Analisis Rangkaian Lis trik - OpenCourseWare and Articles · dua konsep yang berbeda. ... Kaidah...
Transcript of Analisis Rangkaian Lis trik - OpenCourseWare and Articles · dua konsep yang berbeda. ... Kaidah...
AnalisisAnalisis Rangkaian Rangkaian LisListriktrikDi Di KawasanKawasan FasorFasor
OlehOleh : : SudaryatnoSudaryatno SudirhamSudirham
Open Course
Pengantar
Sajian kuliah ini mengenai analisis rangkaian listrik di
kawasan fasor dalam kondisi mantap, yang hanya berlaku
untuk sinyal sinus
Dengan fasor, operasi-operasi diferensial dan integral pada
elemen-elemen dinamis dapat dihindari
Fasor dan Impedansi
Kaidah Rangkaian dan Diagram Fasor
Teorema Rangkaian dan Metoda Analisis di Kawasan Fasor
Analisis Daya
Penyediaan Daya dan Perbaikan Faktor Daya
Sistem Tiga Fasa Seimbang
Cakupan Bahasan
Tujuan :
Memahami dan mampu menyatakan sinyal sinus ke dalam bentuk fasor
Mampu melakukan operasi-operasi fasor
Memahami konsep impedansi di kawasan fasor
Mampu melakukan perhitungan rangkaianimpedansi
Mengapa Fasor
?
Di kawasan waktu, bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai
)cos( θ−ω= tAy
Sudut fasa
Frekuensi sudutAmplitudo
Analisis rangkaian listrik di kawasan waktu melibatkan operasi
diferensial dan integral, karena hubungan arus-tegangan
elemen-elemen adalah
dt
diLv L
L = dt
dvCi C
C = ∫= dtiC
v CC
1
MengapaMengapa FasorFasor ??
MengapaMengapa FasorFasor ??
Sementara itu bentuk gelombang sinus sangat luas di gunakan.
Energi listrik, dengan daya ribuan mega watt, dislurkan
menggunakan bentuk gelombang sinus.
Demikian pula radio dan televisi menggunakan bentuk
gelombang sinus dalam transmisinya.
Pekerjaan analisis rangkaian, dimana peubah rangkaiannya
berbentuk gelombang sinus, akan sangat dipermudah jika
operasi-operasi diferensial dapat dihindarkan.
Dalam matematika ada sebuah fungsi yang turunannya
berbentuk sama dengan fungsi itu sendiri, yaitu
fungsi eksponensial
MengapaMengapa FasorFasor ??
Jika sinyal sinusoidal dapat dinyatakan dalam bentuk
fungsi eksponensial, maka operasi diferensial akan
sangat dipermudah bahkan dihindarkan
xx
edx
de= x
x
Aedx
dAe=
Keinginan itu ternyata bisa dipenuhi karena
ada hubungan antara fungsi sinus dan fungsi eksponensial yaitu
identitas Euler
xjxe jx sincos +=
Ini adalah fungsi eksponensial kompleks
Berikut ini kita akan melihat
ulang bilangan kompleks
MengapaMengapa FasorFasor ??
Ini adalah fungsi cosinus yang
digunakan untuk menyatakan
sinyal sinusoidal
BilanganBilangan KompleksKompleks
Pengertian Tentang Bilangan Kompleks
012 =+s
Tinjau Persamaan:
js =−= 1
Akar persamaan adalah:
Bilangan tidak nyata (imajiner)
BilanganBilangan KompleksKompleks
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
x
x
Bilangan kompleks s didefinisikan sebagai:
jbas += dengan a ∈ ℜ dan b ∈ ℜ
bagian nyata dari s
Re(s) = a
bagian imajiner dari s
Im(s) = b
BilanganBilangan KompleksKompleks
a Re
Im
s = a + jbjb
(sumbu nyata)
(sumbu imajiner)
Representasi Grafis Bilangan Kompleks
S = |S|cosθ + j|S|sinθ
|S|cosθ = Re (S)
|S| sinθ = Im (S)
θ = tan−1(b/a)
22 baS +=
BilanganBilangan KompleksKompleks
bagian nyata dari S
bagian imaginer dari S
a Re
Im
S = a + jbjb
(sumbu nyata)
(sumbu imajiner)
Re
Im
S = a + jb
θ| S
|jb
a
Bilangan kompleks dinyatakan
dengan menggunakan vektor
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5Re
Im
4
3
2
1
-1
-2
-3
3 + j4
θ
= 5cosθ + j5sinθ
5
BilanganBilangan KompleksKompleks
Contoh:
Operasi-Operasi Aljabar Bilangan Kompleks
Penjumlahan dan Pengurangan
jbas +=1
)()(21 qbjpass −+−=−
Perkalian
))(())(( 21 jqpjbass ++=
Pembagian
jqp
jba
s
s
++
=2
1
jqps +=2
jbas +=1
jqps +=2
)()(21 qbjpass +++=+
)()( bpaqjbqap ++−=
22
)()(
qp
aqbpjbqap
+
−++=
jqp
jqp
−−
×
BilanganBilangan KompleksKompleks
+ --
43dan 32 21 jsjs +=+=
25
1
25
18
43
)98()126(
43
43
43
32
22
2
1
jj
j
j
j
j
s
s
+=+
+−++=
−−
×++
=
75)43()32(21 jjjss +=+++=+
11)43()32(21 jjjss −−=+−+=−
176)98()126(
)43)(32())(( 21
jj
jjss
+−=++−=
++=
BilanganBilangan KompleksKompleks
Contoh:diketahui:
maka:
Bentuk Sudut Siku dan Bentuk Polar
)sin(cos)( θ+θ== τθτθ+τ jeeee jj
Fungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai
dengan eτ adalah fungsi eksponensial riil
jbaS +=
)sin(cos22 θ+θ+= jbaS
θ+= jebaS 22
Dengan identitas Euler ini bilangan
komleks yang dituliskan sebagai:
BilanganBilangan KompleksKompleks
θ+θ=θ 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:
|S| = 10
8,48,8)48,088,0( 10
)5,0sin5,0(cos 10
jj
jS
+=+=
+=
sudut fasa: θ = ∠S = 0,5 radS = 10 e j0,5Bentuk Polar
Bentuk Sudut Siku
rad 93,03
4tan 1 ==θ=∠ −SS = 3 + j4
S = 5e j 0,93
543 || 22 =+=SBentuk Sudut Siku
Bentuk Polar
543 || 22 =+=S rad 93,03
4tan 1 ========−−−−====∠∠∠∠ −−−−θSS = 3 − j4
S = 5e − j 0,93
Bentuk Sudut Siku
