SudaryatnoSudirham

A li i R k i Li ikAnalisis Rangkaian Listrikdi Kawasan Fasordi Kawasan Fasor

(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)

1

Kuliah Terbukappsx beranimasi tersedia dippsx beranimasi tersedia di

www.ee-cafe.org

2

Buku-e

Analisis Rangkaian Listrik Jilid 1Analisis Rangkaian Listrik Jilid 1

tersedia di www.buku-e.lipi.go.id

danwww.ee-cafe.org

3

Isi Kuliah:

1. Fasor2. Pernyataan Sinyal Sinus3. Impedansi4. Kaidah Rangkaian5. Teorema Rangkaian6. Metoda Analisis7. Sistem Satu Fasa8. Analisis Daya9 P di D9. Penyediaan Daya10. Sistem Tiga‐fasa Seimbang

4

FasorMengapa Fasor?

5

)cos( θ−ω= tAy

Di kawasan waktu bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai

)cos( θω= tAySudut fasa

Frekuensi sudutAmplitudo

Analisis rangkaian listrik di kawasan waktu melibatkani dif i l d i t l k h boperasi diferensial dan integral, karena hubungan arus-

tegangan elemen-elemen adalah

di dv 1dtdiLv L

L = dtdvCi C

C = ∫= dtiC

v CC1

6

BentukBentuk gelombanggelombang sinus sinus sangatsangat luasluas digunakandigunakan

Energi listrik, dengan daya ribuan kilo watt, disalurkank b t k l b imenggunakan bentuk gelombang sinus.

Siaran radio juga dipancarkan dengan menggunakan bentukgelombang sinus

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

gelombang sinus.

berbentuk gelombang sinus, akan sangat dipermudah jikaoperasi-operasi diferensial dapat dihindarkan.

7

Dalam matematika ada sebuah fungsi yang t b b t k d f i itturunannya berbentuk sama dengan fungsi itu

sendiri, yaitu

FungsiFungsi EksponensialEksponensialFungsiFungsi EksponensialEksponensial

xde xdAexedxde

= xAedx

dAe=

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

dan integral akan terhindarkan

8

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

Id titId tit E lE l

jjx i

IdentitasIdentitas EulerEuler

xjxe jx sincos +=

Bagian nyata pernyataang y p ykompleks ini yang digunakanuntuk menyatakan sinyal sinus

Ini adalah fungsi eksponensial kompleks

Berikut ini kita akanmelihat ulang bilangan

komplekskompleks

9

BilanganBilangan KompleksKompleks

PengertianPengertian TentangTentang BilanganBilangan KompleksKompleks

BilanganBilangan KompleksKompleks

PengertianPengertian TentangTentang BilanganBilangan KompleksKompleks

012 +

Tinjau Persamaan:

js 1

Akar persamaan adalah:

012 =+s js =−= 1

Bilangan tidak nyata (imajiner)g y ( j )

2.53

3.5

x

00.5

11.5

2

00 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

xTak ada nilai untuk negatifx xTak ada nilai untuk negatifx x

10

jbas += dengan a dan b adalah

Bilangan kompleks didefinisikan sebagai

jbas += bilangan nyata

bagian nyata dari s bagian imajiner dari sbagian nyata dari sRe(s) = a

bagian imajiner dari sIm(s) = b

( b i ji )Im

(sumbu imajiner)

s = a + jbjb jjb

Re(sumbu nyata)

a

11

RepresentasiRepresentasi GrafisGrafis BilanganBilangan KompleksKompleks

Im(sumbu imajiner)

Im

S = a + jbjb S = a + jbjb

a Re Reθ

a

S = |S|cosθ + j|S|sinθ

(sumbu nyata)

θ = tan−1(b/a)

22 baS +=Bilangan kompleks

|S|cosθ = Re (S)|S| sinθ = Im (S)

bagian nyata dari Sbagian imaginer dari S|S| sinθ = Im (S) bagian imaginer dari S

12

ImContohContoh

4

3

3 + j4 = 5cosθ + j5sinθ

3

2

1

5

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

1

-1

θ

-2

-3

13

OperasiOperasi‐‐OperasiOperasi AljabarAljabar BilanganBilangan KompleksKompleks

Penjumlahan PenguranganPenjumlahan

jbas +=1

jjbas +=1

j

Pengurangan

)()(21 qbjpass −+−=−

jqps +=2 jqps +=2

)()(21 qbjpass +++=++ --

Perkalian

))(())(( 21 jqpjbass ++= )()( bpaqjbqap ++−=

Pembagian

jbas + )()( aqbpjbqap ++jqpjqpjba

ss

++

=2

122

)()(qp

aqbpjbqap+

−++=

jqpjqp

−−

×

14

ContohContoh

43dan 32 21 jsjs +=+=diketahui:

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

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

maka:

11)43()32(21 jjjss −−=+−+=−

)43)(32())(( 21 jjss ++=

43321 jjs −×

+=

176)98()126( jj +−=++−=

251

2518

43)98()126(

4343

22

2

jjjjs

+=+

+−++=

−×

+

252543 +

15

BentukBentuk SudutSudut SikuSiku dandan BentukBentuk PolarPolar

)sin(cos)( θ+θτθτθ+τ jeeee jj

Fungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai

)sin(cos)( θ+θ== jeeee jj

dengan eτ adalah fungsi eksponensial riil

θ+θ=θ sincos je jdan Ini identitas Euler

jbaS +=Dengan identitas Euler ini bilangankomleks yang dituliskan sebagai:

)sin(cos22 θ+θ+= jbaS

Penulisan bilangan kompleks di atas adalah penulisan dalam bentuk sudut

dapat dituliskan sebagai:

θ+= jebaS 22

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

16

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

8,48,8)48,088,0( 10 )5,0sin5,0(cos10

jjjS

+=+=+=Bentuk Sudut Siku

rad 93,034tan 1 ==θ −

S = 3 + j4 543|| 22 =+=SBentuk Sudut Siku 3||

S = 5e j 0,93Bentuk Polar

543|| 22 =+=S rad 93,034tan 1 ==−=∠ −θSS = 3 − j4Bentuk Sudut Siku 543|| +S 3jBentuk Sudut Siku

S = 5e − j 0,93Bentuk Polar

17

KompleksKompleks KonjugatKonjugat

S = a + jbIm Im

S* = p + jq

Re Re

S* = a − jb

Bilangan kompleks S mempunyai konjugat S*

S = p − jq

Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai

a ga o p e s S e pu ya o jugat S

Konjugat dari S = a + jb adalah S* = a - jb

*atau ||* 2 SS|S|SSS == ( ) **2121 SSSS * +=+

Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai hubungan-hubungan berikut:

u|| SS|S|SSS

( ) ( )( )**2121 SSSS * =×

*

**11 SS

=⎥⎤

⎢⎡

( ) 2121

( )( )*12 SS ⎥

⎦⎢⎣

18

Dalam Bent k FasorPernyataan Sinyal Sinus

Dalam Bentuk Fasor

19

FasorFasorSinyal Sinus di kawasan waktu : )cos( θ+ω= tAv

Mengingat relasi Euler fungsi ini bisa dipandang sebagaiMengingat relasi Euler, fungsi ini bisa dipandang sebagai bagian riil dari suatu bilangan kompleks

