Analisis Rangkaian Elektrik

eecafedotnet.files.wordpress.com

Analisis Rangkaian Elektrik

Sudaryatno Sudirham

Analisis

Rangkaian Listrik

Jilid 3

darpublic


Analisis

Rangkaian Listrik

Jilid 3

(Rangkaian Magnetik, Transformator, Mesin

Sinkron, Mesin Asinkron, Analisis Harmonisa)

oleh

Sudaryatno Sudirham


Hak cipta pada penulis, 2010

SUDIRHAM, SUDARYATNO

Analisis Rangkaian Listrik (3)

Bandung

are-0710

e-mail: darpublic@yahoo.com

Alamat pos: Kanayakan D-30, Komp ITB, Bandung, 40135.


Pengantar

Buku ini adalah jilid ke-tiga dari satu seri pembahasan analisis

rangkaian listrik. Penataan ulang serta penambahan materi bahasan

penulis lakukan terhadap buku yang diterbitkan tahun 2002. Dalam

buku ini pembaca diperkenalkan pada teknik konversi energi, serta

persoalan harmonisa dalam sistem tenaga.

Dalam bab pertama diperkenalkan rangkaian magnetik yang

merupakan landasan dikembangkannya mesin-mesin konversi

energi. Tiga bab berikutnya membahas transformator, mesin sinkron,

dan mesin asinkron. Lima bab berikutnya berisi analisis harmonisa,

diawali dengan pembahasan sinyal non sinus di kawasan waktu,

dilanjutkan dengan tinjauan di kawasan fasor, pembebanan non

linier, dampak harmonisa pada piranti, dan diakhiri dengan

pembahasan harmonisa pada sistem tiga fasa.

Mudah-mudahan sajian ini bermanfaat bagi para pembaca. Saran dan

usulan para pembaca untuk perbaikan dalam publikasi selanjutnya,

sangat penulis harapkan.

Bandung, 26 Juli 2010

Wassalam,

Penulis.

iii


A. Schopenhauer, 1788 – 1860

Dari Mini-Encyclopédie

France Loisirs

ISBN 2-7242-1551-6

iv


Kata Pengantar

Daftar Isi

Daftar Isi

Bab 1: Rangkaian Magnetik 1

Hukum-Hukum. Perhitungan Pada Rangkaian Magnetik.

Rugi-Rugi Dalam Rangkaian Magnetik. Gaya Magnetik.

Induktor

Bab 2: Tansformator 29

Transformator Satu Fasa. Teori Operasi Transformator.

Diagram Fasor. Rangkaian Ekivalen. Impedansi Masukan.

Penentuan Parameter Transformator. Efisiensi dan Regulasi

Tegangan. Konstruksi Transformator. Transformator Pada

Sistem Tiga Fasa

Bab 3: Mesin Sinkron 53

Mesin Kutub Menonjol. Mesin Sinkron Rotor Silindris

Bab 4: Motor Asinkron 69

Konstruksi Dan Cara Kerja. Rangkaian Ekivalen. Penentuan

Parameter Rangkaian. Torka.

Bab 5: Sinyal on Sinus 89

Pendekatan Numerik Sinyal Nonsinus. Elemen Linier

Dengan Sinyal Nonsinus. Nilai Rata-Rata Dan Nilai Efektif

Sinyal Nonsinus. Daya Pada Sinyal Nonsinus. Resonansi.

Bab 6: Pembebanan on Linier 111

Tinjauan Di Sisi Beban. Tinjauan Di Sisi Sumber. Contoh

Kasus: Penyearah Setengah Gelombang. Perambatan

Harmonisa. Ukuran Distorsi Harmonisa.

Bab 7: Tinjauan Di Kawasan Fasor 129

Pernyataan Sinyal Nonsinus Dalam Fasor. Impedansi. Nilai

Efektif. Sumber Tegangan Sinusiodal Dengan Beban

Nonlinier. Teorema Tellegen. Transfer Daya. Kompensasi

Daya Reaktif.

iii

v

v


Bab 8: Dampak Harmonisa Pada Piranti 161

Konduktor. Kapasitor. Induktor. Transformator. Tegangan

Maksimum Pada Piranti. Partial Discharge. Alat Ukur

Elektromekanik. Resume.

Bab 9: Harmonisa Pada Sistem Tiga Fasa 189

Komponen Harmonisa Dalam Sistem Tiga Fasa. Relasi

Tegangan Fasa-Fasa dan Fasa-Netral. Hubungan Sumber

Dan Beban. Sumber Bekerja Paralel. Penyaluran Energi ke

Beban. Rangkaian Ekivalen Untuk Analisis.

Daftar Referensi 199

Indeks 201

Biodata 202

vi


BAB 1

Rangkaian Magnetik

Rangkaian magnetik merupakan basis dari sebagian terbesar peralatan

listrik di industri maupun rumah tangga. Motor dan generator dari yang

bekemampuan kecil sampai sangat besar, berbasis pada medan magnetik

yang memungkinkan terjadinya konversi energi listrik. Di bab ini kita

akan melihat hukum-hukum dasar, perhitungan dalam rangkaian

magnetik, rugi-rugi dan gaya magnetik, induktor dan induktansi bersama.

Seperti halnya analisis rangkaian listrik yang dilandasi oleh beberapa

hukum saja, yaitu hukum Ohm dan Hukum Kirchhoff, analisis rangkaian

magnetik juga dilandasi oleh hanya beberapa hukum saja, yaitu hukum

Faraday dan hukum Ampère. Pembahasan kita akan diawali oleh kedua

hukum tersebut dan setelah itu kita akan melihat rangkaian magnetik,

yang sudah barang tentu melibatkan material magnetik. Walaupun

demikian, di bab ini kita tidak akan membahas mengenai material

magnetik itu sendiri, melainkan hanya akan melihat pada hal-hal yang

kita perlukan dalam kaitannya dengan analisis rangkaian magnetik. Kita

juga hanya akan melibatkan beberapa jenis material saja yang telah sejak

lama digunakan walaupun material jenis baru telah dikembangkan.

Setelah mempelajari bab ini kita akan:

• memahami hukum-hukum yang mendasari analisis rangkaian

magnetik;

• mampu melakukan perhitungan pada rangkaian magnetik;

• memahami dan mampu menghitung rugi-rugi dalam rangkaian

magnetik;

• memahami dan mampu melakukan perhitungan-perhitungan

pada induktor.

1.1. Hukum-Hukum

Hukum Faraday. Pada 1831 Faraday (1791-1867) menunjukkan bahwa

gejala listrik dapat dibangkitkan dari magnet. Dari kumpulan catatan

hasil percobaan yang dilakukan oleh Faraday, suatu formulasi matematis

telah diturunkan untuk menyatakan hukum Faraday, yaitu :

1



e = −

(1.1)

dt

dengan e menunjukkan tegangan induksi [volt] pada suatu kumparan,

dan λ adalah fluksi lingkup yang dicakup oleh kumparan. Jika kumparan

mempunyai lilitan dan setiap lilitan mencakup fluksi magnit sebesar φ

[weber], maka fluksi lingkup adalah λ = φ [weber-lilitan] dan (1.1)

menjadi


e = −

(1.2)

dt

Tanda negatif pada (1.1) diberikan oleh Emil Lenz, yang setelah

melanjutkan percobaan Faraday menunjukkan bahwa arah arus induksi

selalu sedemikian rupa sehingga terjadi perlawanan terhadap aksi yang

menimbulkannya. Reaksi demikian ini disebut hukum Lenz.

Hukum Ampère. André Marie Ampère (1775 – 1836), melakukan

percobaan yang terkenal dalam kaitan kemagnitan, yaitu mengenai

timbulnya gaya mekanis antara dua kawat paralel yang dialiri arus listrik.

Besar gaya F dinyatakan secara matematis sebagai

µ l

F = I 1 I 2

(1.3)


r

dengan I 1 dan I 2 adalah arus di masing-masing konduktor, l adalah

panjang konduktor, dan r menunjukkan jarak antara sumbu kedua

konduktor dan besaran µ merupakan besaran yang ditentukan oleh

medium dimana kedua kawat tersebut berada.

Arus I 2 dapat dipandang sebagai pembangkit suatu besaran medan magnit

di sekeliling kawat yang dialirinya, yang besarnya adalah

µ I 2

B = (1.4)

2 π r

Hasil ini juga diamati oleh dua peneliti Perancis yaitu J.B. Biot dan F.

Savart. Dengan (1.4), maka (1.3) menjadi lebih sederhana yaitu

F = BlI 1

(1.5)

Persamaan (1.5) ini berlaku jika kedua kawat adalah sebidang. Jika kawat

ke-dua membentuk sudut θ dengan kawat pertama maka (1.5) menjadi

2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Secara umum (1.6) dapat ditulis

F = BlI 1 sin θ

(1.6)

F = K B B I f (θ)

(1.7)

dengan f(θ) adalah suatu fungsi sudut antara medan B dan arus I , dan K B

adalah suatu konstanta untuk memperhitungkan berbagai faktor, seperti

misalnya panjang kawat. Besaran B mempunyai satuan [weber/meter 2 ];

hal ini dapat diturunkan sebagai berikut.

Menurut (1.5), satuan B adalah :

[ newton]

[ B]

=

[ amp]

× [ meter]

sedangkan

sehingga

energi [ watt].[detik]

[ volt][

amp][detik]

[ newton ] = =

=

panjang [ meter]

[ meter]

[ volt][amp][detik]

[ volt][detik]

[ weber]

[ B ] = =

= .

2

2

2

[ amp][

meter ] [ meter ] [ meter ]

Jadi B menunjukkan kerapatan fluksi magnetik dengan satuan [weber/m 2 ]

atau [tesla]. Arah B ditentukan sesuai dengan kaidah tangan kanan yang

menyatakan bahwa : jika kawat yang dialiri arus digenggam dengan

tangan kanan dengan ibujari mengarah sejajar aliran arus maka arah B

adalah sesuai dengan arah penunjukan jari-jari yang menggenggam

kawat tersebut.

Permeabilitas. Dalam persamaan (1.3), µ mewakili sifat medium

tempat kedua konduktor berada; besaran ini disebut permeabilitas. Untuk

ruang hampa, permeabilitas ini adalah

dengan satuan

[

]

[ meter]

−7

µ 0 = 4π × 10

(1.8)

henry . Hal ini dapat diturunkan sebagai berikut.

]

[ newton]

[ volt][

amp][detik]

[ volt][detik]

[ henry]

[ µ 0]

= =

=

=

2

2

[ amp ] [ amp ][ meter]

[ amp][

meter]

[ meter

[ volt][detik]

karena = [ henry]

yaitu satuan induktansi.

[ amp]

3


Dalam hal mediumnya bukan vakum maka permeabilitasnya dinyatakan

sebagai

µ = µ r × µ 0

(1.9)

dengan µ r adalah permeabilitas relatif, yang merupakan perbandingan

antara permeabilitas medium terhadap vakum.

Intensitas Medan Magnet. Dalam perhitungan-perhitungan rangkaian

magnetik, akan lebih mudah jika kita bekerja dengan besaran magnetik

yang tidak tergantung dari medium. Hal ini terutama kita temui pada

mesin-mesin listrik dimana fluksi magnetik menembus berbagai macam

medium. Oleh karena itu didefinisikan besaran yang disebut intensitas

medan magnetik , yaitu

H ≡ B

(1.10)

µ

dengan satuan

[ newton]/[

amp][

meter]

[ amp]

[ H ] = = .

2

[ newton]/[

amp ] [ meter]

Dengan pendefinisian ini, H merupakan besaran yang tidak tergantung

dari medium. Secara umum satuan H adalah [lilitan amper]/[meter] dan

bukan [amp]/[meter] agar tercakup pembangkitan medan magnit oleh

belitan yang terdiri dari banyak lilitan.

Hukum Rangkaian Magnetik Ampère . Hukum rangkaian magnetik

Ampère menyatakan bahwa integral garis tertutup dari intensitas medan

magnit sama dengan jumlah arus (ampere turns) yang

membangkitkannya. Hukum ini dapat dituliskan sebagai


Hdl = F m

(1.11)

F m dipandang sebagai besaran pembangkit medan magnit dan disebut

magnetomotive force yang disingkat mmf. Besaran ini sama dengan

jumlah ampere-turn yang dilingkupi oleh garis fluksi magnit yang

tertutup.

Dari relasi di atas, diturunkan relasi-relasi yang sangat bermanfaat untuk

perhitungan rangkaian magnetik. Jika panjang total dari garis fluksi

magnit adalah L, maka total F m yang diperlukan untuk membangkitkan

fluksi tersebut adalah

4 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


B

F m = H L = L

(1.12)

µ

Apabila kerapatan fluksi adalah B dan fluksi menembus bidang yang

luasnya A , maka fluksi magnetnya adalah

φ = BA

(1.13)

dan jika (1.13) dimasukkan ke (1.12) akan diperoleh

⎛ L ⎞

F m = H L = φ⎜


(1.14)

⎝ µ A ⎠

Apa yang berada dalam tanda kurung pada (1.14) ini sangat menarik,

karena sangat mirip dengan formula resistansi dalam rangkaian listrik.

Persamaan (1.14) ini dapat kita tuliskan

⎛ µ A ⎞ Fm

φ = ⎜ ⎟ Fm

=

⎝ L ⎠ R

(1.15)

Pada (1.15) ini, F m merupakan besaran yang menyebabkan timbulnya

fluksi magnit φ. Besar fluksi ini dibatasi oleh suatu besaran R yang kita

sebut reluktansi dari rangkaian magnetik, dengan hubungan

R =

L (1.16)

µA

Persamaan (1.15) sering disebut sebagai hukum Ohm untuk rangkaian

magnetik. Namun kita tetap harus ingat bahwa penurunan relasi ini

dilakukan dengan pembatasan bahwa B adalah kostan dan A tertentu.

Satuan dari reluktansi tidak diberi nama khusus.

1.2. Perhitungan Pada Rangkaian Magnetik

Perhitungan-perhitungan pada rangkaian magnetik pada umumnya

melibatkan material ferromagnetik. Perhitungan ditujukan pada dua

kelompok permasalahan, yaitu mencari mmf jika fluksi ditentukan

(permasalahan ini kita jumpai pada perancangan) mencari fluksi φ apabila

geometri dari rangkaian magnetik serta mmf diketahui (permasalahan ini

kita jumpai dalam analisis, misalnya jika kita harus mengetahui fluksi

gabungan dari suatu rangkaian magnetik yang dikendalikan oleh lebih

dari satu belitan). Berikut ini kita akan melihat perhitungan-perhitungan

rangkaian magnetik melalui beberapa contoh.

5


COTOH 1.1 : Suatu toroid terdiri dari dua macam material

ferromagnetik dengan belitan pembangkit medan magnetik yang

terdiri dari 100 lilitan, seperti terlihat pada gambar di samping ini.

Material a adalah besi nikel

(nickel iron) dengan panjang

+


E

R

L a

rata-rata L a = 0,4 m. Material b

adalah baja silikon (medium

silicon sheet steel) dengan

panjang rata-rata L b = 0,2 m.

Kedua bagian itu mempunyai

luas penampang sama, yaitu 0,001 m 2 . a). Tentukan F m yang

diperlukan untuk membangkitkan fluksi φ = 6×10 −4 weber. b).

Hitung arus yang harus mengalir pada belitan agar nilai fluksi

tersebut tercapai.

Penyelesaian :

Untuk memperoleh F m total yang diperlukan, kita aplikasikan hukum

rangkaian Ampère pada rangkaian magnetik ini.

Fm

total = Fma

+ Fmb

= H aL a + H bLb

Fluksi yang diinginkan di kedua bagian toroid adalah 6×10 −4 weber,

sedangkan kedua bagian itu mempunyai luas penampang sama. Jadi

kerapatan fluksi di kedua bagian itu juga sama yaitu

φ 0,0006

Ba

= Bb

= = = 0,6 tesla

A 0,001

Untuk mencapai kerapatan fluksi tersebut, masing-masing material

memerlukan intensitas medan yang berbeda. Intensitas medan yang

diperlukan dapat dicari melalui kurva B-H dari masing-masing

material, yang dapat dilihat di buku acuan. Salah satu kurva B-H

yang dapat kita peroleh adalah seperti dikutip pada Gb.1.1.

Dengan menggunakan kurva B-H ini, kita peroleh

Material a : untuk Ba

= 0.6 tesla

Material b : untuk Bb

= 0.6 tesla

Dengan demikian F m total yang diperlukan adalah

L b

diperlukan H a = 10 AT/m

diperlukan Hb

= 65 AT/m

F m total = H aL a + H bLb

= 10 × 0.4 + 65 × 0.2 = 17 AT

6 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


). Karena jumlah lilitan adalah 100, maka besar arus yang harus

mengalir di belitan untuk memperoleh F m total sebesar 17 AT adalah

17 I = = 0,17

100

A

1.75

1.5

1.25

ickel-iron alloy , 47%

B [tesla]

1

0.75

0.5

Medium silicon sheet

steel

Soft steel casting

0.25

0

Cast iron

0 50 100 150 200 250 300 350 400

H [ampre-turn / meter]

Gb.1.1. Kurva B − H beberapa material.

Pemahaman :

Dalam pemecahan persoalan di atas, karakteristik medium tidak

dinyatakan oleh permeabilitas medium, melainkan oleh karakteristik

B-H dari masing-masing material. Kita lihat dari kutipan kurva B-H

pada Gb.1.1, bahwa hubungan antara B dan H adalah tidak linier.

Apabila kita menginginkan gambaran mengenai besar permeabilitas

masing-masing material, kita dapat menghitungnya dengan cara

yang diuraikan berikut ini.

Permeabilitas dari material a dan b masing-masing pada titik operasi

ini adalah

7


Ba

µ a =

H a

Bb

µ b =

H b

0,6

= = 0,06 henry/meter

10

µ a 0.06

→ µ r a = = = 47740

µ

−7

0 4π×

10

0,6

= = 0,0092 henry/meter

65

µ b 0,0092

→ µ r b = =

µ

−7

0 4π×

10

= 7340

Reluktansi rangkaian magnetik pada bagian toroid dengan material a

dan b masing-masing dapat juga kita hitung, yaitu

Fm

a

Ra

=

φ

Fm b

Rb

=

φ

4

= ≈ 6670

0,6×

0,001

13

= ≈ 21670

0,6×

0,001

Jadi walaupun bagian b dari toroid lebih pendek dari bagian a,

reluktansinya jauh lebih besar. Kedua bagian rangkaian magnetik

yang terhubung seri ini mempunyai reluktansi total sebesar

Rtot = Ra

+ Rb

≈ 6670 + 21670 = 28340 .

Untuk meyakinkan, kita hitung balik fluksi magnet.

F

φ = m total

Rtot

17 −

= = 6 × 10

4

28340

weber

Ternyata hasilnya sesuai dengan apa yang diminta dalam persoalan

ini. Hasil ini menunjukkan bahwa reluktansi magnetik yang

dihubungkan seri berperilaku seperti resistansi yang terhubung seri

pada rangkaian listrik; reluktansi total sama dengan jumlah

reluktansi yang diserikan.

COTOH 1.2 : Pada rangkaian magnetik dalam contoh 1.1. di atas,

berapakah fluksi magnetik yang akan dibangkitkan bila arus pada

belitan dinaikkan menjadi 0,35 A ?

Penyelesaian :

8 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Dengan arus 0,35 A, F m total menjadi

F m total = 100 × 0,35 = 35 AT .

Untuk menghitung besar fluksi yang terbangkit, kita perlu

mengetahui reluktansi total. Untuk itu perlu dihitung reluktansi dari

masing-masing bagian toroid. Hal ini tidak dapat dilakukan karena

untuk menghitung reluktansi tiap bagian perlu diketahui F m dan B

untuk masing-masing bagian, sedangkan untuk menghitungnya perlu

diketahui besar fluksi φ yang justru ditanyakan.

Dari apa yang diketahui, yaitu F m total

dapatkan hubungan

dan ukuran toroid, kita

Fm

total = H aL

a + H bLb

= 0,4H

a + 0,2H

b = 35

35 − 0,2H

b

⇒ H a =

0,4

Karena luas penampang di kedua bagian toroid sama, yaitu 0,001

m 2 , maka kerapatan fluksi B juga sama. Dengan batasan ini, kita

mencoba menyelesaikan persoalan dengan cara mengamati kurva B-

H. Kita perkirakan suatu nilai H b dan menghitung H a , kemudian kita

mengamati lagi kurva B-H apakah untuk nilai H a dan H b ini terdapat

B a = B b . Jika tidak, kita koreksi nilai H b dan dihitung lagi H a dan

dilihat lagi apakah B a = B b . Jika tidak, kita lakukan koreksi lagi, dan

seterusnya sampai akhirnya diperoleh B a ≈ B b .

Kita mulai dengan H b = 100 AT yang memberikan H a = 37,5. Kedua

nilai ini terkait dengan B b = 0,75 dan B a = 0,9 tesla. Ter-nyata B a ≠

B b . Kita perbesar H b agar H a mengecil dan akan menyebabkan B b

bertambah dan B a berkurang. Pada nilai H b = 110 AT, maka H a =

32,5 dan terdapat B b = 0,8 dan B a = 0,85 tesla. Kita lakukan koreksi

lagi dan akan kita dapatkan B a ≈ B b ≈ 0,825 pada nilai H b = 125 dan

H a = 25 AT. Dengan nilai ini maka besar fluksi adalah

φ =

−4

B × A = 0,825×

0,001=

8,25 × 10

weber.

Perhitungan secara grafis ini tentu mengandung ketidak-telitian. Jika

kesalahan yang terjadi adalah ± 5%, maka hasil perhitungan ini

dapat dianggap memadai.

Pemahaman :

9


Jika kita bandingkan hasil pada contoh 1.1. dan 1.2. maka akan

terlihat hal berikut.

contoh 1.1. :

I = 0,17 A → B = 0,6

contoh 1.2. :

tesla

I = 0,35 A → B = 0,825 tesla

−4

→ φ = 6 × 10

−4

→ φ = 8,25×

10

weber

weber

Dapat kita simpulkan bahwa menaikkan arus belitan menjadi dua

kali lipat tidak menghasilkan fluksi dua kali lipat. Hal ini disebabkan

oleh karakteristik magnetisasi material yang tidak linier.

COTOH 1.3 : Pada rangkaian magnetik di bawah ini, tentukanlah mmf

yang diperlukan untuk membangkitkan fluksi sebesar 0,0014 weber

di “kaki” sebelah kanan. Rangkaian magnetik ini mempunyai luas

penampang sama yaitu 0,002 m 2 , kecuali “kaki” tengah yang luasnya

0,0008 m 2 . Material yang digunakan adalah medium silicon steel.

a b c

f

e

d

0.15 m

0.15 m 0.15 m

R 1

Penyelesaian :

Rangkaian magnetik ini mempunyai tiga cabang, yaitu

cabang efab dengan reluktansi R 1 ; be dengan reluktansi R 2 dan

bcde dengan reluktansi R 3 .

Rangkaian ekivalen dari rangkaian

magnetik ini dapat digambarkan

seperti di samping ini. Fluksi yang

diminta di kaki kanan adalah φ 3 =

0.0014 weber. Karena dimensi kaki

F m

R 2 R 3

ini diketahui maka kerapatan fluksi dapat dihitung, yaitu

0,0014

B 3 = = 0,7 tesla .

0,002

10 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Berdasarkan kurva B-H dari material yang dipakai, kerapatan fluksi

ini memerlukan H 3 sebesar 80 AT/m. Jadi mmf yang diperlukan

adalah

F m3 = H 3 × Lbcde

= 80 × (3×

0,15) = 36 AT

Rangkaian ekivalen memperlihatkan bahwa R 2 terhubung paralel

dengan R 3 . Hal ini berarti bahwa F m3 juga harus muncul pada R 2 ,

yaitu reluktansi kaki tengah, dengan kata lain F m2 = F m3 . Dengan

demikian kita dapat menghitung H 2 .

F 2 Fm3

36

H 2 = m

= = = 240 AT/m

Lbe

Lbe

0,15

Melihat lagi kurva B-H, kita dapatkan untuk H 2 ini

Luas penampang kaki tengah adalah 0,0008 m 2 . Maka

φ2 = B 2 × 0,0008 = 1,125×

0,0008 = 0,0009 weber

Fluksi total yang harus dibangkitkan di kaki kiri adalah

φ 1 = φ2

+ φ3

= 0,0014 + 0,0009 = 0,0023 weber

B 2 =1,125 tesla .

Luas penampang kaki kiri adalah 0,002 m 2 , sama dengan kaki kanan.

Kerapatan fluksinya adalah

φ1

0,0023

B 1 = = = 1,15 tesla

0,002 0,002

Dari kurva B-H, untuk B 1 ini diperlukan

sehingga

F m1 = H1

× Lefab

= 240 × (3 × 0,15) = 108 AT

H 1 = 240 AT/m ,

Jadi total mmf yang diperlukan untuk membangkitkan fluksi sebesar

0,0014 weber di kaki kanan adalah

F

mtot = Fm

m

1

+ Fm2

+ F 3 = 108 + 36 + 36 = 180 AT

11


COTOH 1.4 : Berapakah mmf yang diperlukan pada contoh 1.3. jika

kaki tengah ditiadakan?

Penyelesaian :

Dengan meniadakan kaki tengah maka fluksi di seluruh rangkaian

magnetik sama dengan fluksi di kaki kanan, yaitu φ = φ 3 = 0,0014

weber. Kerapatan fluksi di seluruh rangkaian magnetik juga sama

karena luas penampangnya sama, yaitu

B = B

0,0014

0,002

3 = =

0,7

tesla

Dari kurva B-H diperoleh H = 80 AT/m, sehingga mmf yang

diperlukan adalah

F

m = abcdefa

H × L = 80×

(6×

0,15) = 72 AT

Pemahaman :

Dengan menghilangkan kaki tengah, mmf yang diperlukan menjadi

lebih kecil. Bagaimanakah jika kaki tengah diperbesar luas

penampangnya ?

Memperbesar penampang kaki tengah tidak mempengaruhi

kerapatan fluksi di kaki ini sebab F m3 tetap harus muncul di kaki

tengah. H 2 tak berubah, yaitu H 2 = F m3 /L be = 240 AT/m dan B 2 juga

tetap 1,125 tesla. Jika penampang kaki tengah diperbesar, φ 2 akan

bertambah sehingga φ 1 juga bertambah. Hal ini menyebabkan

meningkatnya B 1 yang berarti meningkatnya H 1 sehingga F m1 akan

bertambah pula. Dengan demikian F m total akan lebih besar.

Penjelasan ini menunjukkan seolah-olah kaki tengah bertindak

sebagai “pembocor” fluksi. Makin besar kebocoran, makin besar

mmf yang diperlukan.

1.3. Rugi-Rugi Dalam Rangkaian Magnetik

Rugi Histerisis. Dalam rekayasa, material ferromagnetik sering dibebani

dengan medan magnit yang berubah secara periodik dengan batas positif

dan negatif yang sama. Pada pembebanan seperti ini terdapat

kecenderungan bahwa kerapatan fluksi, B, ketinggalan dari medan

magnetnya, H. Kecenderungan ini kita sebut histerisis dan kurva B-H

membentuk loop tertutup seperti terlihat pada Gb.1.2. dan kita sebut loop

12 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


histerisis. Hal ini telah kita pelajari dalam fisika. Di sini kita akan

membahas akibat dari

karakteristik material seperti

B [tesla]

ini dalam rekayasa.

d b

Loop histerisis ini

c

menunjukkan bahwa untuk

satu nilai H tertentu terdapat

dua kemungkinan nilai B.

Dalam memecahkan

0

H [AT/m]

persoalan rangkaian magnetik

a

pada contoh-contoh di subbab

1.2. kita menggunakan e

kurva B-H yang kita sebut

kurva B-H normal atau kurva

Gb.1.2. Loop histerisis.

magnetisasi normal, dimana

satu nilai H terkait dengan hanya satu nilai B, yaitu kurva B-H pada

Gb.1.1. Itulah sebabnya kesalahan perhitungan sebesar ± 5 % masih

dapat kita terima jika kita menggunakan kurva B-H normal karena

sesungguhnya B tidak mempunyai nilai tunggal, melainkan tergantung

dari riwayat magnetisasi material.

Perhatikan integrasi :


B

B

a

b

c

HdB = luas bidang abda ;


HdB = luas bidang bdcb

dan satuan dari HB :

ampere newton newton newto ⋅ meter joule

[ HB ] = ×

= =

=

meter ampre.

meter 2

3

meter meter meter

Jelaslah bahwa HB mempunyai satuan kerapatan energi. Jadi luas bidang

abda pada Gb.1.2. menyatakan kerapatan energi, yaitu energi magnetik.

Karena luas abda diperoleh dari integrasi ∫HdB pada waktu H dan B naik,

atau dengan kata lain medan magnetik bertambah, maka ia

menggambarkan kerapatan energi yang disimpan ke material. Luas

bidang bdcb yang diperoleh dari integrasi ∫HdB pada waktu medan

magnit berkurang, menggambarkan kerapatan energi yang dilepaskan.

Dari gambar loop histerisis jelas terlihat bahwa luas bdcb < luas abda. Ini

berarti bahwa kerapatan energi yang dilepaskan lebih kecil dari kerapatan

energi yang disimpan. Sisa energi yang tidak dapat dilepaskan

B

B

b

3

13


digambarkan oleh luas bidang abca, dan ini merupakan energi yang

diserap oleh material dan tidak keluar lagi (tidak termanfaatkan)

sehingga disebut rugi energi histerisis.

Analisis di atas hanya memperhatikan setengah siklus saja. Untuk satu

siklus penuh, kerapatan rugi energi histerisis adalah luas bidang dari

loop histerisis. Jika kerapatan rugi energi histerisis per siklus (= luas loop

histerisis) kita sebut w h , dan jumlah siklus per detik (frekuensi) adalah f

, maka untuk material dengan volume v m 3 besar rugi energi histerisis

per detik atau rugi daya histerisis adalah

P

⎡ joule⎤

= wh

f v ⎢ wh

f v [watt]

det ik


(1.17)

⎣ ⎦

h =

Untuk menghindari perhitungan luas loop histerisis, Steinmetz

memberikan formula empiris untuk rugi daya histerisis sebagai

n

m

P = v f ( K B )

(1.18)

h

h

dengan B m adalah nilai maksimum kerapatan fluksi, n mempunyai nilai

antara 1,5 sampai 2,5 tergantung dari jenis material. K h adalah konstanta

yang juga tergantung dari jenis material; untuk cast steel 0,025; silicon

sheet steel 0,001; permalloy 0,0001.

Rugi Arus Pusar. Jika medan magnetik berubah terhadap waktu, selain

rugi daya histerisis terdapat pula rugi daya yang disebut rugi arus pusar.

Arus pusar timbul sebagai reaksi terhadap perubahan medan magnet. Jika

material berbentuk balok pejal, resistansi material menjadi kecil dan rugi

arus pusar menjadi besar. Untuk memperbesar resistansi agar arus pusar

kecil, rangkaian magnetik disusun dari lembar-lembar material magnetik

yang tipis (antara 0,3 ÷ 0,6 mm). Formula empiris untuk rugi arus pusar

adalah

2 2

e = e m

2

P K f B τ v watt

(1.19)

dengan K e = konstanta yang tergantung dari jenis material; f = frekuensi

(Hz); B m = kerapatan fluksi maksimum; τ = tebal laminasi; v = volume

material.

Perhatikan bahwa rugi arus pusar sebanding dengan pangkat dua dari

frekuensi, sedangkan rugi histerisis sebanding dengan pangkat satu

frekuensi. Rugi histerisis dan rugi arus pusar secara bersama-sama

14 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


disebut rugi-rugi inti. Rugi-rugi inti akan menaikkan temperatur

rangkaian magnetik dan akan menurunkan efisiensi peralatan.

1.4. Gaya Magnetik

Energi yang tersimpan dalam

B

B

medan magnetik dapat

B 1 b

digunakan untuk melakukan

a

kerja mekanik (misalnya

menarik tuas rele). Untuk

mempelajari bagaimana gaya

ini dapat timbul, kurva B-H

H 0 H 1 H

normal yang tidak linier

seperti terlihat pada Gb.1.3.a,

a) b)

kita dekati dengan suatu

kurva linier seperti pada

Gb.1.3. Linierisasi Kurva B-H.

Gb.1.3.b. Jika kita menaikkan H dari 0 ke H 1 , maka B naik dari 0 ke B 1 .

Luas bidang 0ab0 menyatakan kerapatan energi yang tersimpan dalam

material, dan besarnya adalah

w f =

1

2

B

3

1H1

joule/m

Secara umum, dengan medan magnetik sebesar H dalam suatu material

akan terdapat kerapatan simpanan energi sebesar

1 BH

2

w

3

f = joule/m

(1.20)

Perhatikan bahwa (1.20) kita peroleh setelah kita melakukan linierisasi

kurva B-H.

Karena (1.20) menunjukkan kerapatan energi, maka jika kita kalikan

dengan volume dari rangkaian magnetik kita akan mendapatkan energi

total yang tersimpan dalam rangkaian tersebut. Misalkan luas penampang

rangkaian A dan panjangnya L, maka energi total menjadi

1 1

1

W = BHAL

= ( BA)(

HL)

= φF m joule (1.21)

2 2

2

Antara fluksi φ dan F m terdapat hubungan φ = F m / R , sehingga (1.21)

dapat juga dituliskan

2

1 1 Fm

1 2

W = φFm

= = φ R joule

(1.22)

2 2 R 2

15


Untuk memahami timbulnya gaya

magnetik, kita lakukan percobaan

dengan suatu rangkaian magnetik

yang terdiri dari tiga bagian yaitu

gandar, celah udara, dan jangkar,

seperti terlihat pada Gb.1.4.

Rangkaian ini dicatu oleh sumber

tegangan V s yang diserikan dengan

resistor variabel R. Luas

penampang gandar sama dengan

luas penampang jangkar. Untuk

suatu kedudukan jangkar tertentu,

dengan V s dan R tertentu, terjadi

eksitasi sebesar F m yang akan

membuat simpanan energi dalam

rangkaian magnetik ini sebesar

W =

1

2

2 2 2

( φ R + φ R + φ R )

g

g

u

u

j

j

(1.23)

Indeks g, u, dan j berturut-turut menunjukkan gandar, udara dan

jangkar. Karena ketiga bagian rangkaian terhubung seri maka jika

penyebaran fluksi di bagian pinggir di celah udara diabaikan fluksi di

ketiga bagian tersebut akan sama. Kerapatan fluksi juga akan sama di

ketiga bagian tersebut. Dengan demikian maka persamaan (1.23) dapat

kita tulis

1 2

1 2

W = φ ( R g + Ru

+ R j ) = φ Rtotal

(1.24)

2

2

Besar reluktansi total adalah

gandar

jangkar

Gb.1.4. Rangkaian

magnetik dengan jangkar

Lg

L j L

R

u

total = + +

(1.25)

µ g A µ j A µ 0A

Karena kita melakukan linierisasi kurva B-H, maka permeabilitas

material menjadi konstan.

Hal ini ditunjukkan oleh kemiringan kurva B-H. Jadi µ g dan µ j dianggap

konstan sedangkan permeabilitas udara dapat dianggap sama dengan µ 0 .

V s

+


L j

R

L g

x

16 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Percobaan pertama adalah memegang jangkar tetap pada tempatnya dan

menambah eksitasi dengan menurunkan nilai resistor R sehingga arus

catu naik. Eksitasi akan naik menjadi (F m +∆F m ) dan simpanan energi

pada seluruh rangkaian magnetik akan naik pula. Artinya tambahan

energi sebesar ∆W yang disebabkan oleh tambahan eksitasi sebesar ∆F m

tersimpan sebagai tambahan energi di semua bagian rangkaian yaitu

gandar, jangkar dan celah udara.

Untuk percobaan kedua, kita kembalikan dulu eksitasi pada keadaan

semula dengan mengembalikan R pada nilai semula sehingga eksitasi

kembali menjadi F m dan kita jaga konstan. Jangkar kita lepaskan

sehingga celah udara menjadi (x−∆x). Berkurangnya celah udara ini akan

menyebabkan reluktansi R u menurun sehingga secara keseluruhan R tot

juga menurun. Menurunnya R tot akan memperbesar fluksi karena eksitasi

F m dipertahankan tetap. Ini berarti bahwa simpanan energi dalam

rangkaian magnetik bertambah.

Pertambahan simpanan energi yang terjadi pada percobaan ke-dua ini

berbeda dengan pertambahan energi pada percobaan pertama. Pada

percobaan pertama pertambahan energi berasal dari pertambahan

masukan, yaitu ∆F m . Pada percobaan ke-dua, F m dipertahankan tetap.

Oleh karena itu satu-satunya kemungkinan pertambahan energi adalah

dari gerakan jangkar. Jadi perubahan posisi jangkar memberikan

tambahan simpanan energi dalam rangkaian magnetik. Penafsiran kita

dalam peristiwa ini adalah bahwa perubahan posisi jangkar telah

menurunkan energi potensial jangkar. Penurunan energi potensial

jangkar itu diimbangi oleh naiknya simpanan energi pada rangkaian

magnetik sesuai dengan prinsip konservasi energi.

Jika dx adalah perubahan posisi jangkar (∆x→0), F x adalah gaya mekanik

pada jangkar pada posisi x, maka perubahan energi potensial jangkar

adalah

dW j = Fxdx

(1.26)

Perubahan energi tersimpan dalam rangkaian magnetik adalah dW.

Karena tidak ada masukan energi dari luar (sumber listrik) maka

dW

j

+ dW = F dx + dW = 0 → F dx = −dW

(1.27)

x

Karena F m kita jaga konstan, kita dapat memasukkan persamaan (1.22)

bentuk yang ke-dua ke (1.27) sehingga kita peroleh

x

17


1

Fxdx

= −dW

= − d(

F

2

→ F

x

1

= −

2

d

dx

2

m

R

−1

tot

)

2

2 −1

1 Fm

dRtot

1 2 dR

( Fm

Rtot

) = −

= − φ

2 2 dx 2 dx

R

tot

tot

(1.28)

Dengan persamaan (1.28) ini kita dapat menghitung gaya mekanik pada

jangkar rele elektromekanik, plunger, dan lain-lain peralatan listrik yang

memanfaatkan gaya magnetik.

COTOH 1.5 : Turunkanlah formulasi gaya magnetik pada rangkaian

magnetik Gb.1.4 jika reluktansi inti besi, baik gandar maupun

jangkar, diabaikan terhadap reluktansi celah udara.

Penyelesaian : Dengan hanya memperhitungkan reluktansi celah

udara saja, maka persamaan (1.28) menjadi

F

x

= −

Karena

1

φ

2

d L

2

2 dRu

2

d Lu

dx

u

dx

= −

1

= − φ

2

d(2x)

= −2

dx

d ⎛ Lu

⎞ 1 φ

⎜ ⎟

dx

= −

0 A

⎝ µ ⎠ 2 µ 0 A

maka

F

x

0

2

φ

=

µ A

dx

newton

Pemahaman : Apakah pengabaian reluktansi inti besi terhadap

reluktansi celah udara ini cukup wajar ? Kita akan melihatnya

dengan ukuran nyata seperti berikut.

Misalkan panjang rata-rata gandar L g = 3×15 cm = 0,45 m. Panjang

jangkar L j = 0,15 m. Luas penampang gandar maupun jangkar A =

(5 cm × 4 cm ) = 0,002 m 2 . Dengan ukuran-ukuran ini maka

reluktansi gandar dan jangkar adalah

R g

L g 0,45 225

= =

=

µ g A µ rµ

0 × 0,002 µ rµ

0

L j 0,15

R j = =

µ j A µ rµ

0 × 0,002

75

=

µ rµ

0

Dengan menganggap luas penampang sama dengan jangkar dan

lebar celah 1 mm, maka celah udara mempunyai reluktansi

18 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Lu

2 × 0,001 1

Ru = = = .

µ 0 A µ 0 × 0,002 µ 0

Perbandingan antara reluktansi celah udara dan jumlah reluktansi

gandar dan jangkar adalah :

Ru 1/ µ 0 µ r

=

= .

R g + R j 300 / µ rµ

0 300

Kalau kita mengambil nilai µ r seperti pada hasil perhitungan dalam

pemahaman contoh 1.1, yaitu untuk baja silikon µ r = 7340 dan

untuk besi nickel µ r =47740, maka

untuk

baja

silikon :

Ru

R g + R j

7340

= ≈ 24

300

;

untuk

besi

nickel:

Ru

R g + R j

47740

= ≈159

.

300

Makin tinggi permeabilitas material yang kita pakai, reluktansi celah

udara makin dominan sehingga reluktansi jangkar dan gandar wajar

untuk tidak diperhitungkan.

1.5. Induktor

Perhatikan rangkaian

induktor (Gb.1.5).

Apabila resistansi belitan

dapat diabaikan, maka

menurut hukum

Kirchhoff

+

v 1



i f

+

e 1


1

Gb.1.5. Rangkaian induktor.

φ

di f

− v1 + e1

= 0 → v1

= e1

= L

(1.29)

dt

Persamaan (1.29) adalah persamaan rangkaian listrik yang terdiri dari

sumber v 1 dan beban induktor L. Tegangan e 1 adalah tegangan jatuh

pada induktor, sesuai dengan konvensi pasif pada dalam analisis

rangkaian listrik.

19


Sekarang kita lihat rangkaian magnetiknya dengan menganggap inti

induktor ideal (luas kurva histerisis material inti sama dengan nol).

Dalam rangkaian magnetik terdapat fluksi magnetik φ yang ditimbulkan

oleh arus i f . Perubahan fluksi φ akan membangkitkan tegangan induksi

pada belitan sesuai dengan hukum Faraday dan hukum Lenz.


e t = −1 (1.30)

dt

Tanda “−” pada (1.30) mempunyai arti bahwa tegangan induksi e t harus

mempunyai polaritas yang akan dapat memberikan arus pada rangkaian

tertutup sedemikian rupa sehingga arus tersebut akan memberikan fluksi

lawan terhadap fluksi pembangkitnya, yaitu φ. Menurut kaidah tangan

kanan, polaritas tersebut adalah seperti polaritas e 1 pada Gb.1.5. Jadi

tanda “−” pada (1.30) terpakai untuk menetapkan polaritas e t sedangkan

nilai e t tentulah sama dengan tegangan jatuh e 1 . Jadi


di f

et = 1 = e1

= L

(1.31)

dt dt

Persamaan (1.31) menunjukkan bahwa φ dan i f berubah secara

bersamaan. Jika φ berbentuk sinus maka ia harus dibangkitkan oleh arus

i f yang juga berbentuk sinus dengan frekuensi sama dan mereka sefasa.