Bentuk Polar
BilanganBilangan KompleksKompleks
Contoh:
Kompleks Konjugat
S = a + jb
S* = a − jb
Re
ImS* = p + jq
S = p − jq
Re
Im
* atau ||* 2 SS|S|SSS ==
( ) ( )( )**2121 SSSS
* =× *
**
1
1
2
1
S
S
S
S=
( ) **2121 SSSS
* +=+
BilanganBilangan KompleksKompleks
Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai hubungan-hubungan
berikut:
Bilangan kompleks S mempunyai konjugat S*
Konjugat dari S = a + jb adalah S* = a - jb
dan
Pernyataan Sinyal Sinus Pernyataan Sinyal Sinus
Dalam Bentuk FasorDalam Bentuk Fasor
Fasor
Sinyal Sinus di kawasan waktu : )cos( θ+ω= tAv
Mengingat 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;
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk FasorPernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor
hanya amplitudo A dan sudut fasa θ yang diperhatikan
karena ω diketahui sama untuk seluruh sistem
Inilah yang disebut Fasor
Jika seluruh sistem (rangkaian) mempunyai ωbernilai sama maka ejωt bernilai tetap
sehingga tak perlu selalu dituliskan
V = A e j θdapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks :
dan sinyal sinus )cos( θ+ω= tAv
Re dan e jωωωω
tidak ditulis lagi
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk FasorPernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor
Penulisan dan Penggambaran Fasor
θ∠=
= θ
A
Ae j
V
V
dituliskan
sincos θ+θ=θ∠= jAAAV
∠+=+= −
a
bbajba 122 tanV
V
|A|
θ
Im
Rea
jb
Karena hanya amplitudo dan sudut
fasa saja yang diperhatikan maka
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk FasorPernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor
Contoh: penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor
07,707,7)45sin(10)45cos(10
atau 4510
oo1
o1
jj −=−+−=
−∠=
V
V )45500cos(10)( o1 −= ttv
)30500cos(15)( o2 += ttv
5,799,12)30sin(15)30cos(15
atau 3015
oo2
o2
jj +=+=
∠=
V
V
menjadi:
menjadi:
Pada frekuensi ω = 500
1000cos4)( 1 tti −=
4)0sin(4)0cos(4
atau 04
oo1
o1
−=−−=
∠−=
jI
I
)901000cos(3)( o2 −= tti
3)90sin(3)90cos(3
atau 903
oo2
o2
jj −=−+−=
−∠=
I
I
menjadi:
menjadi:
Pada frekuensi ω = 1000
Fasor Negatif dan Fasor Konjugat
A|A|
θ
Im
Re−−−−A|A|
A*
−θa
jb
−a
−jb
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk FasorPernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor
Jika θ∠= AA
θ−∠= A*A
( )( ) 180
180
o
o
−θ∠=
+θ∠=−
A
AA
maka negatif dari A adalah
dan konjugat dari A adalah
jba −−=− A
jba −=*A
jba +=AJika
• Perkalian )( 21 θ+θ∠=× ABBA
)( 21
2
1 θ−θ∠=θ∠θ∠
=B
A
B
A
B
A• Pembagian
Operasi-Operasi Fasor
2θ∠= BB1θ∠= AA
( ) ( )( ) ( )2121
2121
sinsincoscos
sinsincoscos
θ−θ+θ−θ=−
θ+θ+θ+θ=+
BAjBA
BAjBA
BA
BA
• Penjumlahan dan Pengurangan
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk FasorPernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor
Jika diketahui :
maka :
o1 4510 −∠=V
o2 3015∠=V
o1 04∠−=I
o2 903 −∠=I
(((( )))) (((( )))) 343004213 jjj −−−−−−−−====−−−−++++++++−−−−====++++==== III
o122
3 9,216 5 4
3tan)3()4( ∠∠∠∠====
−−−−
−−−−∠∠∠∠−−−−++++−−−−==== −−−−I
ooo*
111 4540 )04()4510( −−−−∠∠∠∠−−−−====∠∠∠∠−−−−××××−−−−∠∠∠∠======== IVS
ooo*
222 12045)903()3015( ∠∠∠∠====∠∠∠∠××××∠∠∠∠======== IVS
o
o
o
2
22 1205
903
3015∠=
−∠
∠==
I
VZ
o
o
o
1
11 455.2
04
4510−∠−=
∠−
−∠==
I
VZ
Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk FasorPernyataan Sinyal Sinus Dalam Bentuk Fasor
Contoh
Diketahui:
maka :
Re
I3
-4
-3
Im
216,9o
5
ImpedansiImpedansi
ImpedansiImpedansi
Impedansi di kawasan fasorImpedansi suatu elemen rangkaian di kawasan
fasor adalah perbandingan antara
fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut
x
xxZ
I
V=
impedansi
fasor tegangan
fasor arus
Catatan:
Ada pengertian impedansi di kawasan s yang
belum akan kita pelajari dalam kuliah ini
• Resistor
θω
θ+ω
=
=
θ+ω=
jtjRm
tjRm
RmR
eei
ei
titi
)cos()(
)(
+ vR−
iR
θω=
=jtj
Rm
RR
eeRi
tRitv
)()(
θ∠= RR II
RR RIV =
R
RRI
V=
Kawasan fasor
Kawasan waktu
Impedansi
ImpedansiImpedansi
resistansi resistor di kawasan waktu
bernilai sama dengan
impedansinya di kawasan fasor
R
R
i
vR =
• Induktor
ImpedansiImpedansi
iL
+vL−
θω
θ+ω
=
=
θ+ω=
jtjLm
tjLm
LmL
eei
ei
titi
)cos()(
)(
)(
)()(
θωω=
=
jtjm
LL
eeiLj
dt
tdiLtv
θ∠= LL II
LL Lj IV ω=
LjZL
LL ω==
I
V
Kawasan fasor
Impedansi
dt
diLv L
L =
Kawasan waktu
hubungan diferensial hubungan linier
• Kapasitor
iC
+ vC −
`
)(
)(
)( θ+ωω=
=
tjCm
CC
evCj
dt
dvCti
)(
)cos()(
θ+ω=
θ+ω=tj
Cm
CmC
ev
tvtv Kawasan fasor
Impedansi
CC Cj VI ω=
θ∠= CC VV
Cj
CjZ
C
CC
ω−=
ω==
1
1
I
V
ImpedansiImpedansi
dt
dvCi C
C =
Kawasan waktu
hubungan diferensial hubungan linier
ImpedansiImpedansi
• Impedansi dan Admitansi
R
RRI
V= LjZ
L
LL ω==
I
V
Cj
CjZ
C
CC ω
−=ω
==1
1
I
V
Impedansi: Z
Admitansi: Y = 1 / Z
RYR
1=
L
j
LjZY
L
L ω−=
ω==
11Cj
ZY
C
C ω==1
IV Z=
VI Y=Perhatikan: relasi ini adalah
relasi linier.
