8/3/2013

1

AnalisisAnalisisAnalisisAnalisis RangkaianRangkaianRangkaianRangkaian ListrikListrikListrikListrik

di di di di KawasanKawasanKawasanKawasan FasorFasorFasorFasor(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)

Sudaryatno Sudirham

1

Isi

1. Fasor2. Pernyataan Sinyal Sinus3. Impedansi4. Kaidah Rangkaian5. Teorema Rangkaian6. Metoda Analisis7. Sistem Satu Fasa8. Analisis Daya9. Penyediaan Daya10. Sistem Tiga-fasa Seimbang

2

Fasor

3

Mengapa Fasor?

)cos( = tAySudut fasa

Frekuensi sudutAmplitudo

Analisis rangkaian listrik di kawasan waktu melibatkanoperasi diferensial dan integral, karena hubungan arus-

tegangan elemen-elemen adalah

dtdiLv LL = dt

dvCi CC = = dtiCv CC

1

Di kawasan waktu bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai

4

Energi listrik, dengan daya ribuan kilo watt, disalurkanmenggunakan bentuk gelombang sinus.

Pekerjaan analisis rangkaian, dimana peubah rangkaiannyaberbentuk gelombang sinus, akan sangat dipermudah jika

operasi-operasi diferensial dapat dihindarkan.

Siaran radio juga dipancarkan dengan menggunakan bentukgelombang sinus.

Bentuk gelombang sinus sangat luas digunakan

5

Dalam matematika ada sebuah fungsi yang turunannya berbentuk sama dengan fungsi itu

sendiri, yaitu

Jika sinyal sinus dapat dinyatakan dalam bentukfungsi eksponensial, maka operasi diferensial

dan integral akan terhindarkan

Fungsi Eksponensial

xx

edxde

=x

x

Aedx

dAe=

6

8/3/2013

2

Hal itu dimungkinkan karenaada hubungan antara fungsi sinus dan fungsi eksponensial yaitu

xjxe jx sincos +=

Ini adalah fungsi eksponensial kompleks

Berikut ini kita akanmelihat ulang bilangan

kompleks

Bagian nyata pernyataankompleks ini yang digunakanuntuk menyatakan sinyal sinus

Identitas Euler

7

Pengertian Tentang Bilangan Kompleks

012 =+s

Tinjau Persamaan:

js == 1Akar persamaan adalah:

Bilangan tidak nyata (imajiner)

00.5

11.5

22.5

33.5

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10x

x

Tak ada nilai untuk negatifx x

8

Bilangan Kompleks

jbas += dengan a dan b adalahbilangan nyatabagian nyata dari sRe(s) = a

bagian imajiner dari sIm(s) = b

Re(sumbu nyata)

Im(sumbu imajiner)

a

s = a + jbjb

Bilangan kompleks didefinisikan sebagai

9

|S|cos = Re (S)|S| sin = Im (S)

= tan1(b/a)

22 baS +=

bagian nyata dari Sbagian imaginer dari S

Bilangan kompleks

S = |S|cos + j|S|sin

a Re

Im

S = a + jbjb

(sumbu nyata)

(sumbu imajiner)

Re

Im

S = a + jb

jb

a

Representasi Grafis Bilangan Kompleks

10

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5Re

Im

4

32

1

-1

-2

-3

3 + j4 = 5cos + j5sin

5

Contoh

11

Penjumlahanjbas +=1

)()(21 qbjpass +=Perkalian

))(())(( 21 jqpjbass ++=

Pembagian

jqpjba

s

s

+

+=

2

1

jqps +=2jbas +=1jqps +=2

)()(21 qbjpass +++=+

)()( bpaqjbqap ++=

22)()(

qpaqbpjbqap

+

++=jqp

jqp

+ --

Operasi-Operasi Aljabar Bilangan Kompleks

Pengurangan

12

8/3/2013

3

43dan 32 21 jsjs +=+=

251

2518

43)98()126(

4343

4332

22

2

1

jjjj

jj

s

s

+=+

+++=

+

+=

75)43()32(21 jjjss +=+++=+11)43()32(21 jjjss =++=

176)98()126( )43)(32())(( 21

jjjjss

+=++=

++=

diketahui:

maka:

Contoh

13

)sin(cos)( +== + jeeee jjFungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai

dengan e adalah fungsi eksponensial riil

jbaS +=

)sin(cos22 ++= jbaS

+= jebaS 22

Dengan identitas Euler ini bilangankomleks yang dituliskan sebagai:

+= sincos je jdan Ini identitas Euler

Penulisan bilangan kompleks di atas adalah penulisan dalam bentuk sudut siku yang juga dapat dituliskan dalam bentuk polar yaitu:

dapat dituliskan sebagai:

Bentuk Sudut Siku dan Bentuk Polar

14

|S| = 10 sudut fasa: = 0,5 radS = 10 e j0,5Bentuk Polar

8,48,8)48,088,0( 10 )5,0sin5,0(cos 10

jjjS

+=+=

+=Bentuk Sudut Siku

rad 93,034

tan 1 == S = 3 + j4 543 || 22 =+=SBentuk Sudut SikuS = 5e j 0,93Bentuk Polar

543 || 22 =+=S rad 93,034

tan 1 ============ SS = 3 j4Bentuk Sudut SikuS = 5e j 0,93Bentuk Polar

Contoh

15

* atau ||* 2 SS|S|SSS ==

( ) ( )( )** 2121 SSSS * =*

**

1

1

2

1

S

SSS

=

( ) ** 2121 SSSS * +=+

Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai hubungan-hubungan berikut:

S = a + jb

S* = a jb

Re

Im

Re

Im

Bilangan kompleks S mempunyai konjugat S* Konjugat dari S = a + jb adalah S* = a - jb

S* = p + jq

S = p jq

Kompleks Konjugat

16

Dalam Bentuk FasorPernyataan Sinyal Sinus

17

hanya amplitudo A dan sudut fasa yang diperhatikankarena diketahui sama untuk seluruh sistem

Sinyal Sinus di kawasan waktu : )cos( += tAvMengingat relasi Euler, fungsi ini bisa dipandang sebagai

bagian riil dari suatu bilangan kompleksA e j(t+) = A {cos(t + ) + j sin(t + )} = V

v = Re(V) = Re ( A e j t e j )sehingga dapat ditulis dalam bentuk:

Jika seluruh sistem (rangkaian) mempunyai bernilai sama maka ejt bernilai tetap sehingga tak perlu selalu dituliskan

V = A e j dapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks : dan sinyal sinus )cos( += tAv

Re dan e jtidak ditulis lagi

Inilah yang disebut Fasor

Fasor

18

8/3/2013

4

=

=

A

Ae j

V

V

dituliskan

sincos +== jAAAV

+=+= a

bbajba 122 tanV

Karena hanya amplitudo dan sudut fasa saja yang diperhatikan maka

V

|A|

Im

Rea

jb

Penulisan dan Penggambaran Fasor

19

Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor

07,707,7)45sin(10)45cos(10atau 4510

oo1

o1

jj =+==

V

V )45500cos(10)( o1 = ttv

)30500cos(15)( o2 += ttv5,799,12)30sin(15)30cos(15

atau 3015oo

2

o2

jj +=+==

V

V

menjadi:

menjadi:Pada frekuensi = 500

1000cos4)( 1 tti =4)0sin(4)0cos(4

atau 04oo

1

o1

==

=

jII

)901000cos(3)( o2 = tti3)90sin(3)90cos(3

atau 903oo

2

o2

jj =+==

I

I

menjadi:

menjadi:Pada frekuensi = 1000

Contoh

20

A

Im

ReA

A*

a

jb

a

jb

Jika = AA

= A*A

( )( )

180 180

o

o

=+=

A

AA

maka negatif dari A adalah

dan konjugat dari A adalah

jba = A

jba =*Ajba +=AJika

Fasor Negatif dan Fasor Konjugat

21

Perkalian )( 21 += ABBA

)( 212

1 =

=

BA

BA

BA

Pembagian

( ) ( )( ) ( )2121

2121

sinsincoscossinsincoscos

+=+++=+

BAjBABAjBA

BABA

Penjumlahan dan Pengurangan

2= BB1= AAJika diketahui :

maka :

Operasi-Operasi Fasor

22

(((( )))) (((( )))) 343004213 jjj ====++++++++====++++==== IIIo122

3 9,216 5 43

tan)3()4( ====

++++==== I

ooo*

111 4540 )04()4510( ============ IVSooo*

222 12045)903()3015( ============ IVS

o

o

o

2

22 1205903

3015 =

==

IVZ

o

o

o

1

11 455.204

4510=

==

IVZ

o1 4510 =V

o2 3015=V

o1 04=I

o2 903 =I

Diketahui:

maka :

Re

I3

-4

-3

Im216,9o

5

Contoh

23

Impedansi

24

8/3/2013

5

25

Impedansi suatu elemen rangkaian di kawasanfasor adalah perbandingan antara

fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut

Impedansi di Kawasan Fasor

x

xxZ I

V=

impedansi

fasor tegangan

fasor arus

Catatan: Ada pengertian impedansi di kawasan s yang akan kita pelajari kemudian

+

=

=

+=

jtjRm

tjRm

RmR

eei

ei

titi

)cos()()(

+ vR

iR

=

=

jtjRm

RR

eeRi

tRitv

)()(

= RR II

RR RIV =

R

RRIV

=

Kawasan fasor

Kawasan waktu

Impedansiresistansi resistor di kawasan waktubernilai sama denganimpedansinya di kawasan fasor

R

R

ivR =

Resistor

26

iL+vL

+

=

=

+=

jtjLm

tjLm

LmL

eei

ei

titi

)cos()()(

)(

)()(=

=

jtjm

LL

eeiLjdt

tdiLtv

= LL II

LL Lj IV =

LjZL

LL == I

V

Kawasan fasor

Impedansi

Induktor

dtdiLv LL =

Kawasan waktu

hubungan diferensial hubungan linier

27

iC

+ vC

`

)(

)()( +=

=

tjCm

CC

evCjdt

dvCti

)(

)cos()(+

=

+=tj

Cm

CmC

ev

tvtvKawasan fasor

Impedansi

CC Cj VI =

= CC VV

Cj

CjZ CC

C

=

==

1

1IV

Kapasitor

dtdvCi CC =

Kawasan waktu

hubungan diferensial hubungan linier

28

Impedansi dan Admitansi

R

RRIV

=LjZL

LL == I

VC

jCjZ C

CC

=

==

1

1IV

Impedansi: Z

Admitansi: Y = 1 / Z

RYR

1= L

jLjZY LL

=

==

11 CjZ

YC

C ==1

IV Z=

Perhatikan: relasi ini adalah relasi linier. Di kawasan fasor kita terhindar dari

perhitungan diferensial.