Arus i f sendiri berasal dari sumber tegangan yang juga harus berbentuk

sinus. Jadi dalam sistem ini baik tegangan, arus maupun fluksi

mempunyai frekuensi sama dan dengan demikian konsep fasor yang kita

pelajari di Bab-5 dapat kita gunakan untuk melakukan analisis pada

sistem ini, yang merupakan gabungan dari rangkaian listrik dan

rangkaian magnetik. Jika resistansi belitan diabaikan, persamaan (1.29)

dan (1.31) dapat kita tulis dalam bentuk fasor sebagai

E1

= jωLI

f ; Et

= jω1Φ = E1

= jωLI

f (1.32)

dengan Φ adalah fluksi dalam bentuk fasor.

Dengan memperhatikan (1.32), diagram fasor tegangan , arus, dan fluksi

dari induktor tanpa memperhitungkan rugi-rugi inti dan resistansi belitan

adalah seperti pada Gb.1.6.a. dimana arus yang membangkitkan fluksi

yaitu I φ sama dengan I f .

20 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


I f =I φ

Φ

a). ideal

Dalam praktek, inti induktor tidaklah bebas dari rugi-rugi. Pada

pembebanan siklis (dalam hal ini secara sinus) rugi-rugi inti

menyebabkan fluksi yang dibangkitkan oleh i f ketinggalan dari i f sebesar

γ yang disebut sudut histerisis. Keadaan ini diperlihatkan pada Gb.1.6.b.

dimana arus magnetisasi I f mendahului φ sebesar γ. Melihat kenyataan

ini, I f dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu I φ yang

diperlukan untuk membangkitkan φ, dan I c yang diperlukan untuk

mengatasi rugi-rugi inti. Jadi arus magnetisasi menjadi I f = I φ + I c .

Komponen I c merupakan arus fiktif yang jika dikalikan dengan E 1 akan

memberikan rugi-rugi inti

o

c = c 1 1 f γ

P I E = E I cos(90 − ) watt

(1.33)

Apabila resistansi belitan tidak dapat diabaikan, maka V 1 ≠ E 1 . Misalkan

resistansi belitan adalah R 1 , maka

V E + I

1 = 1 f R1

(1.34)

Diagram fasor dari keadaan terakhir ini diperlihatkan oleh Gb.1.6.c.

Dalam keadaan ini, daya masuk yang diberikan oleh sumber, selain

untuk mengatasi rugi-rugi inti juga diperlukan untuk mengatasi rugi daya

pada belitan yang kita sebut rugi-rugi tembaga, P cu .

Jadi

E 1 =E t

2

f

P = P + P = P + I R = V I cos θ (1.35)

in

I φ

γ

Φ

b). ada rugi-rugi inti

Φ

c). ada resistansi

Gb.1.6. Diagram fasor induktor

belitan

c

I c

I f

cu

E 1 =E t

dengan V 1 dan I f adalah nilai-nilai efektif dan cosθ adalah faktor daya.

COTOH 1.6 : Sebuah reaktor dengan inti besi mempunyai 400 lilitan.

Reaktor ini dihubungkan pada jaringan bertegangan 115 volt, 60 Hz.

Dengan mengabaikan resistansi belitan, hitung nilai maksimum

fluksi magnetnya. Jika fluksi maknit dibatasi tidak boleh lebih dari

1,2 tesla, berapakah luas penampang intinya?

c

I φ

1

I c

θ

I f

1

f

E 1 =E t

V 1

I f R

1

21


Penyelesaian: Dengan mengabaikan resistansi belitan maka

E

1

= V

1

1ωΦ


2

maks

= 115

115 2

⇒ Φ maks =

= 0,00108 weber

400×

2π×

60

Agar kerapatan fluksi tidak lebih dari 1,2 tesla maka

Φ

maks

A

≤12


Φ

A ≥

1,2

maks

=

0,00108

1,2

m

2 =

Induktansi. Menurut (1.15) besarnya fluksi magnetik adalah

⎛ µ A ⎞

φ = ⎜ ⎟ F

⎝ L ⎠

Dengan mengabaikan fluksi bocor,

dimasukkan ke (1.31) akan diperoleh

sehingga


1


=

dt

1

d

dt

⎛ 1i


⎝ R

2

f

m

Fm

= .

R


⎟ 1

=

⎠ R

9 cm

F m = i dan jika φ ini

2

di

f

dt

di f

= L

dt

1 2 ⎛ µ A ⎞

L = = 1

⎜ ⎟ (1.36)

R ⎝ L ⎠

Induktansi Bersama. Jika pada induktor Gb.1.5. kita tambahkan belitan

kedua, maka pada belitan kedua ini akan diimbaskan tegangan oleh φ

seperti halnya pada belitan pertama. Besar tegangan imbas ini adalah


d ⎛ 1i

f ⎞ di f

e ⎜ ⎟ 2 1

2 = 2 = 2 =

dt dt

(1.37)

⎝ R ⎠ R dt

Jika belitan kedua ini tidak dialiri arus (dalam keadaan terbuka), kita tahu

dari pembahasan di bab terdahulu mengenai induktansi bersama bahwa

di di

2 f

e2

= L2

+ M

dt dt

sehingga kita peroleh induktansi bersama

di f

= M

dt

21

⎛ µ A ⎞

M = = 21

⎜ ⎟

(1.38)

R ⎝ L ⎠

2

.

22 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Pembahasan di atas memperlihatkan bahwa rangkaian induktor dapat kita

analisis dari sudut pandang rangkaian listrik dengan mengaplikasikan

hukum Kirchhoff yang kemudian menghasilkan persamaan (1.29). Kita

dapat pula memandangnya sebagai rangkaian magnetik dan

mengaplikasikan hukum Faraday dimana fluksi magnetik yang berubah

terhadap waktu (dibangkitkan oleh arus magnetisasi i f ) menimbulkan

tegangan induksi pada belitan.

COTOH 1.7 : Hitunglah resistansi dan induktansi selenoida (inti

udara) dengan diameter rata-rata 1 cm dan panjangnya 1 m dan

dengan 1000 lilitan kawat tembaga berdiameter 0,5 mm.

Penyelesaian :

Induktansi:

2

−7

−4

1

2 ⎛ µ A ⎞ ⎛

6 (4 10 ) ( 10 / 4) ⎞

1 10 ⎜

π× × π

L = = ⎜ ⎟ =


R ⎝ L ⎠ ⎜ 1 ⎟



−6

= 98,6 × 10 H

Resistansi :

−2

l

−6

1000 × π × 10

R = ρ = 0,0173 × 10 [ Ω.m]

= 2,77 Ω

A

−3

2

π × (0,5 × 10 ) / 4

COTOH 1.8 : Dua buah kumparan, masing-masing 1250 lilitan dan

140 lilitan, digulung pada satu inti magnetik yang mempunyai

reluktansi 160 000. Hitung induktansi bersama, dengan mengabaikan

fluksi bocor.

Penyelesaian :

Induktansi bersama :

2 1

1250×

140

M = = = 1,094 ≈ 1,1 H

R 160000

COTOH 1.9 : Dua kumparan (inti udara) masing-masing mempunyai

1000 lilitan diletakkan paralel sejajar sedemikian rupa sehingga 60%

fluksi yang dibangkitkan oleh salah satu kumparan melingkupi

kumparan yang lain. Arus sebesar 5 A di salah satu kumparan

membangkitkan fluksi 0,05 mWb. Hitunglah induktansi masingmasing

kumparan dan induktansi bersama.

23


Penyelesaian :

Arus 5 A membangkitkan fluksi 0,05 mWb. Dengan jumlah lilitan

1000 maka reluktansi dapat dihitung

1000 × 5

R =

0,05×

10

−3

= 10

Induktansi masing-masing Gb.28.7. Diagram fasor induktor riil.

2


L =

R

2

1000 −2

= = 10

8

10

8

H = 10 mH.

Fluksi yang melingkupi kumparan yang lain 60% dari fluksi yang

dibangkitkan di salah satu kumparan. Reluktansi bersama adalah

Induktansi bersama

1

M =

R

M

R M

2

8

R 10

= = = 1,667 × 10

0.6 0,6

1000×

1000

−2

=

= 0,6×

10

8

1,667×

10

8

H = 6 mH

Catatan Tentang Diagram Fasor. Dalam menurunkan fasor tegangan

induksi E t , kita berangkat dari persamaan (1.30) dengan mengambil

tanda “−” sebagai penentu polaritas. Hasilnya adalah E t merupakan

tegangan jatuh pada belitan, sama dengan E 1 , dan hal ini ditunjukkan

oleh persamaan (1.32). Kita dapat pula memandang tegangan

terbangkit E t sebagai tegangan naik E t = −E 1 , dengan mengikut

sertakan tanda “−” pada (1.30) dalam perhitungan dan bukan

menggunakannya untuk menentukan polaritas. Jika ini kita lakukan

maka

E

E

t = − jω1 Φ = − 1 = − jωL

f

(1.39)

Dengan memperhatikan (1.39), diagram fasor tegangan, arus, dan fluksi

untuk induktor ideal adalah seperti pada Gb.1.7.a. Di sini fasor tegangan

terbangkit E t berada 90 o dibelakang fluksi pembangkitnya yaitu Φ.

Fasor Φ sefasa dengan I φ = I f dan tertinggal 90 o dari E 1 .

Gb.1.7.b. dan Gb.1.7.c. adalah diagram fasor induktor dengan

memperhitungkan rugi-rugi inti dan tembaga.

I

24 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


E t

E 1

a). Induktor ideal.

I f =I φ

Φ

E t

b). ada rugi-rugi inti

I φ

Φ

γ

I c

I f

V L

I c V L

I f R 1

I f

E t

I φ

c). ada resistansi belitan Φ

Gb.1.7. Diagram fasor induktor riil.

θ

V s

25


Soal-Soal

1. Sepotong kawat tembaga panjangnya 40 cm bergerak memotong

medan magnetik pada arah tegak lurus pada panjangnya. Jika

kerapatan medan magnetik adalah 1 Wb/m 2 , dan kecepatan gerak

kawat adalah 40 m/detik dengan arah tegak lurus pada arah medan,

hitunglah emf yang terinduksi pada kawat. Hitunglah emf jika arah

gerak membentuk sudut 30 o terhadap arah medan.

2. Sebuah kumparan terbuat dari kawat halus dan terdiri dari 500 lilitan.

Luas rata-rata kumparan adalah 600 cm 2 . Kumparan ini berputar

dengan kecepatan 1500 putaran per menit dalam medan magnetik

uniform yang kerapatannya 100 mWb/m 2 . Hitunglah nilai puncak dan

nilai rata-rata dari emf yang terinduksi pada kumparan.

3. a). Sebuah konduktor lurus panjang 1 m dialiri arus searah 50 A.

Konduktor ini berada dalam medan magnit dengan kerapatan 1

Wb/m 2 . Hitunglah gaya mekanis yang bekerja pada konduktor jika

konduktor dipertahankan tetap pada tempatnya. b). Jika konduktor

tersebut digerakkan melawan gaya yang bekerja padanya dengan

kecepatan 10 m/detik. Hitunglah daya mekanis yang diperlukan untuk

menggerakkan konduktor.

4. Sebuah rangkaian magnetik

dibangun dari bahan baja silikon

dengan ukuran ditunjukkan pada

gambar berikut.

a). Untuk memperoleh fluksi

sebesar 30×10 −4 weber berapakah

mmf diperlukan?

b). Jika jumlah lilitan adalah 100,

berapakah arus pada lilitan?

←30 cm →

← 40 cm → 10 cm

5. Jika kaki kanan dari rangkaian magnetik pada soal nomer 7 dipotong

sehingga terbentuk celah udara selebar 0,1 berapakah arus yang harus

mengalir pada belitan untuk mempertahankan fluksi sebesar 30×10 −4

weber.

6. Sebuah elektromagnet terbuat dari besi tuang mempunyai celah udara

2 mm dan panjang jalur besinya 30 cm. Tentukan jumlah lilitan-amper

yang diperlukan untuk memperoleh kerapatan fluksi 0,8 Wb/m 2 .

Abaikan fluksi bocor.

26 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


7. Sebuah cincin besi tuang dengan penampang bulat berdiameter 3 cm

mempunyai panjang rata-rata 80 cm. Cincin ini dililit kumparan secara

merata dengan jumlah lilitan 500. (a) Hitung arus yang diperlukan

untuk memperoleh fluksi 0,5 mWb dalam cincin. (b) Jika cicin

dipotong sehingga terbentuk celah udara setebal 2 mm, berapakah

fluksi magnetnya jika arus pada kumparan tetap seperti pada

pertanyaan (a)?. (c) Untuk mempertahankan fluksi sebesar 0,5 mWb,

berapakah arus yang harus mengalir pada kumparan? Anggaplah

kerapatan fluksi pada celah udara sama dengan kerapatan fluksi dalam

cincin.

8. Sebuah cincin besi dengan panjang rata-rata 50 cm dan celah udara

selebar 1mm, diberi kumparan dengan 200 lilitan. Jika permeabilitas

besi adalah 400 pada waktu kumparan dialiri arus 1 A, hitunglah

kerapatan fluksi dalam cincin.

9. Fluksi magnetik dalam suatu inti berubah secara sinusoidal dengan

frekuensi 500 siklus per detik dan nilai maksimum kerapatan fluksinya

adalah 0,5 Wb/m 2 . Rugi-rugi arus pusar adalah 15 watt. Berapakah

rugi-rugi arus pusar dalam inti ini jika frekuensinya 750 siklus per

detik dan kerapatan fluksi maksimum 0,4 Wb/m 2 .

10. Rugi-rugi total (arus pusar + histerisis) dari suatu contoh inti magnet

adalah 1500 watt pada frekuensi 50 Hz. Jika kerapatan fluksi dijaga

konstan sedangkan frekuensinya dinaikkan 50%, rugi-rugi total itu

menjadi 2800 watt. Hitung masing-masing rugi arus pusar dan rugi

histerisis pada kedua macam frekuensi tersebut.

11. Sebuah rele elektromekanik dengan bentuk magnet tapal-kuda

memerlukan eksitasi 1800 lilitan-amper untuk menggerakkan jangkar

dengan sela udara 1,25 mm. Jika luas tiap sepatu kutubnya adalah 2

cm 2 dan panjang jalur rangkaian magnetiknya adalah 50 cm, hitunglah

: (a) gaya pada jangkar pada saat jangkar akan bergerak (anggap

rangkaian magnetik tidak jenuh); (b) jika posisi akhir pada keadaan

rele tertutup terdapat celah udara 0,1 mm, hitung gaya yang diperlukan

untuk membuka rele tanpa mengubah eksitasi.

27


12. Hitunglah resistansi dan induktansi selenoida (inti udara) dengan

diameter rata-rata 1 cm dan panjangnya 20 cm dan dengan 1000 lilitan

kawat tembaga berdiameter 0,2 mm.

13. Hitunglah induktansi sebuah toroida (inti udara) yang berdiameter

rata-rata 20 cm, diameter penampang 2 cm, dengan 1000 lilitan kawat

tembaga.

14. Sebuah cincin baja mempunyai diameter rata-rata 60 cm dan luas

penampang 20 cm 2 . Dengan eksitasi sebesar 40 lilitan-amper per cm

timbul fluksi dengan kerapatan 1,2 Wb/m 2 dalam cincin. Jika jumlah

lilitan pada cincin ini adalah 500, hitunglah induktansinya.

15. Cincin baja pada soal nomer 17 dipotong sepanjang 1 cm sehingga

membentuk “cincin terbuka” dengan celah udara 1 cm. Dengan jumlah

lilitan tetap 500 dan kerapatan fluksi dipertahankan tetap 1,2 Wb/m 2 ,

hitung arus eksitasi dan induktansinya.

16. Dua buah kumparan, masing-masing 1250 lilitan dan 140 lilitan,

digulung pada satu inti magnetik yang mempunyai reluktansi 160 000.

Hitumg induktansi bersama, dengan mengabaikan fluksi bocor.

17. Dua buah kumparan, masing-masing 50 dan 500 lilitan digulung

secara berdampingan pada inti magnetik yang luas penampangnya 100

cm 2 dan panjang rata-rata 150 cm. Jika permeabilitas inti adalah 4000,

hitunglah induktansi bersama dengan mengangabaikan fluksi bocor.

28 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


BAB 2

Transformator

Salah satu komoditi yang ditawarkan oleh teknik elektro adalah

pemenuhan kebutuhan energi. Energi yang tersedia di alam harus

dikonversikan ke bentuk energi listrik untuk ditransmisikan ke tempat

yang memerlukan. Beberapa piranti untuk mengonversikan energi secara

konvensional akan kita pelajari di bab-bab berikut ini; piranti konversi

energi non-konvensional belum akan kita bahas. Kita juga membatasi

diri hanya pada pembahasan tiga macam mesin konversi energi dan dari

setiap macam kita hanya akan melihat beberapa tipe saja. Macam mesin

listrik yang akan kita bahas adalah:

1. Mesin konversi dari energi listrik ke energi listrik, yaitu

transformator.

2. Mesin konversi dari energi mekanik ke energi listrik, yaitu

generator listrik.

3. Mesin konversi dari energi listrik ke energi mekanik, yaitu

motor listrik.

Di bab ini kita akan mempelajari transformator; setelah mempelajari bab

ini kita akan

• memahami cara kerja transformator;

• mampu menggambarkan diagram fasor transformator;

• mampu melakukan perhitungan-perhitungan pada

transformator satu fasa melalui hasil uji beban nol dan uji

hubung singkat;

• memahami berbagai hubungan transformator untuk sistem tiga

fasa;

• mampu melakukan perhitungan-perhitungan tegangan pada

berbagai hubungan transformator tiga fasa.

2.1. Transformator Satu Fasa

Transformator banyak digunakan dalam teknik elektro. Dalam sistem

komunikasi, transformator digunakan pada rentang frekuensi audio

sampai frekuensi radio dan video, untuk berbagai keperluan. Kita

mengenal misalnya input transformers, interstage transformers, output

transformers pada rangkaian radio dan televisi. Transformator juga

29


dimanfaatkan dalam sistem komunikasi untuk penyesuaian impedansi

agar tercapai transfer daya maksimum.

Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan transformator

berkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi. Dengan transformator

tegangan tinggi ini penyaluran daya listrik dapat dilakukan dalam jarak

jauh dan susut daya pada jaringan dapat ditekan. Di jaringan distribusi

listrik banyak digunakan transformator penurun tegangan, dari tegangan

menengah 20 kV menjadi 380 V untuk distribusi ke rumah-rumah dan

kantor-kantor pada tegangan 220 V. Transformator daya tersebut pada

umumnya merupakan transformator tiga fasa. Dalam pembahasan ini kita

akan melihat transformator satu fasa lebih dulu.

Kita telah mempelajari transformator ideal pada waktu membahas

rangkaian listrik. Berikut ini kita akan melihat transformator tidak ideal

sebagai piranti pemroses daya. Akan tetapi kita hanya akan membahas

hal-hal yang fundamental saja, karena transformator akan dipelajari

secara lebih mendalam pada pelajaran mengenai mesin-mesin listrik.

Mempelajari perilaku transformator juga merupakan langkah awal untuk

mempelajari konversi energi elektromekanik. Walaupun konversi energi

elektromekanik membahas konversi energi antara sistem mekanik dan

sistem listrik, sedangkan transformator merupakan piranti konversi

energi listrik ke listrik, akan tetapi kopling antar sistem dalam kedua hal

tersebut pada dasarnya sama yaitu kopling magnetik.

2.2. Teori Operasi Transformator

Transformator Dua Belitan Tak Berbeban. Jika pada induktor Gb.1.5.

kita tambahkan belitan ke-dua, kita akan memperoleh transformator dua

belitan seperti terlihat pada Gb.2.1. Belitan pertama kita sebut belitan

primer dan yang ke-dua kita sebut belitan sekunder.

I f

φ

+


V s −

E 1

1

2

+

E 2


Gb.2.1. Transformator dua belitan.

Jika fluksi di rangkaian magnetiknya adalah φ = Φ maks sin ωt

, maka

fluksi ini akan menginduksikan tegangan di belitan primer sebesar

30 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


atau dalam bentuk fasor


e1 = 1

= 1Φ

maksωcos

ωt

(2.1)

dt

o 1ωΦ

maks o

E 1 = E1∠0 =

∠0

; E1

= nilai efektif (2.2)

2

Karena ω = 2π f maka

E


f


1

1 = Φ maks = 4.44 f 1

2

Φ

maks

Di belitan sekunder, fluksi tersebut menginduksikan tegangan sebesar

Dari (2.3) dan (2.4) kita peroleh

E

E

(2.3)

2 = 4 .44 f 2Φ

maks

(2.4)

E

1

2

1

= ≡ a = rasio


2

transformasi

(2.5)

Perhatikan bahwa E 1 sefasa dengan E 2 karena dibangkitkan oleh fluksi

yang sama. Karena E 1 mendahului φ dengan sudut 90 o maka E 2 juga

mendahului φ dengan sudut 90 o . Jika rasio transformasi a = 1, dan

resistansi belitan primer adalah R 1 , diagram fasor tegangan dan arus

adalah seperti ditunjukkan oleh Gb.2.2.a. Arus I f adalah arus magnetisasi,

yang dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu I φ (90 o

dibelakang E 1 ) yang menimbulkan φ dan I c (sefasa dengan E 1 ) guna

mengatasi rugi inti. Resistansi belitan R 1 dalam diagram fasor ini muncul

sebagai tegangan jatuh I f R 1 .

V 1

I c E 1 =E 2

I c

I f R

φ l E 1 =E 2

1

I φ

I

I

V φ

I f R 1 1

f I f

φ

φ

a). tak ada fluksi bocor b). ada fluksi bocor

Gb.2.2. Diagram fasor transformator tak berbeban

jI f X l

Fluksi Bocor. Fluksi di belitan primer transformator dibangkitkan oleh

arus yang mengalir di belitan primer. Dalam kenyataan, tidak semua

31


fluksi magnit yang dibangkitkan tersebut akan melingkupi baik belitan

primer maupun sekunder. Selisih antara fluksi yang dibangkitkan

oleh belitan primer dengan fluksi bersama (yaitu fluksi yang melingkupi

kedua belitan) disebut

fluksi bocor. Fluksi bocor

ini hanya melingkupi

belitan primer saja dan

tidak seluruhnya berada

dalam inti transformator

tetapi juga melalui udara.

(Lihat Gb.2.3). Oleh

karena itu reluktansi yang

dihadapi oleh fluksi bocor

ini praktis adalah

V s


Gb.2.3. Transformator tak berbeban.

Fluksi bocor belitan primer.

reluktansi udara. Dengan demikian fluksi bocor tidak mengalami gejala

histerisis sehingga fluksi ini sefasa dengan arus magnetisasi. Hal ini

ditunjukkan dalam diagram fasor Gb.2.2.b.

Fluksi bocor, secara tersendiri akan membangkitkan tegangan induksi di

belitan primer (seperti halnya φ menginduksikan E 1 ). Tegangan induksi

ini 90 o mendahului φ l1 (seperti halnya E 1 90 o mendahului φ) dan dapat

dinyatakan sebagai suatu tegangan jatuh ekivalen, E l1 , di rangkaian

primer dan dinyatakan sebagai

E l 1 = jI f X 1

(2.6)

dengan X 1 disebut reaktansi bocor rangkaian primer. Hubungan tegangan

dan arus di rangkaian primer menjadi

V E I R El E I + I

1 = 1 + 1 1 + 1 = 1 + 1R1

j 1X1

(2.7)

Diagram fasor dengan memperhitungkan adanya fluksi bocor ini adalah

Gb.2.2.b.

Transformator Berbeban. Rangkaian transformator berbeban resistif, R B ,

diperlihatkan oleh Gb.2.4. Tegangan induksi E 2 (yang telah timbul dalam

keadaan tranformator tidak berbeban) akan menjadi sumber di rangkaian

sekunder dan memberikan arus sekunder I 2 . Arus I 2 ini membangkitkan

fluksi yang berlawanan arah dengan fluksi bersama φ dan sebagian akan

bocor (kita sebut fluksi bocor sekunder).

I f

φ l1

φ

E 2

32 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


I 1

φ

V s

≈ φ l1

V 2

φ l2

I 2

R B

Gb.2.4. Transformator berbeban.

Fluksi bocor ini, φ l2 , sefasa dengan I 2 dan menginduksikan tegangan E l2

di belitan sekunder yang 90 o mendahului φ l2 . Seperti halnya untuk belitan

primer, tegangan E l2 ini diganti dengan suatu besaran ekivalen yaitu

tegangan jatuh ekivalen pada reaktansi bocor sekunder X 2 di rangkaian

sekunder. Jika resistansi belitan sekunder adalah R 2 , maka untuk

rangkaian sekunder kita peroleh hubungan

E V I R El V I + I

2 = 2 + 2 2 + 2 = 2 + 2R2

j 2 X 2 (2.8)

dengan V 2 adalah tegangan pada beban R B .

Sesuai dengan hukum Lenz, arus sekunder membangkitkan fluksi yang

melawan fluksi bersama. Oleh karena itu fluksi bersama akan cenderung

mengecil. Hal ini akan menyebabkan tegangan induksi di belitan primer

juga cenderung mengecil. Akan tetapi karena belitan primer terhubung ke

sumber yang tegangannya tak berubah, maka arus primer akan naik. Jadi

arus primer yang dalam keadaan transformator tidak berbeban hanyalah

arus magnetisasi I f , bertambah menjadi I 1 setelah transformator

berbeban. Pertambahan arus ini haruslah sedemikian rupa sehingga fluksi

bersama φ dipertahankan dan E 1 juga tetap seperti semula. Dengan

demikian maka persamaan rangkaian primer (2.7) tetap terpenuhi.

Pertambahan arus primer dari I f menjadi I 1 adalah untuk mengimbangi

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

haruslah

( I − I ) − ( I ) 0

1 1 f 2 2 =

(2.9)

Pertambahan arus primer (I 1 − I f ) disebut arus penyeimbang yang akan

mempertahankan φ. Makin besar arus sekunder, makin besar pula arus

penyeimbang yang diperlukan yang berarti makin besar pula arus primer.

Dengan cara inilah terjadinya transfer daya dari primer ke sekunder. Dari

(2.9) kita peroleh arus magnetisasi

33


2.3. Diagram Fasor

I

f

2 I 2

= I1

− ( I 2 ) = I1


(2.10)


a

1

Dengan persamaan (2.7) dan (2.8) kita dapat menggambarkan secara

lengkap diagram fasor dari suatu transformator. Penggambaran kita

mulai dari belitan sekunder dengan langkah-langkah:

Gambarkan V 2 dan I 2 . Untuk beban resistif, I 2 sefasa dengan V 2 .

Selain itu kita dapat gambarkan I ’ 2 = I 2 /a yaitu besarnya arus

sekunder jika dilihat dari sisi primer.

Dari V 2 dan I 2 kita dapat menggambarkan E 2 sesuai dengan

persamaan (2.8) yaitu




E V I R El V I + I

2 = 2 + 2 2 + 2 = 2 + 2R2

j 2 X 2

Sampai di sini kita telah menggambarkan diagram fasor rangkaian

sekunder.

Untuk rangkaian primer, karena E 1 sefasa dengan E 2 maka E 1 dapat

kita gambarkan yang besarnya E 1 = aE 2 .

Untuk menggambarkan arus magnetisasi I f kita gambarkan lebih

dulu φ yang tertinggal 90 o dari E 1 . Kemudian kita gambarkan I f yang

mendahului φ dengan sudut histerisis γ. Selanjutnya arus belitan

primer adalah I 1 = I f + I ’ 2.

Diagram fasor untuk rangkaian primer dapat kita lengkapi sesuai

dengan persamaan (2.7), yaitu

V 1 = E1

+ I1R1

+ El1

= E1

+ I1R1

+ jI1X

Dengan demikian lengkaplah diagram fasor transformator berbeban.

Gb.2.5. adalah contoh diagram fasor yang dimaksud, yang dibuat dengan

mengambil rasio transformasi 1 / 2 = a > 1

jI 1 X 1

E 1

E 2 jI 2 X 2

I 1 R 1

I ’ 2

I 2 V 2 I 2 R 2

φ γ I f

I 1

Gb.2.5. Diagram fasor lengkap,

transformator berbeban resistif . a > 1

V 1

34 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


COTOH 2.1 : Belitan primer suatu transformator yang dibuat untuk

tegangan 220 V(rms) mempunyai jumlah lilitan 160. Belitan ini

dilengkapi dengan titik tengah (center tap). a). Berapa persenkah

besar fluksi maksimum akan berkurang jika tegangan yang kita

terapkan pada belitan primer adalah 110 V(rms)? b). Berapa

persenkah pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 55 V

(rms) pada setengah belitan primer? c). Berapa persenkah

pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 110 V (rms)

pada setengah belitan primer? d). Jika jumlah lilitan di belitan

sekunder adalah 40, bagaimanakah tegangan sekunder dalam kasuskasus

tersebut di atas?

Penyelesaian :

a). Dengan mengabaikan resistansi belitan, fluksi maksimum Φ m

adalah

E1

2 V1

2 220 2

Φ m = = =



160ω

Jika tegangan 110 V diterapkan pada belitan primer, maka

V1′

2 110 2

Φ′ m = =


160ω

Penurunan fluksi m aksimum adalah 50 %, Φ′ m = Φ m / 2.

b). Jika tegangan 55 V diterapkan pada setengah belitan primer,

V ′′

Φ ′′ 1 2 55 2 110 2

m = = =

(1/ 2) 1ω

80ω

160ω

Penurunan fluksi maksimum adalah 50 %, Φ″ m = Φ m / 2.

c). Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan maka

V ′′′

Φ ′′ ′ 1 2 110 2 220 2

m = = =

(1/ 2) 1ω

80ω

160ω

Tidak terjadi penurunan fluksi maksimum, Φ′″ m =Φ m .

d). Dengan 1 / 2 = 160/40 = 4 maka jika tegangan primer 220 V,

tegangan sekunder adalah 55 V. Jika tegangan primer 110 V,

tegangan sekundernya 229.5 V. Jika tegangan 55 V diterapkan

pada setengah belitan primer, tegangan sekunder adalah 27.5 V.

35


Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan primer,

tegangan sekunder adalah 55 V.

COTOH 2.2 : Sebuah transformator satu fasa mempunyai belitan

primer dengan 400 lilitan dan belitan sekunder 1000 lilitan. Luas

penampang inti efektif adalah 60 cm 2 . Jika belitan primer

dihubungkan ke sumber 500 V (rms) yang frekuensinya 50 Hz,

tentukanlah kerapatan fluksi maksimum dalam inti serta tegangan di

belitan sekunder.

Penyelesaian :

Dengan mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor, maka

1ωΦ

m

500 2

V1

= = 500 → Φ m =

= 0.00563 weber

2

400 × 2π × 50

0.00563

→ Kerapatan fluksi maksimum : Bm

= = 0.94 weber/m

0.006

1000

Tegangan belitan sekunder adalah V 2 = × 500 = 1250 V

400

COTOH 2.3 : Dari sebuah transformator satu fasa diinginkan suatu

perbandingan tegangan primer / sekunder dalam keadaan tidak

berbeban 6000/250 V. Jika frekuensi kerja adalah 50 Hz dan fluksi

dalam inti transformator dibatasi sekitar 0.06 weber, tentukan jumlah

lilitan primer dan sekunder.

Penyelesaian :

Pembatasan fluksi di sini adalah fluksi maksimum. Dengan

mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor,

1ωΦ

m

6000 2

V1

= = 6000 → 1

=

= 450

2

2π × 50 × 0.06

250

⇒ 2 = × 450 = 18.75

6000

Pembulatan jumlah lilitan harus dilakukan. Dengan melakukan

pembulatan ke atas, batas fluksi maksimum Φ m tidak akan

terlampaui. Jadi dapat kita tetapkan

6000

⇒ 2 = 20 lilitan ⇒ 1

= × 20 = 480 lilitan

250

2

36 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


2.4. Rangkaian Ekivalen

Transformator adalah piranti listrik. Dalam analisis, piranti-piranti listrik

biasanya dimodelkan dengan suatu rangkaian listrik ekivalen yang

sesuai. Secara umum, rangkaian ekivalen hanyalah penafsiran secara

rangkaian listrik dari suatu persamaan matematik yang menggambarkan

perilaku suatu piranti. Untuk transformator, ada tiga persamaan yang

menggambarkan perilakunya, yaitu persamaan (2.7), (2.8), dan (2.10),

yang kita tulis lagi sebagai satu set persamaan (2.11).

V1

= E1

+ I1R1

+ jI1X1

;

E2

= V2

+ I 2 R2

+ jI

2 X 2 ;

2 I 2

dengan I′

2 = I 2 =

1

a

I1

= I f + I′

2

(2.11)

Dengan hubungan E 1 = aE 2 dan I′ 2 = I 2 /a maka persamaan ke-dua dari

(2.11) dapat ditulis sebagai

E1

= V2

+ aI′

2 R2

+ jaI′

2 X 2

a

dengan

V2′

= aV2

Dengan (2.12) maka (2.11) menjadi

2

2

⇒ E1

= aV2

+ I′

2 ( a R2

) + jI′

2 ( a X 2 )

;

= V2′

+ I′

2 R2′

+ jI′

2 X 2′

2

2

R2′

= a R2

; X 2′

= a X 2

V 1 = E1

+ I1R

1 + jI1X1; E1

= aV2

+ I′

2R2′

+ jI′

2 X 2′

; I1

= I f + I′

2

(2.12)

(2.13)

I′ 2 , R′ 2 , dan X′ 2 adalah arus, resistansi, dan reaktansi sekunder yang

dilihat oleh sisi primer. Dari persamaan (2.13) dibangunlah rangkaian

ekivalen transformator seperti Gb.2.6. di bawah ini.

I 1 I′ 2


R 1

jX 1

R′ 2

jX′ 2

I f

V 1 E 1 Z

B V′ 2 =aV 2

Gb.2.6. Rangkaian ekivalen diturunkan dari persamaan (2.13).

Pada diagram fasor Gb.2.5. kita lihat bahwa arus magnetisasi dapat

dipandang sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu I c dan I φ . I c sefasa

dengan E 1 sedangkan I φ 90 o dibelakang E 1 . Dengan demikian maka

impedansi Z pada rangkaian ekivalen Gb.2.6. dapat dinyatakan sebagai

37


hubungan paralel antara suatu resistansi R c dan impedansi induktif jX φ

sehingga rangkaian ekivalen transformator secara lebih detil menjadi

seperti Gb.2.7.

I 1 I′ 2


I f

R 1

jX 1

R′ 2

jX′ 2

V 1 E

B V′ 2 =aV 2

1

I

R c

I φ

c jX c

Gb.2.7. Rangkaian ekivalen transformator lebih detil.

Rangkaian Ekivalen Yang Disederhanakan. Pada transformator yang

digunakan pada tegangan bolak-balik yang konstan dengan frekuensi

yang konstan pula (seperti misalnya transformator pada sistem tenaga

listrik), besarnya arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari

arus beban penuh transformator. Keadaan ini bisa dicapai karena inti

transformator dibangun dari material dengan permeabilitas magnetik

yang tinggi. Oleh karena itu, jika I f diabaikan terhadap I 1 kesalahan yang

terjadi dapat dianggap cukup kecil. Pengabaian ini akan membuat

rangkaian ekivalen menjadi lebih sederhana seperti terlihat pada Gb.2.8.

I 1 =I′ 2


R e = R 1 +R′ 2

jX e =j(X 1 + X′ 2 )

V 1

B V′ 2

V′ 2

V 1

jI′ 2 X e

I′ 2 R e

I′ 2

Gb.29.8. Rangkaian ekivalen transformator

disederhanakan dan diagram fasornya.

2.5. Impedansi Masukan

Resistansi beban B adalah R B = V 2 /I 2 . Dilihat dari sisi primer resistansi

tersebut menjadi

38 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


V2′

aV2

V2

RB′ 2 2

= = = a = a R B

(2.14)

I 2′

I 2 / a I 2

Dengan melihat rangkaian ekivalen yang disederhanakan Gb.2.10,

impedansi masukan adalah

V1

2

Z in = = Re

+ a RB

+ jX e

I1

2.6. Penentuan Parameter Transformator

(2.15)

Dari rangkaian ekivalen lengkap Gb.2.7. terlihat ada enam parameter

transformator yang harus ditentukan, R 1 , X 1 , R′ 2 , X′ 2 , R c , dan X φ .

Resistansi belitan primer dan sekunder dapat diukur langsung

menggunakan metoda jembatan. Untuk menentukan empat parameter

yang lain kita memerlukan metoda khusus seperti diuraikan berikut ini.

Uji Tak Berbeban ( Uji Beban ol ). Uji beban nol ini biasanya

dilakukan pada sisi tegangan rendah karena catu tegangan rendah

maupun alat-alat ukur tegangan rendah lebih mudah diperoleh. Sisi

tegangan rendah menjadi sisi masukan yang dihubungkan ke sumber

tegangan sedangkan sisi tegangan tinggi terbuka. Pada belitan tegangan

rendah dilakukan pengukuran tegangan masukan V r , arus masukan I r , dan

daya (aktif) masukan P r . Karena sisi primer terbuka, I r adalah arus

magnetisasi yang cukup kecil sehingga kita dapat melakukan dua

pendekatan. Pendekatan yang pertama adalah mengabaikan tegangan

jatuh di reaktansi bocor sehingga V r sama dengan tegangan induksi E r .

Pendekatan yang kedua adalah mengabaikan kehilangan daya di

resistansi belitan sehingga P r menunjukkan kehilangan daya pada R cr (R c

dilihat dari sisi tegangan rendah) saja.

Pr

Pr

Daya kompleks masukan : Sr

= Vr

I r ; cosθ = =

S V I



Icr

= I r cosθ

Vr

Rcr

=

Icr

;

Vr

=

I r cosθ

→ sin θ =

I φr

= I r sin θ

;

Vr

X φr

=

I φr

2 2

Sr

− Pr

Sr

r

Vr

=

I r sin θ

r

r

(2.16)

39


Uji Hubung Singkat. Uji hubung singkat dilakukan di sisi tegangan

tinggi dengan si`si tegangan rendah dihubung-singkat. Sisi tegangan

tinggi menjadi sisi masukan yang dihubungkan dengan sumber tegangan.

Tegangan masukan harus cukup rendah agar arus di sisi tegangan rendah

masih dalam batas nominalnya. Pengukuran di belitan tegangan tinggi

dilakukan seperti halnya pada uji beban nol, yaitu tegangan masukan V t ,

arus masukan I t , dan daya (aktif) masukan P t . Tegangan masukan yang

dibuat kecil mengakibatkan rugi-rugi inti menjadi kecil sehingga kita

dapat membuat pendekatan dengan mengabaikan rugi-rugi inti. Dengan

demikian kita dapat menggunakan rangkaian ekivalen yang

disederhanakan Gb.2.9. Daya P t dapat dianggap sebagai daya untuk

mengatasi rugi-rugi tembaga saja, yaitu rugi-rugi pada resistansi ekivalen

yang dilihat dari sisi tegangan tinggi R et .

t

t

2

t

P = I

V = I

t

R

Z

et

et

→ R

et

→ Z

P

=

I

et

t

2

t

V

=

I

t

t

;

→ X

e

=

Z

2

et

− R

2

et

(2.17)

Dalam perhitungan ini kita memperoleh nilai R et = R 1 + R′ 2 . Nilai

resistansi masing-masing belitan dapat diperoleh dengan pengukuran

terpisah sebagaimana telah disebutkan di atas.

Untuk reaktansi, kita memperoleh nilai X et = X 1 + X′ 2 . Kita tidak dapat

memperoleh informasi untuk menentukan reaktansi masing-masing

belitan. Jika sekiranya nilai reaktansi masing-masing belitan diperlukan

kita dapat mengambil asumsi bahwa X 1 = X′ 2 . Kondisi ini sesungguhnya

benar adanya jika transformator dirancang dengan baik.

COTOH 2.5 : Pada sebuah transformator 25 KVA, 2400/240 volt, 50

Hz, dilakukan uji beban nol dan uji hubung singkat.

Uji beban nol pada sisi tegangan rendah memberikan hasil

V r = 240 volt, I r = 1.6 amper, P r = 114 watt

Uji hubung singkat yang dilakukan dengan menghubung-singkat

belitan tegangan rendah memberikan hasil pengukuran di sisi

tegangan tinggi

V t = 55 volt, I t = 10.4 amper, P t = 360 watt

40 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


a). Tentukanlah parameter transformator dilihat dari sisi tegangan

tinggi. b). Berapakah rugi-rugi inti dan rugi-rugi tembaga pada

beban penuh ?

Penyelesaian :

a). Uji beban nol dilakukan di sisi tegangan rendah. Jadi nilai R c dan

X φ yang akan diperoleh dari hasil uji ini adalah dilihat dari tegangan

rendah, kita sebut R cr dan X φr .

2 2

P 114

(240×

1.6) −114

cos θ = = = 0.3; sin θ =

= 0.95

VI 240×

1.6

240×

1.6

V 240 240

V 240

Rcr

= = = = 500 Ω ; X φ r = = = 158 Ω

I c I cos θ 1.6×

0.3

I φ 1.6×

0.95

Jika dilihat dari sisi tegangan tinggi :

R

X

ct

φt

2

= a R

= a

2

cr

X


= ⎜


φr

2

2400 ⎞


240 ⎠

= 15.8 kΩ

× 500 = 50 kΩ

Resistansi ekivalen dan reaktansi bocor ekivalen diperoleh dari uji

hubung singkat. Uji hubung singkat yang dilakukan di sisi tegangan

tinggi ini memberikan

Pt

360

Ret

= = = 3.33 Ω ;

2 2

It

(10.4)

Vt

55

Zet

= = = 5.29 Ω →

It

10.4

X et =

2 2

5.29 = 3.33

= 4.1Ω

b). Pada pembebanan penuh fluksi bersama dalam inti transformator

hampir sama dengan fluksi dalam keadaan beban nol. Jadi rugi-rugi

inti pada pembebanan penuh adalah 114 Watt. Rugi-rugi tembaga

tergantung dari besarnya arus. Besarnya arus primer pada beban

penuh adalah sama dengan arus sisi tegangan tinggi pada percobaan

hubung singkat, yaitu

S 25000 2

I 1 = = = 10.4 A → Pcu

= I1

Ret

= (10.4)

2 × 3.33 = 360 W

V 2400

1

41


Karena pada uji hubung singkat arus sisi tegangan tinggi dibuat

sama dengan arus beban penuh, maka rugi-rugi tembaga adalah

penunjukan wattmeter pada uji hubung singkat.

