.mm2/m dan penyulang dibangun dalam konfigurasi ∆ dengan jarak antar konduktor 1m. Hitunglah impedansi sendiri dan impedansi bersama serta impedansi urutan positif, dengan mengabaikan kapasitansi. Penyelesaian:

ρl 0,0286 = = 0,00031 Ω/m A 95 Dengan konfigurasi ∆, impedansi sendiri dan impedansi bersama fasa A dihitung menggunakan formulasi (10.14):   0.00031 + 0,00031   − 7 2 Z AA =   × 20000 100π × 4π ×10 1 ln  + j 2π 3 × 0,006 × 0,006   Resistansi konduktor: R A =

= 12,04 + j12,85 = 17,61∠46,86 o Ω   100π × 4π × 10 −7 12  × 20000 Z AB =  0,00031 + j ln   2 3 0 , 006 π ×   = 6,02 + j 5,05 = 7,86∠39,96 o Ω Z AC = Z AB Impedansi urutan positif dihitung dengan relasi (10.16)

Z1 = Z s − Z m = Z AA − Z AB = 12,04 + j12,85 − 6,02 + j 5,05 = 6,02 + j 7,8 = 9,86∠52,35 o Ω CO&TOH-10.2: Beban 5000 kW dengan factor daya 0,8 dicatu melalui penyulang tiga fasa, 20 kV, 50 Hz, sepanjang 20 km yang diberikan pada Contoh-10.1. Dengan mengabaikan kapasitansi antar konduktor, hitunglah tegangan di ujung kirim apabila tegangan di ujung terima (beban) ditetapkan 20 kV dengan cara: a) menggunakan besaran-besaran fasa; b) menggunakan besaran urutan.


Penyelesaian:

a)

Karena kapasitansi diabaikan, maka perbedaan tegangan antara ujung kirim dan ujung terima hanya disebabkan oleh impedansi saluran. Dengan pembebanan seimbang, perhitungan dilakukan menggunakan model satu fasa. Kita amati fasa A. Impedansi sendiri dan impedansi bersama fasa A telah dihitung pada contoh-10.1:

Z AA = 12,04 + j12,85 = 17,61∠46,86 o Ω Z AB = Z AC = 6,02 + j 5,05 = 7,86∠39,96 o Ω Dengan menggunakan tegangan fasa-netral ujung terima fasa A sebagai referensi, maka tegangan fasa-netral ujung terima fasa A, B, dan C adalah 20 VrA = ∠0 o = 11,55∠0 o kV 3

VrB = 11,55∠ − 120 o kV VrC = 11,55∠ − 240 o kV Arus fasa A, B, dan C adalah 5000 / 3 IA = = 180,4 A → I A = 180,4∠ − 36,87 o A 11,55 × 0,8

I B = 180,4∠ − 156,87 o A I C = 180,4∠ − 276,87 o A Tegangan jatuh di fasa A adalah:

V AA′ = Z AA I A + Z AB I B + Z AC I C = 17,61∠46,86 o × 180,4∠ − 36,87 o + 7,86∠39,96 o × 180,4∠ − 156,87 o + 7,86∠39,96 o × 180,4∠ − 276,87 o = 3129,33 + j 551,34 − 641,39 − j1263,93 − 773,90 + j1187,43 = 1714,04 + j 474,84

227

Tegangan fasa-netral di ujung kirim:

VsA = VrA + V AA′ = 11,55 + 1,71 + j 0,48 = 13,2∠2 o kV Tegangan fsa-fasa di ujung kirim: V s LL = 13,2 3 = 22,8 kV b). Pada pembebanan seimbang, besaran urutan yang ada hanyalah urutan positif. Impedansi urutan positif telah dihitung pada contoh-10.1.

Z1 = 6,02 + j 7,8 = 9,86∠52,35 o Ω Tegangan jatuh di fasa A adalah:

V AA′ = Z 1 × I A = 9,86∠52,35 o ×180,4∠ − 36,87 o = 1778,59∠15,48 o = 1,71 + j 0,48 V VsA = VrA + V AA′ = 11,55 + 1,71 + j 0,48 = 13,2∠2 o kV Tegangan fasa-fasa di ujung kirim: V s LL = 13,2 3 = 22,8 kV

Transposisi. Suatu upaya untuk membuat konfigurasi menjadi simetris adalah melakukan transposisi, yaitu mempertukarkan posisi konduktor sedemikian rupa sehingga secara keseluruhan transmisi mempunyai konfigurasi simetris ataupun hampir simetris seperti terlihat pada Gb.10.4. Panjang total saluran, d, dibagi dalam tiga seksi dan posisi konduktor fasa dipertukarkan secara berurutan. Kita misalkan ketiga konduktor fasa pada Gb.10.5 memiliki resistansi per satuan panjang sama besar dan demikian juga jari-jari serta GMR-nya; R A = R B = RC = R , r A = rB = rC = r dan r A′ = rB′ = rC′ = r ′ . Kita dapat mencari formulasi impedansi fasa dan impedansi urutan dengan melihat seksi per seksi.


D A = D1 D B = D 2

D A = D 2

D A = D3

D B = D3

DC = D3

DC = D1

D B = D1 DC = D2

Gb.10.5. Transposisi. Kita lihat konduktor A di seksi pertama:  ;  

Z AA =

ωµ D12 d  ln R + R + j  3 2π r ′r′

Z AB =

1 ωµ ωµ d DD DD ln 1 2 ; Z AC =  R + j ln 1 3 R + j 3 2π DAB r′ 3 2π DAC r′

   

(10.17.a) Konduktor A di seksi ke-dua: Z AA =

d  ωµ D22 R + R + j ln  3 2π r′r′

Z AB =

d ωµ D2 D3  R + j ln  3 2π DABr′

 ;  

 D D ωµ 1 ; Z AC =  R + j ln 2 1   3 2π DAC r′ 

   

(10.17.b) Konduktor A di seksi ke-tiga Z AA =

d  D2 ωµ ln 3 R + R + j 3  2π rA′ r′

Z AB =

d DD ωµ  R + j ln 3 1 3  2π DAB r′

 ;  

 1 DD ωµ ; Z AC =  R + j ln 3 2   ′ 3 2 D π AC r  

   

(10.17.c) 229

Impedansi per satuan panjang konduktor A di seluruh seksi dapat dinyatakan sebagai:

   

Z AA = R + R

2 ωµ  D1 ln +j 2π  r ′r′

Z AB = R + j

ωµ  D1 D 2 ln 2π  D AB r′

   

Z AC = R + j

ωµ  D1 D3 ln 2π  D AC r′

   

1/ 3

1/ 3

 D22   r ′r′ 

   

1/ 3

 D 2 D3   D r′  AB

1/ 3

 D2 D1   D r′  AC

   

 D32   r ′r′ 

1/ 3

   

1/ 3

   

 D3 D1   D r′  AB

1/ 3

 D3 D 2   D r′  AC

   

1/ 3

   

1/ 3

(10.18) Jika didefinisikan:

Dh = 3 D1 D2 D3

dan D f = 3 D AB D BC D AC

(10.19)

maka formulasi (10.18) menjadi

Z AA = R + R + j

Z AB = R + j

2 ωµ  D h ln 2π  r ′r′ 

2 ωµ  D h ln 2π  D f r′ 

 ;  

2  ωµ  D h  ; Z ln = + R j  AC 2π  D f r′     (10.20)

Fasa B dan C memiliki formula yang mirip dengan fasa A dan kita mendapatkan relasi