VI Y=

29

)()( += jXRZ

( ) ( )

+

+

+=

+

+=+

11 )/1(

)/1(2

2

2// RCCRLj

RCR

CjRCjRLjZ CRL

Perhatian : Walaupun impedansi merupakan pernyataan yang berbentuk kompleks, akan tetapi impedansi bukanlah fasor. Impedansi dan fasor merupakan dua pengertian dari dua konsep yang berbeda.

Fasor adalah pernyataan dari sinyal sinus

Impedansi adalah pernyataan elemen.

Impedansi Secara Umum

30

8/3/2013

6

Kaidah Rangkaian

31

LjRZ seriRL += ( )IV

LjRseriRL +=R

+ VR

I

+ VL

jL

CjRZ seriRC

=

IV 1

+=

CjRseriRC+ VC

Rj/C

+ VR

I

Hubungan Seri

32

IV

=

CjLjseriLC

=

CLjZ seriLC

1

j/CjL

+ VL + VC

I

nseritotal

seritotalseritotal

ZZZZZ

+++=

=

21

IV

totalseritotal

kk Z

Z VV =

Kaidah Pembagi Tegangan

33

VVI kk

k YZ==

VVII totaln

kk

n

kktotal YY ===

== 11

n

n

kktotal ZZZ

YY 111211

+++===

totaltotal

kkk Y

YY IVI ==

Itotal

I3

R

jL

j/C

I1 I2

Kaidah Pembagi Arus

34

Diagram Fasor

35

IL

VL

Re

ImArus 90o di belakang tegangan

L = 0,5 H , iL(t) = 0,4cos(1000t) A

Arus dan Tegangan pada Induktor

== 5005,01000 jjZ L

V 9020004,090500 04,0)500(

ooo

o

==

== jZ LLL IV

Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)

Di kawasan waktu:

-200-150-100-50

050

100150200

0 0,002 0,004 0,006 0,008

100 iL(t)vL(t)VA

detik

Misalkan

36

8/3/2013

7

C = 50 pF , iC(t) = 0,5cos(106 t) mA

Arus dan Tegangan pada Kapasitor

V 9010

)0105,0()901020(

k 20)1050(10

1

o

o3o3

126

=

==

=

=

=

CCC

C

Z

jjCjZ

IV

IC

VC

Re

Im

arus 90o mendahului teganganArus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)

detik

Di kawasan waktu:

-10

-5

0

5

10

0 0,0005 0,001 0,0015 0,002

10 iC(t)VmA

vC(t)

Misalkan

37

A 405dan V 10120 oo == IV

=+=

=

==

128,20)30sin(24)30cos(24

302440510120 o

o

o

jj

Z B IV

Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t +10o) V i(t) = 5cos(314t + 40o) A

IV

Re

Im arus mendahului tegangan

Beban Kapasitif

38

Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t + 20o) V i(t) = 5cos(314t 40o) A