Di kawasan fasor kita terhindar
dari perhitungan diferensial.
• Impedansi Secara Umum
)()( ω+ω= jXRZ
( ) ( )
+ω
ω−ω+
+ω=
ω+
ω+ω=+
11
)/1(
)/1(2
2
2//RC
CRLj
RC
R
CjR
CjRLjZ 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.
ImpedansiImpedansi
Memahami kaidah-kaidah rangkaian di kawasan fasor
Mampu mengaplikasikan kaidah-kaidah rangkaian
Mampu menggambarkan diagram fasor
Tujuan:
KaidahKaidah--KaidahKaidah
RangkaianRangkaian ImpedansiImpedansi
LjRZ seriRL ω+=
( )IV LjRseriRL ω+=
R
+ VR−
I
+ VL−
jωL
C
jRZ seriRC ω−=
IV 1
ω
+=Cj
RseriRC+ VC −
R−j/ωC
+ VR−
I
• Hubungan Seri
KaidahKaidah--KaidahKaidah RangkaianRangkaian ImpedansiImpedansi
IV
ω
−ω=C
jLjseriLC
ω
−ω=C
LjZ seriLC
1
−j/ωCjωL
+ VL−+ VC −
I
• Hubungan Seri dan Kaidah Pembagi Tegangan
Kaidah Pembagi Tegangan
nseritotal
seritotalseritotal
ZZZZ
Z
+⋅⋅⋅⋅++=
=
21
IV
totalseritotal
kk
Z
ZVV ×=
KaidahKaidah--KaidahKaidah RangkaianRangkaian ImpedansiImpedansi
• Hubungan Paralel dan Kaidah Pembagi Arus
VV
I kk
k YZ
==
VVII total
n
k
k
n
k
ktotal YY === ∑∑== 11
n
n
k
ktotalZZZ
YY111
211
+⋅⋅⋅⋅++==∑=
totaltotal
kkk
Y
YY IVI ==
I3
R
Itotal
jωL
−j/ωC
I1I2
KaidahKaidah--KaidahKaidah RangkaianRangkaian ImpedansiImpedansi
Kaidah Pembagi Arus
Diagram Diagram FasorFasor
• Arus Dan Tegangan Pada Induktor
IL
VL
Re
Im Arus
90o di belakang
tegangan
L = 0,5 H , iL(t) = 0,4cos(1000t) A
Ω=××= 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
0
50
100
150
200
0 0,002 0,004 0,006 0,008
100 iL(t)
vL(t)VA
detik
Diagram Diagram FasorFasor
• Arus Dan Tegangan Pada Kapasitor
C = 50 pF , iC(t) = 0,5cos(106 t) mA
V 9010
)0105,0()901020(
k 20)1050(10
1
o
o3o3
126
−∠=
∠××−∠×==
Ω−=××
−=
ω=
−
−
CCC
C
Z
jj
CjZ
IV
IC
VC
Re
Im
arus
90o mendahului
tegangan
Arus 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)V
mA
vC(t)
Diagram Diagram FasorFasor
• Beban Kapasitif
A 405dan V 10120 oo ∠=∠= IV
Ω−=−+−=
Ω−∠=∠
∠==
128,20)30sin(24)30cos(24
3024405
10120 o
o
o
jj
Z BI
V
Pada sebuah beban :
v(t) =120cos(314t +10o) V
i(t) = 5cos(314t + 40o) A
IV
Re
Im arus
mendahului
tegangan
Diagram Diagram FasorFasor
• Beban Induktif
Pada sebuah beban :
v(t) =120cos(314t + 20o) V
i(t) = 5cos(314t − 40o) A
Ω+=
+=
Ω∠=−∠
∠==
8,2012
)60sin(24)60cos(24
6024405
20120
oo
o
o
o
j
j
Z BI
V
I
V
Re
Im
arus
tertinggal dari
tegangan
A 405 dan V 20120 oo −∠=∠= IV
Diagram Diagram FasorFasor
• Beban : RLC seri , mencari solusi di kawasan waktu
Ω−∠=
−∠+=
Ω−=+−=
−
87,36125
100
75tan)75()100(
7510025 100100
o
122
jjjZ totA 36,872
87,36125
0250 o
o
o
∠=−∠
∠==
tot
s
Z
VI
Diagram Diagram FasorFasor
i(t) = 2 cos(500t + 36,87o) A
Kembali ke kawasan waktu
251050500
1001020500
100 V; 0250
3
6
o
Ω=××=
Ω−=××
−=
Ω=∠=
−
−
jjZ
jj
Z
Z
L
C
RsV
100Ω −j100Ω
j25ΩVs=
250∠0oV
+−
Transformasi rangkaian
ke kawasan fasor
100Ω+−
20µF
50mHvs(t) =
250 cos500t V
i = ?