A e j(ωt+θ) = A {cos(ωt + θ) + j sin(ωt + θ)} = V

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

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

Re dan e jωtidak ditulis lagi

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

hanya amplitudo A dan sudut fasa θ yang diperhatikanInilah yang disebut Fasor

karena ω diketahui sama untuk seluruh sistem

20

PenulisanPenulisan dandan PenggambaranPenggambaran FasorFasor

Karena hanya amplitudo dan sudut

PenulisanPenulisan dandan PenggambaranPenggambaran FasorFasor

= θAe jV

fasa saja yang diperhatikan makaV

Im

jb

θ∠= AV dituliskan |A|

θ

i θθθ∠ jAAAV

Rea

sincos θ+θ=θ∠= jAAAV

⎟⎞

⎜⎛∠+=+= − bbajba 122 tanV ⎟

⎠⎜⎝

∠++a

bajba tanV

21

Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasorContohContoh Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor

atau4510 o1 −∠=V)45500cos(10)( o= ttv

ContohContoh

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

atau 4510oo

1

1

jj −=−+−=

∠

V

V)45500cos(10)(1 −= ttv

)30500cos(15)( o+ttv atau3015 o∠V

menjadi:

)30500cos(15)(2 += ttv5,799,12)30sin(15)30cos(15

atau 3015oo

2

2

jj +=+=

∠=

V

V

menjadi:Pada frekuensi ω = 500Pada frekuensi ω 500

1000cos4)( 1 tti −= atau 04 o1 ∠−=I

4)0sin(4)0cos(4 oo1

1

−=−−= jI

)901000cos(3)( otti atau903 o−∠=I

menjadi:

)901000cos(3)(2 −= tti3)90sin(3)90cos(3

atau 903oo

2

2

jj −=−+−=

∠=

I

I

menjadi:Pada frekuensi ω = 1000

22

FF N ifN if dd FF K jK jFasorFasor NegatifNegatif dandan FasorFasor KonjugatKonjugat

A

Im

jb

Jika θ∠= AAmaka negatif dari A adalah

θ

ReA −θ a

j

− a( )( )180

180 o

o

−θ∠=

+θ∠=−

A

AA

−A

A*

θ

−jbθ−∠= A*A

( )dan konjugat dari A adalah

θ∠AA

jba −−=− Ajba +AJika jba=A

jba −=*A

jba +=AJika

23

OperasiOperasi‐‐OperasiOperasi FasorFasor

2θ∠= BB1θ∠= AAJika diketahui : 21

maka :

Perkalian )( 21 θ+θ∠=× ABBA

θ∠ AAA )( 212

1 θ−θ∠=θ∠θ∠

=BA

BA

BA

Pembagian

( ) ( )( ) ( )

2121 sinsincoscos θ+θ+θ+θ=+ BAjBABA

Penjumlahan dan Pengurangan

( ) ( )2121 sinsincoscos θ−θ+θ−θ=− BAjBABA

24

ContohContoho

1 4510 −∠=Vo

2 3015∠=V

o1 04∠−=I

o2 903 −∠=I

Diketahui:

( ) ( ) 343004213 jjj −−=−++−=+= III

2 3015∠V2 903∠Imaka :

Im216 9o

o1223 9,216 5

43tan)3()4( ∠=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−

∠−+−= −I Re-4

3

216,9

5

oo

o

1

11 455.2

044510

−∠−=∠−−∠

==IVZ

I3-3

oo

o

2

22 1205

9033015

∠=−∠∠

==IVZ

ooo*111 4540 )04()4510( −∠−=∠−×−∠== IVS

ooo*222 12045)903()3015( ∠=∠×∠== IVS

25

Impedansi

26

I d iI d i didiImpedansiImpedansi di di KawasanKawasan FasorFasor

Impedansi suatu elemen rangkaian di kawasanfasor adalah perbandingan antara

fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut

xxZ

IV

=fasor tegangan

fasor arusxI

impedansi

fasor arus

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

27

Resistor

θtiti )()(

Kawasan waktu

Resistor

θ

θ+ω=

θ+ω=

jj

tjRm

RmR

ei

titi

)cos()()(

iR Kawasan fasor

θω= jtjRm eei

+ vR−θ∠= RR II

θω=

=jtj

Rm

RR

eeRi

tRitv

)()(RR RIV =R

R

ivR =

Rm

R

RRIV

=

Impedansiresistansi resistor di kawasan waktubernilai sama denganimpedansinya di kawasan fasorimpedansinya di kawasan fasor

28

InduktorInduktor

Kawasan waktu

+θ+ω=

θ+ω=tj

Lm

LmL

ei

titi

)cos()()( Kawasan fasor

iL+vL−

θω= jtjLm

Lm

eei θ∠= LL II

)()( = LL dt

tdiLtv

ddiLv L

L =)( θωω= jtj

m eeiLj LL Lj IV ω=

LjZ LV

dtL

LjZL

LL ω==

I

Impedansihubungan diferensial hubungan linier Impedansig g

29

KapasitorKapasitor

Kawasan fasorKawasan waktu

+ vC − )(

)cos()(θ+ω=

θ+ω=tj

Cm

CmC

ev

tvtvKawasan fasor

θ∠= CC VV

iC

`

)( = CC

dvCtiC

)(

)(

)( θ+ωω= tjCm

C

evCjdt

CC Cj VI ω=dt

dvCi CC =

CjZ

C

CC ω

==

1

1IV

Cjω

−=1 hubungan diferensial hubungan linier

Impedansi

30

ImpedansiImpedansi dandan AdmitansiAdmitansipp

Impedansi: Z

R

RRIV

=LjZL

LL ω==

IV

Cj

CjZ

C

CC ω

−=ω

==1 1

IV

Admitansi: Y = 1 / Z

IV Z=

Admitansi: Y = 1 / Z

YR1

=Lj

LjZYL −===

11 CjZ

YC ω==1

RR LLjZLL ωω

jZC

C

VI Y=Perhatikan: relasi ini adalah relasi linier.

Di kawasan fasor kita terhindar darihit dif i l

VI Y

perhitungan diferensial.

31

I d iI d i SS UU

)()( ω+ω= jXRZ

ImpedansiImpedansi SecaraSecara UmumUmum

)()( j

( ) ( ) ⎟⎟⎞

⎜⎜⎛ ω

−ω+=ω

+ω=+ )/1(

)/1(2

2

2//CRLjR

CjRCjRLjZ CRL ( ) ( ) ⎟

⎠⎜⎝ +ω+ωω++

11)/1( 22//RCRCCjRCRL

• Perhatian : Walaupun impedansi merupakan pernyataan yang berbentuk kompleks, akan tetapi impedansi bukanlah fasor. Impedansi dan fasor merupakan dua pengertian dari dua konsep p p p g pyang berbeda.– Fasor adalah pernyataan dari sinyal sinus – Impedansi adalah pernyataan elemenImpedansi adalah pernyataan elemen.