2.7. Efisiensi dan Regulasi Tegangan

Efisiensi suatu piranti didefinisikan sebagai

daya keluaran [watt]

η =

(2.18)

daya masukan [watt]

Karena daya keluaran sama dengan daya masukan dikurangi rugi-rugi

daya, maka efisiensi dapat dinyatakan sebagai

rugi - rugi daya [watt]

η =1 −

(2.19)

daya masukan [watt]

Formulasi (2.19) ini lebih sering digunakan. Untuk transformator rugirugi

daya dapat segera diperoleh melalui uji beban nol dan uji hubung

singkat, yaitu jumlah rugi inti dan rugi tembaga.

Regulasi tegangan transformator didefinisikan sebagai perubahan

besarnya tegangan sekunder bila arus berubah dari beban penuh ke beban

nol dengan tegangan primer dijaga tetap. Jadi

V2 beban nol −V2 beban penuh

Regulasi Tegangan =

V2 beban penuh

(2.25)

V1

/ a − V2

V1

− aV2

V1

− V2′

=

= =

V aV

V′

2

Dengan memperhatikan diagram fasor Gb.2.9. maka (2.25) menjadi

V2 ′ + I′

2 ( R e + jX e ) − V2′

Regulasi Tegangan =

(2.26)

V′

COTOH 2.6 : Transformator pada contoh 2.5. mencatu beban 25 KVA

pada faktor daya 0.8. a). Hitunglah efisiensinya. b). Hitunglah

regulasi tegangannya.

Penyelesaian :

Total rugi daya : P c + cu = 114 + 360 = 474 W = 0.474 KW

a). Daya keluaran : Po

= 25000×

0.8 = 20 KW

0.474

Efisiensi : η = 1−

= 0.976 atau 97.6 %

20

b). Mengambil V 2 sebagai referensi : V′ 2 = 10×240 = 2400∠0 o V.

2

2

2

42 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


′ −1

o

I 2 = I 2 / a = (25000 / 240) /10∠ − cos 0.8 = 10.4∠ − 36.8

o

o

2400∠0

+ 10.4∠ − 36.8 (3.33 + j4.1)

− 2400

Reg.Tegangan =

2400

0.022 atau 2.2 %

2.8. Konstruksi Transformator

Dalam pembahasan transformator, kita melihat transformator dengan satu

inti dua belitan. Belitan primer digulung pada salah satu kaki inti dan

belitan sekunder digulung pada kaki inti yang lain. Dalam kenyataan

tidaklah demikian. Untuk mengurang fluksi bocor, belitan primer dan

sekunder masing-masing dibagi menjadi dua bagian dan digulung di

setiap kaki inti. Belitan primer dan sekunder digulung secara konsentris

dengan belitan sekunder berada di dalam belitan primer. Dengan cara ini

fluksi bocor dapat ditekan sampai hanya beberapa persen dari fluksi

bersama. Pembagian belitan seperti ini masih mungkin dilanjutkan untuk

lebih menekan fluksi bocor, dengan beaya yang sudah barang tentu lebih

tinggi.

Dua tipe konstruksi yang biasa digunakan pada transformator satu fasa

adalah core type (tipe inti) dan shell type (tipe sel). Gb.2.9.a.

memperlihatkan konstruksi tipe inti dengan belitan primer dan sekunder

yang terbagi dua. Belitan tegangan rendah digulung dekat dengan inti

yang kemudian dilingkupi oleh belitan tegangan tinggi. Konstruksi ini

sesuai untuk tegangan tinggi karena masalah isolasi lebih mudah

ditangani. Gb.2.9.b. memperlihatkan konstruksi tipe sel. Konstruksi ini

sesuai untuk transformator daya dengan arus besar. Inti pada konstruksi

ini memberikan perlindungan mekanis lebih baik pada belitan.

R / 2 R / 2

T /

T /

2

2

a). tipe inti.

a). tipe sel.

Gb.7.9. Dua tipe konstruksi transformator.

T : jumlah lilitan tegangan tinggi

R : jumlah lilitan tegangan rendah.

R / 4

T / 2

R / 2

T / 2

R / 4

43


2.9. Transformator Pada Sistem Tiga Fasa

Pada sistem tiga fasa, penaikan dan penurunan tegangan dapat dilakukan

dengan dua cara yaitu :

(a) menggunakan tiga unit transformator satu fasa,

(b) menggunakan satu unit transformator tiga fasa.

Transformator tiga fasa mempunyai inti dengan tiga kaki dan setiap kaki

mendukung belitan primer dan sekunder. Untuk penyaluaran daya yang

sama, penggunaan satu unit transformator tiga fasa akan lebih ringan,

lebih murah dan lebih efisien dibandingkan dengan tiga unit

transformator satu fasa. Akan tetapi penggunaan tiga unit transformator

satu fasa juga mempunyai beberapa kelebihan dibandingkan dengan satu

unit transformator tiga fasa. Misalnya beaya awal yang lebih rendah, jika

untuk sementara beban dapat dilayani dengan dua unit saja dan unit

ketiga ditambahkan jika penambahan beban telah terjadi. Terjadinya

kerusakan pada salah satu unit tidak mengharuskan pemutusan seluruh

penyaluran daya. Pemilihan cara mana yang lebih baik, tergantung dari

berbagai pertimbangan keadaan-khusus. Pada dasarnya kedua cara adalah

sama. Berikut ini kita akan melihat hubungan primer-sekunder

transformator, dengan melihat pelayanan sistem tiga fasa melalui tiga unit

transformator satu fasa.

Hubungan ∆−∆. Pada waktu menghubungkan tiga transformator satu

fasa untuk melayani sistem tiga fasa, hubungan sekunder harus

diperhatikan agar sistem tetap seimbang. Diagram hubungan ini

diperlihatkan pada Gb.2.10. Fasa primer disebut dengan fasa U-V-W

sedangkan fasa sekunder disebut fasa X-Y-Z. Fasor tegangan fasa primer

kita sebut V UO , V VO , V WO dengan nilai V FP , dan tegangan fasa sekunder

kita sebut V XO , V YO , V ZO dengan nilai V FS . Nilai tegangan saluran

(tegangan fasa-fasa) primer dan sekunder kita sebut V LP dan V LS . Nilai

arus saluran primer dan sekunder masing-masing kita sebut I LP dan I LS

sedang nilai arus fasanya I FP dan I FS . Rasio tegangan fasa primer

terhadap sekunder V / V a . Dengan mengabaikan rugi-rugi untuk

FP FS =

hubungan ∆-∆ kita peroleh :

VLP VFP

I LP I FP 3 1

= = a ; = =

(2.27)

VLS

VFP

I LS I FS 3 a

44 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


U

X

V UO

V XO

V

V VO

V YO

Y

V UV = V UO

V XY = V XO

W

Z

V WO

V ZO

Gb.2.10. Hubungan ∆-∆.

Hubungan ∆-Y. Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.2.11.

Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan tegangan fasa primer, sedangkan

tegangan fasa-fasa sekunder sama dengan √3 kali tegangan fasa sekunder

dengan perbedaan sudut fasa 30 o . Dengan mengabaikan rugi-rugi kita

peroleh

VLP VFP

a I LP I FP 3 3

= = ; = =

(2.28)

VLS

VFS

3 3 I LS I FS a

Fasor tegangan fasa-fasa sekunder mendahului primer 30 o .

U

X

V

V UO

V XO

Y

V UV = V UO

V ZO

V XY

W

V VO

V YO

Z

V XO

V WO

V ZO

V YO

Gb.2.11. Hubungan ∆-Y

Hubungan Y-Y. Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.2.12.

Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan √3 kali tegangan fasa primer

dengan perbedaan sudut fasa 30 o , tegangan fasa-fasa sekunder sama

dengan √3 kali tegangan fasa sekunder dengan perbedaan sudut fasa 30 o .

Perbandingan tegangan fasa-fasa primer dan sekunder adalah

45


VLP VFP

3 I LP I FP 1

= = a ; = =

(2.29)

VLS

V

I LS I FS a

FS 3

Antara fasor tegangan fasa-fasa primer dan sekunder tidak terdapat

perbedaan sudut fasa.

U

X

V UO

V XO

V

Y

V VO

V YO

W

Z

V WO

V ZO

V WO

V UV

V ZO

V XY

V UO

V XO

V VO

V YO

Gb2.12. Hubungan Y-Y

Hubungan Y-∆. Hubungan ini terlihat pada Gb.2.13.

Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan √3 kali tegangan fasa primer

dengan perbedaan sudut fasa 30 o , sedangkan tegangan fasa-fasa sekunder

sama dengan tegangan fasa sekunder. Dengan mengabaiakan rugi-rugi

diperoleh

VLP

VLS

VFP

3

I LP I FP 1

= = a 3 ; = = (2.30)

VFS

I LS I FS 3 a 3

Fasor tegangan fasa-fasa primer mendahului sekunder 30 o .

46 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


U

V

W

V UO

V VO

V WO

V XO

V YO

V ZO

X

Y

Z

V WO

V UV

V XY = V XO

V UO

V ZO

V YO

V VO

Gb.2.13. Hubungan Y-∆

COTOH 2.7 : Sebuah transformator penurun tegangan 3 fasa,

tegangan primernya dihubungkan pada sumber 6600 V dan

mengambil arus 10 A. Jika rasio transformasi adalah 12, hitunglah

tegangan saluran sekunder, arus saluran sekunder dan daya keluaran

untuk hubungan-hubungan berikut : (a) ∆-∆ ; (b) Y-Y ; (c) ∆-Y ;

(d) Y-∆ .

Penyelesaian :

a). Untuk hubungan ∆-∆ :

VFP

VLP

6600

VLS

= VFS

= = = = 550 V ;

a a 12

I LP

I LS = I FS 3 = aI FP 3 = a 3 = 12 × 10 = 120 A.

3

b). Untuk hubungan Y-Y :

47


V

I

LS

LS

= V

FS

== I

FS

VFP

VLP

3 6600

3 = 3 = = = 550 V ;

a 3 a 12

= aI = aI = 12 × 10 = 120 A.

FP

c). Untuk hubungan ∆-Y :

VFP

VLP

6600

VLS

= VFS

3 = 3 = 3 = 3 = 953 V ;

a a 12

I LP 10

I LS = I FS = aI FP = a = 12 = 69,3 A.

3 3

d) Untuk hubungan Y-∆ :

V

I

LS

LS

= V

= I

FS

FS

V

=

a

FP

3 = aI

LP

1 VLP

= =

a 3

FP

3 = aI

1

12

LP

6600

= 318 V ;

3

3 = 12 × 10 ×

3 = 208 A .

Dengan mengabaikan rugi-rugi daya keluaran sama dengan daya

masukan.

S keluaran

= Smasukan

= VLP

I LP

3 = 6,6 × 10 3 = 114,3 kVA.

Soal-Soal

1. Sebuah transformator satu fasa diinginkan untuk menurunkan

tegangan bolak-balik 50 Hz dari 20 kV ke 250 V dalam keadaan tak

berbeban. Jika fluksi magnetik dalam inti transformator adalah sekitar

0.08 Wb, tentukan jumlah lilitan belitan primer dan sekundernya.

2. Sebuah transformator tipe inti hendak digunakan untuk menurunkan

tegangan bolak-balik 50 Hz, dari 3000 ke 220 V. Inti berpenampang

persegi dengan ukuran 20 cm × 20 cm. Hitunglah jumlah lilitan pada

kedua belitan jika kerapatan fluksi pada inti dibatasi 1 Wb/m 2 .

3. Jumlah lilitan belitan primer dan sekunder transformator satu fasa

adalah 200 dan 100 lilitan dan resistansinya 0,255 Ω dan 0,074 Ω.

Hitunglah resistansi belitan primer dilihat di sekunder, resistansi

sekunder dilihat di primer, dan resistansi total di sisi primer.

48 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


4. Pada test transformator dengan belitan sekunder dihubung singkat,

diperoleh data sebagai berikut : tegangan primer 60 V, arus 100 A,

daya masukan 1,2 kW. Hitunglah resistansi dan reaktansi

transformator dilihat di sisi primer.

5. Sebuah transformator 40 kVA, 2000/250 V, mempunyai resistansi

belitan primer 1,15 Ω dan resistansi belitan sekunder 0,0155 Ω.

Hitunglah rugi-rugi tembaga total dalam keadaan beban penuh.

6. Sebuah transformator 220/110 V, 50 Hz, mempunyai impedansi

0,3+j0,8 Ω di belitan 220 V dan 0,1+j0,25 Ω di belitan 100 V.

Hitunglah arus di kedua belitan jika terjadi hubung singkat di sisi

tegangan rendah sedangkan sisi tegangan tinggi terhubung pada

tegangan 220 V.

7. Data test pada transformator 15 kVA, 2200/440 V, 50 Hz adalah

sebagai berikut. Test hubung singkat : P = 620 W, I = 40 A, V = 25 V.

Test beban nol : P = 320 W, I = 1 A, V = 440 V.

Hitunglah regulasi tegangan pada pembebanan penuh dengan faktor

daya 0,8 lagging (abaikan arus magnetisasi). Hitung pula efisiensi

pada pembebanan tersebut.

8. Data test pada transformator 110 kVA, 4400/440 V, 50 Hz adalah

sebagai berikut. Test hubung singkat : P = 2000 W, I = 200 A, V = 18

V. Test beban nol : P = 1200 W, I = 2 A, V = 4400 V.

Hitunglah regulasi tegangan pada pembebanan penuh dengan faktor

daya 0,8 lagging (abaikan arus magnetisasi). Hitung pula efisiensi

pada pembebanan tersebut.

9. Data test pada transformator 30 kVA, 2400/240 V, 50 Hz adalah

sebagai berikut. Test hubung singkat : P = 1050 W, I = 18,8 A, V = 70

V. Test beban nol : P = 230 W, I = 3,0 A, V = 240 V.

Jika transformator ini dibebani 12,5 A dengan faktor daya 0,8 lagging

pada sisi 240 V, hitunglah tegangan pada sisi primer dan hitung pula

efisiensinya pada pembebanan tersebut

10. Pada pembebanan penuh transformator 150 kVA, rugi-rugi tembaga

adalah 1600 W dan rugi-rugi besi 1400 W. Hitung efisiensi pada

pembebanan 25%, 33% dan 100% dari beban penuh untuk faktor

daya 1 dan 0,8 lagging. Abaikan pengaruh kenaikan temperatur dan

arus magnetisasi.

49


11. Efisiensi transformator satu fasa 400 kVA adalah 98,77% pada

pembebanan penuh dengan faktor daya 0,8 dan 99,13% pada setengah

beban penuh dengan faktor daya 1. Hitunglah rugi-rugi besi serta

rugi-rugi tembaga pada beban pebuh.

12. Sebuah transformator 6600/440 V, 50 Hz, terhubung ∆-Y dibebani

motor 50 HP, 440 V, faktor daya 0,85, dan efisiensinya 90%. Dengan

mengabaikan arus magnetisasi pada transformator, hitunglah arus di

belitan primer dan sekunder jika motor bekerja pada beban penuh.

13. Tentukan jumlah lilitan per fasa di setiap belitan dari sebuah

transformator 3 fasa dengan rasio tegangan 20000/2000 V, pada

frekuensi 50 Hz dengan hubungan ∆-Y. Luas penampang inti 600 cm 2

dan kerapatan fluksi sekitar 1,2 Wb/m 2 .

14. Tentukan jumlah lilitan per fasa di setiap belitan dari sebuah

transformator 3 fasa dengan rasio tegangan 12000/400 V, pada

frekuensi 50 Hz dengan hubungan Y-∆. Luas penampang inti 400 cm 2

dan kerapatan fluksi sekitar 1,2 Wb/m 2 .

15. Tegangan primer transformator 3 fasa terhubung ∆-Y adalah 12000 V

(fasa-fasa). Pada pembebanan dengan faktor daya 0,8 lagging

tegangan sekunder yang terhubung Y adalah 410 V (fasa-fasa).

Resistansi dan reaktansi ekivalen adalah 1 dan 5%. Tentukan perbandingan

jumlah lilitan primer/sekunder

50 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


BAB 3

Mesin Sinkron

Setelah mempelajari bab ini kita akan

• memahami cara kerja generator sinkron;

• memahami hubungan jumlah kutub, kecepatan perputaran,

frekuensi, dan mampu menghitung tegangan imbas pada

jangkar;

• mampu menggambarkan diagram fasor dan memahami

rangkaian ekivalen mesin sinkron rotor silindris;

• mampu melakukan perhitungan sederhana pada mesin sinkron

melalui karakteristik celah udara dan karakteristik hubung

singkat.

Kita telah melihat bahwa pada transformator terjadi alih energi dari sisi

primer ke sisi sekunder. Energi di ke-dua sisi transformator tersebut sama

bentuknya (yaitu energi listrik) akan tetapi mereka mempunyai peubah

sinyal (yaitu tegangan dan arus) yang berbeda besarnya. Kita katakan

bahwa transformator merupakan piranti konversi energi dari energi listrik

ke energi listrik.

Kita perhatikan pula bahwa peubah-peubah sinyal di sisi sekunder

transformator muncul karena fluksi di inti transformator merupakan

fungsi waktu. Fluksi fungsi waktu ini dibangkitkan oleh arus di sisi

primer, yang juga merupakan fungsi waktu. Fluksi fungsi waktu dapat

pula dibangkitkan dengan cara lain misalnya secara mekanis; cara inilah

yang dilaksanakan pada piranti konversi energi dari energi mekanis ke

energi listrik atau disebut konversi energi elektromekanik. Konversi

energi elektromekanik ini tidak hanya dari mekanis ke listrik tetapi juga

dari listrik ke mekanis, dan dilandasi oleh dua hukum dasar yang kita

kenal yaitu hukum Faraday dan hukum Ampere. Secara matematis kedua

hukum ini dinyatakan dalam persamaan (1.1) dan (1.7)



e = − = −

(1.1) dan F = K B B i f (θ) (1.7)

dt dt

Persamaan (1.1) menunjukkan bagaimana tegangan dibangkitkan dan

persamaan (1.7) menunjukkan bagaimana gaya mekanis ditimbulkan.

Berikut ini kita akan mempelajari mesin konversi energi yang sangat luas

digunakan di pusat-pusat pembangkit listrik, yang disebut generator

51


sinkron. Ada dua macam konstruksi yang akan kita lihat yaitu konstruksi

kutub tonjol dan konstruksi rotor silindris.

3.1. Mesin Kutub Menonjol

Skema konstruksi mesin ini adalah seperti terlihat pada Gb.3.1.a. Mesin

ini terdiri dari bagian stator yang mendukung belitan-belitan a 1 a 11 sampai

c 2 c 22 pada alur-alurnya, dan bagian rotor yang berputar yang mendukung

kutub-kutub magnit. Belitan pada stator tempat kita memperoleh energi

disebut belitan jangkar. Belitan pada rotor yang dialiri arus eksitasi

untuk menimbullkan medan magnit disebut belitan eksitasi. Pada gambar

ini ada empat kutub magnit. Satu siklus kutub S-U pada rotor memiliki

kisar sudut (yang kita sebut sudut magnetis atau sudut listrik) 360 o . Kisar

sudut 360 o ini melingkupi tiga belitan di stator dengan posisi yang

bergeser 120 o antara satu dengan lainnya. Misalnya belitan a 1 a 11 dan

belitan b 1 b 11 berbeda posisi 120 o , belitan b 1 b 11 dan c 1 c 11 berbeda posisi

120 o , dan mereka bertiga berada di bawah satu kisaran kutub S-U. Tiga

belitan yang lain, yaitu a 2 a 22 , b 2 b 22 , dan c 2 c 22 berada dibawah satu kisaran

kutub S-U yang lain dan mereka juga saling berbeda posisi 120 o .

a

b 11

1 c1

c 11 S b 11

a 1 U U a 2

b 22 S c 22

c 2

a 22

a). skema konstruksi b). belitan c). fluksi magnetik

Gb.3.1. Mesin sinkron kutub tonjol

Karena mesin yang tergambar ini merupakan mesin empat kutub (dua

pasang kutub) maka satu perioda siklus mekanik (perputaran rotor) sama

dengan dua perioda siklus magnetik. Jadi hubungan antara sudut kisaran

mekanik dan sudut kisaran magnetik adalah

atau secara umum

b 2

a 1

180 o mekanis = 360 o

θ magnetik [ derajat]

= 2×

θmekanik

[ derajat]

φ

φ

φ

52 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


p

θ magnetik [ derajat]

= × θmekanik

[ derajat]

(3.1)

2

dengan p adalah jumlah kutub.

Kecepatan sudut mekanik adalah

dθmekanik

ω mekanik = = 2π f mekanik

(3.2)

dt

Frekuensi mekanik f mekanik adalah jumlah siklus mekanik per detik yang

tidak lain adalah kecepatan perputaran rotor per detik. Biasanya

kecepatan perputaran rotor dinyatakan dengan jumlah rotasi per menit

(rpm). Jadi jika kecepatan perputaran rotor adalah n rpm, maka jumlah

n n

siklus per detik adalah atau f mekanis = siklus per detik.

60

60

Kecepatan sudut magnetik adalah

dθmagnetik

ω magnetik = = 2π f magnetik

(3.3)

dt

Dengan hubungan (3.1) maka (3.3) menjadi

p

p

p n p n

ω magnetik = ωmekanik

= 2π

f mekanik = 2π

= 2π

2

2

2 60 120

yang berarti

p n

f magnetik = siklus per detik (3.4)

120

Perubahan fluksi magnetik akan membangkitkan tegangan induksi di

setiap belitan. Karena fluksi magnetik mempunyai frekuensi

p n

f magnetik = Hz maka tegangan pada belitanpun akan mempunyai

120

frekuensi

p n

f tegangan = Hz

(3.5)

120

Dengan (3.5) ini jelaslah bahwa untuk memperoleh frekuensi tertentu,

kecepatan perputaran rotor harus sesuai dengan jumlah kutub. Jika

diinginkan f = 50 Hz misalnya, untuk p = 2 maka n = 3000 rpm; jika p =

4 maka n = 1500 rpm; jika p = 6 maka n = 1000 rpm, dan seterusnya.

53


Konstruksi mesin dengan kutub menonjol seperti pada Gb.3.1. sesuai

untuk mesin putaran rendah tetapi tidak sesuai untuk mesin putaran

tinggi karena kendala-kendala mekanis. Untuk mesin putaran tinggi

digunakan rotor dengan konstruksi silindris.

180 o mekanis = 360 o magnetik

a 11

φ s

a

θ

1

Gb.3.2. Perhitungan fluksi.

Dengan pergeseran posisi belitan 120 o magnetik untuk setiap pasang

kutub, maka kita mendapatkan tegangan sistem tiga fasa untuk setiap

pasang kutub, yaitu e a1 pada belitan a 1 a 11 , e b1 pada b 1 b 11 , dan e c1 pada

c 1 c 11 . Demikian pula kita memperoleh tegangan e a2 , e b2 dan e c2 pada

belitan-belitan di bawah pasangan kutub yang lain. Jadi setiap pasang

kutub akan membangkitkan tegangan sistem tiga fasa pada belitanbelitan

yang berada dibawah pengaruhnya. Tegangan yang sefasa,

misalnya e a1 dan e a2 , dapat dijumlahkan untuk memperoleh tegangan

yang lebih tinggi atau diparalelkan untuk memperoleh arus yang lebih

besar.

Tegangan yang terbangkit di belitan pada umumnya diinginkan

berbentuk gelombang sinus v = Acos ωt

, dengan pergeseran 120 o untuk

belitan fasa-fasa yang lain. Tegangan sebagai fungsi waktu ini pada

transformator dapat langsung diperoleh di belitan sekunder karena

fluksinya merupakan fungsi waktu. Pada mesin sinkron, fluksi

dibangkitkan oleh belitan eksitasi di rotor yang dialiri arus searah

sehingga fluksi tidak merupakan fungsi waktu. Akan tetapi fluksi yang

ditangkap oleh belitan stator harus merupakan fungsi waktu agar

persamaan (1.1) dapat diterapkan untuk memperoleh tegangan. Fluksi

sebagai fungsi waktu diperoleh melalui putaran rotor. Jika φ adalah

54 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


fluksi yang dibangkitkan di rotor dan memasuki celah udara antara rotor

dan stator dengan nilai konstan maka, dengan mengabaikan efek

pinggir, laju pertambahan fluksi yang ditangkap oleh belitan stator

adalah



s magnetik

= φ = φ ωmagnetik

dt dt

p n

Karena ω magnetik = 2π

f magnetik = 2π

, maka

120


s

dt

= φ π

p n

60

Dari (3.4) kita peroleh tegangan pada belitan, yaitu

(3.6)

(3.7)


s p n

v = −

= −

φ π

(3.8)

dt 60

Jika φ bernilai konstan, tidaklah berarti (3.8) memberikan suatu t

egangan konstan karena φ bernilai konstan positif untuk setengah

perioda dan bernilai konstan negatif untuk setengah perioda berikutnya.

Maka (3.8) memberikan tegangan bolak-balik yang tidak sinus. Untuk

memperoleh tegangan berbentuk sinus, φ harus berbentuk sinus juga.

Akan tetapi ia tidak dibuat sebagai fungsi sinus terhadap waktu, akan

tetapi sebagai fungsi sinus posisi, yaitu terhadap θ maknetik . Jadi jika

φ = φ m cos θ maknetik

(3.9)

maka laju pertambahan fluksi yang dilingkupi belitan adalah

( φ cosθ

)

dφs


d

dθmagnetik

= = m magnetik = −φm

sinθmagnetik

dt dt dt

dt

⎛ p n ⎞

= −φ m ω magnetik sin θ mmagnetik = −φ m⎜2

π ⎟ sin θmagnetik

⎝ 120 ⎠

(3.10)

sehingga tegangan belitan


s p n

e = −

= π φm

sin θmagnetik

dt 60 (3.11)

= 2π

f φm

sin θmagnetik

= ω φm

sin ωt

Persamaan (3.11) memberikan nilai sesaat dari dari tegangan yang

dibangkitkan di belitan stator. Nilai maksimum dari tegangan ini adalah

55


dan nilai efektifnya adalah

Em

= ω

φm

Volt

(3.12)

Em

ω

φm


f

Erms

= = =

2 2 2

= 4,44 f φm

Volt

φm

56 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

(3.13)

Dalam menurunkan formulasi tegangan di atas, kita menggunakan

perhitungan fluksi seperti diperlihatkan pada Gb.3.2. yang merupakan

penyederhanaan dari konstruksi mesin seperti diperlihatkan pada

Gb.3.1.a. Di sini ada beberapa hal yang perlu kita perhatikan yaitu:

1. Belitan terdiri dari hanya satu gulungan, misalnya belitan a 1 a 11 ,

yang ditempatkan di sepasang alur stator, walaupun gulungan itu

terdiri dari lilitan. Belitan semacam ini kita sebut belitan

terpusat.

2. Lebar belitan, yaitu kisar sudut antara sisi belitan a 1 dan a 11

adalah 180 o magnetik. Lebar belitan semacam ini kita sebut kisar

penuh.

Dalam praktek lilitan setiap fasa tidak terpusat di satu belitan, melainkan

terdistribusi di beberapa belitan yang menempati beberapa pasang alur

stator. Belitan semacam ini kita sebut belitan terdistribusi, yang dapat

menempati stator sampai 1/3 kisaran penuh (60 o magnetik). Selain dari

pada itu, gulungan yang menempati sepasang alur secara sengaja dibuat

tidak mempunyi lebar satu kisaran penuh; jadi lebarnya tidak 180 o akan

tetapi hanya 80% sampai 85% dari kisaran penuh. Pemanfaatan belitan

terdistribusi dan lebar belitan tidak satu kisar penuh dimaksudkan untuk

menekan pengaruh harmonisa yang mungkin ada di kerapatan fluksi.

Sudah barang tentu hal ini akan sedikit mengurangi komponen

fundamental dan pengurangan ini dinyatakan dengan suatu faktor K w

yang kita sebut faktor belitan. Biasanya K w mempunyai nilai antara 0,85

sampai 0,95. Dengan adanya faktor belitan ini formulasi tegangan (3.13)

menjadi

Erms = 4,44

f K w φm

Volt

(3.14)

Pada pengenalan ini kita hanya melihat mesin sinkron kutub tonjol dalam

keadaan tak berbeban; analisis dalam keadaan berbeban akan kita pelajari

lebih lanjut pada pelajaran khusus mengenai mesin-mesin listrik.

Selanjutnya kita akan melihat mesin sinkron rotor silindris.


COTOH 3.1: Sebuah generator sinkron tiga fasa, 4 kutub, belitan

jangkar terhubung Y, mempunyai 12 alur pada statornya dan setiap

alur berisi 10 konduktor. Fluksi kutub terdistribusi secara sinus

dengan nilai maksimumnya 0,03 Wb. Kecepatan perputaran rotor

1500 rpm. Carilah frekuensi tegangan jangkar dan nilai rms

tegangan jangkar fasa-netral dan fasa-fasa.

Penyelesaian :

Frekuensi tegangan jangkar adalah

p n 4×

1500

f = = = 50 Hz

120 120

12

Jumlah alur per kutub adalah = 3 yang berarti setiap pasang

4

kutub terdapat 3 belitan yang membangun sistem tegangan tiga fasa.

Jadi setiap fasa terdiri dari 1 belitan yang berisi 10 lilitan.

Nilai rms tegangan jangkar per fasa per pasang kutub adalah

E ak = 4 ,44 f φm

= 4,44×

50×

10×

0,03 = 66,6 V

Karena ada dua pasang kutub maka tegangan per fasa adalah : 2 ×

66,6 = 133 V.

Tegangan fasa-fasa adalah 133 √3 = 230 V.

COTOH 3.2: Soal seperti pada contoh 3.1. tetapi jumlah alur pada

stator ditingkatkan menjadi 24 alur. Ketentuan yang lain tetap.

Penyelesaian :

Frekuensi tegangan jangkar tidak tergantung jumlah alur. oleh

karena itu frekuensi tetap 50 Hz.

24

Jumlah alur per kutub adalah = 6 yang berarti setiap pasang

4

kutub terdapat 6 belitan yang membangun sistem tegangan tiga fasa.

Jadi setiap fasa pada satu pasang kutub terdiri dari 2 belitan yang

masing-masing berisi 10 lilitan. Nilai rms tegangan jangkar untuk

setiap belitan adalah

E a1 = 4,44 f φm

V = 4,44×

50×

10×

0,03 = 66,6 V .

57


Karena dua belitan tersebut berada pada alur yang berbeda, maka

terdapat beda fasa antara tegangan imbas di keduanya. Perbedaan

sudut mekanis antara dua alur yang berurutan adalah

360 o

= o

15 mekanik. Karena mesin mengandung 4 kutub atau 2

24

pasang kutub, maka 1 o mekanik setara dengan 2 o listrik. Jadi selisih

sudut fasa antara tegangan di dua belitan adalah 30 o listrik sehingga

tegangan rms per fasa per pasang kutub adalah jumlah fasor

tegangan di dua belitan yang berselisih fasa 30 o tersebut.

o

o

E ak = 66,6 + 66,6(cos 30 + j sin 30 ) = 124,8 + j33,3

Karena ada 2 pasang kutub maka

E a

= 2×

2 2

(124,8) + (33,3)

= 258 V

Tegangan fasa-fasa adalah 258 √3 = 447 V

COTOH 3.3: Soal seperti pada contoh 3.1. tetapi jumlah alur pada

stator ditingkatkan menjadi 144 alur, jumlah kutub dibuat 16 (8

pasang), kecepatan perputaran diturunkan menjadi 375 rpm.

Ketentuan yang lain tetap.

Penyelesaian :

Frekuensi tegangan jangkar :

16×

375

f = = 50 Hz

120

144

Jumlah alur per kutub = 9 yang berarti terdapat 9 belitan per

16

pasang kutub yang membangun sistem tiga fasa. Jadi tiap fasa

terdapat 3 belitan. Tegangan di tiap belitan adalah

E a1 = 4,44×

50×

10×

0,03 = 66,6 V ; sama dengan tegangan per

belitan pada contoh sebelumnya karena frekuensi, jumlah lilitan dan

fluksi maksimum tidak berubah.

Perbedaan sudut mekanis antara dua alur yang berturutan adalah

360 o

= o

2,5 mekanik. Karena mesin mengandung 16 kutub (8

144

pasang) maka 1 o mekanik ekivalen dengan 8 o listrik, sehingga beda

o

fasa tegangan pada belitan-belitan adalah 2 ,5 × 8 = 20 listrik.

Tegangan per fasa per pasang kutub adalah jumlah fasor dari

tegangan belitan yang masing-masing berselisih fasa 20 o .

58 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


E

o

o

ak = 66,6 + 66,6∠20

+ 66,6∠40

= 66,61

o o

o o

( + cos 20 + cos 40 + j(sin 20 + sin 40 ))

= 180,2 + j65,6

Karena ada 8 pasang kutub maka tegangan fasa adalah

E a

= 8×

2 2

(180,2) + (65,6)

= 8×

191,8 = 1534

V

Tegangan fasa-fasa adalah 1534 √3 = 2657 V

3.2. Mesin Sinkron Rotor Silindris

Sebagaimana telah disinggung di atas, mesin kutub tonjol sesuai untuk

perputaran rendah. Untuk perputaran tinggi digunakan mesin rotor

silindris yang skemanya diperlihatkan ada Gb.3.3.

a

b 1

c

U c 1

S b

a 1

Gb.3.3. Mesin sinkron rotor silindris.

Rotor mesin ini berbentuk silinder dengan alur-alur untuk menempatkan

belitan eksitasi. Dengan konstruksi ini, reluktansi magnetik jauh lebih

merata dibandingkan dengan mesin kutub tonjol. Di samping itu kendala

mekanis untuk perputaran tinggi lebih mudah diatasi dibanding dengan

mesin kutub tonjol. Belitan eksitasi pada gambar ini dialiri arus searah

sehingga rotor membentuk sepasang kutub magnet U-S seperti terlihat

pada gambar. Pada stator digambarkan tiga belitan terpusat aa 1 , bb 1 dan

cc 1 masing-masing dengan lebar kisaran penuh agar tidak terlalu rumit,

walaupun dalam kenyataan pada umumnya dijumpai belitan-belitan

terdistribusi dengan lebar lebih kecil dari kisaran penuh.

59


Karena reluktansi magnetik praktis konstan untuk berbagai posisi rotor

(pada waktu rotor berputar) maka situasi yang kita hadapi mirip dengan

tansformator. Perbedaannya adalah bahwa pada transformator kita

mempunyai fluksi konstan, sedangkan pada mesin sinkron fluksi

tergantung dari arus eksitasi di belitan rotor. Kurva magnetisasi dari

mesin ini dapat kita peroleh melalui uji beban nol. Pada uji beban nol,

mesin diputar pada perputaran sinkron (3000 rpm) dan belitan jangkar

terbuka. Kita mengukur tegangan keluaran pada belitan jangkar sebagai

fungsi arus eksitasi (disebut juga arus medan) pada belitan eksitasi di

rotor. Kurva tegangan keluaran sebagai fungsi arus eksitasi seperti

terlihat pada Gb.3.4. disebut karakteristik beban nol. Bagian yang

berbentuk garis lurus pada kurva itu disebut karakteristik celah udara

dan kurva inilah (dengan ekstra-polasinya) yang akan kita gunakan untuk

melakukan analisis mesin sinkron.

12000

11000

10000

celah udara

V=kI f

beban-nol

V=V(I f )| I =0

9000

Tegangan Fasa-Netral [V]

8000

7000

6000

5000

4000

3000

2000

1000

hubung singkat

I = I (I f ) | V=0

Arus fasa [A]

0 0 50 100 150 Arus 200medan 250 300[A]

350 400 450 500

Gb30.4. Karakteristik beban-nol dan hubung singkat.

Karakteristik celah udara (linier).

Karakterik lain yang penting adalah karakteritik hubung singkat yang

dapat kita peroleh dari uji hubung singkat. Dalam uji hubung singkat ini

mesin diputar pada kecepatan perputaran sinkron dan terminal belitan

60 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


jangkar dihubung singkat (belitan jangkar terhubung Y). Kita mengukur

arus fasa sebagai fungsi dari arus eksitasi. Kurva yang akan kita peroleh

akan terlihat seperti pada Gb.3.4. Kurva ini berbentuk garis lurus karena

untuk mendapatkan arus beban penuh pada percobaan ini, arus eksitasi

yang diperlukan tidak besar sehingga rangkaian magnetiknya jauh dari

keadaan jenuh. Fluksi magnetik yang dibutuhkan hanya sebatas yang

diperlukan untuk membangkitkan tegangan untuk mengatasi tegangan

jatuh di impedansi belitan jangkar.

Perhatikanlah bahwa karakteristik beban-nol dan hubung singkat

memberikan tegangan maupun arus jangkar sebagai fungsi arus medan.

Sesungguhnya arus medan berperan memberikan mmf (lilitan ampere)

untuk menghasilkan fluksi dan fluksi inilah yang mengimbaskan

tegangan pada belitan jangkar. Jadi dengan karakteristik ini kita dapat

menyatakan pembangkit fluksi tidak dengan mmf akan tetapi dengan

arus medan ekivalennya dan hal inilah yang akan kita lakukan dalam

menggambarkan diagram fasor yang akan kita pelajari beikut ini.

Diagram Fasor. Reaktansi Sinkron. Kita ingat bahwa pada

transformator besaran-besaran tegangan, arus, dan fluksi, semuanya

merupakan besaran-besaran yang berubah secara sinusoidal terhadap

waktu dengan frekuensi yang sama sehingga tidak terjadi kesulitan

menyatakannya sebagai fasor. Pada mesin sinkron, hanya tegangan dan

arus yang merupakan fungsi sinus terhadap waktu; fluksi rotor, walaupun

ia merupakan fungsi sinus tetapi tidak terhadap waktu tetapi terhadap

posisi sehingga tak dapat ditentukan frekuensinya. Menurut konsep fasor,

kita dapat menyatakan besaran-besaran ke dalam fasor jika besaranbesaran

tersebut berbentuk sinus dan berfrekuensi sama. Oleh karena itu

kita harus mencari cara yang dapat membuat fluksi rotor dinyatakan

sebagai fasor. Hal ini mungkin dilakukan jika kita tidak melihat fluksi

rotor sebagai dirinya sendiri melainkan melihatnya dari sisi belitan

jangkar. Walaupun fluksi rotor hanya merupakan fungsi posisi, tetapi ia

dibawa berputar oleh rotor dan oleh karena itu belitan jangkar melihatnya

sebagai fluksi yang berubah terhadap waktu. Justru karena itulah terjadi

tegangan imbas pada belitan jangkar sesuai dengan hukum Faraday. Dan

sudah barang tentu frekuensi tegangan imbas di belitan jangkar sama

dengan frekuensi fluksi yang dilihat oleh belitan jangkar.

Kita misalkan generator dibebani dengan beban induktif sehingga arus

jangkar tertinggal dari tegangan jangkar.

61


a

U

θ

U

a

S

sumbu

e maks

S

sumbu

i maks

a 1

sumbu

magnet

(a)

(b)

a 1

sumbu

magnet

Gb.3.5. Posisi rotor pada saat e maks dan i maks .

Gb.3.5.a. menunjukkan posisi rotor pada saat imbas tegangan di aa 1

maksimum. Hal ini dapat kita mengerti karena pada saat itu kerapatan

fluksi magnetik di hadapan sisi belitan a dan a 1 adalah maksimum.

Perhatikanlah bahwa pada saat itu fluksi magnetik yang dilingkupi oleh

belitan aa 1 adalah minimum. Sementara itu arus di belitan aa 1 belum

maksimum karena beban induktif. Pada saat arus mencapai nilai

maksimum posisi rotor telah berubah seperti terlihat pada Gb.3.5.b.

Karena pada mesin dua kutub sudut mekanis sama dengan sudut

magnetis, maka beda fasa antara tegangan dan arus jangkar sama dengan

pegeseran rotasi rotor, yaitu θ. Arus jangkar memberikan mmf jangkar

yang membangkitkan medan magnetik lawan yang akan memperlemah

fluksi rotor. Karena adanya reaksi jangkar ini maka arus eksitasi haruslah

sedemikian rupa sehingga tegangan keluaran mesin dipertahankan.

Catatan : Pada mesin rotor silindris mmf jangkar mengalami reluktansi

magnetik yang sama dengan yang dialami oleh mmf rotor. Hal ini

berbeda dengan mesin kutub tonjol yang akan membuat analisis mesin

kutub tonjol memerlukan cara khusus sehingga kita tidak melakukannya

dalam bab pengenalan ini.

Diagram fasor (Gb.3.6) kita gambarkan dengan ketentuan berikut

1. Diagram fasor dibuat per fasa dengan pembebanan induktif.

2. Tegangan terminal V a dan arus jangkar I a adalah nominal.

62 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


3. Tegangan imbas digambarkan sebagai tegangan naik; jadi

tegangan imbas tertinggal 90 o dari fluksi yang

membangkitkannya.

4. Belitan jangkar mempunyai reaktansi bocor X l dan resistansi R a .

5. Mmf (fluksi) dinyatakan dalam arus ekivalen.

Dengan mengambil tegangan terminal jangkar V a sebagai referensi, arus

jangkar I a tertinggal dengan sudut θ dari V a (beban induktif). Tegangan

imbas pada jangkar adalah

( R + jX )

E a = Va

+ I a a l

(3.15)

Tegangan imbas E a ini harus dibangkitkan oleh fluksi celah udara Φ a

yang dinyatakan dengan arus ekivalen I fa mendahului E a 90 o . Arus

jangkar I a memberikan fluksi jangkar Φ a yang dinyatakan dengan arus

ekivalen I φa . Jadi fluksi dalam celah udara merupakan jumlah dari fluksi

rotor Φ f yang dinyatakan dengan arus ekivalen I f dan fluksi jangkar. Jadi

I fa = I f + I φa

atau I f = I fa − Iφa

(3.16)

Dengan perkataan lain arus eksitasi rotor I f haruslah cukup untuk

membangkitkan fluksi celah udara untuk membangkitkan E a dan

mengatasi fluksi jangkar agar tegangan terbangkit E a dapat

dipertahankan. Perhatikan Gb.3.6. I f membangkitkan tegangan E aa 90 o di

belakang I f dan lebih besar dari E a .