Ω−∠=
−∠+=
Ω−=+−=
−
87,36125
100
75tan)75()100(
7510025 100100
o
122
jjjZ tot
A 36,87287,36125
0250 o
o
o
∠=−∠
∠==
tot
s
Z
VI
100Ω −j100Ω
j25ΩVs=
250∠0oV
+−
Diagram Diagram FasorFasor
I
V Re
Im
100Ω+−
20µF
50mHvs(t) =
250 cos500t V
Transformasi rangkaian
ke kawasan fasor
Beban RLC seri ini bersifat kapasitif
|ZC| > |ZL| arus mendahului tegangan
25 ; 100
100 ;0250 o
Ω=Ω−=
Ω=∠=
jZjZ
Z
LC
RsV
• Beban : RLC seri , analisis di kawasan fasor
100Ω −j100Ω
j25ΩVs=
250∠0oV
+−
VL = jXL I
VR = RI
Vs
Re
Im
VC = −jXC II
Diagram Diagram FasorFasor
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 o
o
o
∠=−∠
∠==
tot
s
Z
VI
87,3612575100 o Ω−∠=−= jZtot
Fasor Tegangan Tiap Elemen
Fasor tegangan rangkaian
mengikuti hukum Kirchhoff
LCRs VVVV ++=
• Beban : RLC seri, induktif
V 0250
100
25
100
o∠=
Ω=
Ω−=
Ω=
s
L
C
R
jZ
jZ
Z
V
Ω∠=
∠+=
Ω+=+−=
−
87,36125
100
75tan)75()100(
75100100 25100
o
122
jjjZtot
A 36,87287,36125
0250 o
o
o
−∠=∠
∠==
tot
s
Z
VI
100Ω −j25Ω
j100ΩVs=
250∠0oV
+−
I
V Re
Im
Diagram Diagram FasorFasor
Pada beban kapasitif |ZL| > |ZC|
arus tertinggal dari tegangan
• Beban : RLC paralel
Diagram Diagram FasorFasor
.0250
01.0
04.0
01.0
o∠=
Ω−=
Ω=
Ω=
s
L
C
R
jY
jY
Y
V
03.001.0
01.004.001.0
j
jjYtot
+=
Ω−+=
100Ω
−j25Ω
j100ΩVs=
250∠0oV
+−
I
o122 6.719.75.2
5.7tan5.72.5
5.75.2)03.001.0(250
∠=+=
+=+×==
−
jjYVI
I
V Re
Im
Tujuan:
Memahami teorema-teorema rangkaian di kawasan fasor
Memahami metoda analisis rangkaian di kawasan fasor
Mampu melakukan analisis rangkaian di kawasan fasor pada
sistem satu fasa
Teorema RangkaianTeorema Rangkaian
• Prinsip Proporsionalitas
XY K=
Y = fasor keluaran, X = fasor masukan, dan K = konstanta
proporsionalitas yang pada umumnya merupakan bilangan kompleks
• Prinsip Superposisi
* selalu berlaku di kawasan waktu
* berlaku di kawasan fasor bila frekuensi sama
Teorema RangkaianTeorema Rangkaian
• Teorema Thévenin dan Norton
T(T(((TT
ZYYZ
1 ; ; === VIIV
RT
A
B
vT+−
VT
ZT
A
B
+−
Kawasan waktu Kawasan fasor
Teorema RangkaianTeorema Rangkaian
• Contoh Prinsip Superposisi
20cos4t V+_ 8Ω
3cos4t Aio3H
20∠0o +_
8Ω− j6Ω
Io1j12Ω 8Ω
3∠0o− j6Ω
Io2j12Ω
A 9,3629,3610
020
68
020
6128
020
o
o
o
oo
o1
−∠=∠
∠=
+∠
=−+
∠=
jjjI
A 4,1932,4039,3610
3,564,14
0368
12803
)128/(1)6/(1
)6/(1
oo
o
o
ooo2
∠=∠×∠
∠=
∠×++
=∠×++−
−=
j
j
jj
jI
24,07,544,11,42,16,1o21oo jjj +=++−=+= III
oo 4,27,5 ∠=I )4,24cos(7,5)( o
o += tti
Teorema RangkaianTeorema Rangkaian
V 3,399,19
45207,5995,0
452010010
100
V 9010901,0100
o
o
o
oo
∠=
∠×−∠=
∠×−
−=
−∠=−∠×=
j
jB
A
V
V
( ) V 6,226,156,124,1510
3.399,199010 oo
jjj
BAT
−−=+−−=
∠−−∠=−= VVV
Ω−=−
−×+= 99,09,109
10010
)100(10100 j
j
jZ T
+−−j100Ω
10Ω
100Ω0,1∠−90o A
20∠45o V
`
A B
Contoh Rangkaian Ekivalen Thévenin
+−
VTZT
A B
Teorema RangkaianTeorema Rangkaian
Metoda Analisis
• Metoda Keluaran Satu Satuan
−j9Ω −j3Ω
+
−−−−14∠0 V
12ΩA B C
D
9Ω 3Ω
Ix
j3ΩI1
I2
I3
I4
+ vx −+
−−−−
14cos2t
V
12ΩA B C
D
9Ω 3Ω
ix
3/2
H
1/6 F1/18 F
ti
K
x
xx
2cos5,0
05,028
014
28
1
28
1 oo
A
A
=→
∠=∠
==→== VIV
I
A )01(Misalkan jx +=I
( ) V 2891213
4=−
++= jjBA VV
V 3jC =VV 1
3 jC ==
VI4
( ) A 11 jx +=+= 43 III
( ) ( ) V 311333 =+−=−+= jjjjCB 3IVV
A 3
1
92 == BVI A 1
3
4 321
+=+= jIII
Metoda Analisis DasarMetoda Analisis Dasar
• Metoda Superposisi
A )8,732cos(3)9,364cos(2 sehingga
A )8,732cos(3dan A )9,364cos(2
ooo2o1o
o2o
o1o
++−=+=
+=−=
ttiii
titi
Fasor Io1 dan Io2 tidak dapat langsung dijumlahkan karena sumber berbeda
frekuensi. Kembali ke kawasan waktu, baru kemudian dijumlahkan
20cos4t V+_ 9Ω
3cos2t Aio3H
20∠0o+_
9Ω− j6Ω
Io1j12Ω 9Ω
3∠0o− j12Ω
Io2j6Ω
A 9,3629,3610
020
68
020
6128
020
o
o
o
oo
o1
−∠=∠
∠=
+
∠=
−+
∠=
jjjI
A 8,733039,3610
9,3610
0368
6803
)68/(1)12/(1
)12/(1
oo
o
o
ooo2
∠=∠×−∠
∠=
∠×−
+=∠×
++−
−=
j
j
jj
jI
Metoda Analisis DasarMetoda Analisis Dasar
• Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin
+
−−−− 18cos2t V
i
6Ω2Ω
2Ω1H
A
B
2H
1/8 F
V 12
9 018
462
2 o
jjhtT +
=∠×++
== VV
A 2cos1
A 01
)12(2)47(
)12(
)12(
9
42
o
ti
jjj
j
jjjZT
T
=⇒
∠=
+−++
×+
=−+
=V
I
+
− 18∠0o V
6Ω2Ω
A
B
−j4Ω
j2Ωj4Ω
I
2Ω
+
− 18∠0o V
6Ω 2Ω
A
B
j4Ω
2Ω
(((( ))))Ω
12
47
48
812816
462
4622
j
j
j
jj
j
jZ T ++++
++++====
++++++++++++++++
====++++++++++++
++++====
+
− VT
IA
B
−j4Ω
ZT j2Ω
Metoda Analisis DasarMetoda Analisis Dasar
• Metoda Reduksi Rangkaian
− +
i1 =
0.1cos100t A
v =
10sin100t V
200µF 1H
50Ω
ix?A B
A B− +
I1 =
0.1∠0o A
V=
10∠−90oV
−j50Ω j100Ω
50Ω
Ix
Sumber tegangan dan sumber arus
berfrekuensi sama, ω = 100. Tetapi
sumber tegangan dinyatakan dalam
sinus, sumber arus dalam cosinus.