 V AA′   Z s 1  VBB′  =  Z m  l    VCC ′   Z m

Zm Zs Zm

Z m  I A    Z m   I B  Z s   I C 

(10.21.a)

dengan


Z s = R + R + j

2 ωµ  D h ln 2π  r ′r′ 

2 ωµ  D h ln Z m = R + j 2π  D f r′ 

  Ω/m  

  Ω/m  

(10.21.b)

Impedansi urutan

[Z 012 ] = [T]−1 [Z ABC ][T] dan dengan (10.21.b) kita peroleh:

D h6 ωµ ln 2π D 2 r ′(r′ ) 3 f ωµ D f ln Z1 = Z 2 = Z s − Z m = R + j 2π r′ Z 0 = Z s + 2 Z m = R + 3R + j

(10.22)

CO&TOH-10.3: Hitunglah impedansi urutan positif pada frekuensi 50 Hz dari suatu saluran transmisi dengan transposisi yang mempunyai konfigurasi sebagai berikut: 8, 4 m

4,2 m

A

R A = RB = RC = 0.088 Ω / km rA = rB = rC = r = 1,350 cm rA′ = rB′ = rC′ = r ′ = 1,073 cm

4,2 m

C

B

Kapasitas arus : 900 A

Penyelesaian: (perhatikan bahwa R dinyatakan dalam Ω/km) Untuk menggunakan relasi (10.22), kita hitung lebih dulu Df dengan menggunakan relasi (10.19): D f = 3 4 × 4 × 8 = 5,29 m

Jadi:

2π × 50 × 4π ×10 −7 ×1000 5,29 ln 2π 0,01073 = 0,088 + j 0,3896 Ω/km

Z1 = 0,088 + j

231

10.4. Admitansi

Kita pandang satu konduktor lurus dengan panjang tak hingga dan mengandung muatan dengan kerapatan ρ per satual panjang. Pada konfigurasi sederhana ini, penerapan hukum Gauss untuk menghitung displacement D menjadi sederhana.

∫ Dds = ρl S

dengan S adalah luas dinding silinder dengan sumbu pada konduktor sepanjang l. Bidang equipotensial di sekitar konduktor akan berbentuk silindris dengan sumbu pada konduktor tersebut. Kuat medan listrik di suatu titik berjarak x dari konduktor adalah: Ex =

Untuk udara ε = ε 0 =

ρl D ρ = = ε ε × 2πx × l 2πεx

1 × 10 −9 36π

F/m

Kuat medan listrik ini menyebabkan terjadinya perbedaan potensial antara dua titik di luar konduktor, seperti digambarkan pada Gb.10.5. A B xA xB

Gb.10.5. Dua titik di luar konduktor.

v AB =

xB

∫x

A

Edx =

xB

∫x

A

x ρ ρ dx = ln B 2πεx 2πε x A

(10.23)

v AB adalah penurunan potensial dari A ke B yang bernilai posistif jika xB > xA. Jika ρ adalah muatan negatif maka v AB adalah kenaikan potensial.

Beda Potensial Dua Konduktor Tak Bermuatan. Kita lihat sekarang satu konduktor k dengan jari-jari rk dan bermuatan ρk. Dua konduktor lain yang tidak bermuatan, i dan j, berjarak Dik dan Djk dari konduktor k seperti terlihat pada Gb.10.6. 232 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

k , rk , ρ k

i

Dik

j

D jk

Gb.10.6. Satu konduktor bermuatan dan dua konduktor tak bermuatan. Potensial konduktor i yang diakibatkan oleh adanya muatan di konduktor k adalah beda potensial antara titik di permukaan konduktor k dan posisi konduktor i. Sedangkan beda potensial antara konduktor k dan j adalah beda potensial antara permukaan konduktor k dan posisi konduktor j. Beda potensial antara konduktor i dan j adalah selisih antara keduanya. v ij

ρk

= v kj =

ρk

− v ki

ρk

D jk ρ k  Dik  ln − ln  2πε  rk rk

 ρk D = ln ik  2πε D ij 

(10.24.)

Beda Potensial Tiga Konduktor Bermuatan. Tiga konduktor bermuatan A, B, C diperlihatkan pada Gb.10.7. Setiap muatan di setiap konduktor akan menyebabkan beda potensial di dua konduktor yang lain. D AC

D AB A, r A , ρ A

D BC B, rB , ρ B

C, rC , ρ C

Gb.10.7. Tiga konduktor bermuatan.

v BC = v BC ρ + v BC ρ + v BC ρ A B C v BC

ρA

=

D ρA ln AC 2πε D AB

233

v BC

ρB

=

vBC ρ = c

Jadi v BC =

D ρB ln BC rB 2πε

r ρC ln C 2πε DBC

D D r 1   ρ A ln AC + ρ B ln BC + ρ C ln C 2πε  D AB rB D BC

  (10.25)  

Beda Potensial Empat Konduktor Bermuatan. Empat konduktor bermuatan terlihat pada Gb.10.8:

A, r A , ρ A

B, rB , ρ B

C, rC , ρ C

N , r , ρ

Gb. 10.8. Sistem empat konduktor. Kita akan meninjau sistem empat konduktor seperti terlihat pada gambar di atas dengan ketentuan konservasi muatan, yaitu

ρA +ρA +ρA +ρA = 0 v A =

(10.26)

D D D r 1   ρ A ln A + ρ B ln B + ρ C ln C + ρ ln  2πε  rA D AB D AC D A

   

    D D D r  1   ρ A ln A + ρ B ln B + ρ C ln C + ρ ln  v C =  2πε  D AC D BC rC DC  v B =

v =

D D D r 1   ρ A ln A + ρ B ln B + ρ C ln C + ρ ln  2πε  D AB rB D BC D B

D D D D 1   ρ A ln A + ρ B ln B + ρ C ln C + ρ ln D A D B DC D 2πε 

 =0  

(10.27) Jika kita terapkan relasi konservasi muatan (10.26)

ρ a + ρb + ρ c + ρ n = 0 atau ρ n = −(ρ a + ρb + ρ c ) maka ρ akan ter-eliminasi dari persamaan (10.27) 234 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

     D2 D D + ρ B ln B + ρ C ln B C  rB r D BC r  D D D2  + ρ B ln C B + ρ C ln C  D BC r rC r  (10.28.a)

v A =

D2 D D D D 1  ρ A ln A + ρ B ln A B + ρ C ln A C 2πε  r A r D AB r D AC r

v B =

D D 1  ρ A ln A B 2πε  D AB r

v C =

D D 1  ρ A ln C A  D AC r 2πε 

yang dalam bentuk matriks kita tuliskan:  1 D2 ln A  2πε ra rn v A   v  =  1 ln DB DA  B   2πε DAB rn vC   1 D D  ln C A DAC rn  2πε

1 D D ln A B 2πε DAB rn 1 D2 ln B 2πε rb rn 1 D D ln C B 2πε DBCB rn

1 D D  ln A C  2πε DAC rn  ρ A  1 DB DC    ln  ρ B  2πε DBC rn   ρC  1 D2 ln C  2πε rc rn 

(10.28.b) atau secara singkat

v A   f AA v  =  f  B   AB v C   f CA

f AB f BB f CB

f AC  ρ A  f BC  ρ A  f CC  ρ C 

(10.28.c)

atau

~ ~v ABC = [F ABC ] ρ ABC

(10.28.d)

Din D jn 1 ln Dij rn 2πε

(10.28.e)

dengan

f ij =

i, j = A, B, C Untuk tegangan sinusoidal keadaan mantap, dapat kita tuliskan:

235

 V A   f AA     V B  =  f BA VC   f CA   

f AC  ρ A  f BC  ρ B  f CC  ρ C 

f AB f BB f CB

(10.29.a)

atau

ρ A   f AA ρ  =  f  B   BA ρ C   f CA

f AB f BB f CB

f AC  f BC  f CC 

−1

V A    VB  VC   

(10.29.b)

atau

~ -1 ~ ~ ρ ABC = [F ABC ] V ABC = [C ABC ] V ABC

(10.29.c)

Kita ingat relasi kapasitor Q = CV . Dari (10.25.c) kita turunkan

[C ABC ] = [F ABC ]-1

F/m

(10.30)

[YABC ] = jω[C ABC ] Ω/m

(10.31)

dan kita peroleh admitansi

Namun kita tidak menghitung [YABC] dengan menggunakan (10.31) melainkan dari (10.30) dengan menghitung [F ABC ] dan sini menghitung [F012 ] sehingga diperoleh [C 012 ] dan [Y012 ] .

 f AA

[FABC ] =  f BA

f AB

 f CA

f BB f CB

f AC  f BC  f CC 

(10.32)

nilai urutannya adalah

[F012 ] = [T]−1 [F ABC ][T]

(10.33)

dan akan kita peroleh

[C012 ] = [F012 ]−1

sehingga

[Y012 ] = jω[C012 ]

(10.34)


Konfigurasi ∆.

D AB = D BC = D AC = D ; D A = D B = DC = D / 3 .

 1 D2 ln   2πε 3rrn  [F ABC ] =  1 ln D  2πε 3rn  1 D  ln  2πε 3rn  fs =  f m  f m

fm fs fm  fs  fm  f m

 fs + 2 fm 0 =   0 F0 = f s + 2 f m =

fm  f m  [T ] f s 

0 fs − fm 0

0  0  f s − f m 

1 D4 ln 2πε 27r (rn ) 3

F1 = F2 = f s − f m

1 D  ln  2πε 3rn  1 D  ln  2πε 3rn  1 D 2  (10.35)  ln 2πε 3rrn 

fm  f m  f s  fm fs fm

−1 

[F012 ] = [T]

1 D ln 2πε 3rn 1 D2 ln 2πε 3rrn 1 D ln 2πε 3rn

(10.36)

(10.37)

1 D ln = 2πε r

Kapasitansi

C0 =

1 2πε = 4 F0 ln[ D / 27r (r ) 3 ]

1 2πε = C2 = C1 = F1 ln( D / r )

(10.38)

237

Admitansi

Y0 = jωC 0 = j

2πεω 4

ln[ D / 27r (r ) 3 ]

(10.39)

2πεω Y1 = jωC1 = Y2 = j ln( D / r )

Transposisi. Kita telah melihat bahwa jika transposisi dilakukan maka impedansi urutan dapat berbentuk matriks diagonal. Hal yang sama akan terjadi pada admitansi. Dengan transposisi matriks [FABC] berbentuk  fs fm fm  [F ABC ] =  f m f s f m  (10.40)  f m f m f s  Pada tahap ini kita perlu mengingat kembali bahwa walaupun dalam analisis rangkaian listrik besaran resistansi, induktansi, impedansi, serta admitansi difahami sebagai konstanta proporsiaonalitas rangkaian linier, namun sesungguhnya mereka adalah besaranbesaran dimensional. Mereka merupakan besaran yang tergantung dari ukuran yang dimilikinya serta sifat-sifat fisis material yang membentuknya. Oleh karena itu, selama dimensinya sama, pengolahan aritmatika dapat dilakukan. Dalam kasus transposisi saluran transmisi, sebagaimana ditunjukkan oleh matriks [FABC] di atas, konduktor-konduktor memiliki nilai sama jika dilihat dalam selang saluran yang ditransposisikan yaitu yang terdiri dari tiga seksi. Dengan demikian maka admitansi dapat kita peroleh dengan mengambil nilai rata-rata dari admitansi per seksi.

(

1 f ij seksi-1 + f ij seksi-2 + f ij seksi-3 3 dengan f ij = f s jika i = j f ij =

) (10.41)

f if = f m jika i ≠ j Kita memperoleh (lihat Gb.10.4.)


fs = fm

D2D2D2 1 ln 1 2 3 6πε r 3 r3

(10.41)

D D D D D D 1 = ln 1 2 2 3 3 1 6πε D AB D BC D AC r3

Dengan definisi (10.19)

D h = 3 D1 D 2 D3

dan D f = 3 D AB D BC D AC

kita peroleh

fs =

D2 1 ln h 2πε rr

(10.42)

Dh2 1 fm = ln 2πε D f r sehingga 6

Dh 1 ln 2πε D 2 r (rn ) 3 f Df 1 F1 = F2 = f s − f m = ln r 2πε

F0 = f s + 2 f m =

(10.43

Kapasitansi adalah

C0 =

1 2πε F/m = F0 ln[ D 6 / D 2 r (r ) 3 ] h f

1 2πε C1 = F/m = C2 = F1 ln( D f / r )

(10.44)

Admitansi adalah

Y0 = jωC 0 = jω

2πε ln( Dh6

/ D 2f rr3 )

2πε S/m Y1 = Y2 = jω ln( D f / r )

S/m (10.45)

239

CO&TOH-10.4: Hitunglah admitansi urutan positif pada frekuensi 50 Hz dari suatu saluran transmisi dengan transposisi yang mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-10.3: 8, 4 m

4,2 m

A

R A = RB = RC = 0.088 Ω / km 4,2 m

B

C

rA = rB = rC = r = 1,350 cm rA′ = rB′ = rC′ = r ′ = 1,073 cm Kapasitas arus : 900 A

Penyelesaian: Dengan menggunakan relasi (10.37), di mana Df sudah dihitung pada Contoh-10.2 dan ε = (1 / 36π) × 10 −9 F/m maka:

Y1 = jω

2π × 50 × 2π × (1 / 36π) × 10 −9 2πε = j ln( D f / r ) ln(5,29 / 0,01350)

= j 2,923 × 10 −9 S/m = j 2,923 µS/km Catatan: Formulasi untuk Y0 pada (10.39) tidak terlalu cocok untuk menghitung admitansi urutan nol. Kopling kapasitif tidak hanya terjadi antar konduktor tetapi juga dengan tanah.


BAB 11

Rangkaian Ekivalen Saluran Transmisi Di bab sebelumnya kita telah memperoleh formulasi impedansi dan admitansi per satuan panjang dari saluran transmisi. Selain itu kita telah melihat bahwa dengan transposisi saluran transmisi dibuat menjadi simetris dan memberikan matriks besaran urutan yang diagonal. Impedansi dan admitansi suatu saluran transmisi terdistribusi sepanjang saluran yang ratusan kilometer panjangnya. Dengan menggunakan model satu fasa, kita akan melihat bagaimana perubahan tegangan dan arus sepanjang saluran. Setelah itu kita akan melihat rangkaian ekivalen yang diperlukan dalam analisis jika saluran transmisi ini terhubung dengan peralatan lain, transformator misalnya.

11.1. Persamaan Saluran Transmisi Karena impedansi dan admitansi terdistribusi sepanjang saluran maka dalam penyaluran daya akan terjadi perbedaan tegangan dan arus antara setiap posisi yang berbeda. Kita lihat saluran transmisi dua konduktor lebih dulu, seperti pada Gb.11.1. ∆x I s + ∆x

Vs

Z∆x I x

V s + ∆x

Y∆ x V x

Ix

Vx

Ir

Vr

x Gb.11.1 Model satu fasa saluran transmisi.