+=+=

=

==

8,2012 )60sin(24)60cos(24

602440520120

oo

o

o

o

jj

Z B IV

I

V

Re

Im

arus tertinggal dari tegangan

A 405 dan V 20120 oo == IV

Beban Induktif

39

=

+=

=+=

87,36125 100

75tan)75()100(

7510025 100100

o

122

jjjZ tot

A 36,87287,36125

0250 oo

o

=

==

tot

s

ZV

I

100 j100j25

Vs=2500oV

+

I

V Re

Im

100+

20F50mHvs(t) =

250 cos500t VTransformasi rangkaianke kawasan fasor

Beban RLC seri ini bersifat kapasitif|ZC| > |ZL| arus mendahului tegangan

25 ; 100 100 ;0250 o

====

jZjZZ

LC

RsV

Beban RLC Seri, kapasitif

i(t) = 2 cos(500t + 36,87o) AJika kita kembali ke kawasan waktu

40

100 j100j25

Vs=2500oV

+

VL = jXL I

VR = RI

VsRe

Im

VC = jXC II

V 26,87105025087,36125

9025

V ,1335200025087,36125

90100

V 36,87200025087,36125

100

oo

o

o

oo

o

o

oo

o

=

=

=

=

=

=

L

C

R

V

V

V

A 36,87287,36125

0250 oo

o

=

==

tot

s

ZV

I

87,3612575100 o == jZtot

Fasor tegangan rangkaianmengikuti hukum Kirchhoff

LCRs VVVV ++=

Fasor Tegangan Tiap Elemen

41

V 0250 100 25

100

o=

==

=

s

L

C

R

jZjZ

Z

V

=

+=

+=+=

87,36125 10075

tan)75()100(

75100100 25100

o

122

jjjZtot

A 36,87287,36125

0250 oo

o

=

==

tot

s

ZVI

100 j25j100

Vs=2500oV

+

IV Re

Im

Pada beban kapasitif |ZL| > |ZC|arus tertinggal dari tegangan

Beban RLC seri, induktif

42

8/3/2013

8

.0250 01.0

04.0 01.0

o=

==

=

s

L

C

R

jYjY

Y

V

Beban RLC Paralel

03.001.0 01.004.001.0

jjjYtot

+=

+=

100

j25j100

Vs=2500oV

+

I

o122 6.719.75.25.7

tan5.72.5

5.75.2)03.001.0(250

=+=

+=+==

jjYVI

I

V Re

Im

43

Teorema Rangkaian

44

Prinsip Proporsionalitas

XY K=

Y = fasor keluaran,

X = fasor masukan,

K = konstanta proporsionalitas yang pada umumnya merupakan bilangan kompleks

45

Prinsip Superposisi selalu berlaku di kawasan waktu dan

berlaku di kawasan fasor bila frekuensi sama

Prinsip Superpossi

46

20cos4t V +_ 8 3cos4t Aio3H

200o +_

8 j6

Io1j12 830o

j6Io2j12

Contoh

A 9,3629,3610

020

68020

6128020

o

o

o

oo

o1

=

=

+

=

+

= jjjI

A 4,1932,4039,36103,564,14

0368

12803)128/(1)6/(1)6/(1

oo

o

o

ooo2

=

=

+

+=

++

= jj

jjjI

24,07,544,11,42,16,1o21oo jjj +=++=+= IIIo

o 4,27,5 =I )4,24cos(7,5)( oo += tti

47

TNTNNNTT Z

YYZ 1 ; ; === VIIV

RT

A

B

vT+

VTZT

A

B

+

Kawasan waktu Kawasan fasor

Teorema Thvenin

48

8/3/2013

9

V 3,399,19 45207,5995,0

452010010

100V 9010901,0100

o

o

o

oo

=

=

=

==

jj

B

A

V

V

( ) V 6,226,156,124,1510 3.399,199010 oo

jjjBAT

=+=

== VVV

=

+= 99,09,109

10010)100(10100 jj

jZT

+j100

10100

0,190o A2045o V

`

A B

+

VT ZT

A B

Contoh Rangkaian Ekivalen Thvenin

49

Metoda Analisis

50

j9 j3

+

140 V

12A B C

D

9 3

Ix

j3I1I2

I3I4

+ vx +

14cos2tV

12A B C

D

9 3

ix

3/2H

1/6 F1/18 F

Metoda Keluaran Satu Satuan

ti

K

x

xx

2cos5,0

05,028

014281

281 oo

AA

=

===== VIVI

A )01(Misalkan jx +=I

( ) V 28912134

=

++= jjBA VV

V 3jC =V V 13

jC == VI4

( ) A 11 jx +=+= 43 III( ) ( ) V 311333 =+=+= jjjjCB 3IVV

A 31

92==

BVI A 134

321

+=+= jIII

51

A )8,732cos(3)9,364cos(2 sehinggaA )8,732cos(3dan A )9,364cos(2

ooo2o1o

o2o

o1o

++=+=

+==

ttiii

titi

Karena sumber berbeda frekuensi maka fasor Io1 dan Io2 tidak dapat langsungdijumlahkan. Kembali ke kawasan waktu, baru kemudian dijumlahkan

20cos4t V +_ 9 3cos2t Aio3H

200o+_

9 j6

Io1j12 930o

j12Io2j6

Metoda Superposisi

A 9,3629,3610

020

68020

6128020

o

o

o

oo

o1

=

=

+

=

+

= jjjI

A 8,733039,3610

9,3610

03686803)68/(1)12/(1

)12/(1

oo

o

o

ooo2

=

=

+=

++

= jj

jjjI

52

+ 18cos2t V

i

62

21H

A

B

2H

1/8 F

V 12

9 018

4622 o

jjhtT +=++== VV

A 2cos1 A 01

)12(2)47()12(

)12(9

42o

ti

jjjj

jjjZTT

=

=

++

+

+=

+=

VI

+

180o V

6

2

A

B

j4

j2j4

I

2

+ 180o V

6 2

A

B

j42

(((( )))) 1247

48812816

4624622 j

jj

jjj

jZ T ++++

++++====

++++

++++++++++++====

++++++++

++++++++====

+ VT

IA

B

j4

ZT j2

Metoda Rangkaian Ekivalen Thvenin

53

+

i1 =0.1cos100t A

v =

10sin100t V

200F 1H

50

ix?A B

A B +

I1 =0.10o A

V=1090oV

j50 j100

50

Ix

Sumber tegangan dan sumber arus berfrekuensi sama, = 100. Tetapi sumber tegangan dinyatakan dalam sinus, sumber arus dalam cosinus. Ubah kedalam bentuk standar, yaitu bentuk cosinus melalui kesamaansinx = cos(x90)

sumber tegangan tersambung seri dengan resistor 50 paralel dengan induktor j100

Simpul B hilang. Arus Iy yang sekarang mengalir melalui resistor 50, bukanlah arus Ix yang dicari; Iy kali 50 adalah tegangan simpul A, bukan tegangan simpul B tempat Ix keluar

IyA

I2j50 j100

50I1 =0.10o A

Iy

j50 j100

50I1 I2

Metoda Reduksi Rangkaian

54

8/3/2013

10

Metoda Tegangan Simpul

=

=

3010

120122

: Gauss eliminasi 10

10

11122

B

A

B

A

VV

VV

jjj

jjj

VVV

VVVI

=

=++

+

BA

BBA1

: B

05010050

:A jj

=

+ o

o

B

A

901001,0

11501

1001

501

VV

jj

=

+

=

++=+=

===+=

=

V 4,186,1215,0

101015,0

151010

6,26 0,268 V; 6,264,136125

)12(3012

30

oBA

ooB

jj

jjjj

jjj x

VV

IV

+

I1 =0,10o A

V=1090oV

j50 j100

50

Ix=?A B

55

+

I =0,10o A

V=1090oV

j50 50

A B

I1 I2 I3

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )

=

+

+

0101.0

1005010001001005050001

3

2

1

jjj

jjjjIII

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )

=

+

011.0

21201055

001

3

2

1

jjj

jjjIII

( ) ( )( )

( )( )

=

35.1

1.0

105001050

001

3

2

1

jj

jjj

III

A 2,533,0 5

105,1 A; 6,2627,0

1053

A; 01,0 o32o

30

1 =+

==

== jjj

jj IIII

Metoda Arus Mesh

56

Analisis Daya

57

viptIitVv mm ==+= ; cos ; )cos(

( )

( ) tIVtIVt

IVt

IVIVtttIVttIVvip

mmmm

mmmmmm

mmmm

+

=

+=

=+==

2sinsin2

2cos1cos2

2sinsin2

2coscos2

cos2

cossinsincoscos cos)cos(

Nilai rata-rata= VrmsIrmscos

Nilai rata-rata= 0

-1

1

0 15t

pb

Komponen ini memberikan alih energi netto; disebut daya nyata: P

Komponen ini tidak memberikan alih energi netto; disebut daya reaktif: Q

Tinjauan Daya di Kawasan Waktu

58

Tegangan, arus, di kawasan fasor:

irmsirmsvrms IIV === IIV ; ; besaran kompleks

Daya Kompleks :

)(* ivrmsrms IVS == IV

====

+=

sinsin

cos cos

rmsrms

rmsrms

IVSQIVSP

jQPS

Re

Im

P

jQ

Segitiga daya

*IV=S

*I

IV

Tinjauan Daya di Kawasan Fasor

59

Faktor Daya dan Segitiga Daya

SP

== cos f.d.

S =VI*

jQ

PRe

Im

V

I (lagging)

I*

Re

Im

jQ

PRe

Im

S =VI*

VI (leading)

I*Re

Im

Faktor daya lagging

Faktor daya leading

60

8/3/2013

11

IVIV

BB ZZ == atau

( )22

2

2*

*

rmsBrmsB

rmsBB

BB

IjXIRIjXR

ZZ

S

+=

+=

==

=

III

VI22

rmsBrmsB IjXIRjQPS

+=

+=

2

2 dan

rmsB

rmsB

IXQIRP

=

=

Daya Kompleks dan Impedansi Beban

61

seksisumber

seksibeban

A

B

I

A(rms) 10575,8 dan V(rms) 75480 ooAB +=+= IV

VAR 2100dan W 3640 == QP

866,0)30cos( dayafaktor ==

VA 2100364030sin420030cos4200 30420010575,875480

oo

ooo*

jjS

==

=+== VI

=== 5,47)75,8(

364022

rms

BI

PR

=== 4,27)75,8(

210022

rms

BIQX

Contoh

62

Dalam rangkaian linier dengan arus bolak-balik keadaan mantap, jumlah daya

kompleks yang diberikan oleh sumber bebas, sama dengan jumlah daya kompleks yang

diserap oleh elemen-elemen dalam rangkaian

Alih Daya

63

50

+

I1 =0,10o A

V=1090oV

j50 j100I3

BA

C

I2 I4 I5

[ ] [ ] oAC

oAC

010212atau

001,050

150

11001

501

=+

=+

++

jj

jjj

VV

VV

[ ]V 612

1230

010)9090(10212

C

oooC

jj

j

+=+

=

=++

V

V

[ ]VA 4,02,1

01,010612)( o*1j

jjS ACi=

+== IVV

A 24,018,0 01.024,008,0

A 24,008,0 50

)612(901050

o123

o

2

123

jj

jj

jj

CA

+=

+==

+=

+=

=

=

III

VVI

III

VA 8,14,2 )24,018,0(9010 o*3

jjSv

+=

== VI

VA 4,16,3 8,14,24,02,1

jjj

SSS vitot

+=

+=

+=

V 90109010 ooA === VV

Berapa daya yang diberikan oleh masing-masing sumber dan berapa diserap R = 50 ?

Contoh

64

Dengan Cara Penyesuaian Impedansi

+

VT

ZT = RT + jXTZB = RB + jXB

A

B22

22

)()( BTBTBT

BBXXRR

RRP

+++==

VI

(maksimum) 4

Jika 2

B

TBBT R

PRRV

==

dan :adalah maksimum dayaalih adinyauntuk terjsyarat Jadi

TBBT XXRR ==

22 )()( BTBTT

XXRR +++=

VI

2

2

)( BTBT

BRR

RP

+=

VBT -XX =Jika

Alih Daya Maksimum

65

V 551011

10105010050

50 o jjj

jjj

T =+

=+

=V

=++

+= 7525

1005050)10050(50 jjj

jjZT

+= 7525 jZ B W5,025455

4

22

=

==

jR

PB

TMAX

V

A 13502,050

55 o==

+=

jZZ BT

TB

VI

B

+

50 j100

j50

A

100o V25 + j 75

A 01,0

752550)7525)(50(10050

010 oo =

++

+++

=

jjjjj

sI

W1)02,0(25)1,0(50 2550

22

22

=+=

+= BssP II

Contoh

66

8/3/2013

12

Dengan Cara Sisipan Transformator

BB ZNNZ

2

2

1

=

impedansi yang terlihat di sisi primer

+= sincos BBB ZjZZ

TTTB ZXRZ =+=22

B

T

ZZ

NN

=

2

1

ZB+

ZT

VT

N1 N2

( ) ( )222

sincoscos

+++

=

BTBT

BTB

ZXZR

ZP

V

0=B

B

ZddP

Alih Daya Maksimum

67

+

50 j100

j50

A

B100o V

25 + j 60

1028,16025

752522

22

2

1=

+

+===

B

T

ZZ

NN

a

( ) ( )( ) ( ) W49,060216,17525216,125

25216,150 22

2222

22

=

+++

=

+++=

BTBT

BTB

XaXRaR

RaP

V

Seandainya diusahakan = )6025( jZ B

( ) ( ) W06,060216,17525216,12525216,150

22=

++

=BP

Tidak ada peningkatan alih daya ke beban.

