Sudaryatno Sudirham. Distribusi Energi Listrik

Sudaryatno Sudirham

Distribusi Energi Listrik

ii

BAB 3 (dari BAB 6 Analisis Rangkaian Sistem Tenaga)

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. Alat-alat seperti air conditioner, refrigerator, microwave oven, sampai ke mesin cuci dan lampu-lampu hemat energi makin banyak digunakan dan semua peralatan ini menggunakan daya secara intermittent. Peralatan elektronik, yang pada umumnya memerlukan catu daya arus searah juga semakin banyak digunakan sehingga diperlukan penyearahan arus. Pembebananpembebanan semacam ini membuat arus beban tidak lagi berbentuk gelombang sinus. Bentuk-bentuk gelombang arus ataupun tegangan yang tidak berbentuk sinus, namun tetap periodik, tersusun dari gelombang-gelombang sinus dengan berbagai frekuensi. Gelombang periodik nonsinus ini mengandung harmonisa. 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 3-1

nonsinus diukur dengan menggunakan alat ukur elektronik yang dapat menunjukkan langsung spektrum amplitudo dari sinyal nonsinus yang diukur. Penafsiran Grafis Deret Fourier. Pencarian spektrum amplitudo suatu sinyal periodik y(t) dilakukan melalui penghitungan koefisien Fourier dengan formula seperti berikut ini.

a0 =

1 T0

T0 / 2

∫−T / 2 y(t )dt 0

T0 / 2

2 an = T0

∫−T / 2 y(t ) cos(nω0t )dt

2 T0

∫−T / 2 y(t ) sin(nω0t )dt

bn =

; n>0

0

T0 / 2

; n>0

0

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 n ω0. 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 n ω0.

1-2 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

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:

3-3

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. Amplitudo dari setiap komponen harmonisa adalah 6.

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.

1-4 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

COTOH-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.

3-5

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

1-6 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

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.

COTOH-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

3-7

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

1 T y (t )dt T0 0

∫

Yrr =

(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 T0

T

∫0

y 2 (t )dt

(6.7)

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

Y1rms =

1 T0

T

∫0 Ym1 sin 2

2

(ωt + θ)dt =

Ym1

(6.8)

2 ∞

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

∫

∑

1-8 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

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), 3-9

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.

COTOH-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: 1-10 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

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

Vrms =

1 0,05

0,05

∫0

0,05

(400t ) 2 dt =

1 1600 3  t  0,05  3 0

≈ 11,55 V

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

v(t ) = 10 − 6,366 sin ω 0 t − 3,183 sin 2ω 0 t − 2,122 sin 3ω 0 t − 1,592 sin 4ω 0 t − 1,273 sin 5ω 0 t − 1,061sin 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.

COTOH-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 3-11

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.

COTOH-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 ) 1-12 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

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

COTOH-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. 3-13

600

A

V

4

400

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

1-14 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

(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.

COTOH-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

3-15

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.

COTOH-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 26,25 + + = = 3,62 A 2 2 2 2

Daya nyata yang diserap resistor adalah

 25 1 0,25  2 PR = I rms R= + +  × 20 = 262,5 W 2   2 2 COTOH-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: 1-16 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

(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.

COTOH-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

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

3-17

COTOH-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 menyebabkan arus yang mengalir di Rb berbentuk gelombang nonsinus. inonsinus p.i. Rs Menurut teorema Tellegen,

vs +

Rb − transfer daya elektrik hanya bisa terjadi melalui tegangan dan arus. Namun dalam tinjauan dari Gb.6.1. Pembebanan nonlinier. 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(ω0 t + θ1 ) k

ih = I 0 +

∑ I nm sin(nω0t + θ n )

n=2

Inilah arus yang diterima oleh Rb. 1-18 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

(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. 3-19

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.

1-20 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

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.

COTOH-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: 3-21

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, 1-22 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

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.

COTOH-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.

3-23

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

1-24 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

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.

3-25

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.

COTOH-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 Rb 1-26 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

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. 1× 5 5 v sTh = × 240 sin ω 0 t = 200 sin ω 0 t V ; R sTh = = 0,833 Ω 1+ 5 1+ 5 Setelah Rb dihubungkan pada rangkaian ekivalen Thévenin, rangkaian menjadi

3-27

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

 =  

1-28 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

vs − i Rb Rs

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

3-29

(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.

1-30 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik

Untuk tegangan nonsinus, THD didefinisikan sebagai

THDV =

Vhrms V1rms

(6.26)

Untuk arus nonsinus, THD didefinisikan sebagai

THD I =

I hrms I1rms

(6.27)

COTOH-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 3-31

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.

1-32 Sudaryatno Sudirham, Distribusi Tenaga Listrik