E aa

I f =I fa − I φa

−I φa

I fa

I φa

θ

γ

jI a X l

V a

I a

I a R a

Gb.3.6. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris.

E a

63


Hubungan antara nilai E a dan I fa diperoleh dari karakteristik celah udara,

sedangkan antara nilai I a dan I φa diperoleh dari karakteristik hubung

singkat. Dari karakteristik tersebut, seperti terlihat pada Gb.3.6., dapat

dinyatakan dalam bentuk hubungan

E a = kv

I fa dan I a = ki

Iφa

atau

I fa = Ea

/ kv

dan I φ a = I a / ki

(3.17)

dengan k v dan k i adalah konstanta yang diperoleh dari kemiringan

kurva. Dari (3.47) dan Gb.3.6. kita peroleh

Ea

o I a o

I f = I fa − I φa

= ∠(90

+ γ)

+ ∠(180

− θ)

kv

ki

(3.18)

Ea

I a

= j ∠γ − ∠ − θ

kv

ki

Dari (3.18) kita peroleh E aa yaitu

⎛ Ea

I a ⎞

Eaa

= − jkvI

f = − jkv

⎜ j


∠γ − ∠ − θ

kv

k


i ⎠

kv

kv

= Ea∠γ + j I a∠ − θ = Ea

+ j I a

ki

ki

Suku kedua (3.19) dapat kita tulis sebagai

jX

I

φa

a dengan

(3.19)

kv

X φ a =

(3.20)

ki

yang disebut reaktansi reaksi jangkar karena suku ini timbul akibat

adanya reaksi jangkar. Selanjutnya (3.19) dapat ditulis

= Va

+ I a

( R + jX )

a

a

( R + jX )

Eaa

= Ea

+ jX φaI

a = Va

+ I a a l + jX φaI

a

(3.21)

dengan

X

a

= X l + X φa

yang disebut reaktansi sinkron.

Diagram fasor Gb.3.6. kita gambarkan sekali lagi menjadi Gb.3.7. untuk

memperlihatkan peran reaktansi reaksi jangkar dan reaktansi sinkron.

Perhatikanlah bahwa pengertian reaktansi sinkron kita turunkan dengan

memanfaatkan karakteristik celah udara, yaitu karakteristik linier

64 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


dengan menganggap rangkaian magnetik tidak jenuh. Oleh karena itu

reaktansi tersebut biasa disebut reaktansi sinkron tak jenuh.

E aa

I f =I fa − I φa

−I φa

I fa

I φa

θ

γ

jI a X l

V a

I I a R a a

Rangkaian Ekivalen. Dengan pengertian reaktansi sinkron dan

memperhatikan

persamaan (3.21)

I a

kita dapat

menggambarkan

R

rangkaian

+ a jX a +

ekivalen mesin

− E

V a Beban

aa


sinkron dengan

beban seperti

terlihat pada

Gb.3.8. Rangkaian ekivalen mesin sinkron.

Gb.3.8.

Perhatikanlah bahwa rangkaian ekivalen ini adalah rangkaian ekivalen

per fasa. Tegangan V a adalah tegangan fasa-netral dan I a adalah arus

fasa.

COTOH 3.11 : Sebuah generator sinkron tiga fasa 10 MVA,

terhubung Y, 50 Hz, Tegangan fasa-fasa 13,8 kV, mempunyai

karakteristik celah udara yang dapat dinyatakan sebagai

E a = 53,78

I f V dan karakteristik hubung singkat I a = 2,7

I f A

(I f dalam ampere). Resistansi jangkar per fasa adalah 0,08 Ω dan

E a

jI a X φa

jI a X a

Gb.3.7. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris;

reaktansi reaksi jangkar (X φa ) dan reaktansi sinkron (X a ).

65


eaktansi bocor per fasa 1,9 Ω. Tentukanlah arus eksitasi (arus

medan) yang diperlukan untuk membangkitkan tegangan terminal

nominal jika generator dibebani dengan beban nominal seimbang

pada faktor daya 0,8 lagging.

Penyelesaian :

13800

Tegangan per fasa adalah V a = = 7967,4 V .

3

6

10 × 10

Arus jangkar per fasa : I a =

= 418,4 A .

13800 × 3

Reaktansi reaksi jangkar :

X φ a

kv

=

ki

=

53,78

= 19,92

2,7

Ω

Reaktansi sinkron :

X a = X l + X φ a = 1,9 + 19,92 = 21,82

Ω

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

dan I a = 418,4∠−36,87, dan tegangan terbangkit :

E aa = V a + I a ( R a + jXa)

o

= 7967,4∠0

+ 418,4∠ − 36,87(0.08 + j21.82)

o

o

≈ 7967,4∠0

+ 9129,5∠53,13

= 13445,1 + j7303,6

E aa

=

2

2

(13445,1) + (7303,6)

= 15300

V

Arus eksitasi yang diperlukan adalah

I f

E =

aa

kv

15300 = = 284,5

53,78

A

Daya. Daya per fasa yang diberikan ke beban adalah

P f = Va

I a cos θ

(3.22)

Pada umumnya pengaruh resistansi jangkar sangat kecil dibandingkan

dengan pengaruh reaktansi sinkron. Dengan mengabaikan resistansi

jangkar maka diagram fasor mesin sinkron menjadi seperti Gb.3.9.

66 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


E aa

θ

jI a X a

θ

δ

V a

I a

Gb.3.9. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris;

resistansi jangkar diabaikan.

Pada Gb.3.9. terlihat bahwa

Eaa

E aa sin δ = Ia

X a cosθ

atau I a cos θ = sin δ .

X a

Dengan demikian maka (3.22) dapat ditulis sebagai

Va

Eaa

P f = sin δ (3.23)

X a

Persamaan (3.23) ini

memberikan formulasi daya

per fasa dan sudut δ

menentukan besarnya daya;

oleh karena itu sudut δ

disebut sudut daya (power

angle). Daya P f merupakan

fungsi sinus dari sudut daya

δ seperti terlihat pada

Gb.3.10.

0

-180 -90 0 90 180

motor

P1.1

f

Untuk 0 < δ < 180 o daya

bernilai positif, mesin beroperasi sebagai generator yang memberikan

daya. (Jangan dikacaukan oleh konvensi pasif karena dalam

menggambarkan diagram fasor untuk mesin ini kita menggunakan

-1.1

generator

δ ( o

listrik)

Gb.3.10. Daya fungsi sudut daya.

67


ketentuan tegangan naik dan bukan tegangan jatuh). Untuk 0 > δ >

−180 o mesin beroperasi sebagai motor, mesing menerima daya.

Dalam pengenalan mesin-mesin listrik ini, pembahasan mengenai mesin

sikron kita cukupkan sampai di sini. Pembahasan lebih lanjut akan kita

peroleh pada pelajaran khusus mengenai mesin-mesin listrik.

Soal-Soal

1. Sebuah generator sinkron 3 fasa, 50 Hz, 10 kutub, memiliki 90 alur di

statornya. Fluksi maksimum per kutub adalah sekitar 0,2 Wb.

Tentukanlah jumlah lilitan per belitan jika tegangan fasa-fasa yang

diharapkan adalah 12 kV, dengan belitan jangkar terhubung Y.

2. Sebuah generator sinkron 3 fasa, 10 kutub, hubungan Y, kecepatan

perputaran 600 rpm. Jumlah alur stator 120 dengan 8 konduktor tiap

alur; belitan fasa terhubung seri. Jika fluksi maksimum tiap kutub

adalah 0,06 Wb, hitunglah tegangan imbas fasa-netral dan fasa-fasa.

3. Sebuah generator sikron 3 fasa, 1500 kVA, 6600 V, hubungan Y,

mempunyai karakteristik celah udara sebagai V a = 57,14×

I f V dan

karakteristik hubung singkat I = ,63×

I A . Generator bekerja pada

a

2 f

beban penuh pada faktor daya 0,8 lagging. Jika tegangan jatuh reaktif

dan resistif pada jangkar adalah 8% dan 2% dari tegangan normal,

tentukan eksitasi yang diperlukan.

4. Sebuah generator sikron 3 fasa, 5000 kVA, 6600 V, hubungan Y,

mempunyai karakteristik celah udara sebagai V a = 54,44×

I f V dan

karakteristik hubung singkat I a = 21,87

× I f A . Generator bekerja

pada beban penuh pada faktor daya 0,6 lagging. Jika reaktansi dan

resistansi jangkar per fasa adalah 1 Ω dan 0,2 Ω, tentukan selang

eksitasi yang diperlukan untuk mempertahankan tegangan jangkar

tetap konstan dari beban nol sampai beban penuh.

5. Sebuah generator sikron 3 fasa, 1500 kVA, 6600 V, hubungan Y,

beroperasi pada beban penuh dengan faktor daya 0,8 lagging.

Karakteristik celah udara menunjukkan V a = 217,7

× I f V . Generator

ini mempunyai stator dengan 9 alur per kutub dan tiap alur berisi 6

konduktor. Jika tegangan jatuh induktif adalah 10% pada beban

penuh sedangkan resistansi dapat diabaikan. Rotor adalah kutub

tonjol dengan 125 lilitan tiap kutub. Tentukan arus eksitasi pada

beban penuh.

68 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


BAB 4

Motor Asinkron

Setelah mempelajari bab ini, kita akan

• Memahami cara kerja motor asinkron.

• Mampu melakukan perhitungan-perhitungan sederhana pada motor

asinkron melalui rangkaian ekivalen.

4.1. Konstruksi Dan Cara Kerja

Motor merupakan piranti

konversi dari energi listrik ke

energi mekanik. Salah satu

jenis yang banyak dipakai

adalah motor asinkron atau

motor induksi. Di sini kita

hanya akan melihat motor

asinkron tiga fasa. Stator

memiliki alur-alur untuk

memuat belitan-belitan yang

akan terhubung pada sistem

tiga fasa. Gb.4.1. hanya

memperlihatkan tiga belitan

pada stator sebagai belitan

terpusat, yaitu belitan aa 1 ,

bb 1 dan cc 1 yang berbeda

posisi 120 o mekanik. Susunan belitan ini sama dengan susunan belitan

pada stator generator sinkron. Ketiga belitan ini dapat dihubungkan Y

ataupun ∆ untuk selanjutnya disambungkan ke sumber tiga fasa. Rotor

mempunyai alur-alur yang berisi konduktor dan semua konduktor pada

rotor ini dihubung singkat di ujung-ujungnya. Inilah salah satu konstruksi

rotor yang disebut rotor sangkar (susunan konduktor-konduktor itu

berbentuk sangkar).

Untuk memahami secara fenomenologis cara kerja motor ini, kita melihat

kembali bagaimana generator sinkron bekerja. Rotor generator yang

mendukung kutub magnetik konstan berputar pada porosnya. Magnet

yang berputar ini mengimbaskan tegangan pada belitan stator yang

membangun sistem tegangan tiga fasa. Apabila rangkaian belitan stator

tertutup, misalnya melalui pembebanan, akan mengalir arus tiga fasa

b 1

c

a

c 1

b

a 1

Gb.4.1. Motor asinkron.

69


pada belitan stator. Sesuai dengan hukum Lenz, arus tiga fasa ini akan

membangkitkan fluksi yang melawan fluksi rotor; kejadian ini kita kenal

sebagai reaksi jangkar. Karena fluksi rotor adalah konstan tetapi berputar

sesuai perputaran rotor, maka fluksi reaksi jangkar juga harus berputar

sesuai perputaran fluksi rotor karena hanya dengan jalan itu hukum Lenz

dipenuhi. Jadi mengalirnya arus tiga fasa pada belitan rotor

membangkitkan fluksi konstan yang berputar. Sekarang, jika pada belitan

stator motor asinkron diinjeksikan arus tiga fasa (belitan stator

dihubungkan pada sumber tiga fasa) maka akan timbul fluksi konstan

berputar seperti layaknya fluksi konstan berputar pada reaksi jangkar

generator sinkron. Demikianlah bagaimana fluksi berputar timbul jika

belitan stator motor asikron dihubungkan ke sumber tiga fasa.

Kita akan melihat pula secara skematis, bagaimana timbulnya fluksi

berputar. Untuk itu hubungan belitan stator kita gambarkan sebagai tiga

belitan terhubung Y yang berbeda posisi 120 o mekanis satu sama lain

seperti terlihat pada Gb.4.2.a. Belitan-belitan itu masing-masing dialiri

arus i a , i b , dan i c yang berbeda fasa 120 o listrik seperti ditunjukkan oleh

Gb.4.2.b. Masing-masing belitan itu akan membangkitkan fluksi yang

berubah terhadap waktu sesuai dengan arus yang mengalir padanya. Kita

perhatikan situasi yang terjadi pada beberapa titik waktu.

Perhatikan Gb.4.2. Pada t 1 arus i a maksimum negatif dan arus i b = i c

positif. Ke-tiga arus ini masing-masing membangkitkan fluksi φ a , φ b dan

φ c yang memberikan fluksi total φ tot . Kejadian ini berubah pada t 2 , t 3 , t 4

dan seterusnya yang dari Gb.4.2. terlihat bahwa fluksi total berputar

seiring dengan perubahan arus di belitan tiga fasa. Peristiwa ini dikenal

sebagai medan putar pada mesin asinkron.

Kecepatan perputaran dari medan putar harus memenuhi relasi antara

jumlah kutub, frekuensi tegangan, dan kecepatan perputaran sinkron

sebagaimana telah kita kenal pada mesin sinkron yaitu

p n s

120 f

f 1 = Hz atau n 1

s = rpm (4.1)

120

p

dengan f 1 adalah frekuensi tegangan stator, n s adalah kecepatan

perputaran medan putar yang kita sebut perputaran sinkron. Jumlah

kutub p ditentukan oleh susunan belitan stator. Pada belitan stator seperti

pada contoh konstruksi mesin pada Gb.4.1. jumlah kutub adalah 2,

sehingga jika frekuensi tegangan 50Hz maka perputaran sinkron adalah

3000 rpm.

70 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


c

1.1

a).

c 1

b 1

b

a 1

a

0

-1.1

-180 -135 -90 -45 0 45 90 135 180

i a i b i c

t

b).

t 1 t 2 t 3 t 4

i c

i b

i a

i c

i b

i a

i b

i c

i a

i c

i b

i a

φ b

φ a

φ a

φ tot φ a

φ a

φ tot

φ c

φ c

φ b

φ tot

φ b

φ b

φ c

φc

φ tot

t 1

t 2

t 3 t 4

Gb.4.2. Terbentuknya fluksi magnetik yang berbutar.

Arus positif menuju titik netral,

arus negatif meninggalkan titk netral.

Fluksi total φ tot tetap dan berputar.

Untuk membuat jumlah kutub menjadi 4, belitan stator disusun seperti

pada stator mesin sinkron pada Gb.3.1.

Selanjutnya medan magnetik berputar yang ditimbulkan oleh stator akan

mengimbaskan tegangan pada konduktor rotor. Karena konduktor rotor

merupakan rangkaian tertutup, maka akan mengalir arus yang kemudian

berinteraksi dengan medan magnetik yang berputar dan timbullah gaya

sesuai dengan hukum Ampere. Dengan gaya inilah terbangun torka yang

akan membuat rotor berputar dengan kecepatan perutaran n.

Perhatikanlah bahwa untuk terjadi torka, harus ada arus mengalir di

71


konduktor rotor dan untuk itu harus ada tegangan imbas pada konduktor

rotor. Agar terjadi tegangan imbas, maka kecepatan perputaran rotor n

harus lebih kecil dari kecepatan perputaran medan magnetik (yaitu

kecepatan perputaran sinkron n s ) sebab jika kecepatannya sama tidak

akan ada fluksi yang terpotong oleh konduktor. Dengan kata lain harus

terjadi beda kecepatan antara rotor dengan medan putar, atau terjadi slip

yang besarnya adalah :

Nilai s terletak antara 0 dan 1.

ns

− n

s = (4.2)

ns

Rotor Belitan. Pada awal perkenalan kita dengan mesin asinkron, kita

melihat pada konstruksi yang disebut mesin asinkron dengan rotor

sangkar. Jika pada rotor mesin asinkron dibuat alur-alur untuk

meletakkan susunan belitan yang sama dengan susunan belitan stator

maka kita mempunyai mesin asinkron rotor belitan. Terminal belitan

rotor dapat dihubungkan dengan cincin geser (yang berputar bersama

rotor) dan melalui cincin geser ini dapat dihubungkan pada resistor untuk

keperluan pengaturan perputaran. Skema hubungan belitan stator dan

rotor diperlihatkan pada Gb.4.3; pada waktu operasi normal belitan rotor

dihubung singkat. Hubungan seperti ini mirip dengan transformator.

Medan putar akan mengimbaskan tegangan baik pada belitan stator

maupun rotor.

E 1

E 2

belitan stator

Gb.4.3. Skema hubungan belitan stator dan rotor

mesin asinkron rotor belitan. Garis putus-putus

menunjukkan hubung singkat pada operasi normal.

Tegangan imbas pada stator adalah :

belitan rotor

E1

= 4 ,44 f 1K w 1φm

(4.3)

72 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


p ns

dengan K w1 adalah faktor belitan stator, f = = frekuensi tegangan

120

stator, φ m adalah fluksi maksimum di celah udara, 1 adalah jumlah

lilitan belitan stator.

Jika belitan rotor terbuka dan rotor tidak berputar, maka tegangan imbas

pada belitan rotor adalah

E2

= 4 ,44 f 2K w 2φm

(4.4)

p ns

dengan K w2 adalah faktor belitan rotor, f = = frekuensi tegangan

120

stator (karena rotor tidak berputar), φ m adalah fluksi maksimum di celah

udara sama dengan fluksi yang mengibaskan tegangan pada belitan

stator, 2 adalah jumlah lilitan belitan rotor.

Jika rotor dibiarkan berputar dengan kecepatan perputaran n maka

terdapat slip seperti ditunjukkan oleh (4.2). Frekuensi tegangan imbas

pada rotor menjadi

p ( ns

− n)

p s ns

f 2 = = = s f Hz

(4.5)

120 120

Jadi frekuensi tegangan rotor diperoleh dengan mengalikan frekuensi

stator dengan slip s; oleh karena itu ia sering disebut frekuensi slip.

Tegangan imbas pada belitan rotor dalam keadaan berputar menjadi

E 22 = sE 2

(4.6)

Jika rotor tak berputar (belitan rotor terbuka), maka dari (4.56) dan (4.57)

kita peroleh

E1

1K

w 1

= = a

E2

2K

w2

Situasi ini mirip dengan transformator tanpa beban.

(4.7)

COTOH 4.12 : Tegangan seimbang tiga fasa 50 Hz diberikan kepada

motor asinkron tiga fasa , 4 kutub. Pada waktu motor melayani

beban penuh, diketahui bahwa slip yang terjadi adalah 0,05.

Tentukanlah : (a) kecepatan perputaran medan putar relatif terhadap

stator; (b) frekuensi arus rotor; (c) kecepatan perputaran medan rotor

relatif terhadap rotor; (d) kecepatan perputaran medan rotor relatif

73


terhadap stator; (e) kecepatan perputaran medan rotor relatif

terhadap medan rotor.

Penyelesaian:

(a) Relasi antara kecepatan medan putar relatif terhadap stator

(kecepatan sinkron) dengan frekuensi dan jumlah kutub adalah

p n

f = s

. Jadi kecepatan perputaran medan putar adalah

120

120 f 120 × 50

n s = = = 1500 rpm

p 4

(b) Frekuensi arus rotor adalah f 2 = sf1

= 0,05 × 50 = 2, 5 Hz.

(c) Karena belitan rotor adalah juga merupakan belitan tiga fasa

dengan pola seperti belitan stator, maka arus rotor akan

menimbulkan pula medan putar seperti halnya arus belitan stator

menimbulkan medan putar. Kecepatan perputaran medan putar

rotor relatif terhadap rotor adalah

120 f 2 120 × 2,5

n2 = = = 75 Hz

p 4

(d) Relatif terhadap stator, kecepatan perputaran medan rotor harus

sama dengan kecepatan perputaran medan stator, yaitu

kecepatan sinkron 1500 rpm.

(e) Karena kecepatan perputaran medan rotor sama dengan

kecepatan perputaran medan stator, kecepatan perputaran

relatifnya adalah 0.

4.2. Rangkaian Ekivalen

Rangkaian ekivalen yang akan kita pelajari adalah rangkaian ekivalen

per fasa.

Rangkaian Ekivalen Stator. Jika resistansi belitan primer per fasa adalah

R 1 dan reaktansinya adalah X 1 , sedangkan rugi-rugi inti dinyatakan

dengan rangkaian paralel suatu resistansi R c dan reaktansi X φ seperti

halnya pada transformator. Jika V 1 adalah tegangan masuk per fasa pada

belitan stator motor dan E 1 adalah tegangan imbas pada belitan stator

oleh medan putar seperti diberikan oleh (4.3), maka kita akan

mendapatkan hubungan fasor

74 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


( 1 + 1) 1

V 1 = I1

R jX + E

(4.8)

Fasor-fasor tegangan dan arus serta reaktansi pada persamaan (4.61) ini

adalah pada frekuensi sinkron ω s = 2π f 1 . Rangkaian ekivalen stator

menjadi seperti pada Gb.4.4. yang mirip rangkaian primer transformator.

Perbedaan terletak pada besarnya I f yang pada transformator berkisar

antara 2 − 5 persen dari arus nominal, sedangkan pada motor asinkron

arus ini antara 25 − 40 persen arus nominal, tergantung dari besarnya

motor.

I 1

I c

R 1

jX 1 I f

I φ

A

V 1

E 1

R c jX c

B

Gb.4.4. Rangkaian ekivalen stator.

Selain itu reaktansi bocor X 1 pada motor jauh lebih besar karena adanya

celah udara dan belitan stator terdistribusi pada permukaan dalam stator

sedangkan pada transformator belitan terpusat pada intinya. Tegangan E 1

pada terminal AB pada rangkaian ekivalen ini haruslah merefleksikan

peristiwa yang terjadi di rotor.

Rangkaian Ekivalen Rotor. Jika rotor dalam keadaan berputar maka

tegangan imbas pada rotor adalah E 22 . Jika resistansi rotor adalah R 22

dan reaktansinya adalah X 22 maka arus rotor adalah :

E22

I 22 =

(4.9)

( R 22 + jX 22 )

Perhatikanlah bahwa fasor-fasor tegangan dan arus serta nilai reaktansi

pada persamaan (4.9) ini adalah pada frekuensi rotor ω 2 = 2π f 2 , berbeda

dengan persamaan fasor (4.8). Kita gambarkan rangkaian untuk

persamaan (4.9) ini seperti pada Gb.4.5.a.

75


A′

I 22

R 22

jX 22

A′

I 2

R 2

jsX 2

E 22

sE 2

B′

A′

B′

E 2

I 2

a)

R 2

jX 2

s

c)

Gb.4.5. Pengembangan rangkaian ekivalen rotor.

Menurut (4.6) E 22 = sE 2 dimana E 2 adalah tegangan rotor dengan

frekuensi sinkron ω s . Reaktansi rotor X 22 dapat pula dinyatakan dengan

frekuensi sinkron; jika L 2 adalah induktansi belitan rotor (yang

merupakan besaran konstan karena ditentukan oleh konstruksinya) maka

kita mempunyai hubungan

X 22 = ω2L2

= sω1L2

= sX 2

(4.10)

Di sini kita mendefinisikan reaktansi rotor dengan frekuensi sinkron

X 2 = ω1L2

. Karena Resistansi tidak tergantung frekuensi, kita nyatakan

resistansi rotor sebagai R 2 = R 22 . Dengan demikian maka arus rotor

menjadi

B′

A′

B′

sE

I 2

2 =

(4.11)

R2

+ jsX 2

Persamaan fasor tegangan dan arus rotor (4.64) sekarang ini adalah pada

frekuensi sinkron dan persamaan ini adalah dari rangkaian yang terlihat

pada Gb.4.5.b. Tegangan pada terminal rotor A´B´ adalah tegangan

karena ada slip yang besarnya adalah sE 2 . Dari rangkaian ini kita dapat

menghitung besarnya daya nyata yang diserap rotor per fasa, yaitu

E 2

I 2

R 2

b)

d)

jX 2

R 1−

s

2

s

P I 2

cr = 2 R 2

(4.12)

76 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Jika pembilang dan penyebut pada persamaan (4.64) kita bagi dengan s

kita akan mendapatkan

2

I 2 =

(4.13)

R 2 + jX 2

s

Langkah matematis ini tidak akan mengubah nilai I 2 dan rangkaian dari

persamaan ini adalah seperti pada Gb.4.5.c. Walaupun demikian ada

perbedaan penafsiran secara fisik. Tegangan pada terminal rotor A´B´

sekarang adalah tegangan imbas pada belitan rotor dalam keadaan rotor

tidak berputar dengan nilai seperti diberikan oleh (4.14) dan bukan

tegangan karena ada slip. Jika pada Gb.4.5.b. kita mempunyai rangkaian

riil rotor dengan resistansi konstan R dan tegangan terminal rotor yang

tergantung dari slip, maka pada Gb.4.28.c. kita mempunyai rangkaian

ekivalen rotor dengan tegangan terminal rotor tertentu dan resistansi

yang tergantung dari slip. Tegangan terminal rotor pada keadaan terakhir

ini kita sebut tegangan celah udara pada terminal rotor dan daya yang

diserap rotor kita sebut daya celah udara, yaitu :

E

= 2 R

I 2

s

(4.14)

P g

2

Daya ini jauh lebih besar dari P cr pada (4.12). Pada mesin besar nilai s

adalah sekitar 0,02 sehingga P g sekitar 50 kali P cr . Perbedaan antara

(4.14) dan (4.12) terjadi karena kita beralih dari tegangan rotor riil yang

berupa tegangan slip ke tegangan rotor dengan frekuensi sinkron. Daya

nyata P g tidak hanya mencakup daya hilang pada resistansi belitan saja

tetapi mencakup daya mekanis dari motor. Daya mekanis dari rotor ini

sendiri mencakup daya keluaran dari poros motor untuk memutar beban

ditambah daya untuk mengatasi rugi-rugi rotasi yaitu rugi-rugi akibat

adanya gesekan dan angin. Oleh karena itu daya P g kita sebut daya celah

udara artinya daya yang dialihkan dari stator ke rotor melalui celah udara

yang meliputi daya hilang pada belitan rotor (rugi tembaga rotor) dan

daya mekanis rotor. Dua komponen daya ini dapat kita pisahkan jika kita

menuliskan

R 2 ⎛ − s ⎞

= R + R ⎜

1

2 2 ⎟

s ⎝ s ⎠

(4.15)

77


Suku pertama (4.15) akan memberikan daya hilang di belitan rotor (per

fasa) P I 2

cr = 2 R 2 dan suku kedua memberikan daya keluaran mekanik

ekivalen

2 ⎛1

− s ⎞

P m = I 2 R2⎜


(4.16)

⎝ s ⎠

Dengan cara ini kita akan mempunyai rangkaian ekivalen rotor seperti

pada Gb.4.5.d.

Rangkaian Ekivalen Lengkap. Kita menginginkan satu rangkaian

ekivalen untuk mesin asinkron yang meliputi stator dan rotor. Agar dapat

menghubungkan rangkaian rotor dengan rangkaian stator, kita harus

melihat tegangan rotor E 2 dari sisi stator dengan memanfaatkan (4.60)

yang memberikan E 1 = aE2

. Jika E 2 pada Gb.4.5.d. kita ganti dengan

E1 = aE 2 , yaitu tegangan rotor dilihat dari sisi stator, maka arus rotor

dan semua parameter rotor harus pula dilihat dari sisi stator menjadi

' '

2 , R '

I 2 dan X 2 . Dengan demikian kita dapat menghubungkan

terminal rotor A´B´ ke terminal AB dari rangkaian stator pada Gb.4.4.

dan mendapatkan rangkaian ekivalen lengkap seperti terlihat pada

Gb.4.6.

I 1

R 1

jX 1

A

'

I 2

V 1

R c

I f

jX c

'

R 2

'

jX 2

'

R 1−

s

2

s

B

Gb.4.6. Rangkaian ekivalen lengkapmotor asikron.

Aliran Daya. Aliran daya per fasa dalam motor asinkron dapat kita baca

dari rangkaian ekivalen sebagai berikut. Daya (riil) yang masuk ke stator

motor melalui tegangan V 1 dan arus I 1 digunakan untuk :

• mengatasi rugi tembaga stator : P I 2

cs = 1 R 1

• mengatasi rugi-rugi inti stator : P inti

78 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


'

R

• daya masuk ke rotor, disebut daya celah udara P g = ( I ' 2

2 ) 2

s

,

yang digunakan untuk

'

• mengatasi rugi-rugi tembaga rotor : P ' 2

cr = ( I 2 ) R 2

• memberikan daya mekanis rotor

' 2 ' ⎛1

− s ⎞

P m = ( I 2 ) R2

⎜ ⎟ , yang terdiri dari :

⎝ s ⎠

• daya untuk mengatasi rugi rotasi (gesekan dan

angin) : P rotasi

• daya keluaran di poros rotor : P o .

Jadi urutan aliran daya secara singkat adalah :

P

= P m − P rotasi

o ; m g cr

P

= P − P ; Pg

Pin

− P − Pcs

= inti

Rangkaian Ekivalen Pendekatan. Dalam melakukan analisis motor

asinkron kita sering menggunakan rangkaian ekivalen pendekatan yang

lebih sederhana seperti pada Gb.4.7. Dalam rangkaian ini rugi-rugi

tembaga stator dan rotor disatukan menjadi ( ' 2

I2 ) Re

. Bagaimana R e

dan X e ditentukan akan kita bahas berikut ini.

I 1

'

jX e = jX 1 + jX 2

V 1

R c

I f

'

R e = R 1 + R 2

jX c

'

R 1−

s

2

s

Gb.4.7. Rangkaian ekivalen pendekatan.

4.3. Penentuan Parameter Rangkaian

Pengukuran Resistansi. Resistansi belitan stator maupun belitan rotor

dapat diukur. Namun perlu diingat bahwa jika pengukuran dilakukan

dengan menggunakan metoda pengukuran arus searah dan pengukuran

dilakukan pada temperatur kamar, harus dilakukan koreksi-koreksi.

Dalam pelajaran lebih lanjut kita akan melihat bahwa resistansi untuk

arus bolak-balik lebih besar dibandingkan dengan resistansi pada arus

searah karena adanya gejala yang disebut efek kulit. Selain dari itu, pada

79


kondisi kerja normal, temperatur belitan lebih tinggi dari temperatur

kamar yang berarti nilai resistansi akan sedikit lebih tinggi.

Uji Beban ol. Dalam uji beban nol stator diberikan tegangan nominal

sedangkan rotor tidak dibebani dengan beban mekanis. Pada uji ini kita

mengukur daya masuk dan arus saluran. Daya masuk yang kita ukur

adalah daya untuk mengatasi rugi tembaga pada beban nol, rugi inti, dan

daya celah udara untuk mengatasi rugi rotasi pada beban nol. Dalam uji

ini slip sangat kecil, arus rotor cukup kecil untuk diabaikan sehingga

biasanya arus eksitasi dianggap sama dengan arus uji beban nol yang

terukur.

Uji Rotor Diam. Uji ini analog dengan uji hubng singkat pada

transformator. Dalam uji ini belitan rotor di hubung singkat tetapi rotor

ditahan untuk tidak berputar. Karena slip s = 1, maka daya mekanis

keluaran adalah nol. Tegangan masuk pada stator dibuat cukup rendah

untuk membatasi arus rotor pada nilai yang tidak melebihi nilai nominal.

Selain itu, tegangan stator yang rendah (antara 10 – 20 % nominal)

membuat arus magnetisasi sangat kecil sehingga dapat diabaikan.

Rangkaian ekivalen dalam uji ini adalah seperti pada Gb.4.8. Perhatikan

bahwa kita mengambil tegangan fasa-netral dalam rangkaian ekivalen

ini.

I 0

'

jX e = jX 1 + jX 2

'

R e = R 1 + R 2

V fn

Gb.4.8. Rangkaian ekivalen motor

asikron pada uji rotor diam.

Jika P d adalah daya tiga fasa yang terukur dalam uji rotor diam, I d adalah

arus saluran dan V d adalah tegangan fasa-fasa yang terukur dalam uji ini,

maka

80 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


' Pd

Re

= X1

+ jX 2 =

2

3I

d

Vd

Ze

=

I d 3

X e ==

2 2

'

Ze

− Re

= X1

+ X 2

(4.17)

Jika kita menggunakan rangkaian ekivalen pendekatan, pemisahan antara

X 1 dan X 2´ tidak diperlukan dan kita langsung memanfaatkan X e .

COTOH 4.12 : Daya keluaran pada poros rotor motor asinkron tiga

fasa 50 Hz adalah 75 kW. Rugi-rugi rotasi adalah 900 W; rugi-rugi

inti stator adalah 4200 W; rugi-rugi tembaga stator adalah 2700 W.

Arus rotor dilihat dari sisi stator adalah 100 A.. Hitunglah efisiensi

motor jika diketahui slip s = 3,75%.

Penyelesaian:

Dari rangkaian ekivalen Gb.4.29., daya mekanik ekivalen adalah

' 2 ' ⎛1

− s ⎞

P m = ( I 2 ) R2

⎜ ⎟ .

⎝ s ⎠

P m dalam formulasi ini meliputi daya keluaran pada poros rotor dan

rugi rotasi. Daya keluaran 75 kW yang diketahui, adalah daya

keluaran pada poros rotor sedangkan rugi rotasi diketahui 900 W

sehingga

P m = 75000 + 900 = 75900 W

dan rugi-rugi tembaga rotor adalah

' 2 ' Pm

s 75900 × 0,0375

Pcr

= ( I 2 ) R2

= =

= 2957

1−

s 1 − 0,0375

Efisiensi motor adalah

Pkeluaran

η =

× 100%

Pkeluaran

+ rugi − rugi

75000

=

× 100%

75000 + 4200 + 2700 + 900 + 2957

= 87,45%

W

81


COTOH 4.13 : Uji rotor diam pada sebuah motor asinkron tiga fasa

rotor belitan, 200 HP, 380 V, hubungan Y, memberikan data berikut:

daya masuk P d = 10 kW, arus saluran I d = 250 A, V d = 65 Vdan

pengukuran resistansi belitan rotor memberikan hasil R 1 = 0,02 Ω per

fasa. Tentukan resistansi rotor dilihat di stator.

Penyelesaian :

Menurut (4.70) kita dapat menghitung

Pd

10000

R e = = = 0,0533 Ω per fasa

2

2

3I

d 3×

(250)

'

R2 = Re − R1

= 0,0533 − 0,02 = 0,0333 Ω per fasa

COTOH 4.14 : Pada sebuah motor asinkron tiga fasa 10 HP, 4 kutub,

220 V, 50 Hz, hubungan Y, dilakukan uji beban nol dan uji rotor

diam.

Beban nol : V 0 = 220 V; I 0 = 9,2 A; P 0 = 670 W

Rotor diam : V d = 57 V; I d = 30 A; P d = 950 W.

Pengukuran resistansi belitan stator menghasilkan nilai 0,15 Ω per

fasa. Rugi-rugi rotasi sama dengan rugi inti stator. Hitung: (a)

parameter-parameter yang diperlukan untuk menggambarkan

rangkaian ekivalen (pendekatan); (b) arus eksitasi dan rugi-rugi inti.

Penyelesaian :

a). Karena terhubung Y, tegangan per fasa adalah

220

V 1 = = 127 V .

3

Uji rotor diam memberikan :

Pd

950

R e = = = 0,35 Ω ;

2

2

3( I d ) 3×

(30)

'

R2 = Re

− R1

= 0,35 − 0,15 = 0,2 Ω

Vd

57

Z e = = = 1,1 Ω ;

3 × I d 3 × 30

X e =

2 2

Z e − Re

=

2 2

(1,1) − (0,35)

= 3,14 Ω

82 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


I 1

jX e =

j3,14

127∠0 o

V

R c

I f

R e

jX c

= 0,35

1− s

0 ,2

s

b). Pada uji beban nol, arus rotor cukup kecil untuk diabaikan; jadi

arus yang mengalir pada uji beban nol dapat dianggap arus

eksitasi I f .

Daya pada uji beban nol P 0 = 670 = V0

I f cos θ 3

670

⇒ cos θ =

= 0, 19 lagging.

220 3 × 9,2

o

Jadi : I f = 9,2∠θ = 9,2∠

− 79 .

Rugi inti :

2

2

P inti = P0

− 3×

I0

R1

= 670 − 3×

9,2 × 0,15 = 632 W

COTOH 4.15 : Motor pada contoh 4.14. dikopel dengan suatu beban

mekanik, dan pengukuran pada belitan stator memberikan data :

daya masuk 9150 W, arus 28 A, faktor daya 0,82. Tentukanlah : (a)

arus rotor dilihat dari sisi stator; (b) daya mekanis rotor; (c) slip yang

terjadi; (d) efisiensi motor pada pembebanan tersebut jika diketahui

rugi rotasi 500 W.

Penyelesaian :

a). Menggunakan tegangan masukan sebagai referensi, dari data

pengukuran dapat kita ketahui fasor arus stator, yaitu:

o

I 1 = 28∠

− 35 . Arus rotor dilihat dari sisi stator adalah :

'

I 2 = I1

− I f

= 28

( 0,82 − j0,57) − 9,2( 0,19 − j0,98)

o

= 22,3∠

−18

o

o

= 28∠ − 35 − 9,2∠ − 79

A

b). Daya mekanik rotor adalah :

= 21,2 − j6,94

Pm

= Pin

− Pi

nti − Pcs

− Pcr

2

2

= 9150 − 632 − 3×

28 × 0,15 − 3×

22,3 × 0,2 = 7867

W

83


c). Slip dapat dicari dari formulasi

' 2 '

3× ( I 2 ) R2

Pg

= Pin

− Pinti

− Pcs

=

.

s

' 2 '

2

3( I 2 ) R2


22,3 × 0,2

s = =

= 0,0365 atau 3,65 %

P 2

g 9150 − 632 − 3×

28 × 0,15

e). Rugi rotasi = 500 W.

Daya keluaran sumbu rotor :

P o = P m − Protasi

= 7867 − 500 = 7367 W

Po

7367

Efisiensi motor : η = × 100% = × 100% = 80%

P in 9150

4.4. Torka

Pada motor asinkron terjadi alih daya dari daya listrik di stator menjadi

daya mekanik di rotor. Sebelum dikurangi rugi-tembaga rotor, alih daya

tersebut adalah sebesar daya celah udara P g dan ini memberikan torka

yang kita sebut torka elektromagnetik dengan perputaran sinkron. Jadi

jika T adalah torka elektromagnetik maka

P g

Pg

= Tωs

atau T = (4.18)

ωs

Torka Asut. Torka asut (starting torque) adalah torka yang dibangkitkan

pada saat s = 1, yaitu pada saat perputaran masih nol. Besarnya arus rotor

ekivalen berdasarkan rangkaian ekivalen Gb.4.7. dengan s = 1 adalah

Besar torka asut adalah

I

'

1

2 = (4.19)

T

a

1

=

ω

P

=

ω

s

' 2

'

( R + R ) + ( X + X ) 2

g

s

1

2

V

1

'

( I )

' 2

'

( R + R ) + ( X + X ) 2

1

1

= × 3

ω

s

2

3V

2

1

R

2

'

2

1

2

2

'

2

R

×

s

2

(4.20)

84 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Pada saat s = 1 impedansi sangat rendah sehingga arus menjadi besar.

Oleh karena itu pada waktu pengasutan tegangan direduksi dengan

menggunakan cara-cara tertentu untuk membatasinya arus. Sudah barang

tentu penurunan tegangan ini akan memperkecil torka asut. Persamaan

(4.20) menunjukkan bahwa jika tegangan dturunkan setengahnya, torka

asut akan turun menjadi seperempatnya.

Torka maksimum. Torka ini penting diketahui, bahkan menjadi

pertimbangan awal pada waktu perancangan mesin dilakukan. Torka ini

biasanya bernilai 2 sampai 3 kali torka nominal dan merupakan

kemampuan cadangan mesin. Kemampuan ini memungkinkan motor

melayani beban-beban puncak yang berlangsung beberapa saat saja.

Perlu diingat bahwa torka puncak ini tidak dapat diberikan secara

kontinyu sebab akan menyebabkan pemanasan yang akan merusak

isolasi.

Karena torka sebanding dengan daya celah udara P g , maka torka

maksimum terjadi jika alih daya ke rotor mencapai nilai maksimum. Dari

rangkaian ekivalen pendekatan Gb.4.9., teorema alih daya maksimum

mensyaratkan bahwa alih daya ke

R 2 ' akan maksimum jika

s

R

s

'

2

m

'

( X + X ) 2

2

= R1

+ 1 2 atau

'

R2

= (4.21)

2

'

R ( ) 2

1 + X1

X 2

s m

+

'

I 1

j ( X 1 + X 2 )

I f

R 1

V 1

R c

jX c

R 2

' s

Gb.4.9. Rangkaian ekivalen pendekatan.

Persamaan (4.21) memperlihatkan bahwa s m dapat diperbesar dengan

'

memperbesar R 2 . Suatu motor dapat dirancang agar torka asut

mendekati torka maksimum dengan menyesuaikan nilai resistansi rotor.

Arus rotor pada waktu terjadi alih daya maksimum adalah

85


'

I2

=

=

V1

2

⎛ '

R ⎞

⎜ R 2

1 + ⎟ +

⎜ s ⎟

⎝ m ⎠

2

2 ⎛ 2

' 2 ⎞

'

'

( X + X ) ⎜ R1

+ R1

+ ( X1

+ X 2) ⎟ + ( X1

+ X 2)

1

V1

' 2

'

( X + X ) + 2( X + ) 2

2 2

2R1

+ 2R1

R1

+ 1 2 1 X2

Torka maksimum adalah

2

'

( I )

=



V1



2

(4.22)

'

2

1 2 R2

1

3V1

Tm = × 3 2 =

(4.23)

ωs

sm

ωs


2 ⎞

⎜ 2

'

2 R + + ( + ) ⎟

1 R1

X1

X 2



Persamaan (4.23) ini memperlihatkan bahwa torka maksimum tidak

tergantung dari besarnya resistansi rotor. Akan tetapi menurut (4.21) slip

maksimum s m berbanding lurus dengan resistansi rotor. Jadi mengubah

resistansi rotor akan mengubah nilai slip yang akan memberikan torka

maksimum akan tetapi tidak mengubah besarnya torka maksimum itu

sendiri.