V 55 jT =V = 7525 jZT

Dari contoh sebelumnya:

Contoh

68

Fasor adalah pernyataan sinyal sinus yang fungsi waktu ke dalambesaran kompleks, melalui relasi Euler.

Dengan menyatakan sinyal sinus tidak lagi sebagai fungsi waktu, makapernyataan elemen elemen rangkaian harus disesuaikan.

Dengan sinyal sinus sebagai fungsi t elemen-elemen rangkaian adalahR, L, C.Dengan sinyal sinus sebagai fasor elemen-elemen rangkaian menjadiimpedansi elemen R, jL, 1/jC. Impedansi bukanlah besaran fisis melainkan suatu konsep dalamanalisis. Besaran fisisnya tetaplah R = l/A, dan C = A/d

Dengan menyatakan sinyal sinus dalam fasor dan elemen-elemen dalaminpedansinya, maka hubungan arus-tegangan pada elemen menjadihubungan fasor arus - fasor tegangan pada impedansi elemen.

Hubungan fasor arus dan fasor tegangan pada impedansi elemen merupakan hubungan linier.

Rangkuman Mengenai Fasor

69

Dengan menyatakan arus dan tegangan menjadi fasor arus dan fasortegangan yang merupakan besaran kompleks maka daya juga menjadidaya kompleks yang didefinisikan sebagai S = V I*.

Besaran-besaran kompleks dapat digambarkan di bidang kompleks sehingga kita mempunyai digram fasor untuk arus dan tegangan serta segitiga daya untuk daya.

Hukum-hukum rangkaian, kaidah-kaidah rangkaian, serta metoda analisis yang berlaku di kawasan waktu, dapat diterapkan pada rangkaian impedansi yang tidak lain adalah transformasi rangkaian ke kawasan fasor.

Sesuai dengan asal-muasal konsep fasor, maka analisis fasor dapat diterapkan hanya untuk sinyal sinus keadaan mantap.

Rangkuman (lanjutan)

70

Penyediaan Daya

71

Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan transformator berkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi.

Dengan transformator tegangan tinggi, penyaluran daya listrik dapat dilakukan dalam jarak jauh dan susut daya pada jaringan dapat ditekan.

Di jaringan distribusi listrik banyak digunakan transformator penurun tegangan, dari tegangan menengah 20 kV menjadi 380 V untuk distribusi ke rumah-rumah dan kantor-kantor pada tegangan 220 V.

Transformator daya tersebut pada umumnya merupakan transformator tiga fasa; namun kita akan melihat transformator satu fasa lebih dulu

Transformator

72

8/3/2013

13

+E2

N2N1

If

V1

+E1

+

Transformator Dua Belitan Tak Berbeban

o11 0= EE

efektif nilaiadalah

44.42 2

11

1 maksmaks NfNfE =pi=

Belitan primer:

maksNfE = 22 44.4

Belitan sekunder:

I2 = 0tmaks = sinJika

Fasor E1 sefasa dengan E2 karenadiinduksikan oleh fluksi yang sama.

o22 0= EE

tNdtdNe maks =

= cos111

masi transforrasio 2

1

2

1== a

NN

EE

73

+E2

N2N1

If

V1

+E1

+

111 EIV += RfArus magnetisasi yang membangkitkan

Resistansi belitanprimer

E1=E2

I

Ic

If

If R1V1

Diagram fasor denganmengambil rasio

transformasi a=1, sedangkan E1 sefasa E2

Arus magnetisasi If dapat dipandang sebagai terdiri

dari I (90o dibelakang E1) yang menimbulkan

dan IC (sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi-rugi inti.

74

E2V1 l1

If

E1=E2I

Ic

IfIfR1

V1

l jIfXl

Representasi fluksi bocor di belitan primer

1111111 XjRR fflf IIEEIEV ++=++=

ada fluksi bocor di belitan primer

Fluksi Bocor di Belitan Primer

75

V2I2I2

IfI1

I2R2

jI2X2E2E1

I1R1

jI1X1V1

beban resistif , a > 1

22222

22222

XjRR l

IIVEIVE

++=

++=

11111

11111

XjRR l

IIEEIEV

++=

++=

V1 l1

I1

V2l2

I2

RB

Transformator Berbeban

76

ZR2

If BjX2R1 jX1

I1 I2

V1 E1V2=aV2

21

222221

111111

IIIIIVE

IIEV

+=

++=

++=

fXjRa

XjR I2 , R2 , dan X2 adalah arus, resistansi, dan reaktansi sekunder yang dilihat dari sisi primer