241

Saluran transmisi ini bertegangan Vs di ujung kirim dan Vr di ujung terima. Kita tinjau satu posisi berjarak x dari ujung terima dan kita perhatikan suatu segmen kecil ∆x ke-arah ujung kirim. Pada segmen kecil ini terjadi hal-hal berikut: Tegangan V x di x. Tegangan V x + ∆x di (x + ∆x) karena terjadi tegangan jatuh ∆Vx = Z∆xI x (Z adalah impedansi per satuan panjang). Arus I x mengalir dari x menuju ujung terima. Arus ∆I x = Y∆xV x mengalir di segmen ∆x (Y adalah admitansi per satuan panjang). Arus I x + ∆x mengalir menuju titik (x + ∆x) dari arah ujung kirim.

Vx + ∆x − Vx = ZI x ∆x − Ix I I x + ∆x − I x = Y∆xVx atau x + ∆x = YVx ∆x

Vx + ∆x − V x = Z∆xI x atau

Jika ∆x mendekati nol, maka

dV x = ZI x dx

dan

dI x = YVx dx

(11.1)

Jika (11.1) kita turunkan sekali lagi terhadap x kita peroleh

d 2 Vx dx

2

=Z

dI x dx

dan

d 2I x dx

2

=Y

dV x dx

(11.2)

Substitusi (11.1) ke (11.2) memberikan

d 2 Vx dx 2

= ZYVx

dan

d 2I x dx 2

= ZYI x

(11.3)


Konstanta Propagasi. Persamaan (11.3) ini telah menjadi sebuah persamaan di mana ruas kiri dan kanan berisi peubah yang sama sehingga solusi dapat dicari. Untuk mencari solusi tersebut didefinisikan

γ 2 = ZY

atau γ = ZY

(11.4)

γ disebut konstanta propagasi. Karena Z memiliki satuan Ω/m dan Y memiliki satuan S/m, maka γ memiliki satuan per meter. Selain itu karena Z dan Y merupakan bilangan kompleks maka γ juga merupakan bilangan kompleks yang dapat dituliskan sebagai γ = α + jβ

(11.5)

α disebut konstanta redaman β disebut konstanta fasa

Impedansi Karakteristik. Dengan menggunakan pengertian konstanta propagasi maka persamaan (11.3) dapat dituliskan menjadi

d 2 Vx dx 2

= γ 2 Vx

dan

d 2I x

dan

d 2I x

dx 2

= γ 2I x

(11.6.a)

− γ2I x = 0

(11.6.b)

atau

d 2 Vx dx 2

− γ 2 Vx = 0

dx 2

Solusi persamaan (11.6.b) adalah (lihat bahasan analisis transien orde ke-dua di pustaka [3]):

Vx = k v1e γx + k v 2 e − γx dan I x = k i1e γx + k i 2 e − γx (11.6.c) Kita lihat lebih dulu persamaan pertama (11.6.c) yaitu

Vx = k v1e γx + k v1e − γx

(11.7.a)

Persamaan (11.1) dan (11.7.a) memberikan

243

dVx = ZI x = k v1γe γx − k v 2 γe γx dx

(11.7.b)

Persamaan (11.7.a) dan (11.7.b serta definisi (11.4) memberikan

k v1e γx − k v 2 e γx =

Z ZY

Ix =

Z Ix Y

(11.7.c)

Perhatikan bahwa ruas paling kiri (11.7.c) adalah tegangan. Hal ini berarti bahwa ruas paling kanan juga berdimensi tegangan. Oleh karena itu

Z di ruas paling kanan (11.7.c) haruslah berdimensi impedansi; Y impedansi ini disebut impedansi karakteristik, Zc. Zc =

Z Y

(11.8)

Dengan pengertian impedansi karakteristik ini maka (11.7.c) kita tulis menjadi

k v1e γx − k v 2 e γx = Z c I x

(11.9.a)

sementara persamaan pertama (11.6.c) dapat kita tulis

k v1e γx + k v 2 e − γx = V x

(11.9.b)

Pada x = 0 persamaan (11.9.a) dan (11.9.b) memberikan

k v1 − k v 2 = Z c I r k v1 + k v 2 = Vr

Z c I r + Vr 2 Vr − Z c I r = 2

k v1 = sehingga diperoleh

k v2

(11.9.c)

Dengan (11.9.c) ini maka persamaan pertama (11.6.c) menjadi


V x = k v1e γx + k v 2 e − γx

Z I + Vr γx Vr − Z c I r − γx = c r e + e 2 2

(11.9.d)

e γx + e − γx e γx − e − γx = Vr + ZcIr 2 2 = Vr cosh(γx) + Z c I r sinh(λx) Persamaan ke-dua (11.6.c) kita olah dengan cara yang sama.

I x = k i1e γx + k i 2 e − γx →

→ k i1e γx − k i 2 e − γx =

dI x = k i1 γe γx − k i 2 γe − γx = YV x dx

1 Vx Zc

(11.10.a)

Untuk x = 0,

I r + Vr / Z c 2 dan diperoleh 1 k i1 − k i 2 = Vr I − Vr / Z c Zc k i2 = r 2

k i1 + k i 2 = I r

k i1 =

(11.10.b)

Dengan (11.11.c) ini kita peroleh

I + Vr / Z c γx I r − Vr / Z c − γx Ix = r e + e 2 2 =

Vr e γx − e − γx e γx + e − γx + Ir 2 2 Zc

=

Vr sinh(λx) + I r cosh(γx) Zc

(11.10.c)

Jadi untuk saluran transmisi kita peroleh sepasang persamaan

Vx = Vr cosh(γx) + Z c I r sinh(γx) V I x = r sinh(γx) + I r cosh(γx) Zc

(11.11)

245

Persamaan (11.11) ini memberikan nilai tegangan di setiap posisi x pada saluran transmisi apabila tegangan dan arus di ujung terima diketahui. Dengan bantuan komputer tidaklah terlalu sulit untuk melakukan perhitungan untuk setiap nilai x. Parameter yang terlibat dalam perhitungan adalah konstanta propagasi γ dan impedansi karakteristik Zc. Konstanta propagasi mempunyai satuan per meter yang ditunjukkan oleh persamaan (11.4); impedansi karakteristik mempunyai satuan ohm (bukan ohm per meter) yang ditunjukkan oleh (11.8).

11.2. Rangkaian Ekivalen π Jika panjang saluran adalah d, tegangan dan arus di ujung kirim adalah Vs dan I s maka dari (11.11) kita peroleh

Vs = Vr cosh(γd ) + Z c I r sinh(γd ) (11.12) V I s = r sinh( γd ) + I r cosh(γd ) Zc Rangkaian ekivalen diperlukan dalam analisis saluran transmisi jika terhubung dengan piranti lain. Kita akan meninjau suatu rangkaian ekivalen yang disebut rangkaian ekivalen π seperti terlihat pada Gb.11.2. Is Ir Zt Vs

Yt 2

Yt 2

Vr

Gb.11.2. Rangkaian ekivalen π. Pada rangkaian ekivalen ini, impedansi dan admitansi yang terdistribusi sepanjang saluran dimodelkan sebagai impedansi dan admitansi tergumpal ekivalen. Aplikasi hukum Kirchhoff pada rangkaian ini memberikan:


Y    Z Y  Vs = Vr + Z t  I r + t Vr  = 1 + t t  Vr + Z t I r (11.13.a) 2 2     Y Y I s = I r + t Vr + t Vs 2 2  Yt Yt  Z t Yt  (11.13.b) = I r + Vr + 1 +  Vr + Z t I r  2 2  2   Z Y  =  2 + t t 2 