Karakteristik Torka – Perputaran. Gb.4.10. memperlihatkan bagaimana

torka berubah terhadap perputaran ataupun terhadap slip. Pada gambar

ini diperlihatkan pula pengaruh resistansi belitan rotor terhadap

karakterik torka-perputaran. Makin tinggi resistansi belitan rotor, makin

besar slip tanpa mengubah besarnya torka maksimum.

torka dalam % nominal

300

200

100

0

1

0

s m1

resistansi rotor tinggi

s m 0

n s

resistansi rotor rendah

Gb.4.10. Karakteristik torka – perputaran.

slip

perputaran

86 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Aplikasi. Motor dibagi dalam beberapa katagori menurut karakteristik

spesifiknya sesuai dengan kemampuan dalam penggunaannya. Berikut

ini data motor yang secara umum digunakan, untuk keperluan memutar

beban dengan kecepatan konstan dimana tidak diperlukan torka asut yang

terlalu tinggi. Beban-beban yang dapat dilayani misalnya kipas angin,

blower, alat-alat pertukangan kayu, pompa sentrifugal. Dalam keadaan

tertentu diperlukan pengasutan dengan tegangan yang direduksi dan jenis

motor ini tidak boleh dibebani lebih secara berkepanjangan karena akan

terjadi pemanasan.

Pengendalian. Dalam pemakaian, kita harus memperhatikan

pengendaliannya. Pengendalian berfungsi untuk melakukan asut dan

menghentikan motor secara benar, membalik perputaran tanpa

merusakkan motor, tidak mengganggu beban lain yang tersmbung pada

sistem pencatu yang sama. Hal-hal khusus yang perlu diperhatikan dalam

pengendalian adalah : (a) pembatasan torka asut (agar beban tidak rusak);

(b) pembatasan arus asut; (c) proteksi terhadap pembebanan lebih; (d)

proteksi terhadap penurunan tegangan; (e) proteksi terhadap terputusnya

salah satu fasa (yang dikenal dengan single phasing). Kita cukupkan

sampai di sini pembahasan kita mengenai motor asinkron. Pengetahuan

lebih lanjut akan kita peroleh pada pelajaran khusus mengenai mesinmesin

listrik.

Tabel-4.1. Motor Dalam Aplikasi

HP

jumlah

kutub

torka

asut %

0,5 2 150

sampai 4 150

200 6 135

8 125

10 120

12 115

14 110

16 105

torka

maks

sampai

250 %

tidak

kurang

dari

200 %

arus

asut

500 %

sampai

1000 %

slip

3 %

sampai

5 %

faktor

daya

0,87

sampai

0,89

efisiensi

87 %

sampai

89 %

Soal-Soal

1. Sebuah motor asinkron 3 fasa, 100 HP, 380 V, 50 Hz, mempunyai

rugi-rugi inti stator 4400 W, dan rugi tembaga stator 3000 W. Rugirugi

rotasi adalah 1100 W dan arus ekivalen rotor dilihat di stator

adalah 120 A. Pada slip 4%, hitunglah efisiensi motor.

87


2. Sebuah motor asinkron 3 fasa 20 HP, 380 V, 50 Hz, 6 kutub, belitan

stator terhubung Y. Pengukuran resistansi menunjukkan resistansi

belitan stator 0,13 Ω per fasa. Uji rotor diam memberikan resistansi

ekivalen 0,22 Ω dan reaktansi ekivalen 0,52 Ω. Uji beban nol

memberikan rugi-rugi inti 600 W. Jika motor ini beroperasi dengan

slip 3%, hitunglah : (a) arus saluran; (b) faktor daya; (c) daya

keluaran (HP); (d) Torka asut.

3. Sebuah motor asinkron 3 fasa, 2200 V, 50 Hz, 12 kutub, terhubung

Y. Pada uji beban nol, motor menyerap daya 14 kW pada arus

saluran 20 A. Pengukuran resistansi menghasilkan resistansi belitan

stator 0,4 Ω per fasa. Uji rotor diam menghasilan resistansi ekivalen

0,6 Ω dan reaktansi ekivalen 2,0 Ω. Motor beroperasi pada slip 3%.

Hitunglah: (a) arus masukan; (b) faktor daya; (c) besarnya torka.

4. Sebuah motor asinkron 3 fasa, 100 HP, 380 V, 50 Hz, 12 kutub,

belitan stator terhubung Y. Pengukuran resistansi menghasilkan nilai

resistansi belitan stator 0,06 per fasa. Uji beban nol menunjukkan

rugi-rugi inti 4200 W. Uji rotor diam memberikan resistansi ekivalen

0,11 Ω dan reaktansi ekivalen 0,26 Ω per fasa. Jika motor beroperasi

pada beban penuh dan rugi-rugi rotasi diketahui 1800 W,

tentukanlah : (a) arus masukan; (b) faktor daya; (c) efisiensi.

5. Sebuah motor asinkron 3 fasa, rotor belitan terhubung Y, tegangan

masukan 2200 V. Uji beban nol pada tegangan 2200 Vmemberikan

data arus saluran 16,5 A, daya masuk 12,4 kW. Uji rotor diam

dilakukan pada tegangan masuk 450 V memberikan data arus

saluran 176 A dan daya masuk 37,5 kW. Pengukuran resistansi

stator menghasilkan resistansi 0,28 Ω per fasa. Jika motor beropersai

pada slip 2% dan diketahui rugi-rugi rotasi 2 kW, tentukan nilai

parameter untuk menggambarkan rangkaian ekivalen pendekatan.

6. Pada motor soal nomer 5, tentukanlah : (a) slip untuk memberikan

torka maksimum; (b) arus masukan dan faktor daya pada waktu

terjadi torka maksimum; (c) besarnya torka maksimum.

7. Sebuah motor asinkron rotor sangkar, 400 HP, 2200 V, 6 kutub, 50

Hz, belitan stator terhubung Y, mempunyai parameter

R 1 = 0,2 Ω;

R e = 0,4 Ω;

X e = 0,25 Ω

Rugi-rugi inti stator 8800 W dan rugi-rugi rotasi 4800 W. Jika motor

beroperasi pada slip 2%, dengan menggunakan rangkaian ekivalen

pendekatan hitunglah : (a) arus masukan; (b) faktor daya; (c)

besarnya torka; (d) efisiensi.

88 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


BAB 5

Sinyal onsinus Pada Rangkaian Linier

Penyediaan energi listrik pada umumnya dilakukan dengan

menggunakan sumber tegangan berbentuk gelombang sinus. Arus yang

mengalir diharapkan juga berbentuk gelombang sinus. Namun

perkembangan teknologi terjadi di sisi beban yang mengarah pada

peningkatan efisiensi peralatan dalam penggunaan energi listrik. Alat-alat

seperti air conditioner, refrigerator, microwave oven, sampai ke mesin

cuci dan lampu-lampu hemat energi makin banyak digunakan dan semua

peralatan ini menggunakan daya secara intermittent. Peralatan elektronik,

yang pada umumnya memerlukan catu daya arus searah juga semakin

banyak digunakan sehingga diperlukan penyearahan arus. Pembebananpembebanan

semacam ini membuat arus beban tidak lagi berbentuk

gelombang sinus.

Bentuk-bentuk gelombang arus ataupun tegangan yang tidak berbentuk

sinus, namun tetap periodik, tersusun dari gelombang-gelombang sinus

dengan berbagai frekuensi. Gelombang periodik nonsinus ini

mengandung harmonisa.

Pembahasan mengenai harmonisa dalam buku ini diharapkan menjadi

pengantar untuk pembahasan mengenai Kualitas Daya. Kajian mengenai

kualitas daya dalam system penyaluran energi listrik mencakup setiap

permasalahan pada sistem tenaga yang berdampak pada penyimpngan

besaran tegangan, arus, dan frekuensi dan berakibat kegagalan kerja

sistem atau kegagalan operasi peralatan di sisi beban.

Perkembangan teknologi di sisi beban telah memunculkan berbagai

beban dengan karakteristik masing-masing serta berbagai pola

pembebanan. Karena beban terikat pada sistem pasokan daya, maka

tuntutan pembebanan juga akan berimbas pada sistem. Setiap sebab yang

akan menurunkan kinerja sistem perlu dihindarkan atau ditekan

seminimal mungkin. Oleh karena itu muncullah permasalahan kualitas

daya.

Kegagalan kerja sistem tidak harus berarti ‘shut down’ dan kegagalan

operasi peralatan tidak harus berarti ‘rusak’. Penurunan efisiensi dan

penurunan life time termasuk dalam katagori kegagalan kerja sistem dan

peralatan. Dengan demikian maka upaya peningkatan kualitas daya

89


merupakan upaya mencegah kegagalan operasi peralatan di sisi beban

(pengguna akhir) maupun meningkatkan kinerja pasokan. Upaya

peningkatan kualitas dituntut baik pada penyaluran dari pembangkit ke

jaringan, di dalam jaringan, maupun pasokan ke beban.

Masalah faktor daya, ketidak-seimbangan, susut energi di jaringan,

power interruption, adalah masalah-masalah yang selalu muncul dalam

sistem distribusi tenaga listrik. Ketidak-seimbangan pembebanan yang

menyebabkan munculnya komponen-komponen arus negative sequence

dan zero sequence juga akan menambah persoalan di jaringan.

Sesungguhnya persoalan kualitas daya tidak hanya terbatas pada usaha

perbaikan apa yang sudah ada, melainkan mencakup antisipasi pada

keadaan mendatang, baik yang didorong oleh perkembangan teknologi

maupun oleh peraturan-peraturan dan juga kepentingan komersial.

Beberapa perkembangan dalam teknologi energi listrik yang perlu

mendapat perhatian adalah:

a) Distributed Generation

Makin menyusutnya persediaan fossil fuel dan kesadaran akan

lingkungan mendorong upaya ke arah energi alternatif dan energi

terbarukan. Wind power, wave energy, photovoltaic, biomass,

fuelcell, mikrohidro, adalah beberapa contoh. Skala pembangkit

alternatif ini relatif kecil dan kebanyakan tersebar pada lokasi yang

berjauhan. Jika daya dari pembangkit yang relatif kecil ini harus

masuk ke jaringan, maka daya masuk ke jaringan melalui jaringan

distribusi.

b) Energy Storage

Teknologi ini sudah sejak lama menjadi perbincangan. Penyimpanan

energi sejauh ini dilaksanakan pada penyimpanan “energi

pembangkit” seperti energi kimia (batere), mekanik (flywheel), hidro

(hydro pumped storage), panas (thermal storage). Pembangkitan

listrik dari simpanan energi ini juga relative berskala kecil, yang bisa

masuk ke jaringan melalui jaringan distribusi.

c) Power Electronic

Perkembangan di bidang power electronic, dengan beban besar yang

merupakan pembebanan nonlinier, memerlukan perhatian agar

pengaruhnya pada sistem penyaluran daya serta dampaknya terhadap

peralatan-peralatan konvensional sistem (seperti transformator)

90 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


dapat ditekan. Perkembangan konversi AC/DC, diiringi oleh

pengembangan tapis aktif; walaupun demikian pemantauan kaualitas

daya tetap harus dilakukan.

5.1. Pendekatan umerik Sinyal onsinus

Dalam pembahasan harmonisa kita akan menggunakan istilah sinyal

nonsinus untuk menyebut secara umum sinyal periodik seperti sinyal gigi

gergaji dan sebagainya, termasuk sinyal sinus terdistorsi yang terjadi di

sistem tenaga.

Di Bab-3 telah dibahas bagaimana mencari spektrum amplitudo dan

sudut fasa dari bentuk sinyal nonsinus yang mudah dicari persamaannya.

Berikut ini kita akan membahas cara menentukan spektrum amplitudo

sinyal nonsinus melalui pendekatan numerik, yang digunakan jika kita

menghadapi sinyal nonsinus yang tidak mudah dicari persamaannya.

Cara pendekatan ini dapat dilakukan dengan bantuan komputer

sederhana, terutama jika sinyal disajikan dalam bentuk kurva hasil dari

suatu pengukuran analog. Dalam praktik, sinyal nonsinus diukur dengan

menggunakan alat ukur elektronik yang dapat menunjukkan langsung

spektrum amplitudo dari sinyal nonsinus yang diukur.

Penafsiran Grafis Deret Fourier. Pencarian spektrum amplitudo suatu

sinyal periodik y(t) dilakukan melalui penghitungan koefisien Fourier

dengan formula seperti berikut ini.

a

a

b

0

n

n

1

=

T

0

2

=

T

0

2

=

T

0

T0

/ 2

y(

t)

dt

−T

/ 2

dengan T 0 adalah perioda sinyal.


T0

/ 2

y(

t) cos( nω0t)

dt

−T

/ 2


T0

/ 2

y(

t)sin(

nω0t)

dt

−T

/ 2


0

0

0

;

;

n > 0

n > 0

T0

/ 2

Integral


y ( t)

dt adalah luas bidang yang dibatasi oleh kurva y(t)

− T0

/ 2

dengan sumbu-t dalam rentang satu perioda. Jika luas bidang dalam

rentang satu perioda ini dikalikan dengan (1/T 0 ), yang berarti dibagi

91


dengan T 0 , akan memberikan nilai rata-rata y(t) yaitu nilai komponen

searah a 0 .

T0

/ 2

Integral


y ( t) cos( nω0t)

dt adalah luas bidang yang dibatasi oleh

− T / 2

0

kurva y( t ) cos( n ω 0 t ) dengan sumbu-t dalam rentang satu perioda. Jika

luas bidang ini dikalikan dengan (2/T 0 ), yang berarti dibagi (T 0 /2), akan

diperoleh a n . Di sini T 0 harus dibagi dua karena dalam satu perioda T 0

terdapat dua kali gelombang penuh berfrekuensi nω 0 .

T0

/ 2

Integral


y ( t) sin( nω0t)

dt adalah luas bidang yang dibatasi oleh

− T / 2

0

kurva y( t )sin( n ω 0 t ) dengan sumbu-x dalam rentang satu perioda. Jika

luas ini dikalikan dengan (2/T 0 ) akan diperoleh b n . Seperti halnya

penghitungan a n , T 0 harus dibagi dua karena dalam satu perioda T 0

terdapat dua kali gelombang penuh berfrekuensi nω 0 .

Dengan penafsiran hitungan integral sebagai luas bidang, maka

pencarian koefisien Fourier dapat didekati dengan perhitungan luas

bidang. Hal ini sangat membantu karena perhitungan analitis hanya dapat

dilakukan jika sinyal nonsinus yang hendak dicari komponenkomponennya

diberikan dalam bentuk persamaan yang cukup mudah

untuk diintegrasi.

Prosedur Pendekatan umerik. Pendekatan numerik integral sinyal y(t)

dalam rentang p ≤ t ≤ q dilakukan sebagai berikut.

1. Kita bagi rentang p ≤ t ≤ q ke dalam m segmen dengan lebar masingmasing

∆t k ; ∆t k bisa sama untuk semua segmen bisa juga tidak,

tergantung dari keperluan. Integral y(t) dalam rentang p ≤ t ≤ q

dihitung sebagai jumlah luas seluruh segmen dalam rentang tersebut.

Setiap segmen dianggap sebagai trapesium; sisi kiri suatu segmen

merupakan sisi kanan segmen di sebelah kirinya, dan sisi kanan suatu

segmen menjadi sisi kiri segmen di sebelah kanannya. Jika sisi kanan

segmen (trapesium) adalah A k maka sisi kirinya adalah A k-1 , maka

luas segmen ke-k adalah

L

( A + A ) × ∆t

/ 2

k = k k− 1 k

(5.1)

92 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


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

q

m

f ( t)

dt ≈∑

Lk

(5.2)

p

k=

1


2. Nilai ∆t k dipilih sedemikian rupa sehingga error yang terjadi masih

berada dalam batas-batas toleransi yang kita terima. Jika sinyal

diberikan dalam bentuk grafik, untuk mencari koefisien Fourier dari

harmonisa ke-n, satu perioda dibagi menjadi tidak kurang dari 10×n

segmen agar pembacaan cukup teliti dan error yang terjadi tidak

lebih dari 5%. Untuk harmonisa ke-5 misalnya, satu perioda dibagi

menjadi 50 segmen. Ketentuan ini tidaklah mutlak; kita dapat

memilih jumlah segmen sedemikian rupa sehingga pembacaan

mudah dilakukan namun cukup teliti.

3. Relasi untuk memperoleh nilai koefisien Fourier menjadi seperti

berikut:

m

1

a0

=

T


0 k=

1

m

2

an

=

T


0 k=

1

[ A + A ]

k

k−1

∆tk

=

2


[ A cos( nω

t)

+ A cos( nω

t )]

k

0

k−1

2

Lka0

T0

0 k−1

∆tk

[ A sin( nω

t)

+ A sin( nω

t )]



m

2


− ∆ L

k 0 k 1 0 k 1 tk

kbn

bn

= ∑

=

T0

2

T

k=

1 0 / 2

4. Formula untuk sudut fasa adalah

ϕ

n

=

Lkan

T0

/ 2

(5.3)

−1

⎛ b ⎞


n

= tan ⎟

(5.4)

⎝ an


5. Perlu disadari bahwa angka-angka yang diperoleh pada pendekatan

numerik bisa berbeda dengan nilai yang diperoleh secara analitis.

Jika misalkan secara analitis seharusnya diperoleh a 1 = 0 dan b 1 =

150, pada pendekatan numerik mungkin diperoleh angka yang sedikit

menyimpang, misalnya a 1 = 0,01 dan b 1 = 150,2.

2 2

6. Amplitudo dari setiap komponen harmonisa adalah A n = an

+ bn

.

Sudut fasa dihitung dalam satuan radian ataupun derajat dengan

mengingat letak kuadran dari vektor amplitudo seperti telah dibahas

93


pada waktu kita membahas spektrum sinyal dalam Bab-3. Persamaan

sinyal nonsinus adalah

2 2

( ) 0 ∑ ∞ y t = a +


a + cos( ω0

− ϕ )


n bn

n t n (5.5)

⎢⎣

⎥⎦

n=

1

Berikut ini kita lihat sinyal periodik yang diberikan dalam bentuk kurva

yang tak mudah dicari persamaannya. Prosedur pendekatan numerik

dilakukan dengan membaca kurva yang memerlukan kecermatan. Hasil

pembacaan kita muatkan dalam suatu tabel seperti pada contoh berikut

ini.

COTOH-5.1:

200

y[volt]

150

100

50

0

-50

0 0,002 0,004 0,006 0,008 0,01 0,012 0,014 0,016 0,018 0,02

t[detik]

-100

-150

-200

Carilah komponen searah, fundamental, dan harmonisa ke-3 sinyal

periodik y(t) yang dalam satu perioda berbentuk seperti yang

diperlihatkan dalam gambar di atas. Perhatikan bahwa gambar ini

adalah gambar dalam selang satu periode yang berlangsung dalam

0,02 detik, yang sesuai dengan frekuensi kerja 50 Hz.

Penyelesaian: Perhitungan diawali dengan menetapkan nilai t

dengan interval sebesar ∆t = 0,0004 detik, kemudian menentukan A k

untuk setiap segmen. Sisi kiri segmen pertama terjadi pada t = 0 dan

sisi kanannya menjadi sisi kiri segmen ke-dua; dan demikian

selanjutnya dengan segmen-segmen berikutnya. Kita tentukan pula

sisi kanan segmen terakhir pada t = T 0 . Hasil perhitungan yang

94 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


diperoleh dimuatkan dalam Tabel-5.1 (hanya ditampilkan sebagian),

dimana sudut fasa dinyatakan dalam satuan radian. Pembulatan

sampai 2 angka di belakang koma.

Tabel-5.1. Analisis Harmonisa Sinyal Nonsinus pada Contoh-5.1.

T 0 = 0,02 s

∆t k = 0,0004 s

Komp.

searah

Fundamental

f 0 = 1/T 0 = 50 Hz

Harmonisa ke-3

t A k L ka0 L ka1 L kb1 L ka3 L kb3

0 50

0,0004 75 0,025 0,025 0,002 0,024 0,006

0,0008 100 0,035 0,034 0,007 0,029 0,019

0,0012 120 0,044 0,042 0,014 0,025 0,035

: : : : : : :

0,0192 -5 -0,006 -0,006 0,002 -0,003 0,005

0,0196 20 0,003 0,003 0,000 0,003 -0,001

0,02 50 0,014 0,014 -0,001 0,014 -0,001

Jumlah L k 0,398 0,004 1,501 -0,212 0,211

a 0 19,90

a 1 , b 1 0,36 150,05

a 3 , b 3 −21,18 21,13

Ampli-1, ϕ 1 150,05 1,57

Ampli-3, ϕ 3 29,92 -0,78

Tabel ini memberikan

a0

= 19,90

a1

= 0,36; b1

= 150,05

a3

= −21,18;

b3

= 21,13 ⇒

2 2

⇒ A1

= 0,36 + 150,05 = 150,05

−1

ϕ1

= tan (150,05 / 0,36) = 1,57

A3

=

2 2

( −21,18)

+ 21,13

= 29,92

−1

ϕ3

= tan (21,13/ − 21,18) = −0,78

Sesungguhnya kurva yang diberikan mengandung pula harmonisa kedua.

Apabila harmonisa ke-dua dihitung , akan memberikan hasil

a 2 = 49,43 dan b 2 = −0, 36

amplitudo A 2 = 49,43 dan ϕ 2 = −0, 01

95


Dengan demikian uraian sampai dengan harmonisa ke-3 dari sinyal

yang diberikan adalah

y(

t)

= 19,90 + 150,05cos(2πf

0t

−1,57)

+ 49,43cos(4πf

0t

+ 0,01)

+ 29,92cos(6πf

0t

+ 0,78)

5.2. Elemen Linier Dengan Sinyal onsinus

Hubungan tegangan dan arus elemen-elemen linier R, L, C, pada sinyal

sinus di kawasan waktu berlaku pula untuk sinyal periodik nonsinus.

COTOH-5.2: Satu kapasitor C mendapatkan tegangan nonsinus

v = 100 sin( ωt

+ 0,5) + 20sin(3ωt

− 0,2) + 10sin(5ωt

+ 1,5) V

(a) Tentukan arus yang mengalir pada kapasitor. (b) Jika C = 30 µF,

dan frekuensi f = 50 Hz, gambarkan (dengan bantuan komputer)

kurva tegangan dan arus kapasitor.

Penyelesaian:

dv

(a) Hubungan tegangan dan arus kapasitor adalah i C = C

dt

Oleh karena itu arus kapasitor adalah

d 100sin( ωt

+ 0,5) + 20sin(3ωt

− 0,2) + 10sin(5ωt

+ 1,5)

i C = C

dt

= 100ωC

cos( ωt

+ 0,5) + 60ωC

cos(3ωt

− 0,2)

{ }

= 100ωC

sin( ωt

+ 2,07) + 60ωC

sin(3ωt

+ 1,37)

+ 50ωC

cos(5ωt

+ 1,5)

+ 50ωC

sin(5ωt

+ 3,07) A

(b) Kurva tegangan dan arus adalah seperti di bawah ini.

150

[V]

100

50

0

-50

-100

-150

v C

5 [A]

i C

2,5

0 0.005 0.01

0

0.015 detik 0.02

−2,5

−5

96 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Kurva tegangan dan arus pada contoh ini merupakan fungsi-fungsi

nonsinus yang simetris terhadap sumbu mendatar. Nilai rata-rata

fungsi periodik demikian ini adalah nol. Pendekatan numerik

memberikan nilai rata-rata

vrr

−14

= 1,8 × 10 V dan

−17

irr

= 5 × 10 A.

5.3. ilai Rata-Rata Dan ilai Efektif Sinyal onsinus

ilai Rata-Rata. Sesuai dengan definisi untuk nilai rata-rata, nilai ratarata

sinyal nonsinus y(t) dengan perioda T 0 adalah

1

Yrr

=

T0

T

y(

t)

dt

0


(5.6)

Nilai rata-rata sinyal nonsinus adalah komponen searah dari sinyal

tersebut.

ilai Efektif. Definisi nilai efektif sinyal periodik y(t) dengan perioda T 0

adalah

Yrms

=

1

T0

T

2

y ( t)

dt

0


(5.7)

Dengan demikian maka nilai efektif sinyal sinus y 1 = Y m1 sin(ωt + θ)

adalah

1 T

2 2

Ym

Y 1rms

= Ym

sin ( )

1

1 ωt

+ θ dt =

(5.8)

T ∫

0 0

2

Nilai efektif sinyal nonsinus ∑ ∞ y ( t)

= Y0 + Ymn

sin( nω0t

+ θn

) adalah

n=

1

Yrms

=

1

T0

T ⎛

∫ ⎜

⎜ Y + ∑ ω + θ

⎟ ⎟ 0 Ymn

sin( n 0t

n )

0

n=

1




2


dt

Jika ruas kiri dan kanan dikuadratkan, kita dapatkan

97


2 1

Y rms =

T0

2 1

Y rms =

T0

1

+

T0



T ⎛

Melalui kesamaan trigonometri

∫ ⎜

⎜ Y0

+ ∑Ymn

sin( nω0t

+ θn

)

⎟ ⎟ 0

n=

1




T ⎛ ∞


⎜ 2 2 2

Y


⎜ 0 + ∑Ymn

sin ( nω0t

+ θn

) dt

0


⎝ n=

1


2


dt

atau

⎛ ∞


⎜2Y


⎜ 0∑Ymn

sin( nω0t

+ θn

)


⎜ n=

1





T ⎜+

2Y

ω + θ ∑ ω + θ ⎟

m1

sin( 0t

1)

Ymn

sin( n 0t

n )


⎟dt

0

n=

2






⎜+

2Ym2

sin(2ω0t

+ θ2

) ∑Ymn

sin( nω0t

+ θn

) ⎟


n=

3




⎝+

.................................


2 sin α sin β = cos( α − b ) − cos( α + β)

(5.9)

dan karena Y 0 bernilai tetap maka suku ke-dua ruas kanan (5.8)

merupakan penjumlahan nilai rata-rata fungsi sinus yang masing-masing

memiliki nilai rata-rata nol, sehingga suku ke-dua ini bernilai nol. Oleh

karena itu (5.9) dapat kita tulis

atau

2 1

Y rms =

T

T ⎛

∫ ⎜

⎜ 2 2 2

Y0

+ ∑Y

ω + θ

⎟ ⎟ nm sin ( n 0t

n )

0

n=

1





2 1 t

2 1

Y rms =


Y0

dt +

T 0 T

n=

1


2 2

= Y0

+ ∑Ynrms

n=

1

∑ ∫


dt

T

2 2

Ynm

sin ( nω0t

+ θn)

dt

0

(5.10)

(5.11)

Persamaan (5.11) menunjukkan bahwa kuadrat nilai efektif sinyal non

sinus sama dengan jumlah kuadrat komponen searah dan kuadrat semua

nilai efektif konponen sinus. Kita perlu mencari formulasi yang mudah

untuk menghitung nilai efektif ini. Kita bisa memandang sinyal nonsinus

sebagai terdiri dari tiga macam komponen yaitu komponen searah (y 0 ),

98 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


komponen fundamental (y 1 ), dan komponen harmonisa (y h ). Komponen

searah adalah nilai rata-rata sinyal, komponen fundamental adalah

komponen dengan frekuensi fundamental ω 0 , sedangkan komponen

harmonisa merupakan jumlah dari seluruh komponen harmonisa yang

memiliki frekuensi nω 0 dengan n > 1. Jadi sinyal nonsinus y dapat

dinyatakan sebagai

y = y0

+ y1

+ y h

Akan tetapi kita juga dapat memandang sinyal nonsinus sebagai terdiri

dari dua komponen saja, yaitu komponen fundamental dan komponen

harmonisa total di mana komponen yang kedua ini mencakup komponen

searah. Alasan untuk berbuat demikian ini adalah bahwa dalam proses

transfer energi, komponen searah dan harmonisa memiliki peran yang

sama; hal ini akan kita lihat kemudian. Dalam pembahasan selanjutnya

kita menggunakan cara pandang yang ke-dua ini. Dengan cara pandang

ini suatu sinyal nonsinus dinyatakan sebagai

y = y 1 + y h

(5.12)

dengan y1 = Y1m

sin( ω0t

+ θ1)

dan

k

yh

= Y0 + ∑Ynm

sin( nω0t

+ θn

) .

n=

2

Dengan demikian maka relasi (5.11) menjadi

2 2 2

Y rms Y1rms

+ Yhrms

= (5.13)

Dalam praktik, komponen harmonisa y h dihitung tidak melibatkan

seluruh komponen harmonisa melainkan dihitung dalam lebar pita

spektrum tertentu. Persamaan sinyal dijumlahkan sampai pada frekuensi

tertinggi yang ditentukan yaitu kω 0 ; sinyal dengan frekuensi di atas batas

frekuensi tertinggi ini dianggap memiliki amplitudo yang sudah cukup

kecil untuk diabaikan.

COTOH-5.2: Suatu tegangan berbentuk gelombang gigi gergaji

memiliki nilai maksimum 20 volt, dengan frekuensi 20 siklus per

detik. Hitunglah nilai tegangan efektif dengan: (a) relasi nilai efektif;

(b) uraian harmonisa.

Penyelesaian:

99


(a) Perioda sinyal 0,05 detik dengan persamaan: v( t)

= 400t

.

Nilai efektif:

V rms

1 0,05

2 1 ⎡1600

= (400 )

0,05 ∫

t dt =

0

0,05

⎢ t

⎣ 3

0,05

3 ⎤


⎦0

≈11,55 V

(b) Uraian sinyal ini sampai harmonisa ke-7 adalah diberikan dalam

contoh di Bab-3, yaitu

v(

t)

= 10 − 6,366 sin ω0t

− 3,183sin 2ω0t

− 2,122 sin 3ω0t

−1,592 sin 4ω0t

−1,273sin 5ω0t

−1,061sin 6ω0t

− 0,909 sin 7ω0t

V

Persamaan ini memberikan nilai efektif tegangan fundamental,

tegangan harmonisa, dan tegangan total sebagai berikut.

6,366

V 1rms

= ≈ 4,5 V

2

V hrms

2 2 2 2 2 2

2 3,183 2,122 1,592 1,273 1,061 0,909

= 10 + + + + + + ≈ 10,7 V

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2

V rms = V1rms

+ Vhrms

= 4,5 + 10,7 ≈ 11,6 V

Contoh ini menunjukkan bahwa sinyal gigi gergaji memiliki nilai

efektif harmonisa jauh lebih tinggi dari nilai efektif komponen

fundamentalnya.

COTOH-5.3: Uraian dari penyearahan setengah gelombang arus sinus

i = sin ω 0 t A sampai dengan harmonisa ke-10 adalah:

i(

t)

= 0,318 + 0,5cos( ω

0

+ 0,018cos(6ω

t −1,57)

+ 0,212cos(2ω

0

t)

+ 0.010 cos(8ω

0

0

t ) + 0,042 cos(4ω

t)

+ 0.007 cos(10ω

Hitung nilai efektif komponen arus fundamental, arus harmonisa,

dan arus total.

Penyelesaian:

Nilai efektif arus fundamental, arus harmonisa dan arus total

berturut-turut adalah

0

0

t)

t)

A

100 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


0,5

I1 rms = = 0,354 A

2

I hrms

=

2

2 0,212

0,318 +

2

2

0,042

+

2

2

0,018

+

2

2

0,01

+

2

2

0,007

+

2

= 0,354 A

2 2

2 2

I rms = I1rms

+ I hrms = 0,354 + 0,354 ≈ 0,5 A

Contoh-5.3 ini menunjukkan bahwa pada penyearah setengah gelombang

nilai efektif komponen fundamental sama dengan nilai efektif komponen

harmonisanya.

COTOH-5.4: Tegangan pada sebuah kapasitor 20 µF terdiri dari dua

komponen yaitu v1 = 200sin

ωt

dan v15 = 20sin15ωt

. Jika

diketahui frekuensi fundamental adalah 50 Hz, hitunglah: (a) nilai

efektif arus yang diberikan oleh v 1 ; (b) nilai efektif arus yang

diberikan oleh v 15 ; (c) arus efektif total; (d) gambarkan kurva ketiga

arus tersebut sebagai fungsi waktu.

Penyelesaian:

a). Komponen tegangan pertama adalah v1 = 200sin(100πt)

V. Arus

yang diberikan oleh tegangan ini adalah

−6

−6

i1

= 20 × 10 dv1

/ dt = 20 × 10 × 200 × 100πcos100πt

= 1,257 cos100πt

Nilai efektifnya adalah:

1,257

I 1 rms = = 0,89 A

2

b). Komponen tegangan ke-dua adalah v15 = 20sin(1500πt)

V. Arus

yang diberikan oleh tegangan ini adalah

−6

−6

i15

= 20 × 10 dv15

/ dt = 20 × 10 × 20 × 1500πsin1500πt

= 1,885cos1500πt

1,885

Nilai efektifnya adalah: I 15 rms = = 1,33 A

2

c). Tegangan gabungan adalah

v = 200 sin(100πt)

+ 20 sin(1500πt)

Arus yang diberikan tegangan gabungan ini adalah

101


−6

−6

d

i = 20 × 10 dv / dt = 20 × 10 ( v1

+ v15

)

dt

= 1,257 cos100πt

+ 1,885cos1500t

Arus ini merupakan jumlah dari dua komponen arus yang

berbeda frekuensi. Kurva arus ini pastilah berbentuk nonsinus.

Nilai efektif masing-masing komponen telah dihitung di

jawaban (a) dan (b). Nilai efektif sinyal non sinus ini adalah

2 2

2 2

I rms = I1 rms + I15rms

= 0,89 + 1,33 =

1,60 A

d). Kurva ketiga arus tersebut di atas adalah sebagai berikut.

4

A i i 1 i 15

3

2

1

0

detik

0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06

-1

-2

-3

-4

COTOH-5.5: Arus i = 2 sin ωt

+ 0,2 sin 3ωt

A, mengalir pada beban

yang terdiri dari resistor 100 Ω yang tersambung seri dengan

induktor 0,5 H. Pada frekuensi 50 Hz: (a) gambarkan kurva tegangan

dan arus beban; (b) tentukan nilai efektif tegangan beban dan arus

beban.

Penyelesaian:

(a) Arus beban adalah i = 2 sin ωt

+ 0,2sin 3ωt

. Tegangan beban

adalah

di

v = vR

+ vL

= iR + L

dt

= 200sin

ωt

+ 20sin 3ωt

+ ωcos

ωt

+ 0,3ω

cos 3ωt

V

Kurva tegangan dan arus:

102 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


V

600

400

200

v

i

0

0

0 0.005 0.01 0.015 detik 0.02

-200

−2

A

4

2

-400

−4

-600

(b). Nilai efektif arus beban adalah

2 2

2 2

I rms = I1 rms + I3rms

=

=

Tegangan beban adalah

2 0,2

+

2 2

1,42 A

v = 200sin

ωt

+ 20 sin 3ωt

+ ωcos

ωt

+ 0,3ω

cos 3ωt

Nilai efektif tegangan beban, dengan ω=100π, adalah

V

V rms

=

2 2

200 + ω

2

2 2

20 + (0,3ω)

+

2

= 272

V

5.4. Daya Pada Sinyal onsinus

Pengertian daya nyata dan daya reaktif pada sinyal sinus berlaku pula

pada sinyal nonsinus. Daya nyata memberikan transfer energi netto,

sedangkan daya reaktif tidak memberikan transfer energi netto.

Kita tinjau resistor R b yang menerima arus berbentuk gelombang

nonsinus

i Rb = i 1 + i h

Nilai efektif arus ini adalah

2 2 2

I Rbrms = I1rms

+ I hrms

Daya nyata yang diterima oleh R b adalah

2

2 2

PRb

= I Rbrms × Rb

= I1rmsRb

+ I hrmsRb

(5.14)

103


Formulasi (5.14) tetap berlaku sekiranya resistor ini terhubung seri

dengan induktansi, karena dalam bubungan seri demikian ini daya nyata

diserap oleh resistor, sementara induktor menyerap daya reaktif.

COTOH-5.6: Seperti pada contoh-5.5, arus i = 2 sinωt

+ 0,2sin3ωt

A mengalir pada resistor 100 Ω yang tersambung seri dengan

induktor 0,5 H. Jika frekuensi fundamental 50 Hz: (a) gambarkan

dalam satu bidang gambar, kurva daya yang mengalir ke beban

sebagai perkalian tegangan total dan arus beban dan kurva daya yang

diserap resistor sebagai perkalian resistansi dan kuadrat arus resistor;

(b) hitung nilai daya rata-rata dari dua kurva daya pada pertanyaan b;

(c) berikan ulasan tentang kedua kurva daya tersebut.

Penyelesaian:

(a) Daya masuk ke beban dihitung sebagai: p = v × i

sedangkan daya nyata yang diserap resistor dihitung sebagai: p R =

i 2 R = v R i R

Kurva dari p dan p R terlihat pada gambar berikut.

600

400

200

W p = vi p R = i 2 R = v R i R

detik

0

0 0.005 0.01 0.015 0.02

-200

-400

(b) Daya rata-rata merupakan daya nyata yang di transfer ke beban.

Daya ini adalah daya yang diterima oleh resistor. Arus efektif

yang mengalir ke beban telah dihitung pada contoh-5.5. yaitu

1,42 A. Daya nyata yang diterima beban adalah

2

2

PR = I rms R = (1,42) × 100 = 202 W.

Teorema Tellegen mengharuskan daya ini sama dengan daya

rata-rata yang diberikan oleh sumber, yaitu p = vi. Perhitungan

dengan pendekatan numerik memberikan nilai rata-rata p adalah

104 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


P rr = 202 W

(c) Kurva p R selalu positif; nilai rata-rata juga positif sebesar 202 W

yang berupa daya nyata. Pada kurva p ada bagian yang negatif

yang menunjukkan adanya daya reaktif; nilai rata-rata kurva p

ini sama dengan nilai rata-rata kurva p R yang menunjukkan

bagian nyata dari daya tampak.

COTOH-5.7: Tegangan nonsinus pada terminal resistor 20 Ω adalah

v = 100 sin( ωt

+ 0,5) + 20sin(3ωt

− 0,2) + 10sin(5ωt

+ 1,5) V

Tentukan arus efektif yang mengalir dan daya nyata yang diserap

resistor.

Penyelesaian:

Arus yang mengalir adalah

v

i = = 5 sin( ωt

+ 0,5) + sin(3ωt

− 0,2) + 0,5sin(5ωt

+ 1,5) A

R

Nilai efektif masing-masing komponen arus adalah

5

1

0,5

I 1 rms = ; I3rms

= ; I5rms

=

2

2

2

Arus efektif yang mengalir adalah

I rms

=

25

2

+

1

2

+

0,25

2

Daya nyata yang diserap resistor adalah

2 ⎛ 25

PR

= I rms R = ⎜ +

⎝ 2

1

2

=

0,25 ⎞

+

2

26,25

= 3,62 A

2

⎟ ×


20 = 262,5 W

COTOH-5.8: Tegangan nonsinus v = 100 sin ωt

+ 10 sin 3ωt

V, terjadi

pada terminal beban yang terdiri dari resistor 100 Ω tersambung

paralel dengan kapasitor 50 µF. Jika frekuensi fundamental adalah

50 Hz, (a) Tentukan persamaan arus total beban; (b) hitung daya

nyata yang diserap beban.

Penyelesaian:

105


(a). Arus total (i) adalah jumlah arus yang melalui resistor (i R ) dan

kapasitor (i C ).

i C = C

dv

dt

Arus total beban:

v

i R = = sin ωt

+ 0,1sin 3ωt

R

−6

= 50 × 10

( 100ωcos

ωt

+ 30ωcos3ωt

)

i = sin ωt

+ 0,1sin 3ωt

+ 0,005cos ωt

+ 0.0015ω

cos 3ωt

(b). Arus efektif melalui resistor

I Rrms

=

2 2

1 0,1

+

2 2

= 0,71 A

Daya nyata yang diserap beban adalah daya yang diserap

resistor:

P R

=

2

0,71 × 100 = 50

W

5.5. Resonansi

Karena sinyal nonsinus mengandung harmonisa dengan berbagai macam

frekuensi, maka ada kemungkinan salah satu frekuensi harmonisa

bertepatan dengan frekuensi resonansi dari rangkaian. Frekuensi

resonansi telah kita bahas di bab sebelumnya. Berikut ini kita akan

melihat gejala resonansi pada rangkaian karena adanya frekuensi

harmonisa.

COTOH-5.9: Suatu generator 50 Hz dengan induktansi internal 0,025

H mencatu daya melalui kabel yang memiliki kapasitansi total

sebesar 5 µF. Dalam keadaan tak ada beban tersambung di ujung

kabel, tentukan frekuensi harmonisa sumber yang akan memberikan

resonansi.

Penyelesaian:

Frekuensi resonansi adalah

ωr

=

1

LC

=

1

2828,4

−6 0,025 × 5 × 10

=

106 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


2828,4

f r = = 450


Inilah frekuensi harmonisa ke-9.

Hz

COTOH-5.10: Sumber tegangan satu fasa 6 kV, 50 Hz, mencatu beban

melalui kabel yang memiliki kapasitansi total 2,03 µF. Dalam

keadaan tak ada beban terhubung di ujung kabel, induktansi total

rangkaian ini adalah 0,2 H. Tentukan harmonisa ke berapa dari

sumber yang akan membuat terjadinya resonansi pada keadaan tak

ada beban tersebut.

Penyelesaian:

Frekuensi resonansi adalah

ωr

=

1

LC

=

1

1569,4

−6 0,02 × 2,03×

10

=

rad/det

atau

f r

1569,4

= = 249,78 Hz


Resonansi terjadi jika sumber mengandung harmonisa ke-5.

107


Soal-Soal

1. Hasil penyearahan setengah gelombang tegangan sinusoidal

memberikan tegangan dengan amplitudo 250 V, dan frekuensi dasar

50 Hz. Tuliskan lima komponen pertama sinyal yang tak bernilai nol

dan gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal ini.