Ubah kedalam bentuk standar, yaitu
bentuk cosinus melalui kesamaan
sinx = cos(x−90)
sumber tegangan tersambung seri
dengan resistor 50 Ω paralel
dengan induktor j100 Ω
Simpul B hilang. Arus Iy yang
sekarang mengalir melalui resistor
50Ω, bukanlah arus Ix yang dicari; Iy
kali 50Ω adalah tegangan simpul A,
bukan tegangan simpul B tempat Ix
keluar
IyA
I2
−j50Ωj100Ω
50Ω
I1 =
0.1∠0o A
Iy
−j50Ω j100Ω
50ΩI1 − I2
Metoda Analisis DasarMetoda Analisis Dasar
• Metoda Tegangan Simpul
−=
−−
−→
=
−
−
30
10
120
122 : Gauss eliminasi
10
10
11
122
B
A
B
A
V
V
V
V
j
jj
j
jj
− +
I1 =
0,1∠0o A
V=
10∠−90oV
−j50Ω j100Ω
50Ω
Ix=?A B
VVV
VVVI
−=−
=++−
+−
BA
BBA1
: B
05010050
:A jj
∠
∠=
−
+− o
o
B
A
9010
01,0
11
50
1
100
1
50
1
V
Vjj
∠=
+−
−=
+−+=+=
−∠=−∠=−=+−−
=−−
−=
V 4,186,1215,0
1010
15,0
151010
6,26 0,268 V; 6,264,136125
)12(30
12
30
oBA
ooB
j
j
j
jjj
jj
jx
VV
IV
Metoda Analisis Metoda Analisis UmumUmum
• Metoda Arus Mesh
− +
I =
0,1∠0o A
V=10∠−90oV
−j50Ω 50Ω
A B
I1 I2I3
( ) ( ) ( )( ) ( )
( )
−=
+−
−+−
0
10
1.0
100501000
1001005050
001
3
2
1
j
jj
jjjj
I
I
I
( ) ( ) ( )( ) ( )
( )
−=
+−
−
0
1
1.0
2120
1055
001
3
2
1
j
jj
jjj
I
I
I
( ) ( )( )
( )( )
−
−=
−
−
3
5.1
1.0
10500
1050
001
3
2
1
j
j
j
jj
I
I
I
A 2,533,0
5
105,1
A 6,2627,0
105
3
A 01,0
o
32
o
3
01
−∠=
+−=
−∠=
−−
=
∠=
j
jj
j
j
II
I
I
Metoda Analisis Metoda Analisis UmumUmum
Tujuan:
Memahami daya nyata dan daya reaktif
Memahami gejala alih daya
Mampu menghitung alih daya maksimum
Tinjauan Daya di
Kawasan Waktu
tIitVv mbmb ω=θ+ω= cos ; )cos(
( )
( ) tIV
tIV
tIV
tIVIV
tttIVttIVvip
mmmm
mmmmmm
mmmmb
ω
θ−ω+
θ=
ωθ−ωθ+θ=
ωθω−θω=ωθ+ω==
2sinsin2
2cos1cos2
2sinsin2
2coscos2
cos2
cossinsincoscos cos)cos(
Tegangan dan arus bebanmerupakan fungsi waktu
Tinjauan Daya di Kawasan Waktu
Nilai rata-rata
= VrmsIrmscosθ
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
*VI=S
rmsrms IVS =
θ=θ=
θ=θ=
+=
sinsin
cos cos
rmsrms
rmsrms
IVSQ
IVSP
jQPS
θ−∠=∠= rmsrms IV IV dan 0o
Tegangan dan Arus dalam Fasor
• Daya Kompleks :
Re
Im
VI
I*
S = VI*
ϕP
jQ
Segitiga daya
Faktor DayaS
P=ϕcos
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor
S
P=θ= cos f.d.
S =VI*
jQ
PRe
Im
θV
I (lagging)
I*
Re
Im
θ
− jQ
PRe
Im
θ
S =VI*
V
I (leading)
I*
Re
Im
θ
Faktor daya lagging
Faktor daya leading
• Faktor Daya dan segitiga daya:
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor
Daya Kompleks dan Impedansi Beban
IVI
VBB ZZ == atau
( )22
2
2*
*
rmsBrmsB
rmsBB
BB
IjXIR
IjXR
ZZ
S
+=
+=
==
=
III
VI22 rmsBrmsB IjXIR
jQPS
+=
+=
2
2 dan
rmsB
rmsB
IXQ
IRP
=
=
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor
• COTOH
seksi
sumber
seksi
beban
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*
jj
S
−=−=
−∠=−∠×+∠== VI
Ω=== 5,47)75,8(
364022
rms
BI
PR
Ω−=−
== 4,27)75,8(
210022
rms
BI
QX
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor
Alih Daya
Alih Daya
• Alih Daya
Dalam rangkaian linier 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
CONTOH
50Ω
− +
I1 =
0,1∠0o A
V=10∠−90oV
−j50Ω j100Ω
I3
BA
C
I2 I4I5
[ ] [ ] oAC
oAC
010212
atau
001,050
1
50
1
100
1
50
1
∠−=−+
=∠+
−−
−++
jj
jjj
VV
VV
[ ]
V 61212
30
010)9090(10212
C
oooC
jj
j
+−=+−
=⇒
∠−=+∠×−+
V
V
[ ]VA 4,02,1
01,010612)( o*1
j
jjS ACi
−−=
∠×−+−=−= IVV
A 24,018,0
01.024,008,0
A 24,008,0
50
)612(9010
50
o123
o
2
123
j
j
j
j
j
j
CA
+−=
∠−+−=−=⇒
+−=
−
+−−∠=
−
−=
−=
III
VVI
III
VA 8,14,2
)24,018,0(9010 o*3
j
jSv
+−=
−−×−∠== VI
VA 4,16,3
8,14,24,02,1
j
jj
SSS vitot
+−=
+−−−=
+=
V 90109010 ooA ∠=−∠−=−= VV
Berapa daya yang
diberikan oleh
masing-masing
sumber dan berapa
diserap R = 50 ΩΩΩΩ ?