 Yt  Z Y  Vr + 1 + t t 2  2 

 I r 

Kita ringkaskan (11.3.a dan b) menjadi :

 Z Y Vs = 1 + t t 2  Z Y  I s =  2 + t t 2 

 Vr + Z t I   Yt  Z t Yt   2 Vr + 1 + 2  I r   

(11.14)

Jika kita perbandingkan persamaan ini dengan persamaan (11.12), kita dapatkan Z Y 1 + t t = cosh(γd ) 2 Z t = Z c sinh( γd ) (11.15)

Z Y Y  1  2 + t t  t = sinh( γd ) 2 2 Z   c Substitusi persamaan pertama (11.15 ke persamaan ke-tiga memberikan Yt sinh( γd ) (e γd − e − γd ) / 2 = = 2 Z c (cosh(γd ) + 1) Z c (e γd + e − γd + 2) / 2

= =

(e γd / 2 − e − γd / 2 ) × (e γd / 2 + e − γd / 2 ) Z c (e γd / 2 + e − γd / 2 ) 2 (e γd / 2 − e − γd / 2 ) Z c (e

γd / 2

+e

− γd / 2

= )

1  γd  tanh  Zc  2  247

Jadi dalam rangkaian ekivalen π Yt 1  γd  = tanh   2 Zc  2  d = jarak ujung terima dan ujung kirim

Z t = Z c sinh( γd ) dan

(11.16)

Z c = impedansi karakteristik Rangkaian ekivalen π diturunkan dari model satu fasa rangkaian tiga fasa seimbang. Untuk rangkaian tiga fasa tak-seimbang, fasor-fasor tak seimbang kita uraikan menjadi komponen-komponen simetris. Masing-masing komponen simetris merupakan fasa-fasa seimbang sehingga masing-masing komponen dapat di analisis menggunakan rangkaian ekivalen satu fasa. Dengan kata lain masing-masing komponen memiliki rangkaian ekivalen, yaitu rangkaian ekivalen urutan positif, urutan negatif, dan urutan nol, seperti terlihat pada Gb.11.3. Besaran rangkaian ekivalen adalah: Konstanta propagasi urutan: γ 0 = Z 0Y0

γ 1 = Z1Y1

(11.17)

γ 2 = Z 2 Y2 Impedansi karakteristik urutan: Z c 0 = Z 0 / Y0

Z c1 = Z1 / Y1

(11.18)

Z c 2 = Z 2 / Y2 Impedansi urutan:

Z 0 = Z c 0 sinh γ 0 d Z1 = Z c1 sinh γ 1d

(11.19)

Z 2 = Z c 2 sinh γ 2 d


Admitansi urutan:

Y0 γ d 1 tanh 0 = 2 2 Z c0 Y1 γ d 1 tanh 1 = 2 2 Z c1

(11.20)

Y2 γ d 1 tanh 2 = 2 2 Z c2 I s0

I r0

Z t0 Vs0

Yt 0 2

Yt 0 2

Vr 0

Rangkaian Urutan Nol I s1

I r1

Z t1 V s1

Yt 1 2

Yt 1 2

V r1

Rangkaian Urutan Positif I s2

Ir2

Zt2 Vs 2

Yt 2 2

Yt 2 2

Vr 2

Rangkaian Urutan Negatif Gb.11.3. Rangkaian ekivalen urutan.

249

CO&TOH-11.1: Dari saluran transmisi 50 Hz dengan transposisi yang mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-10.2, tentukan (a) impedansi karakteristik; (b) konstanta propagasi; (c) rangkaian ekivalen π. 8, 4 m R = R = R = 0.088 Ω / km A

4,2 m

A

C

B

B

C

rA = rB = rC = r = 1,350 cm rA′ = rB′ = rC′ = r ′ = 1,073 cm

4,2 m


Penyelesaian: Impedansi dan admitansi per satuan panjang saluran ini telah dihitung pada contoh-10.2 dan 10.3.

Z1 = 0,088 + j 0,3896 Ω/km Y1 = j 2,923 µS/km a)

Impedansi karakteristik adalah

Zc =

Z = Y

0,088 + j 0,3896 j 2,923 × 10

−6

= 10 3 ×

0,088 + j 0,3896 j 2,923

= 369,67∠ - 6,4 o Ω b)

Konstanta propagasi

γ = ZY = (0,088 + j 0,3896)( j 2,923 × 10 −6 ) = (0,1198 + j1,074) × 10 −3 per km c)

Untuk jarak antara ujung kirim dan ujung terima 100 km, elemen-elemen rangkaian ekivalen π adalah

Z t = Z c sinh( γd ) = (369,67∠ − 6,4 o ) sinh[(0,1198 + j1,074) × 10 −1 ] = 8,77 + j 38,89 = 39.87∠77.3 o Ω


Yt 1  γd  tanh  = 2 Zc  2  =

 (0,1207 + j1,074) × 10 −3 × 100   tanh o   2 369,67∠ − 6,4   1

= 3,14 × 10 −8 + j 0,1463 × 10 −3 ≈ j 0,1463 mS Is

Vs

8 .77 + j 38 ,89

j 0 ,1463

Ir

j 0 ,1463

Vr

11.3. Rangkaian Ekivalen Pendekatan Apabila kita melakukan perhitungan-perhitungan dengan menggunakan komputer pendekatan ini sebenarnya tidak diperlukan. Namun untuk saluran pendek, perhitungan secara manual kadang-kadang diperlukan sehingga kita memerlukan besaran pendekatan. Pada saluran yang pendek, γd << 1 . Dalam situasi ini kita dapat membuat pendekatan

Z t′ = Z c sinh γd ≈ Z c ( γd ) = Yt′ 1 γd 1 γd tanh = ≈ = 2 Zc 2 2 Zc

Z Y

ZY d = Zd (11.21)

1 Z /Y

ZY Yd d= 2 2

Rangkaian ekivalen π yang dibuat dengan menggunakan nilai-nilai pendekatan ini juga disebut rangkaian ekivalen nominal.

251

CO&TOH-11.2: Tentukan rangkaian ekivan π pendekatan untuk saluran pada Contoh-11.1. Penyelesaian: Dengan menggunakan relasi (11.21) elemen rangkaian ekivalen pendekatan adalah:

Z t′ = Z1 × 100 = 8,8 + j 38,96 Ω Yt′ Y1 j 2,923 × 10 −6 = × 100 = ×100 2 2 2 = j 0,1461 mS Lebih Lanjut Tentang Rangkaian Ekivalen Pendekatan. Kinerja saluran transmisi dinyatakan oleh persamaan (11.12) yaitu

Vs = Vr cosh(γd ) + Z c I r sinh(γd ) Is =

Vr sinh( γd ) + I r cosh(γd ) Zc

(11.12)

Pada saluran yang pendek, γd << 1 . Dalam situasi ini kita dapat membuat pendekatan

sinh(γd ) ≈ γd cosh(γd ) ≈ 1

dan

Dengan pendekatan ini persamaan kinerja saluran transmisi pendek dapat ditulis dengan lebih sederhana:

Vs = Vr + ( Z c γd ) I r γd Is = Vr + I r Zc

(11.22.a)

Sementara itu

Zc γ =

Z × ZY = Z Y

dan

γ = Zc

ZY

=Y

(11.22.b)

Z /Y

sehingga (11.22.a) menjadi


Vs = Vr + ( Zd ) I r I s = (Yd ) Vr + I r

(11.22.c)