32

Kaidah Rangkaian

33

HubunganHubungan SeriSeri

LjRZ seriRL ω+=

( )IV LjRRL ω+=

RI

+ V

jωL

( )IV LjRseriRL ω+=+ VR −

+ VL−

CjRZ seriRC ω

−=R−j/ωCI Cω

IV 1 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ω

+=Cj

RseriRC+ VC −+ VR −⎠⎝ ωCj

34

K id hK id h P b iP b i TT

⎞⎛ 1

KaidahKaidah PembagiPembagi TeganganTegangan

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

ω−ω=

CLjZ seriLC

1 −j/ωCjωL I

IV ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

ω−ω=

CjLjseriLC

+ VL−+ VC −

seritotalseritotal Z= IV

nseritotal ZZZZ +⋅⋅⋅⋅++= 21

lk

kZ

VV ×= totalseritotal

k ZVV ×=

35

KaidahKaidah PembagiPembagi ArusArus

Itotal

KaidahKaidah PembagiPembagi ArusArus

VVI kk

k YZ

==I3jωLI1

I2

VVII total

n

kk

n

kktotal YY === ∑∑

== 11R −j/ωC

n

n

kktotal ZZZ

YY 111

211

+⋅⋅⋅⋅++==∑=

totalk

kk YY

Y IVI == totaltotal

kk Y

36

Diagram FasorDiagram Fasor

37

ArusArus dandan TeganganTegangan padapada InduktorInduktor

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

ArusArus dandan TeganganTegangan padapada InduktorInduktor

Misalkan

Ω=××= 5005,01000 jjZ L

040)500( o∠jZ IV

V 9020004,090500

04,0)500(ooo

o

∠=∠×∠=

∠×== jZ LLL IV

VL

ImArus 90 di b l k

Di kawasan waktu:

200)V90o di belakang

tegangan

050

100150

100 iL(t)

vL(t)VA

ILRe

Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0) 200

-150-100-50

00 0,002 0,004 0,006 0,008

detik

(sudut fasa = 0) -200

38

ArusArus dandan TeganganTegangan padapada KapasitorKapasitor

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

g gg g pp pp

Misalkan

k 20)1050(10

1

33

126Ω−=

××

−=

ω=

−C jjCj

Z

V 9010

)0105,0()901020(o

o3o3

−∠=

∠××−∠×== −CCC Z IV

I Re

Im Di kawasan waktu:

10IC

V

Re

arus 90o mendahului

0

5

10

10 iC(t)VmA

vC(t)

VC teganganArus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)

detik-5

00 0,0005 0,001 0,0015 0,002

( )-10

39

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

pp

A 405dan V 10120 oo ∠=∠= IV

i(t) = 5cos(314t + 40o) A

Ω−∠=∠

∠== 3024

40510120 o

o

oZ B I

V

Ω−=−+−=∠

128,20)30sin(24)30cos(24 405

jjI

IV

Im arus mendahului tegangan

Re

40

BebanBeban InduktifInduktif

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

BebanBeban InduktifInduktif

v(t) =120cos(314t + 20o) V i(t) = 5cos(314t − 40o) A

A 405 dan V 20120 oo −∠=∠= IV

Ω∠=−∠

∠== 6024

40520120 o

o

oZ B I

VVIm

Ω+=+=

−∠

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

405oo

jj

I

IRearus

tertinggal daritertinggal dari tegangan

41

BebanBeban RLCRLC Seri, Seri, kapasitifkapasitif

100Ω+ 20μF+−

μ50mHvs(t) =

250 cos500t VTransformasi rangkaianke kawasan fasor

1000250 o Ω∠ ZV 100Ω −j100Ω

j25ΩVs=

250∠0oV+−

Im

25 ; 100 100 ;0250 o

Ω=Ω−=Ω=∠=

jZjZZ

LC

RsV

−∠+=

Ω−=+−=

− 75tan)75()100(

7510025 100100

122

jjjZ totI

Im

Ω−∠=

∠+

87,36125 100

tan)75()100(

o

oV

V Re

Beban RLC seri ini bersifat kapasitif

A 36,87287,36125

0250 oo

o∠=

−∠

∠==

tot

s

ZV

I|ZC| > |ZL| arus mendahului tegangan

Jika kita kembali ke kawasan waktu

i(t) = 2 cos(500t + 36,87o) A

42

FasorFasor TeganganTegangan TiapTiap ElemenElemenFasorFasor TeganganTegangan TiapTiap ElemenElemen

100Ω −j100Ωj25Ω

Vs=250∠0oV

+−

VR = RIIm

Vs

Re

VC = −jXC II 87,3612575100 o Ω−∠=−= jZtot

VL = jXL IRe

V36 872000250100 oo ∠∠V

A 36,87287,36125

0250 oo

o∠=

−∠

∠==

tot

s

ZV

I

Fasor tegangan rangkaian

V ,1335200025087,36125

90100

V36,87200025087,36125

ooo

o

o

−∠=∠−∠−∠

=

∠=∠−∠

=

C

R

V

V Fasor tegangan rangkaianmengikuti hukum Kirchhoff

LCRs VVVV ++=

V 26,87105025087,36125

902587,365

ooo

o∠=∠

−∠∠

=LV

43

BebanBeban RLCRLC seriseri induktifinduktif

25 100Ω

Ω=R

jZZ

BebanBeban RLCRLC seriseri, , induktifinduktif

V0250

100 25

o∠=

Ω=Ω−=

s

L

C

jZjZ

V

100Ω −j25Ω

j100ΩVs=

250∠0oV+−

V 0250∠sV

∠

Ω+=+−=75)()100(

75100100 25100

122

jjjZtot

Ω∠=

∠+= −

87,36125 10075tan)75()100(

o

122

Im

A 36,87287,36125

0250 oo

o−∠=

∠∠

==tot

s

ZVI

V ReI

V

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

44

BebanBeban RLC RLC ParalelParalel

040 01.0Ω

Ω=R

jYY

I

.0250

01.0 04.0

o∠=

Ω−=Ω=

L

C

jYjY

V100Ω

−j25Ω

j100ΩVs=

250∠0oV+−

.0250∠sV

030010 01.004.001.0

jjjYtot

+=Ω−+=

03.001.0 j+=

o122 671975.7tan572 5

5.75.2)03.001.0(250

∠=+=

+=+×==

−

jjYVI

6.719.75.2

tan5.72.5 ∠=+=

IIm

I

V ReV Re

45

Teorema RangkaianTeorema Rangkaian

46

PrinsipPrinsip ProporsionalitasProporsionalitas

XY K=

Y = fasor keluaran,

X = fasor masukan,

K = konstanta proporsionalitas yang pada m mn a mer pakan bilangan kompleksumumnya merupakan bilangan kompleks

47

PrinsipPrinsip SuperpossiSuperpossiPrinsipPrinsip SuperpossiSuperpossi

Prinsip Superposisi                                           selalu berlaku di kawasan waktu  dan

berlaku di kawasan fasor bila frekuensi samaberlaku di kawasan fasor bila frekuensi sama 