2. Sinyal segitiga mempunyai amplitudo 5 V dan perioda 1 milidetik.

Tuliskan lima komponen pertama sinyal yang tak bernilai nol dan

gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal ini.

3. Suatu sinyal gelombang komposit diperoleh dengan menambahkan

tegangan searah 5 V dan geolmbang persegi 1kHz yang memiliki

tegangan puncak-ke-puncak 5 V. Tuliskan lima komponen pertama

sinyal yang tak bernilai nol dan gambarkan spektrum amplitudo dari

sinyal ini.

4. Pulsa pertama dari suatu deret pulsa muncul pada t = 0 dan

menghilang pada t = 1, sedangkan pulsa kedua muncul pada t = 2

dan menghilang pada t = 3. Jika amplitudo pulsa adalah 2 V,

gambarkan bentuk gelombang sinyal ini dan carilah koefisien

Fourier serta gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal ini.

5. Suatu sinyal sinusoidal v = 10 sin(2πt

/ T0

) V diproses melalui

rangkaian pemotong gelombang sedemikian rupa sehingga bagian

gelombang yang berada di bawah −5

V terpotong. Jika perioda T 0

adalah 0,1 detik, carilah koefisien Fourier serta gambarkan spektrum

amplitudo dari sinyal ini.

6. Bentuk gelombang v = 10(1

− 0,5t)

adalah setengah perioda pertama

dari gelombang periodik yang periodanya 4 detik. Jika diketahui

bahwa koefisien Fourier a n = 0 untuk semua n, bagaimanakah bentuk

setengah gelombang yang kedua?

7. Bentuk gelombang v = 10(1

− 0,5t)

adalah setengah perioda pertama

dari gelombang periodik dengan perioda 4 detik. Jika diketahui

bahwa koefisien Fourier b n = 0 untuk semua n, bagaimanakah bentuk

setengah gelombang yang kedua?

8. Dengan pendekatan numerik, carilah persamaan gelombang periodik

yang salah satu periodanya tergambar di bawah ini.

108 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


150

v

[V]

100

50

0

0 0.005 0.01 0.015 t [det] T 0

-50

-100

-150

9. Suatu resistor 100 Ω yang tersambung paralel dengan induktor 0,5

H, dihubungkan pada sebuah sumber tegangan

v = 100sin

ωt

+ 10sin3ωt

dengan frekuensi 50 Hz. (a) Tentukan

persamaan arus sumber dan nilai efektifnya; (b) hitung daya yang

diserap resistor; (c) dengan hanya memperhatikan komponen

fundamental, hitung nilai rata-rata daya yang keluar dari sumber dan

bandingkan dengan daya yang diserap resistor.

10. Sebuah sumber tegangan 50 Hz, 12 kV mempunyai resistansi

internal 1 Ω dan induktansi internal 0,02 H. Sumber ini mencatu

beban melalui kabel yang mempunyai kapasitansi total 2.9 µF.

Tegangan terbangkit di sumber dinyatakan dengan

e = 17000 sin ωt

+ 170sin13ωt

. Dalam keadaan tak ada beban

terhubung di ujung kabel, hitunglah tegangan maksimum pada kabel.

11. Tegangan sebesar v = 100 + 300sin

ωt

V, diterapkan pada beban

berupa resistor 10 Ω melalui kabel yang memiliki kapasitansi toal

0,3 µF. Hitung arus efektif yang keluar dari sumber dan hitung daya

yang diserap oleh beban jika ω = 314.

12. Suatu induktor 0,225 H dihubungkan seri dengan kapasitor 5 µF.

Tentukan frekuensi sumber yang akan memberikan resonansi pada:

(a) frekuensi dasar; (b) harmonisa ke-tiga; (c) harmonisa ke-lima.

109


13. Suatu tegangan nonsinus mengandung komponen fundamental,

harmonisa ke-3, dan harmonisa ke-5. Nilai puncak tegangan

berturut-turut adalah 2000 V, 400 V, dan 100 V. Tegangan ini

diterapkan pada rangkaian seri R = 10 Ω, kapasitor 30 µF, dan

induktor variabel. Pada frekuensi 50 Hz, hitung nilai induktansi yang

akan menyebabkan resonansi pada harmonisa ke-3, dan harmonisa

ke-5. Hitung pula arus dan tegangan efektif pada waktu terjadi

resonansi.

14. Dua beban paralel terdiri beban resistif 20 Ω dan beban induktif

dengan resistansi 20 Ω seri dengan induktor 0,05 H. Pada terminal

bersama (common point) kedua beban ini dipasang kapasitor 50 µF

paralel dengan kedua beban tersebut. Sebuah tegangan nonsinus

yang tersusun dari komponen fundamental bertegangan puncak 200

V dan harmonisa ke-3 bertegangan puncak 50 V diterapkan pada

terminal bersama dari beban ini. Hitung arus efektif total, daya total,

dan faktor daya dari beban ini. Frekuensi 50 Hz.

110 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


BAB 6

Pembebanan on-Linier

Pada pembebanan nonlinier arus yang mengalir ke beban merupakan arus

periodik nonsinus, walaupun sumber memberikan tegangan sinus.

Pembahasan akan kita lakukan di dua sisi yaitu tinjauan di sisi beban dan

tinjauan di sisi sumber. Tinjauan di sisi beban adalah melihat beban yang

menerima arus nonsinus tanpa mempersoalkan bagaimana sumber

melayani pembebanan yang demikian ini. Tinjauan di sisi sumber adalah

melihat sumber yang bertegangan sinus namun harus memberikan arus

yang nonsinus.

6.1. Tinjauan Di Sisi Beban

Rangkaian yang akan kita tinjau terlihat pada Gb.6.1. Sebuah sumber

tegangan sinus memberikan arus pada resistor R b melalui saluran dengan

resistansi R s dan sebuah pengubah arus p.i., misalnya penyearah;

pengubah arus inilah yang menyebabkan arus yang mengalir di R b

berbentuk gelombang nonsinus.

v s +


R s

p.i.

i nonsinus

R b

Gb.6.1. Pembebanan nonlinier.

Menurut teorema Tellegen, transfer daya listrik hanya bisa terjadi melalui

tegangan dan arus. Namun dalam tinjauan dari sisi beban ini, R b hanya

melihat bahwa ada arus yang diterima olehnya. Cara bagaimana arus ini

sampai ke beban tidaklah penting bagi beban.

i Rb = i 1 + i h

(6.1)

dengan i1 = I1m

sin( ω0t

+ θ1)

k

ih

= I0 + ∑ I nm sin( nω0t

+ θn

)

n=

2

Inilah arus yang diterima oleh R b .

111


Daya nyata yang diterima oleh R b adalah

6.2. Tinjauan Di Sisi Sumber

2 2

PRb

= I1 rmsRb

+ I hrmsRb

(6.2)

Tegangan sumber berbentuk gelombang sinus, yaitu vs = Vs

sinω0t

.

Daya yang diberikan oleh sumber adalah tegangan sumber kali arus

sumber yang besarnya sama dengan arus beban. Jadi daya keluar dari

sumber adalah

ps

= vs

( t)

is

( t)

= Vs

I1

sin ω0t

sin( ω0t

+ θ1)

Suku pertama (6.3) memberikan daya

⎛ k


+ V ⎜


s sin ω0t

I + ω + θ

⎜ 0 ∑ I n sin( n 0t

n )


⎝ n=

2


(6.3)

⎛ cos θ1

− cos(2ω0t

+ θ1)


ps1

= Vs

I1( sin ω0t

sin( ω0t

+ θ1)

) = Vs

I1⎜


⎝ 2 ⎠

Vs

I1

Vs

I1

= cos θ1

− cos(2ω0t

+ θ1)

2

2

(26.4)

Suku ke-dua dari persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nol akan tetapi

suku pertama mempunyai nilai tertentu. Hal ini berarti p s1 memberikan

transfer energi netto.

Suku kedua (6.3) memberikan daya

p

sh

= V ∑ ∞

=

= p

s0

sh2

[ I sin( nω

t + θ ) ω t]

s I 0 sin ω0t

+ Vs

n 0 n sin

n 2

+ p

0

(6.5)

Suku pertama persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nol. Suku

kedua juga mempunyai nilai rata-rata nol karena yang berada dalam

tanda kurung pada (6.5) berbentuk fungsi cosinus

112 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)



y = Vs∑

n

n=

2


⎡ I n

= Vs∑


= 2 ⎣ 2

n

[ I sin( nω

t + θ ) sin ω t]

0

n

{ cos( ( n + 1) ω t + θ ) − cos( ( n −1)

ω t + θ )}

0

yang memiliki nilai rata-rata nol. Hal ini berarti bahwa p sh tidak

memberikan transfer energi netto.

Jadi secara umum daya yang diberikan oleh sumber pada pembebanan

nonlinier dapat kita tuliskan sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu

0

n

p s = ps1 + psh

(6.6)

Dari dua komponen daya ini hanya komponen fundamental, p s1 , yang

memberikan transfer energi netto. Dengan kata lain hanya p s1 yang

memberikan daya nyata, yaitu sebesar

Vs

I1

s1 = cos θ1

= Vsrms

I1rms

cos θ1

2

P (6.7)

dengan θ 1 adalah beda susut fasa antara v s dan i 1 . Sementara itu P sh

merupakan daya reaktif.

Menurut teorema Tellegen, daya nyata yang diberikan oleh sumber harus

tepat sama dengan daya yang diterima oleh beban. Daya nyata yang

diterima oleh R b adalah P Rb seperti diberikan oleh persamaan (6.2). Daya

nyata yang diberikan oleh sumber, yaitu P s1 haruslah diserap oleh R b dan

R s .

6.3. Contoh Kasus: Penyearah Setengah Gelombang

Sebagai contoh dalam pembahasan pembebanan nonlinier ini, kita akan

mengamati penyearah setengah gelombang. Dengan penyearah ini, sinyal

sinus diubah sehingga arus mengalir setiap setengah perioda seperti telah

pernah kita temui. Rangkaian penyearah yang kita tinjau terlihat pada

Gb.6.2.a.

Arus penyearah setengah gelombang mempunyai nilai pada setengah

perioda pertama (yang positif); pada setengah perioda ke-dua, ia bernilai

nol. Uraian fungsi ini sampai dengan harmonisa ke-6, telah dihitung pada

Contoh-3.3 di Bab-3, yaitu

0

n




113


( t)

= I

i m

⎛0,318

+ 0,5cos( ω0t

−1,57)

+ 0,212cos(2ω0t

) ⎞

×


0,042cos(4 0 ) 0,018cos(6 0 )


⎝ + ω t + ω t ⎠

V

(6.8)

a).

v s R v R

V s

v

v s

s

i s

i R

i R

p R p R

0 ωt [

p o ]

R 0 90 180 270 360 450 540 630 720

b). −V s

Gb.6.2. Penyearah setengah gelombang dengan beban resistif.

Dalam rangkaian yang kita tinjau ini hanya ada satu sumber yang

mencatu daya hanya kepada satu beban. Pada waktu dioda konduksi, arus

sumber selalu sama dengan arus beban, karena mereka terhubung seri;

tegangan beban juga sama dengan tegangan sumber karena dioda

dianggap ideal sedangkan resistor memiliki karakteristik linier dan

bilateral. Pada waktu dioda tidak konduksi arus beban maupun arus

sumber sama dengan nol. Gb.6.2.b. memperlihatkan bahwa hanya kurva

tegangan sumber yang merupakan fungsi sinus; kurva arus dan daya

merupakan fungsi nonsinus.

Pada persamaan (6.8) arus fundamental dinyatakan dalam fungsi cosinus

yaitu

i1 = 0,5I

m cos( ω0t

−1,57)

Fungsi ini tidak lain adalah pergeseran 1,57 rad atau 90 o ke arah positif

dari fungsi cosinus yang ekivalen dengan fungsi sinus

i1 = 0,5I

m sin( ω0t)

Pernyataan i 1 dalam fungsi sinus ini sesuai dengan pernyataan bentuk

gelombang tegangan yang juga dalam fungsi sinus. Dengan pernyataan

114 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


yang bersesuaian ini kita dapat melihat beda fasa antara keduanya;

ternyata dalam kasus penyearah setengah gelombang ini, arus

fundamental sefasa dengan tegangan sumber.

COTOH-6.1: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansi

internal yang dapat diabaikan mencatu beban resistif melalui

penyearah setengah gelombang. Tegangan sumber adalah

v s = 380sin

ω0 t V dan resistansi beban R b adalah 3,8 Ω. Hitung

daya nyata yang diterima oleh beban dan daya nyata yang diberikan

oleh sumber.

Penyelesaian:

Tinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalah 380/3,8 = 100 A.

Persamaan arus sampai harmonisa ke-enam menjadi

⎛31,8

+ 50 cos( ω0t

−1,57)

+ 21,2cos(2ω0t

) ⎞

i ( t)

=


A

4,2 cos(4 0 ) 1,8cos(6 0 )


⎝ + ω t + ω t ⎠

yang memberikan arus-arus efektif pada beban

Ib1rms

=

Ibhrms

=

50

A;

2

2 2 2

2 21,2 4,2 1,8

31,8 + + +

2 2 2

Daya yang diterima beban adalah

= 35,31

A;

2

( I + I ) × 3,8 = 9488 W ≈ 9,5 kW

2 2

P = I rmsRb

= b 1 rms bhrms

Tinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber adalah

v s = 380sin

ω 0 t . Komponen arus fundamental yang diberikan oleh

sumber adalah sama dengan arus fundamental beban

i1s = i1Rb

= 50cos(

ω0t

−1,57)

= 50sin

ω0t

A

dengan nilai efektif I1 srms = 50 / 2 A

Tak ada beda fasa antara tegangan sumber dan arus fundamentalnya.

Daya dikeluarkan oleh sumber adalah

115


380 50

P s1 = Vs

rms I1s

rms = × = 9,5 kW

2 2

Hasil perhitungan dari kedua sisi tinjauan adalah sama. Daya yang

diberikan oleh komponen fundamental sebagai fungsi waktu adalah

VsI1

ps1

=

2

= 19 1

( 1 − cos(2ω

t) = ( 1 − cos(2ω

t)

( − cos(2ω

t) kW

0

0

380 × 50

Gb.6.3 memperlihatkan kurva p s1 pada Contoh-6.1 di atas. Kurva p s1

bervariasi sinusoidal namun selalu positif dengan nilai puncak 19 kW,

dan nilai rata-rata (yang merupakan daya nyata) sebesar setengah dari

nilai puncak yaitu 9,5 kW.

Kurva daya yang dikontribusikan oleh komponen searah, p s0 yaitu suku

pertama (6.5), dan komponen harmonisa p sh2 yaitu suku ke-dua

persamaan (6.5), juga diperlihatkan dalam Gb.6.3. Kurva kedua

komponen daya ini simetris terhadap sumbu waktu yang berarti memiliki

nilai rata-rata nol. Dengan kata lain komponen searah dan komponen

harmonisa tidak memberikan daya nyata.

W

20000

15000

10000

5000

0

-5000

-10000

-15000

t [det]

0 0.005 0.01 0.015 0.02

p sh2

p s0

p s1

Gb.6.3. Kurva komponen daya yang diberikan sumber.

Konfirmasi logis kita peroleh sebagai berikut. Seandainya tidak ada

penyearah antara sumber dan beban, arus pada resistor akan mengalir

sefasa dan sebentuk dengan gelombang tegangan sumber. Daya yang di

keluarkan oleh sumber dalam keadaan ini adalah

2

2

ps

= Vs

I s sin ω0t

= 38000sin ω0t

cos 2ω0t

+ cos 0

= 38000

= 38(1 + cos 2ω0t)

kW

2

2

0

116 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Dalam hal penyearahan setengah gelombang, arus hanya mengalir setiap

setengah perioda. Oleh karena itu daya yang diberikan oleh sumber

menjadi setengahnya, sehingga

p setengah

gel = 19(1

+ cos 2ω0 t ) kW , dan inilah p s1 .

COTOH-6.2: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansi

internal yang diabaikan, mencatu beban resistif melalui kabel dengan

resistansi 0,2 Ω dan penyearah setengah gelombang. Tegangan

sumber adalah v s = 380sin

ω0 t V dan resistansi beban R adalah 3,8

Ω. Hitung daya yang diterima oleh beban.

Penyelesaian:

Rangkaian sistem ini adalah seperti berikut

v s =380sinω 0 t

R s =0,2Ω

R b =3,8Ω

Tinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalah

I m

380

= = 95 A

3,8 + 0,2

Persamaan arus sampai harmonisa ke-6 menjadi

⎛0,318

+ 0,5cos( ω0t

−1,57)

+ 0,212 cos(2ω0t

) ⎞

i(

t)

= 95 ×


0,042 cos(4 0t)

0,018cos(6 0t)


⎝ + ω + ω ⎠

= 30,21 + 47,5cos( ω0t

−1,57)

+ 20,14 cos(2ω0t)

+ 4,09 cos(4ω0t)

+ 1,71cos(6ω0t)

A

Nilai efektif arus fundamental dan arus harmonisa total adalah

47.5

I1rms

= = 33,59 A;

2

I hrms =

2 2 2

2 20,14 4,09 1,71

30,21 + + +

2 2 2

= 33,54 A

117


Daya yang diterima R b adalah

2

2 2

P Rb = I rmsRb

= (33,59 + 33,54 ) × 3,8 = 8563 W

Tinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber dan arus fundamental

sumber adalah

v s = 380sin

ω0 t

V

is1 = iRb

= 47,5cos(

ω0t

−1,57)

= 47,5sin ω0t

Tidak ada beda fasa antara v s dan i s1 . Daya nyata yang diberikan oleh

sumber adalah

380 47,5

P s = vsrmsi1 rms cos 0

o = × = 9025 W

2 2

Daya ini diserap oleh beban dan saluran. Daya yang diserap saluran

adalah

2

2 2

Psaluran

= 0,02 × isrms

= 0,02 × ( i1rms

+ ihrms

)

2 2

= 0,02 × (33,6 + 33,55 ) = 450,7 W

Perbedaan angka perhitungan P Rb dengan (P s – P saluran ) adalah sekitar

0,2%.

A

6.4. Perambatan Harmonisa

Dalam sistem tenaga, beban pada umumnya bukanlah beban tunggal,

melainkan beberapa beban terparalel. Sebagian beban merupakan beban

linier dan sebagian yang lain merupakan beban nonlinier. Dalam keadaan

demikian ini, komponen harmonisa tidak hanya hadir di beban nonlinier

saja melainkan terasa juga di beban linier; gejala ini kita sebut

perambatan harmonisa. Berikut ini akan kita lihat gejala tersebut pada

suatu rangkaian yang mendekati situasi nyata. Gb.6.4. memperlihatkan

rangkaian yang dimaksud.

118 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


i s

R s

A

i a

i b =i b1 +i bh

v s

R a

B

R b

Gb.6.4. Sumber mencatu beban paralel linier dan nonlinier.

Tegangan sumber berbentuk sinusoidal murni vs = Vsm

sin ω0t

. Sumber

ini mencatu beban melalui saluran yang memiliki resistansi R s . Beban

yang terhubung di terminal A-B (terminal bersama), terdiri dari beban

linier R a dengan arus i a dan beban R b yang dialiri arus nonlinier i b = i b1 +

i bh dengan i b1 adalah komponen fundamental dari i b dan i bh adalah

komponen harmonisa total dari i b .

Pada rangkaian sederhana ini, di sisi beban kita lihat bahwa aplikasi

Hukum Arus Kirchhoff di simpul A, yaitu simpul bersama dari kedua

beban, memberikan

dan dari sini kita peroleh

( v − v ) / R + v / R + ( i 1 + i ) = 0

A

s

s

A

a

Ra

Rs

Ra

v A = vs

− ( i b1

+ i bh )

(6.9)

Rs

+ Ra

Rs

+ Ra

Jadi sebagai akibat pembebanan nonlinier di suatu beban menyebabkan

tegangan di terminal-bersama juga mengandung harmonisa. Akibat

selanjutnya adalah bahwa arus di beban lain yang terhubung ke terminalbersama

ini juga mengandung harmonisa.

b

v A vs

Rs

i a = = − ( i b1

+ i bh ) (6.10)

Ra

Rs

+ Ra

Rs

+ Ra

Sementara itu di sisi sumber, dengan tegangan sumber berbentuk sinus

vs = Vsm

sin ω0t

, keluar arus yang mengandung harmonisa yaitu

bh

119


is

= ia

+ ib

vs

Rs

= − ( ib1

+ ibh

) + ( ib1

+ ibh

)

Rs

+ Ra

Rs

+ Ra

vs

⎛ Ra


= + ⎜ ⎟(

ib1

+ ibh

)

Rs

+ R

a Rs

R

⎝ + a ⎠

(6.11)

Adanya komponen harmonisa pada arus sumber dan beban yang

seharusnya merupakan beban linier dapat menyebabkan penambahan

penyerapan daya pada saluran. Hal ini akan kita bahas kemudian.

COTOH-6.3: Sebuah sumber tegangan 50 Hz, v = 240sin

ω 0 t V

memiliki resistansi dan induktansi internal yang diabaikan. Sumber

ini mencatu beban resistif R a = 5 Ω melalui saluran yang memiliki

resistansi 1Ω. Sebuah beban resistif lain yaitu R b = 5 Ω dengan

penyearah setengah gelombang dihubungkan paralel dengan R a .

Hitunglah: (a) daya nyata yang diserap R a sebelum R b dan

penyearah dihubungkan; (b) daya nyata yang diserap R b sesudah R b

dan penyearah dihubungkan; (c) daya nyata yang diserap R a sesudah

R b dan penyearah dihubungkan; (d) daya nyata yang diserap saluran

R s ; (e) daya nyata yang diberikan sumber; (f) bandingkan daya nyata

yang diberikan oleh sumber dan daya nyata yang diserap oleh bagian

rangkaian yang lain.

Penyelesaian:

(a) Sebelum R b dan penyearah dihubung-kan, rangkaian adalah

seperti di bawah ini.

i s A

R s =1Ω

v s =

240sinω 0 t

B

R a = 5Ω

Arus efektif yang mengalir dari sumber, daya nyata yang

diserap R a dan R s , serta daya nyata yang diberikan sumber

adalah

I Rarms

= ( 240 / 2) /(5 + 1) = 28,28

A

120 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


2

2

P Ra = 28,28 × 5 = 4000 W ; P Rs = 28,28 × 1 = 800 W

P s = 28 ,28 × 240 / 2 = 4800 W = PRa

+ PRs

(b) Setelah R b dan penyearah dihubungkan, rangkaian menjadi

v s

i s A

i a i Rb =

R s

i Rb1 +i Rbh

R a

B

R b

Untuk menghitung i Rb kita buat rangkaian ekivalen Thévenin

terlebih dulu di terminal A-B.

5

v sTh = × 240sin ω0t

= 200 sin ω0t

V ;

1 + 5


5

R sTh = = 0,833 Ω

1 + 5

Setelah R b dihubungkan pada rangkaian ekivalen Thévenin,

rangkaian menjadi

i sTh

0,833Ω

A

v sTh =

200sinω 0 t

B


i b =i b1 +i bh

Nilai maksimum arus i Rb adalah

I Rbm

200

= = 34,29

0,833 + 5

A

Arus yang melalui R b menjadi

121


i Rb

⎛0,318

+ 0,5cos( ω0t

−1,57)

+ 0,212 cos(2ω

= 34,29 ×


⎝ + 0,042 cos(4ω0t)

+ 0,018cos(6ω0t)

= 10,9 + 17,14 cos( ω t −1,57)

+ 7,27 cos(2ω

t)

+ 1,47 cos(4ω

Dari sini kita peroleh

17,14

I Rb1rms

= = 12,12 A

2

I Rbhrms =

0

0

2 2

10,9 + 7,27

Daya yang diserap R b adalah

t)

+ 0,62 cos(6ω

/ 2

2

+ 1,47

0

t)

/ 2

0

2

+ 0,62

/ 2

0

t)




= 12.1 A

P Rb

2 2

= (12,12 + 12.1 ) × 5 ≈ 1470

W

(c) Untuk menghitung daya yang diserap R a setelah R b

dihubungkan, kita kembali pada rangkaian semula. Hukum Arus

Kischhoff untuk simpul A memberikan

v A − vs

v A

⎛ 1 ⎞ vs

+ + iRb

= 0 ⇒ v A⎜

⎟ = − iRb

Rs

R

+

1

a

Rs

R

⎝ a ⎠ Rs

Ra

Rs

Ra

v A = vs

− ( ib1

+ ibh

)

Rs

+ Ra

Rs

+ Ra

5


1

= × 240sin ω0t

− × ( 17,14sin ω0t

+ ibh

)

6

6

5

= 185,71sin ω0t

− ibh

V = v A1

− v Ah

6

185,71

⇒V

A 1 rms = = 131,32 V

2

5 5 ⎛10,9

+ 7,27 cos(2ω0t)


v Ah = × ibh

= ×

6 6


1,47 cos(4 0t)

0,62cos(6 0t)


⎝ + ω + ω ⎠

= 9,09 + 6,06cos(2ω0t)

+ 1,23cos(4ω0t)

+ 0,51cos(6ω0t)

2 2 2

2 6,06 1.23 0,51

⇒ V Ahrms = 9,09 + + +

2 2 2

Daya yang diserap R a adalah

= 10,09 V

122 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


2

VA1rms

V

P Ra = +

Ra

R

Ahrms

a

2 2 2

131,32 10,09

= +

5 5

= 3469 W

(d) Tegangan jatuh di saluran adalah

∆ vs1 = vs

− v A1

= 240sin

ω0t

−185,71sin

ω0t

= 54,29sin ω0t

V

54,29

→ ∆V

s1 rms = = 38,39 V

2


∆V

shrms

= V

Ahrms

=10,09 V

Daya yang diserap saluran adalah

2

2 2

∆Vs1rms

∆Vshrms

38,39

P Rs = + =

Rs

Rs

1

(e) Tegangan sumber adalah

v = 240sin

ω 0 t V

Arus fundamental sumber adalah

2

10,09

+

1

= 1575 W

∆vs1

is1 = = 54,29sin

ω0t

R

Daya nyata yang diberikan sumber

s

240 54,29

ps

1 = Vsrms

I s1rms

= × = 6515 W

R2

2

(f) Bagian lain rangkaian yang menyerap daya nyata adalah R s ,

R a , dan R b . Daya nyata yang diserap adalah

P Rtotal = PRs

+ PRa

+ PRb

= 1575 + 3469 + 1468 = 6512 W

Hasil ini menunjukkan bahwa daya nyata yang diberikan

sumber sama dengan daya nyata yang diserap oleh bagian lain

dari rangkaian (perbedaan angka adalah karena pembulatanpembulatan).

A

123


6.5. Ukuran Distorsi Harmonisa

Hadirnya harmonisa dalam sistem, menimbulkan dampak negatif. Oleh

karena itu kehadirannya perlu dibatasi. Untuk melakukan pembatasan

diperlukan ukuran-ukuran kehadiran armonisa.

Crest Factor. Salah satu ukuran adalah crest factor, yang disefinisikan

sebagai

crest

nilai puncak

factor =

nilai efektif

Total Harmonic Distortion (THD). Total Harmonic Distortion,

disingkat THD, digunakan sebagai ukuran untuk melihat berapa besar

pengaruh keseluruhan adanya harmonisa terhadap sinyal sinus. Pengaruh

keseluruhan harmonisa diperbandingkan terhadap komponen

fundamental, karena komponen fundamental-lah yang memberikan

transfer energi nyata.

Untuk tegangan nonsinus, THD didefinisikan sebagai

V

hrms

THDV

= (6.13)

V1rms

Untuk arus nonsinus, THD didefinisikan sebagai

THD

I

hrms

I = (6.14)

I1rms

COTOH-6.4: Dari Contoh-6.1, dengan nilai puncak arus 100 A,

persamaan arus penyearahan setengah gelombang sampai harmonisa keenam

adalah

⎛31,8

+ 50 cos( ω0t

−1,57)

+ 21,2cos(2ω0t

) ⎞

i ( t)

=


4,2 cos(4 0 ) 1,8cos(6 0 )


⎝ + ω t + ω t ⎠

Hitunglah crest factor dan THD I .

A

Penyelesaian: Telah dihitung nilai efektif arus dalam contoh soal

tersebut

124 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Ib1rms

=

50

A;

2

I

bhrms

=

2

2 21,2

31,8 +

2

2

4,2

+

2

2

1,8

+

2

= 35,31

A

Nilai efektif arus adalah

I rms

=

2

50

/ 2

2

+ 35,31

= 49,7

A

100

Crest factor adalah: c . f . = = 2 ;

49,2

I hrms 35,31

THD I adalah: THD I = = ≈1

atau 100%

I1rms

50 / 2

Crest factor dan THD hanyalah tergantung bentuk dan tidak tergantung

dari nilai mutlak arus. Angka yang sama akan kita peroleh jika nilai

puncak arus hanya 1 ampere. Hal ini dapat dimengerti karena persamaan

arus secara umum adalah

⎛ n maks


i(

t)

= I


+

ω − ϕ


m A

⎜ 0 ∑ An

cos( n 0t

n )


⎝ n=

1


sehingga dalam perhitungan I rms, I 1rms , dan I hrms faktor I m akan

terhilangkan.

COTOH-6.5: Tentukan crest factor dan THD arus yang mengalir dari

sumber tegangan sinusoidal v = 1000 2 sin ω0t

yang mencatu

arus ke beban resistif 10 Ω melalui saklar sinkron yang menutup

setiap paruh ke-dua dari tiap setengah perioda. Kurva tegangan

dan arus terlihat pada gambar di bawah ini.

125


Penyelesaian:

Uraian bentuk gelombang arus seperti pada gambar di atas hanya

memiliki harmonisa ganjil. Pendekatan numerik dari bentuk

gelombang arus seperti yang digambarkan di atas memberikan

spektrum amplitudo sampai harmonisa ke-11 sebagai berikut:

Arus ini tidak memiliki komponen searah. Nilai efektif arus adalah

I brms

A

[V]

[A]

90

80

70

60

50

40

30

20

10

0

300

v s (t)/5

200

i s (t)

100

[detik]

0

0 0,01 0,02

-100

-200

-300

0.00

83,79

= 0 +

2

= 69,4 A

83.79

2

44.96

44,96

+

2

14,83

+

2

14,83

+

2

126 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

2

14.83 14.83

8.71 8.71

10 12 3 45 75 96 11 7 harmonisa

2

2

8,71

+

2

Nilai puncak arus terjadi pada t = 0,005 detik; I bm = 141,4 A.

I 141,4

Crest factor adalah c . f . =

bm

= = 2

Ibrms

69,4

2

8,71

+

2

Nilai efektif komponen fundamental dan komponen harmonisa

total, berturut-turut adalah

2


I hrms

83,79

I 1 rms = = 59,25 A ;

2

2 2 2 2 2

44,96 14,83 14,83 8,71 8,71

= 0 + + + + +

2 2 2 2 2

= 36,14 A

Total Harmonic Distortion arus adalah

36,14

THD I = ≈ 0,6 atau 60% .

59,25

Dalam menentukan THD data yang diperlukan adalah spektrum

amplitudo; spektrum sudut fasa tidak diperlukan. Namun untuk

keperluan lain spektrum sudut fasa tetap diperlukan.

127


Soal-Soal

1. Sebuah tegangan sinusoidal 50 Hz dengan nilai puncak 500 V

mencatu rangkaian melalui sebuah dioda (ideal). Hanya bagian

positif tegangan yang terasakan oleh beban. Beban terdiri dari

dari induktor dan kapasitor terhubung seri; induktor memiliki

resistansi 20 Ω dan induktansi 1 H, sedangkan kapasitor

memiliki kapasitansi 20 µF. Hitung tegangan rata-rata pada

beban, tegangan efektif fundamental, serta tegangan efektif dua

harmonisa di atasnya.

2. Jika beban pada soal nomer 1 diganti dengan resistor 50 Ω,

hitung tegangan rata-rata pada resistor, arus efektif yang melalui

resistor, daya nyata yang diserap resistor, serta faktor daya

beban yang dilihat oleh sumber.

3. Sebuah tegangan sinusoidal 50 Hz dengan nilai puncak 500 V

mencatu rangkaian melalui sebuah penyearah gelombang penuh.

Beban terdiri dari induktor dan kapasitor terhubung seri;

induktor memiliki resistansi 20 Ω dan induktansi 1 H,

sedangkan kapasitor memiliki kapasitansi 20 µF. Hitung

tegangan rata-rata pada beban, tegangan efektif fundamental,

serta tegangan efektif dua harmonisa di atasnya.

4. Jika beban pada soal nomer 3 diganti dengan resistor 50 Ω,

hitung tegangan rata-rata pada resistor, arus efektif yang melalui

resistor, daya nyata yang diserap resistor, serta faktor daya

beban yang dilihat oleh sumber.

5. Jika satu kapasitor sebagai filter diparalelkan dengan resistor

pada soal nomer 2 agar fluktuasi tegangan tidak lebih dari 20%

dari tegangan puncak, gambarkan bentuk gelombang arus

sumber dan tentukan THD I .

6. Jika satu kapasitor sebagai filter diparalelkan dengan resistor

pada soal nomer 4 agar fluktuasi tegangan tidak lebih dari 5%

dari tegangan puncak, gambarkan bentuk gelombang arus

sumber dan tentukan THD I .

128 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


BAB 7

Tinjauan di Kawasan Fasor

Dalam bab ini kita akan meninjau sinyal nonsinus melalui pengertian

fasor. Konsep fasor sendiri telah kita bahas di buku bagian pertama.

7.1. Pernyataan Sinyal onsinus Dalam Fasor

Suatu sinyal sinus di kawasan waktu dinyatakan dengan menggunakan

fungsi cosinus seperti pada persamaan

v( t)

= VA

cos[ ω0 t − φ]

dengan V A adalah amplitudo sinyal, ω 0 adalah frekuensi sudut, dan φ

adalah sudut fasa yang menunjukkan posisi puncak pertama fungsi

cosinus. Pernyataan sinyal sinus menggunakan fungsi cosinus diambil

sebagai pernyataan standar.

Jika seluruh sistem bekerja pada satu frekuensi tertentu, ω, maka sinyal

sinus dapat dinyatakan dalam bentuk fasor dengan mengambil besar dan

sudut fasa-nya saja. Untuk suatu sinyal sinus yang di kawasan waktu

dinyatakan sebagai v ( t)

= Acos(

ωt

+ θ)

maka di kawasan fasor ia


dituliskan dalam format kompleks sebagai V = Ae dengan A adalah

nilai puncak sinyal. Karena kita hanya memperhatikan amplitudo dan

sudut fasa saja, maka pernyataan sinyal dalam fasor biasa dituliskan

seperti pada (12.5) yaitu

V = A∠θ = A cos θ + jAsin

θ

yang dalam bidang kompleks digambarkan sebagai diagram fasor seperti

pada Gb.7.1.a. Apabila sudut fasa θ = 0 o maka pernyataan sinyal di

kawasan waktu menjadi v( t)

= Acos(

ωt)

yang dalam bentuk fasor

o

menjadi V = A∠0 dengan diagram fasor seperti pada Gb.7.1.b. Suatu

sinyal yang di kawasan waktu dinyatakan sebagai

v ( t)

= Asin(

ωt)

= Acos(

ωt

− π / 2) di kawasan fasor menjadi

o

V = A∠ − 90 dengan diagram fasor seperti Gb.7.1.c

129


Im

V = A∠θ

Im

θ

Re

a). b).

Im

o

c). V = A∠ − 90 d)

Gb.7.1. Diagram fasor fungsi:

a) v ( t)

= Acos(

ωt

+ θ)

; b) v( t)

= A cos( ωt)

; c) v( t)

= Asin(

ωt)

d). Fasor a = cosωt dan b = sinωt

Dalam meninjau sinyal nonsinus, kita tidak dapat menyatakan satu sinyal

nonsinus dengan menggunakan satu bentuk fasor tertentu karena

walaupun sistem yang kita tinjau beroperasi pada satu macam frekuensi

(50 Hz misalnya) namun arus dan tegangan yang kita hadapi

mengandung banyak frekuensi. Oleh karena itu satu sinyal nonsinus

terpaksa kita nyatakan dengan banyak fasor; masing-masing komponen

sinyal nonsinus memiliki frekuensi sendiri.

Selain dari pada itu, uraian sinyal sinyal nonsinus ke dalam komponenkomponennya

dilakukan melalui deret Fourier. Bentuk umum komponen

sinus sinyal ini adalah

yang dapat dituliskan sebagai

i ( t)

= a cos nωt

+ b sin nωt

n

130 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Re

n

2 2

in

( t)

= an

+ bn

cos( nωt

− θn

)

yang dalam bentuk fasor menjadi

2 2

I n = an

+ bn

∠ − θn

dengan

n

θ = tan −1

Mengacu pada Gb.7.1.d, diagram fasor komponen sinyal ini adalah

seperti pada Gb.7.2.

Im

b

o

V = A∠0

a = cos ωt

a

b = sin ωt

b

a

n

n

Re

Re


Im

θ

a n

Re

b n

I

n

=

a

2

n

+ b

2

n

∠− θ

Gb.7.2. Fasor komponen arus nonsinus dengan a n > 0 dan b n > 0.

Fasor I n pada Gb.7.2. adalah fasor komponen arus jika a n positif dan b n

positif. Fasor ini leading terhadap sinyal sinus sebesar (90 o − θ). Gb.7.3

berikut ini memperlihatkan kombinasi nilai a n dan b n yang lain.

Im

-a n

θ

b n

Re

-b n

-a n θ

Im

Re

a n < 0, b n > 0

I n lagging (90 0 − θ)

terhadap sinyal sinus

2 2 o

In

= an

+ bn

∠(180

+ θ)

Im

-b n

θ

a n < 0, b n < 0

I n lagging (90 0 + θ)

terhadap sinyal sinus

2 2 o

In

= an

+ bn

∠(180

− θ)

a n

Re

a n > 0, b n


Perlu kita perhatikan bahwa pernyataan fasor dan diagram fasor yang

dikemukakan di atas menggunakan nilai puncak sinyal sebagai besar

fasor. Dalam analisis daya, diambil nilai efektif sebagai besar fasor. Oleh

karena itu kita perlu memperhatikan apakah spektrum amplitudo sinyal

nonsinus diberikan dalam nilai efektif atau nilai puncak.

COTOH-7.1: Dalam Contoh-5.3 di Bab-5 uraian di kawasan waktu

arus penyearahan setengah gelombang dengan nilai maksimum I m A

adalah

( t)

= I

i m

⎛0,318

+ 0,5cos( ω0t

−1,57)

+ 0,212cos(2ω0t

) ⎞



× ⎜ + 0,042cos(4ω0t)

+ 0,018cos(6ω0t)

⎟ A


0.010cos(8 0 ) 0.007cos(10 0 )


⎝+

ω t +

ω t ⎠

Nyatakanlah sinyal ini dalam bentuk fasor.

Penyelesaian:

Formulasi arus i(t) yang diberikan ini diturunkan dari uraian deret

Fourier yang komponen fundamentalnya adalah

i1 ( t)

= 0 + 0,5 sin ω0t

; jadi sesungguhnya komponen ini adalah

fungsi sinus di kawasan waktu.

Jika kita mengambil nilai efektif sebagai besar fasor, maka

pernyataan arus dalam bentuk fasor adalah

0,5I

m o 0,212Im

o

I0

= 0,318Im;

I1

= ∠ − 90 ; I2

= ∠0

;

2

2

0,042Im

o 0,018Im

o 0,010Im

o

I4

= ∠0

; I6

= ∠0

; I8

= ∠0

;

2

2

2

0,007Im

o

I10

= ∠0

;

2

Diagram fasor arus-arus pada Contoh-7.1 di atas, dapat kita gambarkan

(hanya mengambil tiga komponen) seperti terlihat pada Gb. 7.4.

132 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


I 1

I 2 I 4

Gb.7.4. Diagram fasor arus fundamental,

harmonisa ke-2, dan harmonisa ke-4

Persamaan arus pada Contoh-7.1 yang dinyatakan dalam fungsi cosinus

dapat pula dinyatakan dalam fungsi sinus menjadi

⎛0,318

+ 0,5sin( ω0t)

+ 0,212sin(2ω0t

+ 1,57) ⎞



i(

t)

= Im

⎜+

0,021sin(4ω0t

+ 1,57) + 0,018sin(6ω0t

+ 1,57) ⎟ A


0.010cos(8 0 ) 0.007cos(10 0 )


⎝+

ω t +

ω t ⎠

Jika komponen sinus fundamental digunakan sebagai referensi

o

dengan pernyataan fasornya I 1 = I1

rms ∠0

, maka masing-masing

komponen arus ini dapat kita nyatakan dalam fasor sebagai:

0,5I

m o 0,212I

m o

I 0 = 0,318I

m ; I1

= ∠0

; I 2 = ∠90

;

2

2

0,042I

m o 0,018I

m o

I 4 = ∠90

; I 6 = ∠90

;...........

2

2

Diagram fasor-fasor arus ini dapat kita gambarkan seperti terlihat pada

Gb.7.5.

I 1

I 2 I 4

Gb.7.5. Diagram fasor arus fundamental,

harmonisa ke-2, dan harmonisa ke-4

Diagram fasor arus pada Gb.7.5 tidak lain adalah diagram fasor pada

Gb.7.4 yang diputar 90 o ke arah positif karena fungsi sinus dijadikan

referensi dengan sudut fasa nol. Nilai fasor dan selisih sudut fasa antar

fasor tidak berubah. Dengan menggunakan Gb.7.5. ini, kita lihat bahwa

komponen harmonisa ke-2 ‘leading’ 90 o dari komponen fundamental;

demikian juga dengan komponen harmonisa ke-4. Namun fasor

133


harmonisa ke-2 berputar kearah positif dengan frekuensi dua kali lipat

dibanding dengan komponen fundamental, dan fasor harmonisa ke-4

berputar kearah positif dengan frekuensi empat kali lipat dibanding

komponen fundamental. Oleh karena itulah mereka tidak dapat secara

langsung dijumlahkan.

Dalam pembahasan selanjutnya kita akan menggunakan cara

penggambaran fasor seperti pada Gb.7.4 dimana fasor referensi adalah

fasor dari sinyal sinus yang dinyatakan dalam fungsi cosinus dan

memiliki sudut fasa nol. Hal ini perlu ditegaskan karena uraian arus

nonsinus ke dalam deret Fourier dinyatakan sebagai fungsi cosinus

sedangkan tegangan sumber biasanya dinyatakan sebagai fungsi sinus.

o

Fasor tegangan sumber akan berbentuk V s = Vsrms∠ − 90 dan relasirelasi

sudut fasa yang tertulis pada Gb.7.3 akan digunakan.