Persamaan (11.22.c) ini memberikan diagram rangkaian ekivalen seperti tergambar terlihat pada Gb.11.4. di bawah ini, yang kita sebut rangkaian ekivalen pendekatan untuk saluran pendek Ir

Is

Zd

Yd

Vs

Vr

Gb.11.4. Diagram rangkaian ekivalen pendekatan Rangkaian ekivalen pendekatan hanya kita pakai apabila kita perlukan. Dalam analisis selanjutnya kita akan menggunakan rangkaian ekivalen π yang sebenarnya

11.4. Kinerja Saluran Transmisi Kinerja saluran transmisi dinyatakan oleh persamaan (11.12) yaitu

Vs = Vr cosh(γd ) + Z c I r sinh(γd ) (11.12) Vr sinh( γd ) + I r cosh(γd ) Zc Persamaan ini dapat ditulis dengan dengan menggunakan konstanta A, B, C, D:

Is =

Vs = AVr + B I r I s = C Vr + D I r

(11.23.a)

dengan

A = cosh γx ; B = Z c sinh γx C=

sinh γx 1 = B ; D = cosh γx = A Zc Z c2

(11.23.b)

253

Konstanta-konstanta ini dapat dapat pula diturunkan dari rangkaian ekivalen π yang telah kita peroleh pada persamaan (11.14) yaitu

 Z Y Vs = 1 + t t 2  Z Y  I s =  2 + t t 2 

 Vr + Z t I   Yt  Z Y  Vr + 1 + t t 2 2  

  I r 

(11.14)

yang jika kita perbandingkan dengan (11.23.a) kita dapatkan

 Z Y  A = 1 + t t  2   Z Y Y  C =  2 + t t  t 2  2 

B = Zt

 Z Y D = 1 + t t 2 

  = A 

(11.23.c)

Memperbandingkan (11.23.c) dengan (11.23.b) akan kembali kita peroleh (11.15). Konstanta-konstanta A, B, C, D, adalah bilangan-bilangan kompleks karena Zt maupun Yt adalah bilangan kompleks yang nilainya ditentukan oleh ukuran, konfigurasi, dan panjang saluran. Kita lihat lagi Contoh-11.1. untuk memberi gambaran tentang nilai konstanta-konstanta ini. CO&TOH-11.3: Dari saluran transmisi 50 Hz dengan transposisi yang mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-11.1, tentukan konstanta A, B, C, D saluran transmisi ini. 8, 4 m

4,2 m

A

R A = RB = RC = 0.088 Ω / km rA = rB = rC = r = 1,350 cm rA′ = rB′ = rC′ = r ′ = 1,073 cm

4,2 m

B

C


Penyelesaian: γ dan Zc telah dihitung pada Contoh-11.1:


Z c = 369,67∠ - 6,4 o Ω γ = (0,1198 + j1,074) × 10 −3 per km Menggunakan formulasi (11.23.b), nilai konstanta adalah

A = cosh γx = 0,9943∠0,07 o B = Z c sinh γx = 39,87∠77,30 o C=

sinh γx 1 = B = 0,0003∠90,02 o 2 Zc Zc

D = cosh γx = A = 0,9943∠0,07 o

Dengan menggunakan konstanta-konstanta saluran, kita akan mecermati kinerja saluran. CO&TOH-11.4: Jika saluran transmisi pada soal-11.2 mencatu beban sebesar 250 MVA dengan factor daya 0.9 lagging pada tegangan 270 kV. Hitunglah tegangan di ujung kirim, arus di ujung kirim, tegangan jatuh di saluran, daya di ujung kirim, faktor daya di ujung kirim, dan susut daya di saluran.

Penyelesaian: Dengan model satu fasa, tegangan beban 270 kV digunakan sebagai referensi. Tegangan fasa-netral adalah

Vr =

270

= 155,88 ∠0 o kV

3

Karena factor daya 0,9 lagging maka arus beban:

Ir =

250 270 × 0,9 × 3

= 0.53∠ - 25,8 o kA

255

Tegangan fasa-netral di ujung kirim:

Vs = 0,9943∠0,07 o Vr + 39,87∠77,30 o I r

= 155 + j 0.2 + 13.3 + j16.7 = 169.1∠5.7 o kV Arus di ujung kirim:

I s = CVr + D I r = -2 × 10 -5 + j 0.05 + 0.48 − j 0.23

= 0.51∠ - 21,2 o kV Tegangan jatuh di saluran adalah

∆V = Vs − Vr = 169,1∠5,7 o − 155,88∠0 o = 12,4 + j16,9 = 21∠53,7 o kV atau

21 × 100 ≈ 12% dari tegangan di ujung kirim. 169,1

Daya kompleks ujung kirim

S s = 3 × Vs I ∗s = 3 × 169,1∠5,7 × 0,51∠21,2 = 260∠27 o MVA Faktor daya ujung kirim cos(27 o ) = 0.89 Daya nyata ujung kirim Ps = 260 × 0,89 = 232 MW Daya nyata ujung terima Pr = 250 × 0.9 = 225 MW Susut yang terjadi di saluran adalah

Psaluran =

Ps − Pr × 100% = 3.1% . Ps


Pengaruh Pembebanan. Dalam Contoh-11.4 di atas, pembebanan 250 MVA dengan factor daya 0,9 menyebabkan tegangan jatuh 12% dan susut daya 3,12% sementara factor daya di ujung kirim 0,89. Berikut ini kita akan melihat akibat dari perubahan pembebanan CO&TOH-11.5: Dengan panjang tetap 100 km, saluran transmisi pada Contoh-11.4 dibebani 200, 250, 300 MVA dengan faktor daya tetap 0.9 lagging. Hitunglah tegangan jatuh di saluran, daya di ujung kirim, faktor daya di ujung kirim, dan susut daya di saluran. Penyelesaian: Perhitungan dilakukan dengan cara yang sama seperti pada Contoh-11.4. Hasil perhitungan dimuatkan dalam tabel berikut. Beban [MVA] 200

Panjang

250

100 km

300

100 km o

o

155,88∠0o

Vr [kV]

155,88∠0

I r [kA]

0.43∠-25.8o

0.53∠-25.8o

0.64∠-25.8o

166.2∠4.7o

169.1∠5.7o

172.1∠6.7o

Vs [kV]

155,88∠0

100 km

I s [kA]

0.40∠-20o

0.51∠-21.2o

0.62∠-22o

∆V [kV]

16.7∠54.3o

21∠53.7o

25.2∠53.3o

∆V [%]

10

12

15

Ss [MVA]

203

260

320

f.d.

0.9

0.89

0.88

Susut [%]

2.5

3.1

3.75

257

Pengaruh Panjang Saluran. Perubahan panjang saluran akan mengubah konstanta saluran. Kita lihat contoh berikut. CO&TOH-11.6: Dengan beban tetap 250 MVA dan factor daya 0,9 lagging, hitunglah tegangan jatuh di saluran, daya di ujung kirim, faktor daya di ujung kirim, dan susut daya di saluran untuk panjang saluran 100, 150, 200 km Penyelesaian: Perhitungan dilakukan dengan cara yang sama seperti pada Contoh-11.4. Hasil perhitungan dimuatkan dalam tabel berikut. Panjang Saluran 100

Beban

150

250 MVA

200

250 MVA

250 MVA o

0.9773∠0.3o

B [Ω]

39.867∠77.3o 59.658 ∠77.3o

79.28∠77.4o

C [mS]

0.2917∠90.02o 0.4366 ∠90.06o 0.5802∠90.1o

A

o

0.9943∠0.07

0.9872∠0,17

D

0.9943∠0.07o

0.9872∠0.17o

0.9773∠0.3o

Vr [kV]

155.88∠0o

155.88∠0o

155.88∠0o

I r [kA]

0.53∠-25.8o

0.53∠-25.8o

0.53∠-25.8o

Vs [kV]

169.1∠5.7o

175.6∠8.3o

181.9∠10.8o

I s [kA]

0.51∠-21.2o

0.50∠-18.7o

0.49∠-16o

∆V [kV]

21∠53.7o

31∠54.9o

41∠56.1o

∆V [%]

12

18

22

Ss [MVA]

260

264

267

f.d.