48

ContohContoh20cos4t V +_ 8Ω 3cos4t Aio

3H

ContohContoh

3cos4t Ao

+ 8Ω Io1j12Ω 8Ω Io2j12Ω

20∠0o +_8Ω

− j6ΩIo1j 8Ω

3∠0o− j6Ωo2

128)6/(1 jj

A9362020

68020

6128020

oo

oo

o1

∠∠

+∠

=−+

∠=

jjjI

A4,1932,4033,564,14

0368

12803)128/(1)6/(1

)6/(1

ooo

ooo2

∠=∠×∠

=

∠×++

=∠×++−

−=

jj

jjjI

A9,3629,3610

oo −∠=

∠= ,,

9,3610 o∠

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

oo 4,27,5 ∠=I )4,24cos(7,5)( o

o += tti

49

TeoremaTeorema ThéveninThévenin

TNTNNNTT Z

YYZ 1 ; ; === VIIV

R

A

+ V ZT

A

+RT

B

vT+− VT

T

B

+−

Kawasan waktu Kawasan fasor

50

ContohContoh RangkaianRangkaian EkivalenEkivalen ThéveninThévenin

10Ω

A B

ContohContoh RangkaianRangkaian EkivalenEkivalen ThéveninThévenin

+−−j100Ω

10Ω100Ω

0,1∠−90o A20∠45o V

`

100V 9010901,0100 oo

−−∠=−∠×=

jAV

( ) V622615612415103.399,199010 oo

jjjBAT

+∠−−∠=−= VVV

`

45207,5995,0

452010010

100

o

o

o

∠×−∠=

∠×−

=j

jBV ( ) V 6,226,156,124,1510 jjj −−=+−−=

Ω−=−−×

+= 99,09,10910010

)100(10100 j

jj

ZT

V3,399,19 o∠=10010 j

A B

+−VT

ZT

51

Metoda AnalisisMetoda Analisis

52

MetodaMetoda KeluaranKeluaran SatuSatu SatuanSatuan

12ΩA B C

ix1/6 F1/18 F A )01(Misalkan jx +=I

+ vx −+

−14cos2t

V

A B C

9Ω 3Ω3/2H

V 3jC =VV 1

3 jC ==

VI4

( ) A11 jIII

−j9Ω −j3Ω12Ω Ix

D( ) A 11 jx +=+= 43 III

( ) ( ) V 311333 =+−=−+= jjjjCB 3IVV

+

−14∠0 V

12ΩA B C

9Ω 3Ω

Ix

j3ΩI1I2

I3

I

A 31

92 == BVI A 134 321 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+= jIII

V

D

9Ω 3ΩI2 I4

( ) V 28912134

=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++= jjBA VV

ti

K xx

2cos5,0

05,028

014281

281 o

o

AA

=→

∠=∠

==→== VIVI

tix 2cos5,0 →

53

MetodaMetoda SuperposisiSuperposisi

20cos4t V +_ 9Ω 3cos2t Aio

3H

p pp p

20∠0o+ 9Ω Io1j12Ω 9Ω

j12ΩIo2j6Ω

20∠0o_ − j6Ω 3∠0o− j12Ω

020020 oo ∠∠I 0368

03)12/(1 oo ∠×

+=∠×

−=

jjI

A 9,36293610

020

686128

oo

o

o1

−∠=∠

∠=

+=

−+=

jjjI

A 8,7330393610

9,3610

0368

03)68/(1)12/(1

ooo

o

o2

∠=∠×∠

∠=

∠×−

=∠×++−

=jjj

I

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

9,3610∠ 9,3610 −∠

A)8732cos(3)9364cos(2sehingga

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

21

o2o

o1o

++−=+=

+=−=

ttiii

titi

j , j

A )8,732cos(3)9,364cos(2 sehingga o2o1o ++=+= ttiii

54

MetodaMetoda RangkaianRangkaian EkivalenEkivalen ThéveninThévenini

6Ω 2Ω1H

A

2H

6Ω

2Ω

A

j2Ωj4Ω

I

+− 18cos2t V 2Ω

1H

B

1/8 F

+− 18∠0o V

B

−j4Ω

j2Ω2Ω

V 12

9 018462

2 o

jjhtT +=∠×

++== VV

+18∠0 V

6Ω 2Ω

A

j4Ω

2Ω− 18∠0o V

B

2Ω

( )Ω

1247

48812816

4624622

jj

jjj

jjZ T +

+=

++++

=+++

+=

)12(2)47()12(

)12(9

42o

jjjj

jjjZT

T

+−++

×+

=−+

=VI

+− VT

IA

ZT j2Ω

A 2cos1 A 01 o

ti =⇒∠=

B

−j4Ω

55

MetodaMetoda ReduksiReduksi RangkaianRangkaian

− +v =

i 50Ω

ix?A BSumber tegangan dan sumber arus

gg

i1 =0.1cos100t A

10sin100t V

200μF 1H

50Ω

I

berfrekuensi sama, ω = 100. Tetapi sumber tegangan dinyatakan dalam sinus, sumber arus dalam cosinus. Ubah kedalam bentuk standar yaitu bentukA B− +

I1 =0 1∠0o A

V=10∠−90oV 50Ω

Ix kedalam bentuk standar, yaitu bentuk cosinus melalui kesamaansinx = cos(x−90)

0.1∠0o A −j50Ω j100Ωsumber tegangan tersambung seri dengan resistor 50 Ω paralel dengan induktor j100 Ω

IyA

50Ω induktor j100 Ω

Simpul B hilang. Arus Iy yang sekarang mengalir melalui resistor 50Ω bukanlah

I2

−j50Ω j100Ω

50ΩI1 =0.1∠0o A

I mengalir melalui resistor 50Ω, bukanlah arus Ix yang dicari; Iy kali 50Ω adalah tegangan simpul A, bukan tegangan simpul B tempat Ix keluar

Iy

j50Ω

50ΩI1 − I2

−j50Ω j100Ω

56

MetodaMetoda TeganganTegangan SimpulSimpulMetodaMetoda TeganganTegangan SimpulSimpul