Contoh-7.2: Gambarkan diagram fasor sumber tegangan dan arus-arus

berkut ini

vs

= Vsrms

sin ωt

= 100sin ωt

V , I 1 rms = 30 A 30 o lagging dari

tegangan sumber dan I 2 rms = 50 A 90 o leading dari tegangan

sumber.

Penyelesaian:

Im

I 2

I 1

30

o

Re

7.2. Impedansi

V s

Karena setiap komponen harmonisa memiliki frekuensi berbeda maka

pada satu cabang rangkaian yang mengandung elemen dinamis akan

terjadi impedansi yang berbeda untuk setiap komponen. Setiap

komponen harmonisa dari arus nonsinus yang mengalir pada satu cabang

rangkaian dengan elemen dinamis akan mengakibatkan tegangan

berbeda.

134 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


COTOH-7.3: Arus i = 200sin

ω0t

+ 70sin 3ω0t

+ 30sin 5ω0t

A

mengalir melalui resistor 5 Ω yang terhubung seri dengan kapasitor

20 µF. Jika frekuensi fundamental adalah 50 Hz, hitung tegangan

puncak fundamental dan tegangan puncak setiap komponen

harmonisa.

(a) Reaktansi dan impedansi untuk frekuensi fundamental adalah

X

C

−6

1 = 1/(2π × 50 × 20 × 10 ) = 159,15 →

2 2

Z1 = 5 + 159,15 = 159,23Ω

Tegangan puncak fundamental adalah

V 1m

= Z1

× I1m

= 159,23×

200 ≈ 31,85 kV

(b) Impedansi untuk harmonisa ke-3 adalah

2 2

X C 3 = X C 1 / 3 = 53,05 → Z3 = 5 + 53,05 = 53, 29 Ω

Tegangan puncak harmonisa ke-3 adalah

V 3 m = Z3

× I3m

= 53,29 × 70 = 3,73 kV

(c) Impedansi untuk harmonisa ke-5 adalah

7.3. ilai Efektif

2 2

X C 5 = X C 1 / 5 = 31,83 → Z 5 = 5 + 31,83 = 32, 22 Ω

Tegangan puncak harmonisa ke-5 adalah

V 5 m = Z5

× I5m

= 32,22 × 30 = 0,97 kV

Sebagaimana telah dibahas dalam bab sebelumnya, sinyal nonsinus

dipandang sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu komponen

fundamental dan komponen harmonisa total. Nilai efektif suatu sinyal

periodik nonsinus y, adalah

2 2

rms = Y1rms

Yhrms

(7.1)

Y +

dengan

Y 1 rms : nilai efektif komponen fundamental.

Y hrms : nilai efektif komponen harmonisa total.

135


Karena komponen ke-dua, yaitu komponen harmonisa total, merupakan

gabungan dari seluruh harmonisa yang masih diperhitungkan, maka

komponen ini tidak kita gambarkan diagram fasornya; kita hanya

menyatakan nilai efektifnya saja walaupun kalau kita gambarkan

kurvanya di kawasan waktu bisa terlihat perbedaan fasa yang mungkin

terjadi antara tegangan fundamental dan arus harmonisa total.

7.4. Sumber Tegangan Sinusiodal Dengan Beban onlinier

Sebagaimana dijelaskan di bab sebelumnya, pembebanan nonlinier

terjadi bila sumber dengan tegangan sinus mencatu beban dengan arus

nonsinus. Arus nonsinus mengalir karena terjadi pengubahan arus oleh

pengubah arus, seperti misalnya penyearah atau saklar sinkron. Dalam

analisis di kawasan fasor pada pembebanan non linier ini kita perlu

memperhatikan hal-hal berikut ini.

7.4.1. Daya Kompleks

Sisi Beban. Jika tegangan pada suatu beban memiliki nilai efektif V brms V

dan arus nonsinus yang mengalir padanya memiliki nilai efektif I brms A,

maka beban ini menyerap daya kompleks sebesar

S b = Vbrms

× Ibrms

VA

(7.2)

Kita ingat pengertian mengenai daya kompleks yang didefinisikan pada

persamaan (14.9) di Bab-14 sebagai S = VI . Definisi ini adalah untuk

sinyal sinus murni. Dalam hal sinyal nonsinus kita tidak menggambarkan

fasor arus harmonisa total sehingga mengenai daya kompleks hanya bisa

menyatakan besarnya, yaitu persamaan (7.2), tetapi kita tidak

menggambarkan segitiga daya. Segitiga daya dapat digambarkan hanya

untuk komponen fundamental.

Sisi Sumber. Daya kompleks |S s | yang diberikan oleh sumber tegangan

sinus vs

= Vsm

sin ωt

V yang mengeluarkan arus nonsinus bernilai

efektif

2 2

s1rms

shrms

I = I + I A adalah

srms

Vsm

S s = Vsrms

× I srms = × I srms VA

(7.3)

2

*

136 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


7.4.2. Daya yata

Sisi Beban. Jika suatu beban memiliki resistansi R b , maka beban tersebut

menyerap daya nyata sebesar

2

( I I ) R W

2

2

P b = IbrmsRb

= b 1 rms + bhrms b

(7.4)

di mana Ib

1 rms adalah arus efektif fundamental dan I bhrms adalah arus

efektif harmonisa total.

Sisi Sumber. Dilihat dari sisi sumber, daya nyata dikirimkan melalui

komponen fundamental. Komponen arus harmonisa sumber tidak

memberikan transfer energi netto.

P s 1 = VsrmsI

1 rmscosϕ

1 W

(7.5)

ϕ 1 adalah beda sudut fasa antara tegangan dan arus fundamental sumber,

dan cosϕ 1 adalah faktor daya pada komponen fundamental yang disebut

displacement power factor.

7.4.3. Faktor Daya

Sisi Beban. Dengan pengertian daya kompleks dan daya nyata seperti

diuraikan di atas, maka faktor daya rangkaian beban dapat dihitung

sebagai

P

b

f.d. beban =

(7.5)

Sb

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

7.4.4. Impedansi Beban

Ps

f .d. 1

s = (7.6)

Ss

Reaktansi beban tergantung dari frekuensi harmonisa, sehingga masingmasing

harmonisa menghadapi nilai impedansi yang berbeda-beda.

Namun demikian nilai impedansi beban secara keseluruhan dapat

dihitung, sesuai dengan konsep tentang impedansi, sebagai

Vbrms

Z b = Ω

(7.6)

I

brms

137


Seperti halnya dengan daya kompleks, impedansi beban hanya dapat kita

hitung besarnya dengan relasi (7.6) akan tetapi tidak dinyatakan dalam

format kompleks seperti (a + jb).

7. 5. Teorema Tellegen

Sebagaimana dijelaskan dalam Bab-7, teorema ini menyatakan bahwa di

setiap rangkaian listrik harus ada perimbangan yang tepat antara daya

yang diserap oleh elemen pasif dengan daya yang diberikan oleh elemen

aktif. Hal ini sesuai dengan prinsip konservasi energi. Sebagaimana telah

pula disebutkan teorema ini juga memberikan kesimpulan bahwa satusatunya

cara agar energi dapat diserap dari atau disalurkan ke suatu

bagian rangkaian adalah melalui tegangan dan arus di terminalnya.

Teorema ini berlaku baik untuk rangkaian linier maupun non linier.

Teorema ini juga berlaku baik di kawasan waktu maupun kawasan fasor

untuk daya kompleks maupun daya nyata. Fasor tidak lain adalah

pernyataan sinyal yang biasanya berupakan fungsi waktu, menjadi

pernyataan di bidang kompleks. Oleh karena itu perhitungan daya yang

dilakukan di kawasan fasor harus menghasilkan angka-angka yang sama

dengan perhitungan di kawasan waktu.

7.6. Contoh-Contoh Perhitungan

COTOH-7.4: Di terminal suatu beban yang terdiri dari resistor R b =10

Ω terhubung seri dengan induktor L b = 0,05 H terdapat tegangan

nonsinus v s = 100 + 200 2 sin ω0 t V . Jika frekuensi fundamental

adalah 50 Hz, hitunglah: (a) daya nyata yang diserap beban; (b)

impedansi beban; (c) faktor daya beban;

Penyelesaian:

(a) Tegangan pada beban terdiri dari dua komponen yaitu komponen

searah dan komponen fundamental:

V 0 =100 V dan o

V 1 = 200∠

− 90

Arus komponen searah yang mengalir di beban adalah

I b0 = V0

/ Rb

= 100 /10 = 10 A

Arus efektif komponen fundamental di beban adalah

138 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


V1rms

200

I b1rms = =

= 10,74

Zb

2

2

10 + (100π × 0,05)

A

Nilai efektif arus rangkaian total adalah

I

2

brms = b b 1 rms

2 2

I

2 0 + I = 10 + 10,74 = 14,68 A

Daya nyata yang diserap beban sama dengan daya yang diserap

R b karena hanya R b yang menyerap daya nyata.

2

2

P Rb = Ibrms

Rb

= 14,68 × 10 = 2154 W

(b) Impedansi beban adalah rasio antara tegangan efektif dan arus

efektif beban.

V

brms

2 2

= rms

V0 + V1

= 100 + 200 = 100

2

2

5

V

Z

beban

V

=

I

brms

brms

100

=

5

14,68

= 15,24 Ω

(c) Faktor daya beban adalah rasio antara daya nyata dan daya

kompleks yang diserap beban. Daya kompleks yang diserap

beban adalah:

S

b

= Vbrms

× Ibrms

Sehingga faktor daya beban

= 100 5 × 14,68 = 3281 VA

P 2154

f.d. =

b

b = = 0,656

S 3281

COTOH-7.5: Suatu tegangan nonsinus yang terdeteksi pada terminal

beban memiliki komponen fundamental dengan nilai puncak 150 V

dan frekuensi 50 Hz, serta harmonisa ke-3 dan ke-5 yang memiliki

nilai puncak berturut-turut 30 V dan 5 V. Beban terdiri dari resistor 5

Ω terhubung seri dengan induktor 4 mH. Hitung: (a) tegangan

efektif, arus efektif, dan daya dari komponen fundamental; (b)

tegangan efektif, arus efektif, dan daya dari setiap komponen

harmonisa; (c) tegangan efektif beban, arus efektif beban, dan total

b

139


daya kompleks yang disalurkan ke beban; (d) Bandingkan hasil

perhitungan (a) dan (c).

Penyelesaian:

(a) Tegangan efektif komponen fundamental

V

150

=

2

1 rms

=

106 V

Reaktansi pada frekuensi fundamental

X L1

= 2π × 50 × 4 × 10

−3

= 1,26

Impedansi pada frekuensi fundamental adalah

Ω

Z 1

=

5

2

+ 1,26

2

= 5,16

Ω

Arus efektif fundamental

V

106

=

5,16

1rms

1 rms = =

Z 1

I

20,57

A

Daya nyata yang diberikan oleh komponen fundamental

2

P rms

1 = I1

R = 20,57 × 5 = 2083

Daya kompleks komponen fundamental

2

W

S 1 = V1

rms I1rms

= 106 × 20,57 = 2182

Faktor daya komponen fundamental

f.d.

2083

=

2182

1

1

=

1

= S

P

0,97

VA

Daya reaktif komponen fundamental dapat dihitung dengan

formulasi segitiga daya karena komponen ini adalah sinus

murni.

2

2

Q 1 = S1

− P1

= 2182 − 2083 = 531,9 VAR

2

2

140 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


(b) Tegangan efektif harmonisa ke-3 dan ke-5

30

5

V 3 rms = = 21,21 V ; V 5 rms = = 3,54 V

2

2

Reaktansi pada frekuensi harmonisa ke-3 dan ke-5

X = × X = 3×

1,26 = 3,77 Ω ;

X

L3 3 L1

L5 = 5 × X L1

= 5×

1,26 = 6,28 Ω

Impedansi pada komponen harmonisa ke-3 dan ke-5:

2

2

Z = 5 + 3,77 = 6,26 Ω ; Z = 5 + 6,28 = 8,03 Ω

3

Arus efektif komponen harmonisa ke-3 dan ke-5:

V 21,21

I

3

3 =

rms

rms = = 3,39 A ;

Z 6,26

I

V

3

5

3,54

=

8,03

5rms

5 rms = =

Z 5

2

0,44 A

Daya nyata yang diberikan oleh harmonisa ke-3 dan ke-5

2

2

3 3

=

2

2

P5 = I5rms

R = 0,44 × 5 =

P = I rms R = 3,39 × 5 57,4 W ;

0,97

(c) Daya nyata total yang diberikan ke beban adalah jumlah daya

nyata dari masing-masing komponen harmonisa (kita ingat

komponen-komponen harmonisa secara bersama-sama mewakili

satu sumber)

P = P + P +

b

=

1 3

2

I1rms

R

+

2 2 2

P5

= ( I1rms

+ I3rms

+ I5rms

)

2 2 2

( I + I ) R = I R + I

3rms

Tegangan efektif beban

5rms

1rms

W

2

× R = 2174 W

2

hrms

R

V brms

Arus efektif beban

=

150

2

2

30

+

2

2

2

5

+

2

= 108,22

V

141


I brms

=

20,57

Daya kompleks beban

2

+ 3,39

2

+ 0,44

2

= 20,86

A

S

b

= Vbrms

× Ibrms

= 108 ,22 × 20,86 = 2257

VA

Daya reaktif beban tidak dapat dihitung dengan menggunakan

formula segitiga daya karena kita tak dapat menggambarkannya.

(d) Perhitungan untuk komponen fundamental yang telah kita

lakukan menghasilkan

P 1 = 2083 W , S 1 = 2182 VA , dan

2 2

1 1 1 =

Q = S − P 531,9 VAR .

Sementara itu perhitungan daya total ke beban menghasilkan

P b = 2174 W , dan S b = 2257 VA ; Q b = ?

Perbedaan antara P 1 dan P b disebabkan oleh adanya harmonisa

P 3 dan P 5 .

2

P1 = I1rmsR

sedang

2 2 2

1 + P2

+ P3

= I1rms

+ I3rms

+ I5rms

R =

2

( ) I R

P = P

.

b

brms

Daya reaktif beban Q b tidak bisa kita hitung dengan cara seperti

menghitung Q 1 karena kita tidak bisa menggambarkan segitiga

daya-nya. Oleh karena itu kita akan mencoba memperlakukan

komponen harmonisa sama seperti kita memperlakukan

komponen fundamental dengan menghitung daya reaktif

2

sebagai Qn

= I nrms X n dan kemudian menjumlahkan daya

reaktif Q n untuk memperoleh daya reaktif ke beban Q b .

Dengan cara ini maka untuk beban akan berlaku:

b

2

2

2

( I X + I X I X )

Q = Q + Q + Q =

+

1 3 5 1rms

L1

3rms

L3

5rms

L5

Hasil perhitungan memberikan

142 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Q

2

2

2

b = Q1

+ Q2

+ Q3

= I1rms

X L1

+ I3rms

X L3

+ I5rms

X L5

Perhatikan bahwa hasil perhitungan

2

1 = 1rms X L1

=

= 531,9 + 43,3 + 1,2 = 576,4

Q I 531,9 VAR sama dengan

2 2

1 1 1 =

Q = S − P 531,9 VAR .

VAR

Jika untuk menghitung Q b kita paksakan menggunakan

formulasi segitiga daya, walaupun sesungguhnya kita tidak bisa

menggambarkan segitiga daya dan daya reaktif total komponen

hamonisa juga tidak didefinisikan, kita akan memperoleh

Q

2 2

b = Sb

− Pb

=

2257

2

− 2174

2

= 604 VAR

lebih besar dari hasil yang diperoleh jika daya reaktif masingmasing

komponen harmonisa dihitung dengan formula

2

Qn

= I nrms X n .

COTOH-7.6: Sumber tegangan sinusoidal v s = 1000 2sinωt

V

mencatu beban resistif R b = 10 Ω melalui dioda mewakili

penyearah setengah gelombang. Carilah: (a) spektrum amplitudo

arus; (b) nilai efektif setiap komponen arus; (c) daya kompleks

sumber; (d) daya nyata yang diserap beban; (e) daya nyata yang

berikan oleh sumber; (f) faktor daya yang dilihat sumber; (g)

faktor daya komponen fundamental.

Penyelesaian:

a). Spektrum amplitudo arus penyearahan setengah gelombang ini

adalah seperti berikut.

143


A

80

70

60

50

45.00

70.71

40

30

20

10

0

30.04

6.03

2.60 1.46 0.94

01 12 23 4 65 68 10 7 harmonisa

Spektrum yang amplitudo ini dihitung sampai harmonisa ke-

10, yang nilainya sudah mendekati 1% dari amplitudo arus

fundamental. Diharapkan error yang terjadi dalam

perhitungan tidak akan terlalu besar.

b). Nilai efektif komponen arus dalam [A] adalah

70.71

I 0 = 45; I1rms

= = 50; I

2

I = 4,3; I = 1,8; I

4rms

6rms

Nilai efektif arus fundamental

8rms

2rms

= 1;

I 1 rms = 50

30.04

= = 21,2;

2

I = 0.7

10rms

Nilai efektif komponen harmonisa total adalah:

A

dst

I hrms

=

2 2 2 2 2 2

2 × 31,8 + 21,2 + 4,3 + 1,8 + 1 + 0,7

= 50

A

Nilai efektif arus total adalah

I

2 2

rms = shrms

I1 rms + I = 50 + 50 = 70,7

c). Daya kompleks yang diberikan sumber adalah

2

2

A

S s

= Vsrms

× I rms = 1000 × 70,7 = 70,7

kVA

d). Daya nyata yang diserap beban adalah

2

P b = I rmsRb

=

2

70,67 × 10 = 50 kW

144 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


e). Sumber memberikan daya nyata melalui arus fundamental.

Daya nyata yang diberikan oleh sumber adalah

P s = Vsrms

I1rms

cos ϕ 1

Kita anggap bahwa spektrum sudut fasa tidak tersedia,

sehingga perbedaan sudut fasa antara tegangan sumber dan

arus fundamental tidak diketahui dan cosϕ 1 tidak diketahui.

Oleh karena itu kita coba memanfaatkan teorema Tellegen

yang menyatakan bahwa daya yang diberikan sumber harus

tepat sama dengan daya yang diterima beban, termasuk daya

nyata. Jadi daya nyata yang diberikan sumber adalah

P s = P b = 50 kW

f). Faktor daya yang dilihat oleh sumber adalah

f.d. s = Ps

/ S s = Pb

/ Ss

= 50 / 70,7 = 0,7

g). Faktor daya komponen fundamental adalah

Ps

50000

cosϕ1 = = = 1

VsrmsI1rms

1000 × 50

Nilai faktor daya ini menunjukkan bahwa arus fundamental

sefasa dengan tegangan sumber.

I hrms 50

h). THD I = = = 1 atau 100%

I1rms

50

Contoh-7.6 ini menunjukkan bahwa faktor daya yang dilihat sumber

lebih kecil dari faktor daya fundamental. Faktor daya fundamental

menentukan besar daya aktif yang dikirim oleh sumber ke beban,

sementara faktor daya yang dilihat oleh sumber merupakan rasio daya

nyata terhadap daya kompleks yang dikirim oleh sumber. Sekali lagi kita

tekankan bahwa kita tidak dapat menggambarkan segitiga daya pada

sinyal nonsinus.

Sumber mengirimkan daya nyata ke beban melalui arus fundamental.

Jika kita hitung daya nyata yang diserap resistor melalui arus

fundamental saja, akan kita peroleh

P Rb1 = I1

2 rms Rb

= 50 2 × 10 = 25 kW

145


Jadi daya nyata yang diserap R b melalui arus fundamental hanya setengah

dari daya nyata yang dikirim sumber (dalam kasus penyearah setengah

gelombang ini). Hal ini terjadi karena daya nyata total yang diserap R b

tidak hanya melalui arus fundamental saja tetapi juga arus harmonisa,

sesuai dengan relasi

2 2

( I1rms

+ Ibrms

) Rb

2

P Rb = Ibrms

Rb

=

×

Kita akan mencoba menganalisis masalah ini lebih jauh setelah melihat

lagi contoh yang lain. Berikut ini kita akan melihat contoh yang berbeda

namun pada persoalan yang sama, yaitu sebuah sumber tegangan

sinusoidal mengalami pembebanan nonlinier.

COTOH-7.7: Seperti Contoh-7.6, sumber sinusoidal dengan nilai

efektif 1000 V mencatu arus ke beban resistif R b =10 Ω, namun

kali ini melalui saklar sinkron yang menutup setiap paruh ke-dua

dari tiap setengah perioda. Tentukan : (a) spektrum amplitudo

arus; (b) nilai efektif arus fundamental, arus harmonisa total, dan

arus total yang mengalir ke beban; (c) daya kompleks yang

diberikan sumber; (d) daya nyata yang diberikan sumber; (e)

faktor daya yang dilihat sumber; (f) faktor daya komponen

fundamental.

Penyelesaian:

(a) Diagram rangkaian adalah sebagai berikut:

i s

saklar sinkron

v s


V srms =1000 V

R b

i Rb

10 Ω

Bentuk gelombang tegangan sumber dan arus beban adalah

[V]

[A]

300

v s (t)/5

200 i Rb (t)

100

[detik]

0

0 0,01 0,02

-100

-200

-300

146 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Spektrum amplitudo arus, yang dibuat hanya sampai harmonisa

ke-11 adalah seperti di bawah ini.

A

90

80

70

60

50

40

30

20

10

0

0.00

83.79

44.96

14.83 14.83

8.71 8.71

10 12 3 45 75 96 11 7 harmonisa

Amplitudo arus harmonisa ke-11 masih cukup besar; masih di

atas 10% dari amplitudo arus fundamental. Perhitunganperhitungan

yang hanya didasarkan pada spektrum amplitudo

ini tentu akan mengandung error yang cukup besar. Namun hal

ini kita biarkan untuk contoh perhitungan manual ini mengingat

amplitudo mencapai sekitar 1% dari amplitudo arus

fundamental baru pada harmonisa ke-55.

(b) Arus fundamental yang mengalir ke R b

83,79

I 1 rms = = 59,25

2

Arus harmonisa total

A

I hrms

44,96

= 0 +

2

= 36,14 A

2

14,83

+

2

2

14,83

+

2

2

2

8,71

+

2

2

8,71

+

2

Arus total :

I rms

=

2 2

59,25 + 36,14 = 69,4 A

(c) Daya kompleks yang diberikan sumber adalah

S

s

= VsrmsI

rms

= 1000 × 69,4 = 69,4

kVA

147


(d) Daya nyata yang diberikan sumber harus sama dengan daya

nyata yang diterima beban yaitu daya nyata yang diserap R b

karena hanya R b yang menyerap daya nyata

P s = Pb

= I rms

2 Rb

= 69,4

2 × 10 = 48,17 kW

(e) Faktor daya yang dilihat sumber adalah

f.d.

s = Ps

s

/ S = 48,17 / 69,4 = 0,69

(f) Daya nyata dikirim oleh sumber melalui arus komponen

fundamental.

P s = Vsrms

I1rms

cos ϕ 1

Ps

48170

f . d.

1 = cosϕ1

= =

= 0,813

Vsrms

I1rms

1000 × 59,25

I hrms 36,14

(g) THD I = = = 0,61 atau 61%

I1rms

59,25

Perhitungan pada Contoh-7.7 ini dilakukan dengan hanya mengandalkan

spektrum amplitudo yang hanya sampai harmonisa ke-11. Apabila

tersedia spektrum sudut fasa, koreksi perhitungan dapat dilakukan.

Contoh-7.8: Jika pada Contoh-7.7 selain spektrum amplitudo diketahui

pula bahwa persamaan arus fundamental dalam uraian deret Fourier

adalah

( − 0.5cos( ω t)

+ 0,7sin( ))

i1 ( t)

= I m 0 ω0t

Lakukan koreksi terhadap perhitungan yang telah dilakukan pada

Contoh-7.7.

Penyelesaian:

Persamaan arus fundamental sebagai suku deret Fourier diketahui:

Sudut

( − 0.5cos( ω t)

+ 0,7sin( ))

i1 ( t)

= I m 0 ω0t

−1

o

θ = tan (0.7 / 0.5) = 57,6 . Mengacu ke Gb.7.3, komponen

fundamental ini lagging sebesar (90 o −57,6 o ) = 32,4 o dari tegangan

148 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


sumber yang dinyatakan sebagai fungsi sinus. Dengan demikian

maka faktor daya komponen fundamental adalah

o

f . d.

1 = cosϕ1

= cos(32,4 ) = 0,844

Dengan diketahuinya faktor daya fundamental, maka kita dapat

menghitung ulang daya nyata yang diberikan oleh sumber dengan

menggunakan nilai faktor daya ini, yaitu

P s = Vsrms

I 1 rms cos ϕ 1 = 1000 × 59,4 × 0.844 = 50 kW

Daya nyata yang dikirim sumber ini harus sama dengan yang

diterima resistor di rangkaian beban

demikian arus total adalah

I

rms = Ps

b

/ R = 50000 /10 = 70,7 A

P b = I rms

2 Rb

= Ps

. Dengan

Koreksi daya nyata tidak mengubah arus fundamental; yang

berubah adalah faktor dayanya. Oleh karena itu terdapat koreksi

arus harmonisa yaitu

I

2 2

hrms = I rms − I1rms

=

70,7

2

− 59,25

Daya kompleks yang diberikan sumber menjadi

2

= 38,63 A

S s = Vsrms

I rms = 1000 × 70,7 = 70,7 kVA

Faktor daya total yang dilihat sumber menjadi

THD I

38,63

= = 0,65 atau

59,25

f . d.

s = Ps

/ Ss

= 50 / 70,7 = 0,7

65%

Perbedaan-perbedaan hasil perhitungan antara Contoh-7.8 (hasil koreksi)

dan Contoh-7.7 telah kita duga sebelumnya sewaktu kita menampilkan

spektrum amplitudo yang hanya sampai pada harmonisa ke-11. Tampilan

spektrum ini berbeda dengan tampilan spektrum dalam kasus penyearah

setengah gelombang pada Contoh-7.6, yang juga hanya sampai hrmonisa

ke-10. Perbedaan antara keduanya terletak pada amplitudo harmonisa

terakhir; pada kasus saklar sinkron amplitudo harmonisa ke-11 masih

sekitar 10% dari amplitudo fundamentalnya, sedangkan pada kasus

149


penyearah setengah gelombang amplitudo ke-10 sudah sekitar 1% dari

ampltudo fundamentalnya.

Pada Contoh-7.8, jika kita menghitung daya nyata yang diterima resistor

hanya melalui komponen fundamental saja akan kita peroleh

2

2

P Rb1 = I1rms

Rb

= 59,25 × 10 = 35,1 kW

Perbedaan antara daya nyata yang dikirim oleh sumber melalui arus

fundamental dengan daya nyata yang diterima resistor melalui arus

fundamental disebabkan oleh adanya komponen harmonisa. Hal yang

sama telah kita amati pada kasus penyearah setengah gelombang pada

Contoh-7.6.

7.7. Transfer Daya

Dalam pembebanan nonlinier seperti Contoh-7.6 dan Contoh-7.7, daya

nyata yang diserap beban melalui komponen fundamental selalu lebih

kecil dari daya nyata yang dikirim oleh sumber yang juga melalui arus

fundamental. Jadi terdapat kekurangan sebesar ∆P Rb ; kekurangan ini

diatasi oleh komponen arus harmonisa karena daya nyata diterima oleh

R b tidak hanya melalui arus fundamental tetapi juga melalui arus

harmonisa, sesuai formula

2 2

P Rb = ( Ib

1 rms + Ibhrms)

Rb

Padahal dilihat dari sisi sumber, komponen harmonisa tidak memberi

transfer energi netto. Penafsiran yang dapat dibuat adalah bahwa

sebagian daya nyata diterima secara langsung dari sumber oleh R b , dan

sebagian diterima secara tidak langsung. Piranti yang ada di sisi beban

selain resistor adalah saklar sinkron ataupun penyearah yang merupakan

piranti-piranti pengubah arus; piranti pengubah arus ini tidak mungkin

menyerap daya nyata sebab jika demikian halnya maka piranti ini akan

menjadi sangat panas. Jadi piranti pengubah arus menyerap daya nyata

yang diberikan sumber melalui arus fundamental dan segera

meneruskannya ke resistor sehingga resistor menerima daya nyata total

sebesar yang dikirimkan oleh sumber. Dalam meneruskan daya nyata

tersebut, terjadi konversi arus dari frekuensi fundamental yang diberikan

oleh sumber menjadi frekuensi harmonisa menuju ke beban. Hal ini

dapat dilihat dari besar daya nyata yang diterima oleh R b melalui arus

harmonisa sebesar

150 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


2

2 2

P Rbh = IbhrmsR

= ( I1rms

+ Ibhrms

) × Rb

.

Faktor daya komponen fundamental lebih kecil dari satu, f.d. 1 < 1,

menunjukkan bahwa ada daya reaktif yang diberikan melalui arus

fundamental. Resistor tidak menyerap daya reaktif. Piranti selain resistor

hanyalah pengubah arus; oleh karena itu piranti yang harus menyerap

daya reaktif adalah pengubah arus. Dengan demikian, pengubah arus

menyerap daya reaktif dan daya nyata. Daya nyata diteruskan ke resistor

dengan mengubahnya menjadi komponen harmonisa, daya reaktif

ditransfer ulang-alik ke rangkaian sumber.

7.8. Kompensasi Daya Reaktif

Sekali lagi kita memperhatikan Contoh-7.6 dan Contoh-7.7 yang telah

dikoreksi dalam Contoh 7.8. Telah diulas bahwa faktor daya komponen

fundamental pada penyearah setengah gelombang f.d. 1 = 1 yang berarti

arus fundamental sefasa dengan tegangan; sedangkan faktor daya

komponen fundamental pada saklar sinkron f.d. 1 = 0,844. Nilai faktor

daya komponen fundamental ini tergantung dari saat membuka dan

menutup saklar yang dalam kasus penyearah setengah gelombang

“saklar” menutup setiap tengah perioda pertama.

Selain faktor daya komponen fundamental, kita melihat juga faktor daya

total yang dilihat sumber. Dalam kasus penyearah setengah gelombang,

meskipun f.d. 1 = 1, faktor daya total f.d. s = 0,7. Dalam kasus saklar

sinkron f.d. 1 = 0.844 sedangkan faktor daya totalnya f.d. s = 0,7. Sebuah

pertanyaan timbul: dapatkah upaya perbaikan faktor daya yang biasa

dilakukan pada pembebanan linier, diterapkan juga pada pembebanan

nonlinier?

Pada dasarnya perbaikan faktor daya adalah melakukan kompensasi daya

reaktif dengan cara menambahkan beban pada rangkaian sedemikian

rupa sehingga faktor daya, baik lagging maupun leading, mendekat ke

nilai satu. Dalam kasus penyearah setengah gelombang f.d. 1 = 1, sudah

mencapai nilai tertingginya; masih tersisa f.d. s yang hanya 0,7. Dalam

kasus saklar sinkron f.d. 1 = 0,844 dan f.d. s = 0,7. Kita coba melihat kasus

saklar sinkron ini terlebih dulu.

COTOH-7.9: Operasi saklar sinkron pada Contoh-7.7 membuat arus

fundamental lagging 32,4 o dari tegangan sumber yang sinusoidal.

Arus lagging ini menandakan adanya daya rekatif yang dikirim oleh

sumber ke beban melalui arus fundamental. (a) Upayakan

151


pemasangan kapasitor paralel dengan beban untuk memberikan

kompensasi daya reaktif ini. (b) Gambarkan gelombang arus yang

keluar dari sumber.

Penyelesaian:

a). Upaya kompensasi dilakukan dengan memasangkan kapasitor

paralel dengan beban untuk memberi tambahan pembebanan

berupa arus leading untuk mengompensasi arus fundamental

yang lagging 32,4 o . Rangkaian menjadi sebagai berikut:

i s

saklar sinkron

v s


i C

C

R b

i Rb

Sebelum pemasangan kapasitor:

I 1 rms = 59,25 A ; I hrms = 38,63 A ; f . d.

s = 0, 7

S 1 = V srms I 1rms

= 1000 × 59,25 = 59,25 kVA ;

f.d. 1 = 0,844;

P 1 = 59,25×

0,844 = 50 kW

2 2

Q s 1 = S − P1

= 31,75 kVAR

Kita coba memasang kapasitor untuk memberi kompensasi daya

reaktif komponen fundamental sebesar 31 kVAR

Q

s1

2

srms

2

srms

= V × Z = V / ωC

Qs1

31000

→ C = =

= 99 µ F ;

V ω 2

srms 1000 × 100π

C

kita tetapkan 100 µF

Dengan C = 100 µF, daya reaktif yang bisa diberikan adalah

Q C

Arus kapasitor adalah

2

−6

= 1000 × 100π × 100 × 10 = 31,4

kVAR

152 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


I

V

=

Z

Arus ini leading 90 o dari

tegangan sumber dan

hampir sama dengan nilai

o

I 1 rms sin(32,4 ) = 31,75 A

1000

= = 31,4 A

1/(100π)

C

Crms

srms

.

C

Diagram fasor tegangan dan

32,4 o

arus adalah seperti di I I 1 cos32,4 o

1

samping ini.

V s

Dari diagram fasor ini kita

o

lihat bahwa arus I C dan I1 sin 32, 4 tidak saling meniadakan

o

sehingga beban akan menerima arus I 1rms cos(32,4 ) , akan

tetapi beban tetap menerima arus seperti semula. Beban tidak

merasakan adanya perubahan oleh hadirnya C karena ia tetap

terhubung langsung ke sumber. Sementara itu sumber sangat

merasakan adanya beban tambahan berupa arus kapasitif yang

melalui C. Sumber yang semula mengeluarkan arus fundamental

dan arus harmonisa total ke beban, setelah pemasangan

kapasitor memberikan arus fundamental dan arus harmonisa ke

beban ditambah arus kapasitif di kapasitor. Dengan demikian

arus fundamental yang diberikan oleh sumber menjadi

o

I 1 rmsC ≈ I1

rms cos(32,4 ) = 50 A

turun sekitar 10% dari arus fundamental semula yang 59,25 A.

Arus efektif total yang diberikan sumber menjadi

I

2 2

srmsC = hrms

I1 rmsC + I = 50 + 38,63 =

Daya kompleks yang diberikan sumber menjadi

S sC

I 1 sin32,4 o

= 1000 × 63,2 = 63,2 kVA

Faktor daya yang dilihat sumber menjadi

f . d.

sC = 50 / 63,2 = 0,8

2

2

63,2 A

sedikit lebih baik dari sebelum pemasangan kapasitor

f . d.

s = 0,7

Im

I C

Re

153


). Arus sumber, i s , adalah jumlah dari arus yang melalui resistor

seri dengan saklar sinkron dan arus arus kapasitor.

- bentuk gelombang arus yang melalui resistor i Rb adalah

seperti yang diberikan pada gambar Contoh-7.7;

- gelombang arus kapasitor, i C , 90 o mendahului tegangan

sumber.

Bentuk gelonbang arus i s terlihat pada gambar berikut:

[V]

[A]

300

200

100

0

-100

-200

-300

v s /5

Contoh-7.9 ini menunjukkan bahwa kompensasi daya reaktif komponen

fundamental dapat meningkatkan faktor daya total yang dilihat oleh

sumber. Berikut ini kita akan melihat kasus penyearah setengah

gelombang.

Di Bab-3, sub-bab 3.6 buku jilid-1, kita membahas filter kapasitor pada

penyearah yang dihubungkan paralel dengan beban R dengan tujuan

untuk memperoleh tegangan yang walaupun masih berfluktuasi namun

fluktuasi tersebut ditekan sehingga mendekati tegangan

searah. Kita akan

i s

mencoba

menghubungkan

kapasitor seperti pada

Gb.7.3 dengan harapan

akan memperbaiki faktor

daya.

v s

i C

C

i R

R

i Rb

i s

[detik]

0 0.005 i C

0.01 0.015 0.02

Gb.7.3. Kapasitor paralel dengan beban.

154 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


COTOH-7.10: Sumber tegangan sinusoidal v s = 1000 2sinωt

V

mencatu beban resistif R b = 10 Ω melalui penyearah setengah

gelombang. Lakukan pemasangan kapasitor untuk

“memperbaiki” faktor daya. Frekuensi kerja 50 Hz.

Penyelesaian:

Keadaan sebelum pemasangan kapasitor dari Contoh-7.5:

tegangan sumber

arus fundamental

arus harmonisa total

arus efektif total

V srms =1000 V ;

I 1 rms = 50 A ;

I hrms

= 50 A

I rms = 70,7 A ;

daya kompleks sumber

S s = 70,7 kVA ;

daya nyata

P s = P 1 = 50 kW ;

faktor daya sumber f . d.

s = Ps

/ Ss

= 50 / 70,7 = 0, 7 ;

faktor daya komponen fundamental f . d . 1 = 1 .

Spektrum amplitudo arus maksimum adalah

A

80

70

60

50

45.00

70.71

40

30

20

10

0

30.04

6.03

2.60 1.46 0.94

01 12 23 4 65 68 10 7 harmonisa

Gambar perkiraan dibawah ini memperlihatkan kurva tegangan

sumber v s /5 (skala 20%), arus penyearahan setengah gelombang

155


i R , dan arus kapasitor i C seandainya dipasang kapasitor (besar

kapasitor belum dihitung).

400

[V]

[A]

200

v s /5

i R

0

-200

0 0.01 i 0.02 0.03

C

t [s]

-400

Dengan pemasangan kapasitor maka arus sumber akan merupakan

jumlah i R + i C yang akan merupakan arus nonsinus dengan bentuk

lebih mendekati gelombang sinusoidal dibandingkan dengan

bentuk gelombang arus penyearahan setengah gelombang i R .

Bentuk gelombang arus menjadi seperti di bawah ini.

400

[V]

[A]

200

v s /5

i R +i C

i R

0

-200

i R

0 i C 0.01 0.02 0.03

t [s]

-400

Kita akan mencoba menelaah dari beberapa sisi pandang.

a). Pemasangan kapasitor seperti pada Gb.7.3 menyebabkan sumber

mendapat tambahan beban arus kapasitif. Bentuk gelombang arus

sumber menjadi lebih mendekati bentuk sinus. Tidak seperti

dalam kasus saklar sinkron yang komponen fundamentalnya

memiliki faktor daya kurang dari satu sehingga kita punya titiktolak

untuk menghitung daya reaktif yang perlu kompensasi,

156 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


dalam kasus penyerah setengah gelombang ini f.d. 1 = 1; arus

fundamental sefasa dengan tegangan sumber.

Sebagai perkiraan, daya reaktif akan dihitung dengan

menggunakan formula segitiga daya pada daya kompleks total.

2 2

Q s = Ss

− Ps

=

2 2

70.7 − 50

= 50 kVAR

Jika diinginkan faktor daya 0,9 maka daya reaktif seharusnya

sekitar

Q

s = S s

sin(cos -1 0,9)

≈ 30 kVAR

Akan tetapi formula segitiga tidaklah akurat karena kita tidak

dapat menggambarkan segitiga daya untuk arus harmonisa. Oleh

karena itu kita perkirakan kapasitor yang akan dipasang mampu

memberikan kompensasi daya reaktif Q C sekitar 25 kVAR. Dari

sini kita menghitung kapasitansi C.

QC

2

V

2

s 1000 6

= = = 10 ωC

= 25 kVAR

ZC

(1/ ωC)

Pada frekuensi 50 Hz

80 µF

Arus kapasitor adalah

25000

C = = 79,6 µ F . Kita tetapkan

6

10 × 100π

I

C

=

V

Z

s

1000

=

1/(100π × 80 × 10

−6 =

)

25,13 A

yang leading 90 o dari tegangan sumber atau

I C

o

= 25,13∠90

Arus fundamental sumber adalah jumlah arus kapasitor dan arus

fundamental semula, yaitu

o

o

o

I s1C

= I s1semula

+ I C = 50∠0

+ 25,13∠90

= 55,96∠21

A

Nilai efektif arus dengan frekuensi fundamental yang keluar dari

sumber adalah

157


I

2

2 2

I

2 1 + I = 55,96 + 50 = 75 A

sCrms = s Crms hrms

Jadi setelah pemasangan kapasitor, nilai-nilai efektif arus adalah:

I s1 Crms

= 55,96 A ; ini adalah arus pada frekuensi fundamental

yang keluar dari sumber sementara arus ke beban tidak

berubah

I hrms

I sCrms

semula

= 50 A ; tak berubah karena arus beban tidak berubah.

= 75 A ; ini adalah arus yang keluar dari sumber yang

I rms = 70,7 A .

Daya kompleks sumber menjadi

S sC

= VsrmsI

sCrms = 1000 × 75 = 75 kVA

Faktor daya yang dilihat sumber menjadi

f.d. sC

= Ps

/ SsC

= 50 / 75 = 0,67

Berikut ini adalah gambar bentuk gelombang tegangan dan arus

serta spektrum amplitudo arus sumber.

V

A

300

200

100

0

-100

i Rb

v s /5

0 0.005 i C 0.01 0.015 0.02

i sC

-200

-300

158 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


A

90

80

70

60

50

40

30

20

10

0

45.00

79.14

30.04

6.03

2.60 1.46 0.94

01 12 32 4 65 68 10

7

harmonisa

Pemasangan kapasitor tidak memperbaiki faktor daya total bahkan

arus efektif pembebanan pada sumber semakin tinggi.

Apabila kita mencoba melakukan kompensasi bukan dengan arus

kapasitif akan tetapi dengan arus induktif, bentuk gelombang arus

dan spektrum amplitudo yang akan kita peroleh adalah seperti di

bawah ini.