0.89

0.89

0.89

Susut [%]

3.1

4.5

5.8


11.5. Batas Pembebanan Kenaikan tegangan jatuh serta kenaikan susut daya seiring dengan peningkatan pembebanan sudah dapat kita duga. Pada pembebanan yang kita hitung pada contoh-11.5 sebesar 250 MVA, tegangan jatuh sudah mencapai 12% dan susut daya sudah 3,1%. Padahal jika kita mengingat kapasitas arus konduktor yang 900 A dan seandainya saluran kita bebani sesuai dengan kemampuan arus konduktornya, daya yang bisa diterima di ujung kirim adalah

S r 3fasa = 270 × 0,9 × 3 = 420 MVA Jika pembebanan sebesar ini kita paksakan, maka tegangan jatuh di saluran akan mencapai 20% dan susut mencapai 5,2%.

Batas Thermal. Sebagian energy yang melalui saluran transmisi terkonversi menjadi panas di saluran sebanding dengan kuadrat arus.

Psaluran = 3 × I 2fasa × R saluran Batas thermal menentukan seberapa besar arus yang diperkenankan mengalir pada konduktor agar tidak terjadi pemanasan yang berlebihan di saluran. Kenaikan temperatur konduktor akan menyebabkan pemuaian; jika temperature meningkat maka andongan akan bertambah . Dari relasi daya tiga fasa

S 3 fasa = VI 3 kita dapat menghitung berapa daya yang dapat dipasok melalui suatu saluran transmisi. Saluran transmisi dengan tegangan fasa-fasa 150 kV misalnya, setiap 10 amper arus berarti penyaluran daya sebesar 150 3 = 2,5 MVA ; pada transmisi 500 kV berarti penyaluran daya 85 MVA setiap 10 ampere arus. Namun bukan daya ini yang menjadi batas dalam menghitung pembebanan suatu saluran transmisi.

259

Tegangan dan Arus di Ujung Kirim. Jika konstanta saluran kita misalkan A = A∠α dan B = B∠β , tegangan ujung terima digunakan sebagai referensi Vr = V r ∠0 o , arus beban lagging

I r = I r ∠ − ϕ o , maka persamaan pertama (11.23.a) menjadi: Vs = AVr + B I r

(11.24.a)

= AVr ∠(α + 0) + BI r ∠(β − ϕ)

Sudut A∠α dan B∠β adalah konstanta yang ditentukan hanya oleh parameter saluran, yang bernilai konstan selama saluran tidak berubah. Oleh karena itu jika factor daya beban dipertahankan pada nilai tertentu (ϕ konstan) fasor tegangan di ujung kirim ditentukan hanya oleh arus beban Ir . Gb.11.5. memperlihatkan peristiwa tersebut.

Im

Vs

Vs′ BI r

α

AVr

β−ϕ

Re

Vr Ir

I ′r

Gb.11.5. Perubahan arus beban dari I r menjadi I ′r menyebabkan perubahan tegangan di ujung kirim dari Vs menjadi Vs′ . Jika kita misalkan Z c = Z c ∠θ , maka persamaan ke-dua (11.23.a) menjadi: B Is = Vr + A I r Z c2 (11.24.b) BV r = ∠(0 − 2θ) + AI r ∠(α − ϕ) 2 Zc


Impedansi karakteristik Zc juga merupakan besaran konstan untuk satu saluran transmisi tertentu. Jika faktor daya beban dipertahankan konstan, beda susut fasa antara arus di ujung terima dan di ujung kirim hanya ditentukan oleh parameter saluran. Pembebanan. Peningkatan arus Ir berarti peningkatan pembebanan. Selain batas thermal sebagaimana telah dikemukakan di atas, ada pembatasan lain yang akan kita lihat berikut ini. Jika δ adalah sudut antara Vs dan Vr

Im

Vs α

AVr

δ

BI r

Re

Vr Ir Gb.11.6. Perubahan sudut δ. maka dari relasi tegangan beban

Vs = AVr + B I r kita peroleh arus

Vs AVr − B B Vs AV r = ∠(δ − β) − ∠(α − β) B B

Ir =

(11.25)

Daya per fasa di ujung terima adalah

S r 1fasa = Vr I r∗ =

Vr V s AV r2 ∠(β − δ) − ∠(β − α) B B

(11.26)

261

Jika kita menghendaki tegangan jatuh tidak melebihi nilai tertentu, kita dapat menetapkan tegangan di ujung terima dan di ujung kirim. Jika hal ini dilakukan maka V r V s dan Vr2 pada persamaan daya (11.26) akan bernilai konstan. Persamaan ini akan menunjukkan bahwa hanya sudut δ yang akan bervariasi apabila terjadi perubahan penerimaan daya di ujung terima. Sudut ini, δ, disebut sudut daya. Diagram Lingkaran. Dari (11.26), daya tiga fasa di ujung terima adalah

S r 3fasa =

3V r V s 3 AV r2 ∠(β − δ) − ∠(β − α) B B

(11.27)

Jika Vr dan Vs dipertahankan konstan, hanya sudut δ yang dapat bervariasi mengikuti perubahan daya. Karakteristik perubahan daya akan mengikuti bentuk kurva lingkaran. Kita akan mencoba menggambarkannya. Pada Contoh-11.2 kita amati bahwa sudut α jauh lebih kecil dari sudut β. Oleh karena itu sudut fasa suku ke-dua (12.4) akan berada di sekitar nilai β. Selain itu jika tegangan jatuh di saluran tidak lebih dari 10% seperti halnya hasil perhitungan pada Contoh-11.2, nilai VrVs di suku pertama tidak pula jauh berbeda dengan nilai Vr2 di suku ke-dua. Pengamatan ini kita perlukan karena kita akan menggambarkan diagram lingkaran tanpa skala. Diagram lingkaran diperlihatkan pada Gb.11.7. dengan penjelasan sebagai berikut: 1.

Pada bidang kompleks kita gambarkan fasor yaitu OM kemudian kita gambar −

3 AVr2 ∠(β − α) B

3 AV r2 ∠(β − α) yaitu B

OM ′ .


2. 3. 4. 5. 6. 7.

Pada fasor OM ′ kita tambahkan fasor

3V r V s ∠(β − δ) yaitu B

fasor M ′N Sudut antara M ′N dengan sumbu mendatar adalah (β − δ) . Pada perubahan sudut δ fasor M ′N akan bergerak mengikuti lingkaran yang berpusat di M ′ berjari-jari M ′N . Sudut δ sendiri adalah sudut antara fasor M ′N dengan garis M ′M ′′ yaitu garis sejajar fasor OM seandainya α = 0. Daya nyata maksimum terjadi jika (β − δ) = 0 yaitu pada waktu M ′N menjadi M ′N ′ Daya reaktif maksimum terjadi jika (β − δ) = 90 o Im M ′′ N ′′

δ

N

M O β−α

Re β−δ

M′

N′

Gb.11.7. Diagram lingkaran.