Alih Daya
• Alih Daya Maksimum
Dengan Cara Penyesuaian Impedansi
+− VT
ZT = RT + jXT
ZB = RB + jXB
A
B
22
2
2
)()( BTBT
BT
BBXXRR
RRP
+++==
VI
(maksimum) 4
Jika
2
B
TBBT
RPRR
V=⇒=
dan
:adalah maksimum dayaalih adinyauntuk terjsyarat Jadi
TBBT XXRR −==
22 )()( BTBT
T
XXRR +++=
VI
2
2
)( BT
BT
BRR
RP
+=
VBT -XX =Jika
Alih Daya
CONTOH V 551011
1010
5010050
50 o jj
j
jj
jT −−=×
+
−=∠×
−+
−=V
Ω−=++−
+−= 7525
1005050
)10050(50j
jj
jjZT
Ω+= 7525 jZ B
W5,0254
55
4
22
=×
−−==
j
RP
B
T
MAX
V
A 13502,050
55 o−∠=−−
=+
=j
ZZ BT
TB
VI
B
+−
50Ω j100Ω
−j50Ω
A
10∠0o V25 + j 75
A 01,0
752550
)7525)(50(10050
010 oo
∠=
++−
+−++
∠=
jj
jjj
sI
W1)02,0(25)1,0(50
2550
22
22
=×+×=
+= BssP II
Alih Daya
• Alih Daya Maksimum
Dengan Cara Sisipan Transformator
BB Z(
(Z
2
2
1
=′
impedansi yang
terlihat di sisi primer
θ′+θ′=′ sincos BBB ZjZZ
TTTB ZXRZ =+=′ 22
B
T
Z
Z
(
(=
2
1
ZB
+−
ZT
VT
(1 (2
( ) ( )22
2
sincos
cos
θ′++θ′+
θ′=
BTBT
BTB
ZXZR
ZP
V
0=′B
B
Zd
dP
Alih Daya
CONTOH
V 55 jT −−=V Ω−= 7525 jZT
+−
50Ω j100Ω
−j50Ω
A
B10∠0o V
25 + j 60
1028,1
6025
7525
22
22
2
1 =+
+===
B
T
Z
Z
(
(a
( ) ( )
( ) ( ) W49,0
60216,17525216,125
25216,150
22
2222
22
=×+−+×+
××=
+++=
BTBT
BT
B
XaXRaR
RaP
V
Seandainya
diusahakanΩ−= )6025( jZ B
( ) ( ) W06,0
60216,17525216,125
25216,15022=
×−−+×+
××=BP
Tidak ada peningkatan alih daya ke beban.
Alih Daya
Rangkuman Mengenai Fasor
Rangkuman Mengenai Fasor
Fasor adalah pernyataan sinyal sinus yang fungsi waktu ke dalam
besaran kompleks, melalui relasi Euler.
Dengan menyatakan sinyal sinus tidak lagi sebagai fungsi waktu, maka
pernyataan elemen elemen rangkaian harus disesuaikan.
Dengan sinyal sinus sebagai fungsi t elemen-elemen rangkaian adalah
R, L, C.
Dengan sinyal sinus sebagai fasor elemen-elemen rangkaian menjadi
impedansi elemen R, jωL, 1/jωC.
Impedansi bukanlah besaran fisis melainkan suatu konsep dalam
analisis. Besaran fisisnya tetaplah R = ρl/A, dan C = εA/d
Dengan menyatakan sinyal sinus dalam fasor dan elemen-elemen dalam
inpedansinya, maka hubungan arus-tegangan pada elemen menjadi
hubungan fasor arus - fasor tegangan pada impedansi elemen.
Hubungan fasor arus dan fasor tegangan pada impedansi elemen
merupakan hubungan linier.
Rangkuman Mengenai Fasor
Dengan menyatakan arus dan tegangan menjadi fasor arus dan fasor
tegangan yang merupakan besaran kompleks maka daya juga menjadi
daya 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.
Tujuan:
Memahami transformator dan diagram fasornya
Mampu menghitung kebutuhan daya dan faktor daya beban
Mampu menghitung penyediaan daya sumber dan tegangan
sumber untuk mencatu beban;
Mampu menentukan keperluan perbaikan faktor daya.
Pemyediaan Daya
Transformator
Pemyediaan Daya
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 Dua Belitan Tak Berbeban
+E2−
(2(1
If φ
Vs
+
E1
−
+
−−−−
maksmaks (f(f
E Φ=Φπ
= 11
1 44.42
2
maks(fE Φ= 22 44.4
masi transforrasio 2
1
2
1 =≡= a(
(
E
E
Belitan primer: Belitan sekunder:
I2 = 0
Pemyediaan Daya
Transformator Dua Belitan Tak Berbeban
+E2−
(2(1
If φ
Vs
+
E1
−
+
−−−−
tmaks ωΦ=φ sin
Fasor E1 sefasa dengan E2 karena
diinduksikan oleh fluksi yang sama.
t(dt
d(e maks ωωΦ=
φ= cos111
t(dt
d(e maks ωωΦ=
φ= cos222
rasio transformasi a = 1,
resistansi belitan primer R1
E1=E2
Iφ
φ
Ic
If
If R1
V1
Arus magnetisasi If dapat dipandang sebagai
terdiri dari dua komponen yaitu Iφ (90o
dibelakang E1) yang menimbulkan φ dan IC
(sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi-rugi
inti. Resistansi belitan R1 dalam diagram fasor
ini muncul sebagai tegangan jatuh IfR1.
Pemyediaan Daya
Ada Fluksi Bocor di belitan primer
E2∼Vs φl1
If φ
E1=E2Iφ
φ
Ic
If
IfR1
V1
φl
jIfXl
Representasi fluksi
bocor di belitan primer
1111111 XjRR fflf IIEEIEV ++=++=
ada fluksi bocor di
belitan primerMengatasi rugi-rugi
inti
Pemyediaan Daya
Transformator Berbeban
φγ
V2I2I’2
IfI1
I2R2
jI2X2E2
E1I1R1
jI1X1
V1
beban resistif , a > 1
Pemyediaan Daya
22222
22222
XjR
R l
IIV
EIVE
++=
++=
11111
11111
XjR
R l
IIE
EIEV
++=
++=
φ
V1φl1
I1
∼ V2φl2
I2
RB
Rangkaian Ekivalen
Z
R′2∼ If B
jX′2R1jX1
I1 I′2
V1E1
V′2=aV2
21
222221
111111
III
IIVE
IIEV
′+=
′′+′′+=
++=
f
XjRa
XjRI′2 , R′2 , dan X′2 adalah arus, resistansi, dan
reaktansi sekunder yang dilihat oleh sisi primer
R′2∼
If
B
jX′2R1jX1
I1 I′2
V1 E1
V′2=aV2
jXcRc
IcIφ
Pemyediaan Daya
∼ B
jXe =j(X1+ X′2)Re = R1+R′2
I1=I′2
V1V′2
I′2I′2Re
jI′2Xe
V′2
V1
Rangkaian Ekivalen yang Disederhanakan
arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari arus beban penuh
jika If diabaikan terhadap I1
kesalahan yang terjadi dapat
dianggap cukup kecil
Pemyediaan Daya
10 kW
f.d. 0,8
lagging
8 kW
f.d. 0,75
lagging
380 V rms
Contoh
Penyediaan
Daya
kVA 5,710sincos
sin 1
1
11111111 j
PjPSjPjQPS +=+=+=+= θ
θθ
kVA 78sincos
sin|| 22
222222 j
PjPSjPS +=θ
θ+=θ+=
kVA 5,1418785,7102112 jjjSSS +=+++=+=
Impedansi saluran diabaikan
lagging 78.0
5,1418
18cos
2212 =
+=θ Faktor daya total
tidak cukup baik
Pemyediaan Daya
Perbaikan Faktor Daya
Im
Re
jQ beban (induktif)
−−−−jQ kapasitor
P beban
kVA beban
tanpa
kapasitor
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|.