R2

IfB

jX2R1 jX1

I1 I2

V1 E1V2=aV2

jXcRcIc I

Rangkaian Ekivalen Transformator

77

B

jXe =j(X1+ X2)Re = R1+R2

I1=I2

V1V2

I2I2Re

jI2XeV2V1

Arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari arus beban penuh

Jika If diabaikan terhadap I1kesalahan yang terjadi dapat

dianggap cukup kecil

Rangkaian Ekivalen yang Disederhanakan

78

8/3/2013

14

10 kW f.d. 0,8 lagging

8 kW f.d. 0,75 lagging

380 V rmsPenyediaan

Daya

Contoh

kVA 5,710sincos

sin 11

11111111 j

PjPSjPjQPS +=+=+=+=

kVA 78sincos

sin|| 22

222222 j

PjPSjPS +=

+=+=

kVA 5,1418785,7102112 jjjSSS +=+++=+=

Impedansi saluran diabaikan

lagging 78.05,1418

18cos

2212=

+= Faktor daya total

tidak cukup baik

79

Im

Re

jQ beban (induktif)

jQ kapasitor

P beban

kVA beban tanpakapasitor

kVA beban dengan kapasitor

Perbaikan faktor daya dilakukan pada beban induktif dengan menambahkan kapasitor yang diparalel dengan beban, sehingga daya reaktif yang harus diberikan oleh sumber menurun tetapi

daya rata-rata yang diperlukan beban tetap dipenuhi

Daya yang harus diberikan oleh sumber kepada beban turun dari |S| menjadi |S1|.

kapasitorparalel dengan beban

Perbaikan Faktor Daya

80

S12 jQ12

P12

-jQ12CS12C

10 kW f.d. 0,8 lagging

8 kW f.d. 0,75 lagging

380 V rms 50 Hz C

kVA 5,141812 jS += lagging 78.0cos 12 =

Contoh

kVA 9,518)95.0tan(arccos181812 jjS C +=+=laggingC 95.0cos 12 =

kVAR 58,8 5,149,512 jjjjQ C ==

F 190380100

8580 2 pi

=

=C

( )CX

Q CC

CC ==

22

VV

diinginkan

kVA 5,710)8,0tan(arccos10101 jjS +=+=kVA 78)75,0tan(arccos882 jjS +=+=

2C

CQCV

=

81

Diagram Satu Garis

82

beban 110 kWcos = 1

beban 28 kWcos = 1

0,2 + j2 0,2 + j2 Vs

| V | = 380 V rms

kVA 0101 jS +=

A 021 A 0210380

08000 o2

o

o

*2 ==

+

= II j

kVA 9,009,0 )22,0()22,0( 222

jjjSsal

+=

+=+= 22 II

kVA 9,009,8222 jSSS saltot +=+=

V 4,66,387

V 9,422,385021

9008090

o

o*2

21

=

+=+

== jjStotI

V

A 4,68,254,66,387010000 o

o*1

11 =

+

==

jSV

I

A 5,373,46 88,264,46 0214,68,25

o

oo21

=+=

+=+=

js III

kVA 37,444,0 73,46)22,0()22,0( 221

jjjS ssal

+=

+=+= I

kVA 27,553,18 9,009,81037,444,0

2211

jjj

SSSSS salsals

+=

++++=

+++=

V 4,19412 3,546,73

9,15192653,546,73527018530 o

o

o

o*=

=

+

==

jSs

ss

IV

kVA 082 jS +=

Contoh

83

Sistem Tiga Fasa Seimbang

84

8/3/2013

15

u

s

vs(t)1/jCR

jLVs

u

s

vs(t)

vs(t)vs(t)

Sebuah kumparan dipengaruhi oleh medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan

B

A

C

NVANVBN

VCN

Tegangan imbas yang muncul di kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik, sebesar Vs

Tiga kumparan dengan posisi yang berbeda120o satu sama lain berada dalam medanmagnet yang berputar dengan kecepatanperputaran konstan

Tegangan imbas di masing-masing kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik. Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan tersebut diperoleh sumber tegangan tiga fasa

Sumber Satu Fasa dan Tiga Fasa

85

B

A

C

NVANVBN

VCN

+

+

+

Dalam pekerjaan analisis rangkaian kita memerlukanreferensi sinyal. Oleh karena itu tegangan bolak balik kita

gambarkan dengan tetap menyertakan referensi sinyal

Untuk sumber tiga fasa, referensi sinyal teganganadalah sebagai berikut

A, B, C : titik fasa

N : titik netral

VAN , VBN ,VCNbesar tegangan fasa ke netraldituliskan pula sebagai Vfn atau Vf

besar tegangan antarfasa adalah

VAB , VBC ,VCAdituliskan pula sebagaiVff

Simbol sumber tiga fasa:

Referensi Sinyal

86

Sumber terhubung YVAN = |VAN| 0o VBN = |VAN| -120oVCN = |VAN| -240oKeadaan Seimbang|VAN| = |VBN| = |VCN|

B

A

C

NVANVBN

VCN

+

+

+ VAN

VBN

VCNIm

Re

Diagram fasortegangan

120o

120o

Diagram Fasor Sumber Tiga Fasa

87

C

B

AN

VANVBN

VCN

+

+

+ VAB

VBC VCA

IA

IB

ICTegangan

fasa-netral

Tegangan fasa-fasa

Arus saluran

Sumber Tiga Fasa Terhubung Y

Saluran ke beban

Sumber Tiga Fasa dan Saluran ke Beban

88

Hubungan Fasor-Fasor Tegangan

BNANNBANAB VVVVV =+=

o

o

o

2103

903

303

=

=

=

fnCA

fnBC

fnAB

V

V

V

V

V

V

Tegangan fasa-fasa:

fasa-fasa tegangan nilai : 3

netral-fasa tegangan nilai:

fnffCABCAB

fnCNBNAN

VVVVV

VVVV

====

===

CNBNNCBNBC VVVVV =+=

ANCNNACNCA VVVVV =+=

Dalam keadaan seimbang:

VAN

VBN

VCN VAB

VBC

VCA

Re

Im

30o30o

30oTegangan Fasa-netral 120o

VBN

89

Arus di penghantar netraldalam keadaan seimbang bernilai nol

B

A

C

N

VANVBN

VCN

+

+

+N

A

B

C

Beban terhubung

Y

Bebanterhubung

Sumberterhubung

Y

A

B

C

Arus saluran

IA

IC

IB

Arus fasa

Arus fasa

Arus Saluran dan Arus Fasa

90

8/3/2013

16

Beban Tiga Fasa

91

NA

B

C

ZIA

IC

IB

IN Z

Z

==

== fANANAN

A ZZZI

VVVIo0

Beban Terhubung Y

3

3

***

3

=

=

++=

fff

AAN

CCNBBNAANfS

IV

IV

IVIVIV

0=++ CBA IIIKeadaan seimbang

)120()120(120 ooo

==

== f

BNBNBNB ZZZ

IVVVI

)240()240(240 ooo

==

== f

CNCNCNC ZZZ

IVVVI

IA

VBN

VCN

VANRe

Im

IB

IC

referensi

92

V 2203

3803

===

fffn

VV

V 240220V 120220

referensi) sebagai ( V 0220

o

o

o

==

=

CN

BN

AN

VVV

A 44A 8,27644

A 8,15644)1208,36(44

A 8,63448,3650220

430220

o

ooo

o

o

oo

=

=

==

=

=

+

==

II

I

VI

C

B

ANA jZ

kVA 8,3629

8,364402203 3o

oo*

3

=

== AANfS IV

kW 2,238.36cos29 o3 ==fP

kVAR 4,178.36sin29 o3 ==fQ

Z = 4 + j 3 Vff = 380 V (rms)VAN referensi

NA

B

C

ZIA

IC

IB

IN Z

Z

VBN

VCN

VAN

Re

Im

IA

IB

IC

Contoh

93

ZAB

ABVI =

CAABA III =

Beban Terhubung

ZV

ZV

ZffffAB

AB =

==

o0VI

)270(3 )270(3)150(3 )150(3

)30(3 )30(3

oo

oo

oo

==

==

==

fCAC

fBCB

fABA

II

II

II

I

I

I

=== 3 03 3 o*3 AfffffABABf IVIVS IV

sinsin3

coscos3

33

33

==

==

fAfff

fAfff

SIVQSIVP

IB

IA

IC

B

C

A

IBCICA

IABZ

Z

Z

VBC

VCA

VABRe

Im

IAB

IBC

ICA

ICA IA

ZZCA

CABC

BCVIVI == ;

oo 240 ;120 == ABCAABBC IIII

BCCACABBCB IIIIII == ;

94

A

B

C

IA

IB

IC

IAB

IBC

ICA

Z = 4 + j 3 Vff = 380 V (rms)VAN referensi

oooo 240220 ;120220 ;022003

380==== CNBNAN VVV

oo 30380)30(3 =+= ANANAB V V

A 8,6768,365

3038034

30380 oo

oo

=

=

+

== jZ

ABAB

VI

A 8,366.1318,36376)308,6(3 oooo === ABA II

kVA 523,69 8.3664.86

8.676303803 3o

oo*

3

jS ABABf

+==

+== IV

kVAR 52)76(333kW 3,69)76(433

223

223

===

===

ABf

ABf

XQRP

I

I

IAB

VBN

VCN

VANIBC

ICA

Re

Im VAB

oo 210380 ; 90380 == CABC VV

A 8,246762408,676A 8,126761208,676

ooo

ooo

==

==

CA

BC

I

I

A 8.2766,131)2408,36(6.131A 8,1566,131)1208,36(6.131

ooo

ooo

====

C

B

II

Contoh

95

Pada dasarnya analisis daya pada sistem tiga fasa tidak berbeda dengan sistem satu fasa

Analisis Daya Pada Sistem 3 Fasa

96

8/3/2013

17

Y 50 kVA f.d. 0,9 laggingVLL = 480 VIs = ? RB = ? XB = ?

A 603480

500003

3====

ff

ffs

S

VII

03,216,4)60(1000)3,715(

22 jjSZf

fasaper+=

+==

I

;kW 459,050cos3 === fSP

kVA 8,2145 3 jS f +=

33 3 fffffnfS IVIV ==

3 *3 ffnfS IV= ifvfn = IV3 )(3 ivffn = IV

kVAR 8,21436,050sin3 === fSQ

kVA 3,7153

3

jSS ffasaper +==

. 03,2 ; 16,4 == XR

Contoh

97

== coskW 100 BB SP

A 1538,04800

100

3cos

=

=

=

B

BBB

I

IVP

kVA 5,1335,115)202(3 2 jjS sal +=+=

kVA 5,1345,8835,101

kVA 5,8835,101 22

=+=

+=+=

Sumber

salBSumber

S

jSSS

rms V 518031510005,134

3

33

=

==

==

B

SS

BSSSSumber

S

S

IV

IVIV

kVA 75100 jSB +=

beban

VS VB

Z = 2 + j20

IS IB100 kW4800 V rmscos = 0,8 lag

|Ssumber| = ?Vsumber= ?

kVAR 756,0125sin === BB SQkVA 1258,0100

==BS

Contoh

98

Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan Fasor

(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)

Sudaryatno Sudirham

99