− +V=

Ix=?A B

VVV

VVVI

−=−

=++−

+−

BA

BBA1

: B

05010050

:A jjI1 =

0,1∠0o A

V=10∠−90oV

−j50Ω j100Ω

50Ω

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

∠∠

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡ +− o

o

B

A

901001,0

11501

1001

501

VV

jj

⎥⎤

⎢⎡

=⎥⎤

⎢⎡

⎥⎤

⎢⎡ −

→⎥⎤

⎢⎡

=⎥⎤

⎢⎡

⎥⎤

⎢⎡ − 10122

:Gausseliminasi10122 AA VV jjjj

⎥⎦⎢⎣⎦⎣⎦⎣ − B11

⎥⎦

⎢⎣−

⎥⎦

⎢⎣

⎥⎦

⎢⎣ −−

→⎥⎦

⎢⎣

⎥⎦

⎢⎣

⎥⎦

⎢⎣ − 30120

: Gauss eliminasi 1011 BB VV jj

−∠=−∠=−=+−−

=−

= 6,260,268 V; 6,264,13612)12(3030 oo

B jj

xIV

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∠=

+−−

=+−

+=+=

−−

V 4,186,1215,0

101015,0

151010

,,;,,512

oBA

B

jj

jj

jj

jj x

VV

57

V=10∠−90oV

MetodaMetoda ArusArus MeshMesh

− +

I =

V 10∠ 90 VA B

I1 I2I3

0,1∠0o A −j50Ω 50Ω1 2

⎤⎡⎤⎡⎤⎡ 10001( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−−+−

0101.0

100501000

1001005050001

3

2

1

jjj

jjjjIII

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+−−

011.0

2120

1055001

3

2

1

jjj

jjjIII

( ) ( ) ⎥⎦⎢⎣⎥⎦⎢⎣⎥⎦⎢⎣ + 02120 3jj I

( ) ( ) ( )⎥⎥⎤

⎢⎢⎡−=⎥

⎥⎤

⎢⎢⎡

⎥⎥⎤

⎢⎢⎡

− 5.11.0

1050001

2

1

jjj II

( ) ( ) ⎥⎥⎦⎢

⎢⎣ −⎥

⎥⎦⎢

⎢⎣⎥

⎥⎦⎢

⎢⎣ − 310500 3 jj I

A2,533,05

105,1A;6,2627,01053A; 01,0 o3

2o

30

1 −∠=+−

=−∠=−

=∠=jjj IIII ,,

5;,,

105;, 231 − jj

58

Analisis Dayay

59

TinjauanTinjauan DayaDaya didi KawasanKawasan WaktuWaktu

viptIitVv mm =ω=θ+ω= ; cos ; )cos(

TinjauanTinjauan DayaDaya di di KawasanKawasan WaktuWaktu

pmm )(

( )IVIVIV

tttIVttIVvip mmmm ωθω−θω=ωθ+ω== cossinsincoscos cos)cos(

( ) tIV

tIV

tIV

tIVIV

mmmm

mmmmmm

ω⎥⎤

⎢⎡ θ−ω+⎥

⎤⎢⎡ θ=

ωθ−ωθ+θ=

2sinsin2cos1cos

2sinsin2

2coscos2

cos2

( ) tt ω⎥⎦⎢⎣θω+⎥⎦⎢⎣

θ 2sinsin2

2cos1cos2

Nil i t tNilai rata-rata= VrmsIrmscosθ

Nilai rata-rata= 0

1

pb

K i i K i i id k

-1

0 15tKomponen ini memberikan alih energi netto; disebut daya nyata: P

Komponen ini tidak memberikan alih energi netto; disebut daya

daya nyata: P reaktif: Q60

TinjauanTinjauan DayaDaya didi KawasanKawasan FasorFasor

d k f

TinjauanTinjauan DayaDaya di di KawasanKawasan FasorFasor

Tegangan, arus, di kawasan fasor:

irmsirmsvrms IIV θ−∠=θ∠=θ∠= ∗IIV ; ; besaran kompleks

Daya Kompleks :y p

)(*ivrmsrms IVS θ−θ∠== IV

+= jQPS

Im

jQ *IV=S

ϕ=ϕ=

ϕ=ϕ=

+=

sinsin

cos cos

rmsrms

rmsrms

IVSQ

IVSPjQPS

ϕ P

jQ

*Iϕϕ rmsrmsQ

Re

Segitiga dayaI

V

g g y

61

FaktorFaktor DayaDaya dandan SegitigaSegitiga DayaDayaFaktorFaktor DayaDaya dandan SegitigaSegitiga DayaDaya

Pθcosf d

S=θ= cosf.d.

S =VI*

jQIm

θV

I*

Re

Im

θP

Reθ

I (lagging)θ

Faktor daya lagging

PRe

Im

θV

I (leading)Im

θ− jQ

θ

S =VI*

V

I*

Reθ

k d l dFaktor daya leading

62

DayaDaya KompleksKompleks dandan ImpedansiImpedansi BebanBeban

V

DayaDaya KompleksKompleks dandan ImpedansiImpedansi BebanBeban

IVIV

BB ZZ == atau

2*

*

BB ZZ

S

==

=

III

VI22 rmsBrmsB IjXIR

jQPS

+=

+=

( )22

2

rmsBrmsB

rmsBB

IjXIR

IjXR

+=

+=2

2 dan

rmsB

rmsB

IXQ

IRP

=

=

rmsBrmsB j rmsBQ

63

AIContohContohseksisumber

seksibeban

A

B

ContohContoh

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

30420010575875480 ooo*S ∠=∠×+∠== VI

A2100d3640 Q

VA 2100364030sin420030cos4200

30420010575,875480oo jj

S

−=−=

−∠=−∠×+∠== VI

VAR 2100dan W 3640 == QP

866,0)30cos( dayafaktor =−=

Ω=== 5,47)75,8(

364022

rmsB

IPR

Ω−=−

== 4,27)75,8(

210022

rmsB

IQX

64

Alih DayaDalam rangkaian linier dengan arus bolak‐

balik keadaan mantap  jumlah daya balik keadaan mantap, jumlah daya kompleks yang diberikan oleh sumber bebas, sama dengan jumlah daya kompleks yang 

diserap oleh elemen elemen dalam rangkaiandiserap oleh elemen‐elemen dalam rangkaian

65

C t hC t h− +

I =

V=10∠−90oV

I

BA

I2 I4 I5

Berapa daya yang diberikan oleh masing-masing

ContohContoh

50ΩI1 =0,1∠0o A −j50Ω j100Ω

I3

C

masing-masing sumber dan berapa diserap R = 50 Ω ?

oAC 001,0

501

501

1001

501

=∠+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

++jjj

VV

50)612(9010

50

o

2

123

jj

jCA +−−∠=

−=

−=

VVI

III

[ ] [ ] oAC 010212

atau

∠−=−+ jj VV01.024,008,0

A 24,008,0 5050

o123

2

j

jjj

∠−+−=−=⇒

+−=−−

IIIV90109010 oo ∠∠VV

[ ]

V61230010)9090(10212 ooo

C

j

j

+−

∠−=+∠×−+

V

V

A 24,018,0 j+−=

VA8,14,2)24,018,0(9010 o*

3

jjSv

+−=−−×−∠== VI

V 90109010 ooA ∠=−∠−=−= VV

V61212C jj

+−=+

=⇒ V

[ ] 01,010612)( o*1 jjS ACi ∠×−+−=−= IVV

VA 8,14,2 j+

8,14,24,02,1 jjSSS vitot

+−−−=+=

VA 4,02,1 j−−= VA 4,16,3 j+−=

66

AlihAlih DD M k iM k iDengan Cara Penyesuaian ImpedansiAlihAlih DayaDaya MaksimumMaksimum