|S|
|S 1|
kapasitor
paralel dengan
beban
Perbaikan Faktor Daya
Re
ImS12
jQ12
P12
-jQ12CS12C
jQ12C
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 =θ
kVA 9,518)95.0tan(arccos181812 jjS C +=+=
laggingC 95.0cos 12 =θ
kVAR 58,8 5,149,512 jjjjQ C −=−=−
F 190380100
8580
2µ
π=
×=C
( )CX
Q CC
C
C ω−==2
2
VV
CONTOH
diinginkan
kVA 5,710)8,0tan(arccos10101 jjS +=+=
kVA 78)75,0tan(arccos882 jjS +=+=
2
C
CQC
Vω−=
Perbaikan Faktor Daya
Diagram Satu Garis
Diagram Satu Garis
CONTOH
beban 1
10 kW
cos ϕ = 1
beban 2
8 kW
cos ϕ = 1
0,2 + j2 Ω 0,2 + j2 ΩVs
| 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(22
2
j
jjSsal
+=
×+=×+= 22 II
kVA 9,009,8222 jSSS saltot +=+=
V 4,66,387
V 9,422,385021
9008090
o
o*2
21
∠=
+=∠
+== j
jStot
IV
A 4,68,254,66,387
010000 o
o*1
11 ∠=
−∠
+==
jS
VI
A 5,373,46 88,264,46
0214,68,25
o
oo21
∠=+=
∠+∠=+=
j
s III
kVA 37,444,0
73,46)22,0()22,0( 22
1
j
jjS ssal
+=
×+=×+= I
kVA 27,553,18
9,009,81037,444,0
2211
j
jj
SSSSS salsals
+=
++++=
+++=
V 4,19412 3,546,73
9,1519265
3,546,73
527018530 o
o
o
o*∠=
−∠
∠=
−∠
+==
jS
s
ss
IV
kVA 082 jS +=
Tujuan
Memahami hubungan sumber dan beban dalam sistem
tiga fasa seimbang.
Memahami hubungan fasor-fasor arus dan tegangan pada
sistem tiga fasa seimbang
Mampu menentukan hubungan fasor-fasor arus dan
tegangan pada sistem tiga fasa seimbang
Mampu melakukan analisis daya pada sistem tiga fasa
Sumber Sumber
SatuSatu Fasa dan Fasa dan TigaTiga FasaFasa
u
s
vs(t)R 1/jωC
jωLVs ∼
u
s
vs(t)
vs(t)vs(t)
Sebuah kumparan dipengaruhi oleh
medan magnet yang berputar dengan
kecepatan perputaran konstan
Sumber Sumber SatuSatu Fasa dan Fasa dan TigaTiga FasaFasa
B
A
C
(
VA(VB(
VC(
∼
∼∼
Tegangan imbas yang muncul di kumparan
memberikan sumber tegangan bolak-balik,
sebesar Vs
Tiga kumparan dengan posisi yang berbeda
120o satu sama lain berada dalam medan
magnet yang berputar dengan kecepatan
perputaran konstan
Tegangan imbas di masing-masing kumparan
memberikan sumber tegangan bolak-balik.
Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan
tersebut diperoleh sumber tegangan tiga fasa
B
A
C
(
VA(VB(
VC(
− +
+−
−+
Sumber Sumber TigaTiga FasaFasa
Dalam pekerjaan analisis rangkaian kita memerlukan
referensi sinyal. Oleh karena itu tegangan bolak balik kita
gambarkan dengan tetap menyertakan referensi sinyal
Untuk sumber tiga fasa, referensi sinyal tegangan
adalah sebagai berikut
A, B, C : titik fasa
( : titik netral
VA( , VB( ,VC(
besar tegangan fasa ke
netral
dituliskan pula sebagai
Vfn atau Vf
besar tegangan antar
fasa adalah
VAB , VBC ,VCA
dituliskan pula sebagai
Vff
≈≈Simbol sumber tiga fasa:
Diagram fasor sumber tiga fasa
Sumber terhubung YVA( = |VA(|∠ 0o
VB( = |VA(| ∠ -120o
VC( = |VA(| ∠ -240oKeadaan Seimbang
|VA(| = |VB(| = |VC(|
B
A
C
(
VA(VB(
VC(
− +
+−
−+
120o
120o VA(
VB(
VC(
Im
Re
Diagram fasor
tegangan
Sumber Sumber TigaTiga FasaFasa
Sumber tiga fasa dan saluran menuju beban
C
B
A(
VA(VB(
VC(
− +
+−
−+ VAB
VBCVCA
IA
IB
IC
Tegangan fasa-netral
Tegangan fasa-fasa
Arus saluran
Sumber Tiga Fasa Terhubung Y
Saluran ke beban
Sumber Sumber TigaTiga FasaFasa
Hubungan fasor-fasor tegangan
B(A((BA(AB 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
fnC(B(A(
VVVVV
VVVV
====
===
C(B((CB(BC VVVVV −=+=
A(C((AC(CA VVVVV −=+=
Dalam keadaan seimbang:
VA(
VB(
VC(VAB
VBC
VCA
Re
Im
30o
30o
30o
Tegangan
Fasa-netral 120o
−VB(
Sumber Sumber TigaTiga FasaFasa