263

Daya Maksimum di Ujung Terima. Dalam meninjau daya maksimum ini, kita akan menyederhanakan relasi (11.27) dengan melihat saluran transmisi pada tegangan pengenalnya yang kita sebut V, misalnya transmisi 70 kV atau 150 kV, dan tidak memperbedakan Vr atau Vs. Dengan pengertian ini maka (11.27) menjadi:

S r 1fasa =

V2 AV 2 ∠(β − δ) − ∠(β − α) 3B 3B

(11.28.a)

Daya tiga fasa menjadi

S r 3fasa =

V2 AV 2 ∠(β − δ) − ∠(β − α) B B

(11.28.b)

Pada nilai δ = 0, kita tetap mendapatkan daya kompleks, bukan daya nyata. Daya nyata kita peroleh dengan mengambil bagian nyata dari relasi daya ini.

Pr 3fasa = Re S r 3fasa  V 2 AV 2 = Re  ∠(β − δ) − ∠(β − α) B   B =

(11.29.a)

V2 AV 2 cos(β − δ) − cos(β − α) B B

dan daya reaktif Q adalah

Qr 3fasa = Im S r 3fasa  V 2 AV 2 = Im ∠(β − δ) − ∠(β − α) B   B =

(11.29.b)

V2 AV 2 sin(β − δ) − sin(β − α) B B

Daya nyata pada relasi (11.29.a) akan mencapai nilai maksimum pada waktu (β − δ) = 0 atau δ = β . Daya nyata maksimum ini merupakan daya maksimum yang bisa dicapai dalam tinjauan keadaan mantap (steady state); besarnya adalah


Pr 3fasa

maks mantap

=

V2 [1 − A cos( β − α ) ] B

(11.30)

Pada waktu δ = β, yaitu pada waktu daya nyata mencapai nilai maksimum mantap, daya reaktif adalah

AV 2 sin( β − α ) B

Q r 3fasa maks mantap = −

(11.31)

Dan daya kompleks maksimum dalam keadaan mantap adalah

P2 +Q2

S 3fasa maks mantap = =

V2 B

(11.32)

1 + A 2 − 2 A cos( β − α )

Ini merupakan daya kompleks tiga fasa maksimum yang bisa dibebankan pada suatu saluran transmisi. Jika konduktor yang digunakan dalam saluran ini mempunyai kapasitas arus sebesar Ic, maka berdasarkan kapasitas arus ini daya yang bisa dibebankan pada saluran transmisi adalah

S 3 fasa saluran = VI c 3

(11.33)

Dan daya kompleks maksimum dalam keadaan mantap menjadi batas pembebanan saluran transmisi

S 3fasa maks mantap < S 3 fasa saluran CONTOH-11.7: Tinjaulah batas pembebanan saluran transmisi pada Contoh-11.3. di mana saluran transmisi mencatu beban sebesar 100 MW dengan factor daya 0.9 lagging pada tegangan 270 kV. 8, 4 m R = R = R = 0.088 Ω / km A

4,2 m

A

B

B

C

rA = rB = rC = r = 1,350 cm rA′ = rB′ = rC′ = r ′ = 1,073 cm

4,2 m

C


265

Sistem ini kita anggap memiliki tegangan penunjuk 275 kV. Beban beroperasi pada 270 kV dan tegangan di ujung kirim telah dihitung pada Contoh-11.3 sebesar 279 kV. Konstanta A dan B telah dihitung pada Contoh-11.2 yaitu A = 0,9943∠0,07 o dan B = 39,87∠77,30o

Daya maksimum yang dapat dibebankan pada saluran ini menurut (11.32) adalah

S 3fasa maks mantap =

V2 B

1 + A 2 − 2 A cos( β − α )

275 1 + 0,9943 − 2 × 0,09943 (cos( 77 ,30 − 0,07 ) 39,87 = 417 MVA

=

Dengan kapasitas arus sebesar 900 A, maka pembebanan saluran

S 3 fasa saluran = VI c 3 = 275 × 0,9 × 3 = 428 MVA

S 3fasa maks mantap < S 3 fasa saluran Jadi 417 MVA merupakan batas pembebanan maksimum.


Pustaka 1.

Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB, Bandung, 2002.

2.

Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik Jilid-1”, ebook, Darpublic, Bandung, 2010

3.

Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik Jilid-2”, ebook, Darpublic, Bandung, 2010

4.

Sudaryatno Sudirham, “Analisis Harmonisa Dalam Permasalahan Kualitas Daya”, Catatan Kuliah El 6004, ITB, Bandung, 2008.

5.

Vincent Del Toro : “Electric Power System”, Prentice-Hall International, Inc., 1992.

6.

Charles A. Gross : “Power System Analysis”, John Willey & Son, 1986. Turan Gönen: ”Electric Power Transmission System Engineering”, John Willey & Son, 1988.

7.

267

Daftar Simbol φ : fluksi magnet λ : fluksi lingkup γ : konstanta propagasi saluran transmisi ε : permitivitas µ : permeabilitas

A, B, C, D : konstanta saluran transmisi Zc : impedansi karakteristik


INDEKS a admitansi 336 Ampère 2, 4 arus pusar 13 asinkron, motor 65, 71 b batas pembebanan 263 c Crest Factor 128 d daya 138, 139, 151, 209 diagram lingkaran 266 f Faraday 1 Fourier 100 h harmonisa 123, 128, 163, 176 histerisis 12 n impedansi 206, 227 impedansi karakteristik 247 inductor 17, 184 induktansi 221 k kapasitor 179 kompensasi 152 komponen simetris 201, 203 konduktor 177 konstanta ABCD 257 konstanta propagasi 247

m magnetik 1, 14 model satu fasa 90 n nilai efektif 137 nonlinier 99, 116, 117, 131, 163 nonsinus 99, 105, 112 o operator a 202 p partial discharge 197 permeabilitas 3 per unit 212, 215 polifasa 85, 93 r rangkaian ekivalen π 250 resistansi 220 resonansi 115 s sinkron, mesin 45, 54, 56, 61 t torka 81 THD 128 transformator 25, 26, 32, 35, 39, 40, 189 transmisi 209

269


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; 1982 DEA; 1985 Doktor. Kuliah yang pernah diberikan: “Pengukuran Listrik”, “Pengantar Teknik Elektro”, “Pengantar Rangkaian Listrik”, “Material Elektroteknik”, “Phenomena Gas Terionisasi”, “Dinamika Plasma”, “Dielektrika”, “Material Biomedika”. Buku: “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB, Bandung, 2002; “Metoda Rasio TM/TR Untuk Estimasi Susut Energi Jaringan Distribusi”, Penerbit ITB, Bandung, 2009; “Fungsi dan Grafik, Diferensial Dan Integral”, Penerbit ITB, Bandung, 2009; “Analisis Rangkaian Listrik (1)”, Darpublic, e-Book, Bandung, 2010; “Analisis Rangkaian Listrik (2)”, Darpublic, e-Book, Bandung, 2010; ”Mengenal Sifat Material (1)”, Darpublic, e-Book, Bandung, 2010; “Analisis Keadaan Mantap Rangkaian Sistem Tenaga”, Darpublic, Bandung, 2011;

271

Analisis Keadaan Mantap Rangkaian Sistem Tenaga Pembebanan Seimbang Pebebanan Nonlinier Pembebanan Tak Seimbang


Sudaryatno Sudirham. Analisis Keadaan Mantap. Rangkaian Sistem. Tenaga. Darpublic

Recommend Documents