ZT = RT + jXT

A22 )()( BTBT

T

XXRR +++=

VI

+− VT

T T j T

ZB = RB + jXB

B22

22

)()( BTBT

BTBB

XXRR

RRP

+++==

VI

B

2

2

)( BT

BTB

RR

RP

+=

VBT -XX =Jika

(maksimum) 4

Jika 2

B

TBBT R

PRRV

=⇒=

dan :adalah maksimum dayaalih adinyauntuk terjsyarat Jadi

TBBT XXRR −==

67

ContohContoh

V 551011

1010

501005050 o j

jj

jjj

T −−=×+−

=∠×+−

=Vj100Ω

A

ContohContoh

115010050 jjj +−+

Ω−=++−+−

= 75251005050

)10050(50 jjj

jjZT

+−

50Ω j100Ω

−j50Ω10∠0o V

25 + j 75jj

55 22 −− jTV

B

Ω+= 7525 jZ B W5,0254

554

=×

==j

RP

B

TMAX

V

55 jVA 13502,0

5055 o−∠=

−−=

+=

jZZ BT

TB

VI

010 o∠ 22A 01,0

752550)7525)(50(

10050

010 o∠=

++−+−

++

∠=

jjjj

jsI

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

255022

22

=×+×=

+= BssP II

68

Dengan Cara Sisipan TransformatorAlihAlih DayaDaya MaksimumMaksimum

BB ZNNZ

21⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=′

impedansi yang terlihat di sisi primer BB N2

⎟⎠

⎜⎝terlihat di sisi primer

θ′+θ′′ iZjZZZB

+−

ZT

V θ′+θ′=′ sincos BBB ZjZZVT

N1 N2 2 cosθ′BT ZP

V

( ) ( )22 sincos θ′++θ′+=

BTBT

BTB

ZXZRP

TTTB ZXRZ =+=′ 22B

T

ZZ

NN

=2

10=′BB

ZddP

69

ContohContoh

50Ω j100ΩA

V55 jV Ω7525 jZ

Dari contoh sebelumnya:

+−

50Ω j100Ω

−j50Ω

B10∠0o V

25 + j 60

22

V 55 jT −−=V Ω−= 7525 jZT

1028,16025

752522

22

2

1 =+

+===

B

T

ZZ

NN

a

22 RV

( ) ( )W49025216,150

2222

22

××+++

=BTBT

BTB

XaXRaR

RaP

V

( ) ( ) W49,0

60216,17525216,125,

22=

×+−+×+=

Seandainya diusahakan Ω−= )6025( jZ B

( ) ( ) W06,0

60216,17525216,12525216,150

22=

×−−+×+

××=BP

Tidak ada peningkatan alih daya ke beban.70

RangkumanRangkuman MengenaiMengenai FasorFasor

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 menjadiDengan sinyal sinus sebagai fasor elemen-elemen rangkaian menjadiimpedansi elemen R, jωL, 1/jωC.

Impedansi bukanlah besaran fisis melainkan suatu konsep dalamp panalisis. Besaran fisisnya tetaplah R = ρl/A, dan C = εA/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 elemenHubungan fasor arus dan fasor tegangan pada impedansi elemen merupakan hubungan linier.

71

RangkumanRangkuman ((lanjutanlanjutan))

Dengan menyatakan arus dan tegangan menjadi fasor arus dan fasor

RangkumanRangkuman ((lanjutanlanjutan))

tegangan yang merupakan besaran kompleks maka daya juga menjadidaya kompleks yang didefinisikan sebagai S = V I*.

Besaran besaran kompleks dapat digambarkan di bidang kompleksBesaran-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

k i i d i tid k l i d l h t f i k irangkaian impedansi yang tidak lain adalah transformasi rangkaian ke kawasan fasor.

S i d l l k f k li i f d tSesuai dengan asal-muasal konsep fasor, maka analisis fasor dapat diterapkan hanya untuk sinyal sinus keadaan mantap.

72

Penyediaan Dayay y

73

D l l d li t ik b k di k

TransformatorTransformator

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

Dengan transformator tegangan tinggi penyaluran daya listrikDengan 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 V untuk distribusi ke rumah rumah dan kantor kantor padategangan 220 V. 

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

74

TransformatorTransformator DuaDua BelitanBelitan TakTak BerbebanBerbeban

+

If φ

+ +E2−

N2N1V1

+E1−

+−

Belitan primer: Belitan sekunder:

I = 0tmaks ωΦ=φ sinJika

maksNfE Φ= 22 44.4

I2 = 0tmaks ωΦφ sinJika

tNdtdNe maks ωωΦ=φ

= cos111

efektifnilaiadalah

44.42

21

11 maksmaks NfNfE Φ=Φ

π=

Fasor E1 sefasa dengan E2 karenad d k k l h fl k

o22 0∠= EE

o11 0∠= EE

efektifnilaiadalah diinduksikan oleh fluksi yang sama.

11 NEmasi transforrasio

2

1

2

1 =≡= aNN

EE

75

+

If φ

+ +E2−

N2N1V1

+E1−

+−

111 EIV += Rf

Arus magnetisasi yang membangkitkan φ

Resistansi belitanprimer

E1=E2

Iφ

Ic

If R1

V

Diagram fasor denganmengambil rasio

Arus magnetisasi Ifdapat dipandang sebagai terdiri dari Iφ (90o dibelakang E1) Iφ