Arus saluran dan arus fasa
Sumber Sumber TigaTiga FasaFasa
B
A
C
(
VA(VB(
VC(
− +
+−
−+
NA
B
C
Beban
terhubung
Y
Beban
terhubung
∆
Sumber
terhubung
Y
A
B
C
Arus di penghantar netral
dalam keadaan seimbang bernilai nol
Arus saluran
IA
IC
IB
Arus fasa
Arus fasa
BebanBeban TigaTiga FasaFasa
BebanBeban TigaTiga FasaFasa
Beban terhubung Y
NA
B
C
ZIA
IC
IB
I(Z
Z
θθθ
−∠=−∠=∠
∠== f
A(A(A(A
ZZZI
VVVI
o0
3
3
***
3
θ
θ
∠=
∠=
++=
fff
AA(
CC(BB(AA(fS
IV
IV
IVIVIV
0=++ CBA IIIKeadaan seimbang
)120()120(120
oo
o
−−∠=−−∠=∠
−∠== θθ
θ f
B(B(B(B
ZZZI
VVVI
)240()240(240
oo
o
−−∠=−−∠=∠
−∠== θθ
θ f
C(C(C(C
ZZZI
VVVI
IA
VB(
VC(
VA(
Re
Im
θIB θ
IC
θ
referensi
Contoh
V 2203
380
3===
ff
fn
VV
V 240220
V 120220
referensi) sebagai ( V 0220
o
o
o
−∠=
−∠=
∠=
C(
B(
A(
V
V
V
A 44
A 8,27644
A 8,15644)1208,36(44
A 8,63448,365
0220
43
0220
o
ooo
o
o
oo
=
−∠=
−∠=−−∠=
−∠=∠
∠=
+∠
==
I
I
I
VI
C
B
A(A
jZ
kVA 8,3629
8,364402203 3
o
oo*
3
∠=
∠×∠×=×= AA(fS IV
kW 2,238.36cos29 o3 ==fP
kVAR 4,178.36sin29 o3 ==fQ
Z = 4 + j 3
Vff = 380 V (rms)
VA( referensiN
A
B
C
ZIA
IC
IB
I(Z
Z
VB(
VC(
VA(
Re
Im
IA
θIB θ
IC
θ
BebanBeban TigaTiga FasaFasa
kW 2,234443 23 =××=fP
kVAR 4,174433 23 =××=fQ
Yakinkan:
Beban terhubung ∆
Z
ABAB
VI =
CAABA III −=
Z
V
Z
V
Z
ffffABAB θ
θ−∠=
∠
∠==
o0VI
)270(3 )270(3
)150(3 )150(3
)30(3 )30(3
oo
oo
oo
−θ−∠=−θ−∠=
−θ−∠=−θ−∠=
−θ−∠=−θ−∠=
fCAC
fBCB
fABA
II
II
II
I
I
I
θ∠=θ∠×∠×=×= 3 03 3 o*3 AfffffABABf IVIVS IV
sinsin3
coscos3
33
33
θ=θ=
θ=θ=
fAfff
fAfff
SIVQ
SIVP
IB
IA
IC
B
C
A
IBC
ICA
IAB
Z
Z
Z
VBC
VCA
VAB
Re
Im
IAB
θIBC θ
ICA
θ
−−−−ICA IA
ZZ
CACA
BCBC
VI
VI == ;
oo 240 ;120 −−∠=−−∠= θθ ABCAABBC IIII
BCCACABBCB IIIIII −=−= ;
BebanBeban TigaTiga FasaFasa
Contoh
A
B
C
IA
IB
IC
IAB
IBC
ICA
Z = 4 + j 3
Vff = 380 V (rms)
VA( referensi
oooo 240220 ;120220 ;022003
380−∠=−∠=∠=∠= C(B(A( VVV
oo30380)30(3 ∠=+∠= A(A(AB V θV
A 8,6768,365
30380
34
30380 o
o
oo
−∠=∠
∠=
+∠
==jZ
ABAB
VI
A 8,366.1318,36376)308,6(3 oooo −∠=−∠=−−∠= ABA II
kVA 523,69 8.3664.86
8.676303803 3
o
oo*
3
j
S ABABf
+=∠=
+∠×∠×== IV
kVAR 52)76(333
kW 3,69)76(433
22
3
22
3
=××=××=
=××=××=
ABf
ABf
XQ
RP
I
I
IAB
VB(
VC(
VA(IBC
ICA
Re
Im VAB
oo 210380 ; 90380 −∠=−∠= CABC VV
A 8,246762408,676
A 8,126761208,676
ooo
ooo
−∠=−−∠=
−∠=−−∠=
CA
BC
I
I
A 8.2766,131)2408,36(6.131
A 8,1566,131)1208,36(6.131
ooo
ooo
−∠=−−∠=
−∠=−−∠=
C
B
I
I
BebanBeban TigaTiga FasaFasa
Analisis Daya Pada
Sistem Tiga Fasa
Pada dasarnya analisis daya pada
sistem tiga fasa tidak berbeda dengan
sistem satu fasa
Analisis Daya Pada Sistem Tiga Fasa
Contoh
Y50 kVA
f.d. 0,9
lagging
VLL = 480 V
Is = ? RB = ? XB = ?
A 603480
50000
3
3====
ff
f
fs
S
VII
03,216,4)60(
1000)3,715(22
j
jSZ
f
fasaper +=×+
==I
;kW 459,050cos3 =×== ϕfSP
kVA 8,2145 3 jS f +=⇒
33 3 fffffnfS IVIV ==⇒
3 *
3 ffnfS IV= ifvfn θθ −∠×∠×= IV3 )(3 ivffn θθ −∠= IV
kVAR 8,21436,050sin3 =×== ϕfSQ
kVA 3,7153
3
jS
Sf
fasaper +==⇒
. 03,2 ; 16,4 Ω=Ω=⇒ XR
Analisis Daya Pada Sistem Tiga Fasa
Contoh
ϕ== coskW 100 BB SP
A 1538,04800
100
3cos
=××
=→
ϕ=
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 5180315
10005,134
3
33
=×
==⇒
==
B
S
S
BSSSSumber
S
S
IV
IVIV
beban
VSVB
Z = 2 + j20 Ω
≈≈
ISIB
100 kW
4800 V rms
cosϕ = 0,8 lag
kVA 75100 jSB +=
|Ssumber| = ?
Vsumber= ?
kVAR 756,0125sin =×== ϕBB SQ
Analisis Daya Pada Sistem Tiga Fasa
kVA 1258,0
100 ==BS
Courseware
Analisis Rangkaian Listrik
Di Kawasan Fasor
Sudaryatno Sudirham