φIf

V1transformasi a=1, sedangkan E1 sefasa E2

φ ( g 1)yang menimbulkan φ

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

76

FluksiFluksi BocorBocor didi BelitanBelitan PrimerPrimer

If φ V

FluksiFluksi BocorBocor di di BelitanBelitan PrimerPrimer

E2∼V1 φl1

If φ

E1=E2Iφ

Ic

I R

V1

φljIfXl

Iφφ

If

IfR1

Representasi fluksi bocor di belitan primerbocor di belitan primer

1111111 XjRR fflf IIEEIEV ++=++=

ada fluksi bocor di b lit ibelitan primer

77

TransformatorTransformator BerbebanBerbeban

φI1 I2

TransformatorTransformator BerbebanBerbeban

V1 φl1∼ V2φl2

2

RB

22222

22222

XjRR l

IIVEIVE

++=++=

11111

11111

XjRR l

IIEEIEV

++=++=

jI XV1

22222 j11111 XjR IIE ++

V2I2I’2 I2R2

jI2X2E2

E1I1R1

jI1X1

φγ

V22I 2If

I1

I2R2

beban resistif , a > 1

78

RangkaianRangkaian EkivalenEkivalen TransformatorTransformator

I1 I′2

RangkaianRangkaian EkivalenEkivalen TransformatorTransformator

R′2∼

If

BjX′2R1

jX1

V1 E1V′2=aV2

jXcRc

IcIφ

I1 I′2

jXcc

ZR′2

∼ If BjX′2R1 jX1

V1 E1V′2=aV2

111111 IIEV ++= XjR I′2 , R′2 , dan X′2 adalah arus,

21

222221 III

IIVE′+=

′′+′′+=

f

XjRa resistansi, dan reaktansi sekunder yang dilihat dari sisi primer

79

R k iR k i Eki lEki l Di d h kDi d h k

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

RangkaianRangkaian EkivalenEkivalen yang yang DisederhanakanDisederhanakan

A u ag e i a i a ya e i a a pai pe e a i a u e a pe u

Jika If diabaikan terhadap I1kesalahan yang terjadi dapat

I1=I′2

kesalahan yang terjadi dapat dianggap cukup kecil

∼ B

jXe =j(X1+ X′2)Re = R1+R′2V1

V′2

jI′ XV′

V1

I′2I′2Re

jI′2XeV 2

80

ContohContoh

10 kW f d 0 8

8 kW f d 0 75380 V rms

Penyediaan Daya f.d. 0,8

laggingf.d. 0,75 lagging

380 V rmsDaya

kVA5710sinsin 1 jPjPSjPjQPS +=+=+=+= θθ

Impedansi saluran diabaikan

kVA 5,710sincos

sin 11

1111111 jjPSjPjQPS +=+=+=+= θθ

θ

kVA 78sinsin|| 22

22222 jP

jPSjPS +=θθ

+=θ+=cos

|| 22

22222 jjjθ

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

lagging 78.05,1418

18cos22

12 =+

=θ Faktor daya total tidak cukup baik

81

PerbaikanPerbaikan FaktorFaktor DayaDaya

Perbaikan faktor daya dilakukan pada beban induktif dengan menambahkan kapasitor yang diparalel dengan beban, sehingga

yy

menambahkan kapasitor yang diparalel dengan beban, sehingga daya reaktif yang harus diberikan oleh sumber menurun tetapi

daya rata-rata yang diperlukan beban tetap dipenuhi

Im

−jQ kapasitor

jQ beban (induktif)

kVA beban tanpakapasitor

Re

jQ ( )

P bebankVA beban dengan

kapasitorparalel dengan

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

beban

82

ContohContoh10 kW f.d. 0,8 lagging

8 kW f.d. 0,75 l i

380 V rms 50 Hz C

ContohContoh

lagging lagging50 Hz

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

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

1

kVA 78)75,0tan(arccos882 jjS +=+=

S12 jQ12

12 12

kVA9518)950tan(arccos1818 jjS +=+=

laggingC 95.0cos 12 =θdiinginkan

-jQ12CS12C

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

kVAR 58,8 5,149,512 jjjjQ C −=−=−

2 QP12

8580

( )CX

Q CC

CC ω−== 2

2

VV

2C

CQC

Vω−=

F 190380100

8580 2 μπ

=×

=C

83

Diagram Diagram SatuSatu GarisGaris

84

| V | = 380 V rms

beban 110 kW

beban 28 kW

0,2 + j2 Ω 0,2 + j2 ΩVs

| V | 380 V rms

kVA 082 jS +=

ContohContoh

cos ϕ = 1 cos ϕ = 1kVA 0101 jS +=

A 021 A 02108000 o2

oo

*2 ∠=→∠=

+= II j

A46825010000 o1 ∠+ jS

I 03802o2

∠

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

2

jjjSsal

+=

×+=×+= 22 II

A 4,68,254,66,387 o*

11 ∠=

−∠==

VI

0214,68,25 oo21 ∠+∠=+=s III

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

V 9,422,385021

9008090o*

21 +=

∠+

== jjStot

IV

A 5,373,46 88,264,46 o∠=+= j

kVA37444073,46)22,0()22,0( 22

1

jjjS ssal

+

×+=×+= I

V 4,66,387

021o

o2

∠=

∠IkVA 37,444,0 j+=

9,009,81037,444,0 2211

jjSSSSS salsals

++++=+++=

kVA 27,553,18 j+=

V 4,19412 3 546 73

9,15192653 546 73527018530 o

o

o

o*∠=

∠

∠=

∠

+==

jSssV

3,546,733,546,73 oo −∠−∠sI

85

Sistem Tiga Fasa Seimbang

86

SumberSumber SatuSatu FasaFasa dandan TigaTiga FasaFasa

uvs(t)

1/jωCRj LV ∼u

sjωLVs ∼

S b h k di hi l h Tegangan imbas yang muncul di kumparanSebuah kumparan dipengaruhi oleh medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan

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

u

vs(t)C

VCN∼us

(t)v (t)

ANVAN

VBN ∼∼

vs(t)vs(t) BTiga kumparan dengan posisi yang berbeda120o satu sama lain berada dalam medan

Tegangan imbas di masing-masing kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik.

magnet yang berputar dengan kecepatanperputaran konstan

Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan tersebut diperoleh sumber tegangan tiga fasa

87

ReferensiReferensi SinyalSinyal

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

yy

referensi sinyal. Oleh karena itu tegangan bolak balik kitagambarkan dengan tetap menyertakan referensi sinyal

Untuk sumber tiga fasa, referensi sinyal tegangan

C

g y g gadalah sebagai berikut

A, B, C : titik fasaVAN , VBN ,VCN

AN

VCN

− +

+−

VAN , VBN ,VCN

besar tegangan fasa ke netral

besar tegangan antarfasa adalah

B

NVAN

VBN−+dituliskan pula

sebagai Vfn atau Vf

VAB , VBC ,VCA

dituliskan pula sebagaiVB

N : titik netral Vff

≈≈Simbol sumber tiga fasa: ≈≈Simbol sumber tiga fasa:

88

Im

Diagram Diagram FasorFasor SumberSumber TigaTiga FasaFasa

CVCN+

VCN

Im Diagram fasortegangan

ANVVBN

CN

− +

+−

−+ VAN

Re

120o

120B

VANVBN + VAN

VBN

120o

Sumber terhubung YVAN = |VAN|∠ 0o

VBN = |VAN| ∠ -120o

Keadaan Seimbang VCN = |VAN| ∠ -240oKeadaan Seimbang|VAN| = |VBN| = |VCN|

89

S bS b TiTi FF dd S lS l kk B bB bSumberSumber TigaTiga FasaFasa dandan SaluranSaluran kkee BebanBeban

CVCN+

−VBC VCA IC

Tegangan

AN

VANVBN

− +−+ VAB IA

Tegangan fasa-netral

B

AN

IBB

Tegangan fasa fasa

Sumber Tiga Fasa Terhubung Y

S l k b b fasa-fasa Arus saluran

Saluran ke beban

90

HubunganHubungan FasorFasor‐‐FasorFasor TeganganTegangangg g gg g

Tegangan fasa-fasa:Im

BNANNBANAB VVVVV −=+=

CNBNNCBNBC VVVVV −=+=

VCN VABVCA

30o

−VBN

CNBNNCBNBC

ANCNNACNCA VVVVV −=+=VAN

Re30o

Tegangan Fasa-netral 120o

o

o

903

303

−∠=

∠=

fnBC

fnAB

V

V

V

VVBN 30oFasa-netral

o2103 −∠= fnCA

fnBC

VV

Dalam keadaan seimbang:

VBC

fftil i3

netral-fasa tegangan nilai: fnCNBNAN

VVVVV

VVVV ===

Dalam keadaan seimbang:

fasa-fasategangan nilai : 3fnffCABCAB VVVVV ====

91

ArusArus SaluranSaluran dandan ArusArus FasaFasa

Arus saluranIC

CV CIA A f

AN

VCN

− +

+−

A

C

ACIA Arus fasa

B

VANVBN

−+

NA

BB

Arus fasa

B B

Beban terhubung

Bebanterhubung

Sumberterhubung

IB

Arus di penghantar netraldalam keadaan seimbang bernilai nol

terhubungY

terhubungΔ

terhubungY

dalam keadaan seimbang bernilai nol

92

Beban Tiga Fasa

93

BebanBeban TerhubungTerhubung YY

B

Z

IBθθ

θ−∠=−∠=

∠

∠== f

ANANANA ZZZ

IVVV

Io0

gg

NA

ZIA

Z

Z)120()120(

120 ooo

−−∠=−−∠=∠

−∠== θθ

θ fBNBNBN

B ZZZI

VVVI

A

CIC

INZ

)240()240(240 oo

o

−−∠=−−∠=∠

−∠== θθ

θ fCNCNCN

C ZZZI

VVVI

C

0=++ CBA IIIKeadaan seimbangVCN

Im

IC

3

***3

θ∠

++= CCNBBNAANfS

IV

IVIVIVRe

θ

3

3

θ

θ

∠=

∠=

fff

AAN

IV

IVIA

VAN

ReθIB θ

VBNreferensi

94

I

ContohContoh

V 2203

3803

===ff

fn

VV

Z = 4 + j 3

B

ZIA

IB

Z

V 240220

V 120220

referensi) sebagai ( V 0220

o

o

o

−∠=

−∠=

∠=

CN

BN

AN

V

V

VVff = 380 V (rms)

VAN referensiN

A

A

INZ

Z

A 8,63448,3650220

430220 o

o

oo−∠=

∠∠

=+∠

==VI AN

A jZCIC

V I

A44A 8,27644

A 8,15644)1208,36(44o

ooo

−∠=

−∠=−−∠=

II

I

C

BVCN

Re

ImIC

θ

A 44=I

kVA83629

8,364402203 3o

oo*3

∠

∠×∠×=×= AANfS IVVAN

Re

IA

θIB θ

kVA 8,3629 ∠=

kW 2,238.36cos29 o3 ==fP

kVAR417836i29 oQ

VBN

kVAR 4,178.36sin29 o3 ==fQ

95

BebanBeban TerhubungTerhubung ΔΔ

ABVI =

BebanBeban TerhubungTerhubung ΔΔIB

CABC VI

VI == ;

ZABI =

Z

VZ

VZ

ffffABAB θ

θ−∠=

∠

∠==

o0VIIA

BA

IABZ

ZZ CABC II == ;

III =

ZZZ θ∠

IBC

ICAZ

Z oo 240 ;120 −−∠=−−∠= θθ ABCAABBC IIII

IIIIII == ;CAABA III −=

)150(3)150(3

)30(3 )30(3oo

oo

θ∠θ∠

−θ−∠=−θ−∠= fABA

II

II

I

IIC

C

VCA

ImICA

BCCACABBCB IIIIII −=−= ;

)270(3 )270(3

)150(3)150(3oo −θ−∠=−θ−∠=

−θ−∠=−θ−∠=

fCAC

fBCB

II

II

I

I

θ∠θ∠∠ 3033 o* IVIVS IVRe

CA

θ

θ∠=θ∠×∠×=×= 3033 o3 AfffffABABf IVIVS IV

sinsin3

coscos3 33

θθ

θ=θ= fAfff

SIVQ

SIVPVAB

ReIAB

θIBC θ

I sinsin3 33 θ=θ= fAfff SIVQVBC

−ICA IA

96

oooo380ContohContoh

BIA

IB

IABZ = 4 + j 3

oooo 240220 ;120220;022003

380−∠=−∠=∠=∠= CNBNAN VVV

oo 30380)30(3 ∠=+∠= ANANAB V θV

AC

A

IC

IBC

ICA

Vff = 380 V (rms)

VAN referensiA8,6763038030380 o

oo

−∠=∠

=∠

== ABAB

VI

oo 210380 ; 90380 −∠=−∠= CABC VV

A 8,6768,36534 o ∠

∠+ jZABI

VCN

Im VAB

A8246762408676

A 8,126761208,676ooo

ooo

−∠=−−∠=

−∠=−−∠=BC

I

I

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

ICAA 8,246762408,676 −∠=−−∠=CAI

A81566131)120836(6131 ooo ∠∠I

86763038033 oo*S +∠×∠×== IVIAB

VANIBC

ReA 8.2766,131)2408,36(6.131

A 8,1566,131)1208,36(6.131ooo

ooo

−∠=−−∠=

−∠=−−∠=

C

B

I

I

kVA 523,69 8.3664.86

8.676303803 3o

3

j

S ABABf

+=∠=

+∠×∠×== IV

kW 3,69)76(433 223 =××=××= ABf RP I

VBN

kVAR 52)76(333

)(22

3

3

=××=××= ABf

ABf

XQ I97

Pada dasarnya analisis daya pada sistem tiga 

Analisis Daya Pada Sistem 3 FasaPada dasarnya analisis daya pada sistem tiga fasa tidak berbeda dengan sistem satu fasa 

98

I = ? R ? X ?ContohContoh

Y 50 kVA f dVLL = 480 V

Is = ? RB = ? XB = ?ContohContoh

Y f.d. 0,9 lagging

VLL 480 V

A60500003====

fSII333 ffffffS IVIV ==⇒

3 *3 ffnfS IV= ifvfn θθ −∠×∠×= IV3 )(3 ivffn θθ −∠= IV

A 6034803====

fffs

VII

;kW 459,050cos3 =×== ϕfSP

33 3 fffffnfS IVIV⇒

;,3 ϕf

kVA 8,2145 3 jS f +=⇒ kVAR 8,21436,050sin3 =×== ϕfSQ

kVA37153 jS

S f

03,216,41000)3,715(22

jjSZ fasaper +=

×+==

kVA 3,7153

3 jS f

fasaper +==⇒

032;164 Ω=Ω=⇒ XR 03,216,4)60( 22 jZ

f

+I

. 03,2 ; 16,4 ΩΩ⇒ XR

99

Z = 2 + j20 ΩI IB

ContohContohbeba

VS VB

Z 2 + j20 Ω

≈≈

IS IB

100 kW4800 V rmscosϕ = 0,8 lag

|Ssumber| = ?

V ?

ϕ== coskW 100 BB SP

n ϕ , gVsumber= ?

kVA 75100 jSB += kVAR 756,0125sin =×== ϕBB SQkVA 1258,0

100 ==BS

A 1538,04800

100

3cos

=××

=→

ϕ=

B

BBB

I

IVP

kVA 5,1335,115)202(3 2 jjS sal +=×+×=38,04800 ×× ,,)( jjsal

kVA 5,1345,8835,101

kVA 5,8835,101 22 =+=

+=+=

Sumber

salBSumber

S

jSSS

rmsV518010005,134

33

×⇒

==

S

BSSSSumber

S

S

V

IVIV

rmsV 51803153

===⇒B

SI

V

100

Kuliah TerbukaAnalisis Rangkaian Listrik Di Kawasan Fasor(R k i A B l k B lik Si id l K d M )(Rangkaian Arus Bolak‐Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)

Sudaryatno Sudirham

101