V

A

300

200

100

0

-100

v s /5

i Rb

i C

0 0.005 0.01 0.015 0.02

i sC

-200

-300

159


A

90

80

70

60

50

40

30

20

10

0

45.00

79.14

30.04

6.03

2.60 1.46 0.94

01 12 23 4 65 86 10 7 harmonisa

Dengan membandingkan Contoh-7.9 dan Contoh-7.10 terlihat bahwa

perbaikan faktor daya dengan cara kompensasi daya reaktif dapat

dilakukan pada pembebanan dengan faktor daya komponen fundamental

yang lebih kecil dari satu. Pada pembebanan di mana arus fundamental

sudah sefasa dengan tegangan sumber, perbaikan faktor daya tidak terjadi

dengan cara kompensasi daya reaktif; padahal faktor daya total masih

lebih kecil dari satu. Daya reaktif yang masih ada merupakan akibat dari

arus harmonisa. Oleh karena itu upaya yang harus dilakukan adalah

menekan arus harmonisa melalui penapisan. Persoalan penapisan tidak

dicakup dalam Analisis Rangkaian Listrik di buku ini melainkan dalam

Elektronika Daya.

160 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


BAB 8

Dampak Harmonisa Pada Piranti

Dalam analisis rangkaian linier, elemen-elemen rangkaian seperti R, L,

dan C, merupakan idealisasi piranti-piranti nyata yang nonlinier. Dalam

bab ini kita akan mempelajari pengaruh adanya komponen harmonisa,

baik arus maupun tegangan, terhadap piranti-piranti sebagai benda nyata.

Dampak harmonisa ini dapat kita klasifikasi dalam dua kategori yaitu:

a). Dampak terhadap sistem tenaga sendiri antara lain peningkatan

susut energi yaitu energi “hilang” yang tak dapat dimanfaatkan,

yang secara alamiah berubah menjadi panas. [5,6].

Harmonisa menyebabkan peningkatan temperatur pada konduktor

kabel, pada kapasitor, induktor, dan transformator, yang bisa

berakibat pada derating dari alat-alat ini dan justru derating ini

membawa kerugian (finansial) yang lebih besar dibandingkan

dengan dampak langsung yang berupa susut energi.

Harmonisa tidak hanya menyebabkan derating piranti tetapi juga

umur ekonomis piranti. Pembebanan nonlinier tidaklah selalu

kontinyu, melainkan fluktuatif. Oleh karena itu pada selang

waktu tertentu piranti terpaksa bekerja pada batas tertinggi

temperatur kerjanya bahkan mungkin terlampaui pada saat-saat

tertentu.

Kenaikan tegangan bisa terjadi akibat adanya harmonisa yang

dapat menimbulkan micro-discharges bahkan partial-discharges

dalam piranti yang memperpendek umur, bahkan mal-function

bisa terjadi pada piranti.

Harmonisa juga dapat menyebabkan terjadinya overload pada

penghantar netral; kWh-meter memberi penunjukan tidak normal;

rele proteksi juga akan terganggu, bisa tidak mendeteksi besaran

rms bahkan mungkin gagal trip.

b). Dampak pada instalasi di luar sistem tenaga antara lain tmbulnya

noise pada saluran telepon serta komunikasi kabel; digital clock

disa berjalan lebih cepat.

161


8.1. Konduktor

Pada konduktor, komponen arus harmonisa menyebabkan peningkatan

daya nyata yang diserap oleh konduktor dan berakibat pada peningkatan

temperatur konduktor. Daya nyata yang terserap di konduktor ini kita

sebut rugi daya atau susut daya. Karena susut daya ini berbanding lurus

dengan kuadrat arus, maka peningkatannya akan sebanding dengan

kuadrat THD arus; demikian pula dengan peningkatan temperatur.

Misalkan arus efektif nonsinus I rms mengalir melalui konduktor yang

memiliki resistansi R s , maka susut daya di konduktor ini adalah

2 2 2

2

2

P s I rms Rs

= ( I1rms

+ I hrms ) Rs

= I1rms

Rs

( 1 + THDI

)

2

Jika arus efektif fundamental tidak berubah, faktor ( THD )

= (8.1)

1+ I pada

(8.1) menunjukkan seberapa besar peningkatan susut daya di konduktor.

Misalkan peningkatan ini diinginkan tidak lebih dari 10%, maka THD I

tidak boleh lebih dari 0,32 atau 32%. Dalam contoh-contoh persoalan

yang diberikan sebelumnya, THD I besar terjadi misalnya pada arus

penyearahan setengah gelombang yang mencapai 100%, dan arus melalui

saklar sinkron yang mengalir setiap paruh ke-dua dari tiap setengah

perioda yang mencapai 65%.

COTOH-8.1: Konduktor kabel yang memiliki resistansi total 80 mΩ,

menyalurkan arus efektif 100 A, pada frekuensi 50 Hz. Kabel ini

beroperasi normal pada temperatur 70 o C sedangkan temperatur

sekitarnya adalah 25 o C. Perubahan pembebanan di ujung kabel

menyebabkan munculnya harmonisa pada frekuensi 350 Hz dengan

nilai efektif 40 A. Hitung (a) perubahan susut daya dan (b)

perubahan temperatur kerja pada konduktor.

(a) Susut daya semula pada konduktor adalah

P 1 = 100 2 × 0,08 = 800

Susut daya tambahan karena arus harmonisa adalah

Susut daya berubah menjadi

W

P 7 = 40 2 × 0,08 = 128 W

P kabel

= 800 + 128 = 928 W

162 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Dibandingkan dengan susut daya semula, terjadi kenaikan susut

daya sebesar 16%.

(b) Kenaikan temperatur kerja di atas temperatur sekitar semula

adalah (70 o − 25 o ) = 45 o C. Perubahan kenaikan temperatur

adalah

∆T = 0,16 ×

o o

45 = 7,2 C

Kenaikan temperatur akibat adanya hormonisa adalah

o o o

T = 45 C + 7,2 C ≈ 52 C

dan temperatur kerja akibat adanya harmonisa adalah

T ′ =

25

o

+ 52

10% di atas temperatur kerja semula.

o

= 77

o

C

COTOH-8.2: Suatu kabel yang memiliki resistansi total 0,2 Ω

digunakan untuk mencatu beban resistif R b yang tersambung di

ujung kabel dengan arus sinusoidal bernilai efektif 20 A. Tanpa

pengubah resistansi beban, ditambahkan penyearah setengah

gelombang (ideal) di depan R b . (a) Hitunglah perubahan susut daya

pada kabel jika penyaluran daya ke beban dipertahankan tak

berubah. (b) Hitunglah daya yang disalurkan ke beban dengan

mempertahankan arus total pada 20 A; (c) berikan ulasan.

Penyelesaian:

(a) Sebelum pemasangan penyearah, susut daya di kabel adalah

P k

= 20 2 × 0,2 = 80 W

Dengan mempertahankan besar daya tersalur ke beban tidak

berubah, berarti nilai efektif arus fundamental dipertahankan 20

A. THD I pada penyearah setengah gelombang adalah 100%.

Susut daya pada kabel menjadi

* 2

P k = 20 × 0,21

Susut daya menjadi dua kali lipat.

2

( + 1 ) = 160 W

(b) Jika arus efektif total dipertahankan 20 A, maka susut daya di

kabel sama seperti sebelum pemasangan penyearah yaitu

163


P

k

= 20 2 × 0,2 = 80

Dalam situasi ini terjadi penurunan arus efektif fundamental

yang dapat dihitung melalui relasi kuadrat arus efektif total,

yaitu

W

I

2

rms

2

1ms

2

hms

2

1ms

= I + I = I (1 + THD

2

) = 20

2

Dengan THD 100%, maka I 1 2 rms = 20 2 /2

jadi

I

1 rms

= 20/ 2 = 14,14 A

Jadi jika arus efektif total dipertahankan 20 A, arus fundamental

turun menjadi 70% dari semula. Susut daya di kabel tidak

berubah, tetapi daya yang disalurkan ke beban menjadi

0,7

2 ≈ 0,5 dari daya semula atau turun menjadi 50%-nya.

(c) Jika penyaluran daya ke beban dipertahankan tetap, susut pada

saluran menjadi dua kali lipat, yang berarti kenaikan temperatur

dua kali lipat. Jika temperatur kerja semula 65 o C pada

temperatur sekitar 25 o , maka temperatur kerja yang baru bisa

mencapai lebih dari 100 o C.

8.2. Kapasitor

Jika susut daya pada saluran tidak diperkenankan meningkat

maka penyaluran daya ke beban harus diturunkan sampai

menjadi 50% dari daya yang semula disalurkan; gejala ini dapat

diartikan sebagai derating kabel.

Ulas Ulang Tentang Kapasitor. Jika suatu dielektrik yang memiliki

permitivitas relatif ε r disisipkan antara dua pelat kapasitor yang memiliki

luas A dan jarak antara kedua pelat adalah d, maka kapasitansi yang

semula (tanpa bahan dielektrik)

A

C 0 = ε 0 d

berubah menjadi

C = C 0 ε

r

164 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Jadi kapasitansi meningkat sebesar ε r kali.

Diagram fasor arus dan tegangan kapasitor diperlihatkan pada Gb.8.1.

Arus kapasitor terdiri dari dua komponen yaitu arus kapasitif I C ideal

yang 90 o mendahului tegangan kapasitor V C , dan arus ekivalen losses

pada dielektrik I rp yang sefasa dengan tegangan.

im

I C

I tot

δ

Gb.8.1. Diagram fasor arus dan tegangan kapasitor.

Daya yang terkonversi menjadi panas dalam dielektrik adalah

P = V I = V I tan δ

(8.2)

C

Rp

atau

2

0 0

0 r

C

C

P = ε V ωC

V tan δ = 2πf

V C ε tan δ (8.3)

r

I Rp

tanδ disebut faktor desipasi (loss tangent)

ε r tanδ disebut faktor kerugian (loss factor)

Pengaruh Frekuensi Pada Dielektrik. Nilai ε r tergantung dari frekuensi,

yang secara umum digambarkan seperti pada Gb.8.2.

V C

re

ε r

ε r

loss factor

ε r tanδ

power audio

radio

frekuensi

frekuensi listrik

frekuensi optik

Gb.8.2. ε r dan loss factor sebagai fungsi frekuensi.

165


Dalam analisis rangkaian, reaktansi kapasitor dituliskan sebagai

1

X C = 2 πfC

Gb.8.2. memperlihatkan bahwa ε r menurun dengan naiknya frekuensi

yang berarti kapasitansi menurun dengan naiknya frekuesi. Namun

perubahan frekuensi lebih dominan dalam menentukan reaktansi

dibanding dengan penurunan ε r ; oleh karena itu dalam analisis kita

menganggap kapasitansi konstan.

Loss factor menentukan daya yang terkonversi menjadi panas dalam

dielektrik. Sementara itu, selain tergantung frekuensi, ε r juga tergantung

dari temperatur dan hal ini berpengaruh pula pada loss factor, walaupun

tidak terlalu besar dalam rentang temperatur kerja kapasitor. Oleh karena

itu dalam menghitung daya yang terkonversi menjadi panas dalam

dielektrik, kita melakukan pendekatan dengan menganggap loss factor

konstan. Dengan anggapan ini maka daya yang terkonversi menjadi

panas akan sebanding dengan frekuensi dan sebanding pula dengan

kuadrat tegangan.

Tegangan onsinus. Pada tegangan nonsinus, bentuk gelombang

tegangan pada kapasitor berbeda dari bentuk gelombang arusnya. Hal ini

disebabkan oleh perbedaan tanggapan kapasitor terhadap komponen

fundamental dengan tanggapannya terhadap komponen harmonisa.

Situasi ini dapat kita lihat sebagai berikut. Misalkan pada terminal

kapasitor terdapat tegangan nonsinus yang berbentuk:

vC ( t)

= vC1 ( t)

+ vC3(

t)

+ vC5

( t)

+ .........

(8.4)

Arus kapasitor akan berbentuk

iC ( t)

= ω0 CvC1(

t)

+ 3ω0CvC3(

t)

+ 5ω0CvC5

( t)

+ ......... (8.5)

Dengan memperbandingkan (8.4) dan (8.5) dapat dimengerti bahwa

bentuk gelombang tegangan kapasitor berbeda dengan bentuk gelombang

arusnya.

COTOH-8.3: Sumber tegangan nonsinus memiliki komponen

fundamental dengan nilai puncak 150 V dan frekuensi 50 Hz, serta

harmonisa ke-5 yang memiliki nilai puncak berturut-turut 30 V.

Sebuah kapasitor 500 µF dihubungkan pada sumber tegangan ini.

Gambarkan bentuk gelombang tegangan dan arus kapasitor.

166 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Penyelesaian:

Jika persamaan tegangan

maka persamaan arus adalah

i C

v C = 150 sin100πt

+ 30sin 300πt

V

= 150×

500×

10

+ 30×

500×

10

−6

−6

× 100π

cos100πt

× 500π

cos 500πt

Bentuk gelombang tegangan dan arus adalah seperti terlihat pada

Gb.8.3.

200

[V]

[A]

100

-100

0

i C

v C

0 0.005 0.01 0.015 0.02

t [detik]

-200

Gb.8.3. Gelombang tegangan dan arus pada contoh-8.3.

COTOH-8.4: Sumber tegangan nonsinus memiliki komponen

fundamental dengan nilai puncak 150 V dan frekuensi 50 Hz, serta

harmonisa ke-3 dan ke-5 yang memiliki nilai puncak berturut-turut

30 V dan 5 V. Sebuah kapasitor 500 µF (110 V rms, 50 Hz)

dihubungkan pada sumber tegangan ini. Hitung: (a) arus efektif

komponen fundamental; (b) THD arus kapasitor; (c) THD

tegangan kapasitor; (d) jika kapasitor memiliki losses dielektrik

0,6 W pada tegangan sinus rating-nya, hitunglah losses dielektrik

dalam situasi ini.

Penyelesaian:

(a) Reaktansi untuk komponen fundamental adalah

X C1

1

=

2π×

50×

500×

10

−6

Arus efektif untuk komponen fundamental

= 6,37 Ω

167


150 / 2

I C rms =

6,37

1 =

16,7

(b) Reaktansi untuk harmonisa ke-3 dan ke-5 berturut-turut

adalah

X C1

X

X C3

= = 2,12 Ω ; C1

X C5

= = 1,27 Ω

3

5

Arus efektif harmonisa

A

30 / 2

I C3 rms = = 10

2,12

I C

5 / 2

=

1,27

5 rms =

2,8

A

A

THD

I

I

=

I

hrms

C1rms

=

10

2

+ 2,8

16,7

2

= 0,62

atau

62%

(c)

THD

V

V

=

V

hrms

1rms

=

2

2

30 5

+

2 2

150 / 2

21,5

= = 0,20 atau

106

20 %

(d) Losses dielektrik dianggap sebanding dengan frekuensi dan

kuadrat tegangan. Pada frekuensi 50 Hz dan tegangan 110 V,

losses adalah 0,6 watt.

P 50 Hz,110V =

0,6

W

150 ⎛ 30 ⎞

P 150 Hz,30V = × ⎜ ⎟ × 0,6 = 0,134 W

50 ⎝110


250 ⎛ 5 ⎞

P 250 Hz,5V = × ⎜ ⎟ × 0,6 = 0,006 W

50 ⎝110


2

2

168 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


Losses dielektrik total:

P total

= 0 ,6 + 0,134 + 0,006 = 0,74

W

8.3. Induktor

Induktor Ideal. Induktor yang untuk keperluan analisis dinyatakan

sebagai memiliki induktansi murni L, tidak kita temukan dalam praktik.

Betapapun kecilnya, induktor selalu mengandung resistansi dan kita

melihat induktor sebagai satu induktansi murni terhubung seri dengan

satu resistansi. Oleh karena itu kita melihat tanggapan induktor sebagai

tanggapan beban induktif dengan resistansi kecil. Hanya apabila

resistansi belitan dapat diabaikan, relasi tegangan-arus induktor untuk

gelombang tegangan dan arus berbentuk sinus murni menjadi

di f

v = L

dt

dengan v adalah tegangan jatuh pada induktor, dan i f adalah arus eksitasi.

Apabila rugi rangkaian magnetik diabaikan, maka fluksi φ sebanding

dengan i f dan membangkitkan tegangan induksi pada belitan induktor

sesuai dengan hukum Faraday dan hukum Lenz.


e i = −

dt

Tegangan induksi ini berlawanan dengan tegangan jatuh induktor v,

sehingga nilai e i sama dengan v.


di f

e = ei = = L

dt dt

Persamaan di atas menunjukkan bahwa φ dan i f berubah secara

bersamaan. Jika φ berbentuk sinus maka ia harus dibangkitkan oleh arus

i f yang juga berbentuk sinus dengan frekuensi sama dan mereka sefasa.

Arus i f sendiri berasal dari sumber tegangan yang juga harus berbentuk

sinus. Oleh karena itu baik tegangan, arus, maupun fluksi mempunyai

frekuensi sama, sehingga kita dapat menuliskan persamaan dalam bentuk

fasor

V = E i = jωΦ = jωLI

dengan Φ adalah fluksi dalam bentuk fasor. Relasi ideal ini memberikan

f

169



Vrms

=

2

fφmaks

= 4, 44 f φmaks


Vrms

=

2

fLi fmaks = 4, 44 fL i fmaks

Relasi ideal memberikan diagram fasor seperti di

samping ini dimana arus yang membangkitkan

fluksi yaitu I φ sama dengan I f .

I f =I φ

Φ

V=E i

COTOH-8.5: Melalui sebuah kumparan mengalir arus nonsinus yang

mengandung komponen fundamental 50 Hz, harmonisa ke-3, dan

harmonisa ke-5 dengan amplitudo berturut-turut 50, 10, dan 5 A.

Jika daya input pada induktor diabaikan, dan tegangan pada induktor

adalah 75 V rms, hitung induktansi induktor.

Penyelesaian:

Jika induktansi kumparan adalah L maka tegangan efektif komponen

fundamental, harmonisa ke-3 dan ke-5 berturut-turut adalah

V L 1 rms = 4,44×

50×


50 = 11100×

L V

V L 3 rms = 4,44×

150×

L × 10 = 6660×

L V

V L 5 rms = 4,44 × 250 × L × 5 = 5550 × L V

sedangkan

2 2 2

Lrms = V1rms

+ V3rms

V5rms

. Jadi

V +

2

75 = L × 11100 + 6660 + 5550 = 14084, 3 × L

Induktansi kumparan adalah

L =

75

14084,3

2

2

= 0,0053 H

Fluksi Dalam Inti. Jika tegangan sinus dengan nilai efektif V rms dan

frekuensi f diterapkan pada induktor, fluksi magnetik yang timbul dalam

inti dihitung dengan formula

φm

V

= rms

4,44×

f ×

170 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


φ m adalah nilai puncak fluksi, dan adalah jumlah lilitan. Melalui

contoh berikut ini kita akan melihat fluksi dalam inti induktor bila

tegangan yang diterapkan berbentuk nonsinus.

COTOH-8.6: Sebuah induktor dengan 1200 lilitan mendapat tegangan

nonsinus yang terdiri dari komponen fundamental dengan nilai

efektif V 1rms = 150 V dan harmonisa ke-3 dengan nilai efektif V 3rms =

50 V yang tertinggal 135 o dari komponen fundamental. Gambarkan

kurva tegangan dan fluksi.

Penyelesaian:

Persamaan tegangan adalah

v L = 150 2 sin ω0t

+ 50 2 sin(3ω0t

−135

Nilai puncak fluksi fundamental

150

φ1 m =

= 563 µ Wb

4,44×

50×

1200

Fluksi φ 1m tertinggal 90 o dari tegangan (lihat Gb.8.4). Persamaan

gelombang fluksi fundamental menjadi

Nilai puncak fluksi harmonisa ke-3

φ1 = 563sin( ω0t

− 90 ) µ Wb

50

3 =

= 62,6 µ Wb

4,44 × 3×

50 × 1200

φ m

Fluksi φ 3m juga tertinggal 90 o dari tegangan harmonisa ke-3;

sedangkan tegangan harmonisa ke-3 tertinggal 135 o dari tegangan

fundamental. Jadi persamaan fluksi harmonisa ke-3 adalah

o

o

φ3 = 62,6sin(3ω0t

−135

− 90 ) = 62,6sin(3ω0t

− 225 ) µ Wb

Persamaan fluksi total menjadi

o

φ = 563sin(

ω0 t − 90 ) + 62,6sin(3ω0t

− 225) µ Wb

Kurva tegangan dan fluksi terlihat pada Gb.8.4.

o

o

)

o

171


600

[V]

400

[µWb]

200

0

-200

v L

φ

t [detik]

0 0.01 0.02 0.03 0.04

-400

-600

Gb.8.4. Kurva tegangan dan fluksi.

Rugi-Rugi Inti. Dalam induktor nyata, rugi inti menyebabkan fluksi

magnetik yang dibangkitkan oleh i f ketinggalan dari i f sebesar γ yang

disebut sudut histerisis. Keadaan ini diperlihatkan pada Gb.8.5. dimana

arus magnetisasi I f mendahului φ sebesar γ. Diagram fasor ini digambar

dengan memperhitungkan rugi hiterisis

I c

I f

V=E i

I φ

γ

Φ

Gb.8.5. Diagram fasor induktor (ada rugi inti)

Dengan memperhitungkan rugi-rugi yang terjadi dalam inti

transformator, I f dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu I φ

yang diperlukan untuk membangkitkan φ, dan I c yang diperlukan untuk

mengatasi rugi-rugi inti. Jadi arus magnetisasi menjadi I f = I φ + I c .

Komponen I c merupakan arus fiktif yang jika dikalikan dengan V akan

memberikan rugi-rugi inti

o

Pc

= IcV

= VI f cos(90 − γ)

watt (8.6)

Rugi inti terdiri dari dua komponen, yaitu rugi histerisis dan rugi arus

pusar. Rugi histerisis dinyatakan dengan

Ph = whvf

(8.7)

172 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


P h rugi histerisis [watt], w h luas loop kurva histerisis dalam

[joule/m 3 .siklus], v volume, f frekuensi. Untuk frekuensi rendah,

Steinmetz memberikan formulasi empiris

n

( K B )

P h = vf h m

(8.8)

di mana B m adalah nilai kerapatan fluksi maksimum, n tergantung dari

jenis bahan dengan nilai yang terletak antara 1,5 sampai 2,5 dan K h yang

juga tergantung jenis bahan (untuk silicon sheet steel misalnya, K h =

0,001). Nilai-nilai empiris ini belum didapatkan untuk frekuensi

harmonisa.

Demikian pula halnya dengan persamaan empiris untuk rugi arus pusar

dalam inti

2 2 2

P e = Ke

f Bm τ v

(8.9)

di mana K e konstanta yang tergantung material, f frekuensi perubahan

fluksi [Hz], B m adalah nilai kerapatan fluksi maksimum, τ ketebalan

laminasi inti, dan v adalah volume material inti.

Rugi Tembaga. Apabila resistansi belitan tidak diabaikan, V ≠ E 1 .

Misalkan resistansi belitan adalah R 1 , maka

= E1 I f R 1

(8.10)

V +

Diagram fasor dari keadaan terakhir, yaitu dengan memperhitungkan

resistansi belitan, diperlihatkan pada Gb.8.6.

E i

I c

I f

I f R 1

I φ

Φ

θ

V

Gb.8.6. Diagram fasor induktor (ada rugi tembaga).

Dalam keadaan ini, daya masuk yang diberikan oleh sumber, selain

untuk mengatasi rugi-rugi inti juga diperlukan untuk mengatasi rugi daya

pada belitan yang kita sebut rugi-rugi tembaga, P cu . Jadi

2

P in = Pc

+ Pcu

= Pc

+ I f R1

= VI f cos θ (8.11)

dengan V dan I f adalah nilai-nilai efektif dan cosθ adalah faktor daya.

173


8.4. Transformator

8.4.1. Ulas Ulang Tentang Transformator

Transformator Berbeban. Rangkaian transformator berbeban dengan

arus beban I 2 , diperlihatkan oleh Gb.8.7. Tegangan induksi E 2 (yang

telah timbul dalam keadaan tranformator tidak berbeban) akan menjadi

sumber di rangkaian sekunder dan memberikan arus sekunder I 2 . Arus I 2

ini membangkitkan fluksi magnetik yang melawan fluksi bersama φ

(sesuai dengan hukum Lenz) dan sebagian akan bocor, φ l2 ; φ l2 yang

sefasa dengan I 2 menginduksikan tegangan E l2 di belitan sekunder yang

90 o mendahului φ l2 .

I 1 φ I 2

V 1

φ l2

V 2

φ l1

Gb.8.7. Transformator berbeban.

Dengan adanya perlawanan fluksi yang dibangkitkan oleh arus di belitan

sekunder itu, fluksi bersama akan cenderung mengecil. Hal ini akan

menyebabkan tegangan induksi di belitan primer juga cenderung

mengecil. Akan tetapi karena belitan primer terhubung ke sumber yang

tegangannya tak berubah, maka arus primer akan naik. Jadi arus primer

yang dalam keadaan transformator tidak berbeban hanya berupa arus

magnetisasi I f , bertambah menjadi I 1 setelah transformator berbeban.

Pertambahan arus ini haruslah sedemikian rupa sehingga fluksi bersama

φ dipertahankan dan E 1 juga tetap seperti semula. Dengan demikian

maka persamaan rangkaian di sisi primer tetap terpenuhi.

Karena pertambahan arus primer sebesar (I 1 − I f ) adalah untuk

mengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh I 2 agar φ

dipertahankan, maka haruslah

( I − I ) − ( I ) 0

f (8.12)

1 1

2 2 =

Pertambahan arus primer (I 1 − I f ) disebut arus penyeimbang yang akan

mempertahankan φ. Makin besar arus sekunder, makin besar pula arus

174 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


penyeimbang yang diperlukan yang berarti makin besar pula arus primer.

Dengan cara inilah terjadinya transfer daya dari primer ke sekunder.

Arus di belitan primer juga memberikan fluksi bocor di belitan primer,

φ l1 , yang menginduksikan tegangan E l1 . Tegangan induksi yang

dibangkitkan oleh fluksi-fluksi bocor, yaitu E l1 dan E l2 , dinyatakan

dengan suatu besaran ekivalen yaitu tegangan jatuh ekivalen pada

reaktansi bocor ekivalen, X 1 dan X 2 , masing-masing di rangkaian primer

dan sekunder. Jika resistansi belitan primer adalah R 1 dan belitan

sekunder adalah R 2 , maka kita peroleh hubungan untuk rangkaian di sisi

primer

V +

1 = E1

+ I1R1

+ El1

= E1

+ I1R1

jI1X1

(8.13)

dan untuk rangkaian di sisi sekunder

E +

2 = V2

+ I2R2

+ El2

= V2

+ I2R2

jI2

X 2 (8.14)

Rangkaian Ekivalen. Secara umum, rangkaian ekivalen adalah

penafsiran secara rangkaian listrik dari suatu persamaan matematik

yang menggambarkan perilaku suatu piranti. Untuk transformator,

rangkaian ekivalen diperoleh dari tiga persamaan yang diperoleh di atas.

Dengan relasi E 2 = E1

/ a = E1′

dan I 2 = a I1

= I1′

di mana a = 1 / 2 ,

tiga persamaan tersebut di atas dapat kita tulis kembali sebagai satu set

persamaan sebagai berikut.

Untuk rangkaian di sisi sekunder, (8.14) kita tuliskan

E1

E 2 = = V2

+ I 2R2

+ jI

2 X 2

a

Dari persamaan untuk rangkaian sisi primer (8.13), kita peroleh

E1 = V1

− I1R1

− jI1X1

sehingga persamaan untuk rangkaian sekunder dapat kita tuliskan

E1

V1

− I1R1

− jI1X1

E 2 = =

= V2

+ I 2R2

+ jI

2 X 2

a a

I 2

Karena I 1 = maka persamaan ini dapat kita tuliskan

a

175


V

a

1

= V

= V

= V

2

I R

+ I 2R2

+ jI

2 X 2 +

a

⎛ R1

⎞ ⎛

+

⎜ R +

⎟ I + j

⎜ X

2 1

2

jI

X

+

a

X1


+

⎟ I

2 1

2

2 2 2 2 2 2 2

⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠

2 + ( R 2 + R 1 ′ ) I 2 + j ( X 2 + X 1 ′ ) I 2

(8.15)

dengan

R1

X

R 1 ′ = ; X

2 1′

=

a a

1

2

Persamaan (8.15) ini, bersama dengan persamaan (8.12) yang dapat kita

tuliskan I 2 = aI1

− aI

f = I1′

− aI

f , memberikan rangkaian ekivalen

untuk transformator berbeban. Akan tetapi pada transformator yang

digunakan pada sistem tenaga listrik, arus magnetisasi hanya sekitar 2

sampai 5 persen dari arus beban penuh transformator. Oleh karena itu,

jika I f diabaikan terhadap I 1 maka kesalahan dalam menghitung I 2 dapat

dianggap kecil. Pengabaian ini akan membuat I 2 = a I1

= I1′

. Dengan

pendekatan ini, dan persamaan (8.15), kita memperoleh rangkaian

ekivalen yang disederhanakan dari transformator berbeban. Gb.8.8.

memperlihatkan rangkaian ekivalen transformator berbeban dan diagram

fasornya.

I 2 = I′ 1


R e = R 2 +R′ 1 jX e = j(X 2 + X′ 1 )

V 1 /a V 2

V 2

V 1 /a

jI 2 X e

I 2

I 2 R e

Gb.8.8. Rangkaian ekivalen transformator dan diagram fasor.

176 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


8.4.2. Fluksi Dan Rugi-Rugi Karena Fluksi

Seperti halnya pada induktor, transformator memiliki rugi-rugi inti, yang

terdiri dari rugi hiterisis dan rugi arus pusar dalam inti. Fluksi magnetik,

rugi-rugi histerisis, dan rugi-rugi arus pusar pada inti dihitung seperti

halnya pada induktor.

Rugi-Rugi Pada Belitan. Selain rugi-rugi tembaga pada belitan sebesar

P cu = I 2 R, pada belitan terjadi rugi-rugi tambahan arus pusar, P l , yang

ditimbulkan oleh fluksi bocor. Sebagaimana telah dibahas, fluksi bocor

ini menimbulkan tegangan induksi E l1 dan E l2 , karena fluksi ini

melingkupi sebagian belitan; E l1 dan E l2 dinyatakan dengan suatu

besaran ekivalen yaitu tegangan jatuh ekivalen pada reaktansi bocor

ekivalen, X 1 dan X 2 . Selain melingkupi sebagian belitan, fluksi bocor ini

juga menembus konduktor belitan dan menimbulkan juga arus pusar

dalam konduktor belitan; arus pusar inilah yang menimbulkan rugi-rugi

tambahan arus pusar, P l .

Berbeda dengan rugi arus pusar yang terjadi dalam inti, yang dapat

diperkecil dengan cara membangun inti dari lapisan lembar tipis material

magnetik, rugi arus pusar pada konduktor tidak dapat ditekan dengan

cara yang sama. Ukuran konduktor harus tetap disesuaikan dengan

kebutuhan untuk mengalirkan arus; tidak dapat dibuat berpenampang

kecil. Oleh karena itu rugi-rugi arus pusar ini perlu diperhatikan karena

nilainya sebanding dengan kuadrat frekuensi, seperti halnya rugi arus

pusar pada inti yang diberikan pada formula empiris (8.9). Rugi arus

pusar pada belitan (stray losses) P l ini dapat kita analogikan dengan rugi

arus pusar pada inti dan kita nyatakan dengan formula

2 2

P l = K l f B m

(8.16)

dengan K l adalah suatu konstanta yang tergantung dari material

konduktor, penampang dan panjang konduktor; f frekuensi, dan B m nilai

maksimum kerapatan fluksi yang dapat dianggap sebanding dengan nilai

maksimum arus. Namun dalam menghitung P l kita tidak menggunakan

formula (8.16) melainkan memperhitungkan rugi arus pusar sebagai

proporsi tertentu dari rugi tembaga yang ditimbulkan oleh arus tersebut,

dengan tetap mengingat bahwa rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat

ferkuensi. Proporsi ini berkisar antara 2% sampai 15% tergantung dari

ukuran transformator. Kita lihat dua contoh berikut.

177


Contoh-8.7: Di belitan primer transformator yang memiliki resistansi

0,05 Ω mengalir arus sinusoidal murni bernilai efektif 40 A.

Hitung rugi daya total pada belitan ini jika rugi arus pusar yang

diakibatkan oleh arus ini adalah 5% dari rugi tembaga P cu = I 2 R.

Penyelesaian:

Rugi tembaga

P cu

= 40 2 × 0,05 = 80

W

Rugi arus pusar 5 % × P cu = 0.05×

80 = 4 W

Rugi daya total pada belitan 80 + 4 = 84 W.

Contoh-8.8: Di belitan primer transformator yang memiliki resistansi

0,05 Ω mengalir arus nonsinus yang terdiri dari komponen

fundamental bernilai efektif 40 A, dan harmonisa ke-7 bernilai

efektif 6 A. Hitung rugi daya total pada belitan ini jika rugi arus

pusar diperhitungkan 10% dari rugi tembaga P cu = I 2 R.

Penyelesaian:

Rugi tembaga total adalah

2

Pcu

= I rmsR = (40

Rugi arus pusar komponen fundamental

2

2

2

+ 6 ) × 0,05 = 81,8 W

Pl

1 = 0,1 × I1rmsR

= 0,1 × 40 × 0,05 = 8 W

Rugi arus pusar harmonisa ke-7

2

2

Pl

7 = 0,1 × 7 × I 7rms

R = 0,1 × 7 × 6 × 0,05 = 8,8 W

Rugi daya total adalah

P total = Pcu

+ Pl

1 + Pl

7 = 81,8 + 8 + 8,8 = 98,6 W

Contoh-8.8 ini menunjukkan bahwa walaupun arus harmonisa memiliki

nilai puncak lebih kecil dari nilai puncak arus fundamental, rugi arus

pusar yang ditimbulkannya bisa memiliki proporsi cukup besar. Hal ini

bisa terjadi karena rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat frekuensi.

2

2

2

178 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


8.4.3. Faktor K

Faktor K digunakan untuk menyatakan adanya rugi arus pusar pada

belitan. Ia menunjukkan berapa rugi-rugi arus pusar yang timbul secara

keseluruhan.

Nilai efektif total arus nonsinus yang dapat menimbulkan rugi arus pusar

adalah

k

2

I Trms = ∑ I nrms A

(8.17)

n=

1

dengan k adalah tingkat harmonisa tertinggi yang masih diperhitungkan.

Dalam relasi (8.17) kita tidak memasukkan komponen searah karena

komponen searah tidak menimbulkan rugi arus pusar.

Rugi arus pusar total adalah jumlah dari rugi arus pusar yang ditimbulkan

oleh tiap-tiap komponen arus dan tiap-tiap komponen arus menimbulkan

rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat frekuensi dan kuadrat arus

masing-masing.

Jika arus nonsinus ini mengalir pada belitan yang memiliki resistansi R 0 ,

dan rugi-rugi arus pusar tiap komponen arus dinyatakan dalam proporsi g

terhadap rugi tembaga yang ditimbulkannya, maka rugi arus pusar total

adalah

k

2 2

P K = gR0∑

n I nrms W

(8.18)

n=

1

Rugi tembaga total yang disebabkan oleh arus ini adalah

k

2 2

P cu = R0∑

I nrms = R0ITrms

W

(8.19)

n=

1

Dengan (8.19) maka (8.18) dapat ditulis sebagai

dengan

2

P K = gKR0ITrms

W

(8.20)

K

k

2 2

∑ n I nrms

n=

1

= (8.21)

2

ITrms

179


K disebut faktor rugi arus pusar (stray loss factor).

Faktor K dapat dituliskan sebagai

k 2 k

2 I nrms 2 2

K = ∑ n = ∑ n I

n(

pu)

(8.21.a)

2

n=

1 ITrms

n=

1

I nrms

dengan I n(

pu)

=

ITrms

Faktor K bukanlah karakteristik transformator melainkan karakteristik

sinyal. Walaupun demikian suatu transformator harus dirancang untuk

mampu menahan pembebanan nonsinus sampai batas tertentu.

COTOH-8.9: Di belitan primer transformator yang memiliki resistansi

0,08 Ω mengalir arus nonsinus yang terdiri dari komponen

fundamental, harmonisa ke-3, dan harmonisa ke-11 bernilai efektif

berturut-turut 40 A, 15 A, dan 5 A. Hitung: (a) nilai efektif arus

total; (b) faktor K; (c) rugi daya total pada belitan ini jika rugi arus

pusar diperhitungkan 5% dari rugi tembaga.

Penyelesaian:

(a) Nilai efektif arus total adalah

(b) Faktor K adalah

I Trms

=

2 2 2

40 + 15 + 5

= 43 A

40

K =

2

+ 3

2

× 15

43

2

2

+ 11

2

× 5

2

= 3,59

(c) Rugi daya total P tot , terdiri dari rugi tembaga P cu dan rugi arus

pusar P l .

P cu

= 43 2 × 0,08 = 148

W

Pl

= gPcu

K = 0 ,05 × 148×

3,59 = 26,6

P tot

= 148 + 26,6 = 174,6 W

W

180 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


8.5. Tegangan Maksimum Pada Piranti

Kehadiran komponen harmonisa dapat menyebabkan piranti

mendapatkan tegangan lebih besar dari yang seharusnya. Hal ini bisa

terjadi pada piranti-piranti yang mengandung R, L, C, yang mengandung

harmonisa sekitar frekuensi resonansinya. Berikut ini kita lihat sebuah

contoh.

COTOH-8.8: Sebuah sumber tegangan 50 Hz, 12 kV mempunyai

resistansi internal 1 Ω dan reaktansi internal 6,5 Ω. Sumber ini

mencatu beban melalui kabel yang mempunyai kapasitansi total 2.9

µF. Tegangan terbangkit di sumber adalah

e = 17000sin

ω0t

+ 170sin13ω0t

. Dalam keadaan tak ada beban

terhubung di ujung kabel, hitunglah tegangan maksimum pada kabel.

Penyelesaian:

Tegangan mengandung harmonisa ke-13. Pada frekuensi

fundamental terdapat impedansi internal

2 2

Z1int

ernal = 1+

j6,5

Ω ; Z 1int = 1 + 6,5 = 6,58 Ω

Pada harmonisa ke-13 terdapat impedansi

2

2

Z 13int

= 1 + j13

× 6,5 Ω ; Z 13int = 1 + (13×

6,5) = 84,5 Ω

Impedansi kapasitif kabel

− j

Z C 1 =

= − 1097,6 Ω

−6

ω0

× 2,9 × 10

j ;

− j

Z C 13 =

= − 84,4 Ω

−6

13 × ω0

× 2,9 × 10

j

Impedansi total rangkaian seri R-L-C

Z1 tot = 1 + j6,5

− j1097,6

Ω ; Z 1tot = 1091,1 Ω

Z13 tot = 1 + j13×

6,5 − j84,4

Ω ; Z 13tot = 1,0 Ω

181


Tegangan fundamental kabel untuk frekuensi fundamental

ZC1

1097,6

V 1 m = × e1m

= × 17000 =

Z1tot

1091,1

17101 V

ZC13

84,4

V 13 m = × e13m

= × 170 = 14315 V

Z13tot

1,0

Nilai puncak V 1m dan V 13m terjadi pada waktu yang sama yaitu pada

seperempat perioda, karena pada harmonisa ke-13 ada 13 gelombang

penuh dalam satu perioda fundamental atau 6,5 perioda dalam

setengah perioda fundamental. Jadi tegangan maksimum yang

diterima kabel adalah jumlah tegangan maksimum fundamental dan

tegangan maksimum harmonisa ke-13.

= 17101+

14315 = 31416 V

V m = V1m

+ V13m


31,4 kV

Tegangan ini cukup tinggi dibanding dengan tegangan maksimum

fundamental yang hanya 17 kV. Gambar berikut ini memperlihatkan

bentuk gelombang tegangan.

40

[kV]

30

20

10

0

-10

-20

-30

-40

v 1 +v 13

0 0.005 0.01 0.015 0.02 [detik]

v 1

Gb.8.9. Bentuk gelombang tegangan.

8.6. Partial Discharge

Contoh-8.8. memberikan ilustrasi bahwa adanya hamonisa dapat

menyebabkan tegangan maksimum pada suatu piranti jauh melebihi

tegangan fundamentalnya. Tegangan lebih yang diakibatkan oleh adanya

harmonisa seperti ini bisa menyebabkan terjadinya partial discharge

pada piranti, walaupun sistem bekerja normal dalam arti tidak ada

gangguan. Jika hal ini terjadi umur piranti akan sangat diperpendek yang

akan menimbulkan kerugtian besar secara finansial.

182 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


8.7. Alat Ukur Elektromekanik

Daya sumber diperoleh dengan mengalikan tegangan sumber dan arus

sumber. Proses ini dalam praktik diimplementasikan misalnya pada alat

ukur tipe elektrodinamis dan tipe induksi. Pada wattmeter

elektrodinamis, bagian pengukurnya terdiri dari dua kumparan, satu

kumparan diam dan satu kumparan berputar. Satu kumparan

dihubungkan ke tegangan dan satu kumparan dialiri arus beban. Jika

masing-masing arus di kedua kumparan adalah iv

= k1 Iv

sin ωt

dan

ii

= k2Ii

sin( ωt

+ ϕ)

, maka kedua arus menimbulkan medan magnit

yang sebanding dengan arus di kedua kumparan. Momen sesaat yang

terjadi sebagai akibat interaksi medan magnetik kedua kumparan

sebanding dengan perkalian kedua arus

m

e

= k I sin ωt

× I sin( ωt

+

3 v i ϕ

Momen sesaat ini, melalui suatu mekanisme tertentu, menyebabkan

defleksi jarum penunjuk (yang didukung oleh kumparan yang berputar) ζ

yang menunjukkan besar daya pada sistem arus bolak balik.

ζ =

kI

vrms I irms

cosϕ

Pada alat ukur tipe induksi, seperti kWh-meter elektromekanik yang

masih banyak digunakan, kumparan tegangan dihubungkan pada

tegangan sumber sementara kumparan arus dialiri arus beban. Bagan alat

ukur ini terlihat pada Gb.8.10.

)

S 1

S 2 S 1

S 2

piringan Al

Gb.8.10. Bagan KWh-meter tipe induksi.

Masing-masing kumparan menimbulkan fluksi magnetik bolak-balik

yang menginduksikan arus bolak-balik di piringan aluminium. Arus

induksi dari kumparan arus ber-interaksi dengan fluksi dari kumparan

tegangan dan arus induksi dari kumparan tegangan berinteraksi dengan

fluksi magnetik kumpran arus. Interaksi arus induksi dan fluksi magnetik

tersebut menimbulkan momen putar pada piringan sebesar

M

e

= kfΦ

Φ sin β

v

i

183


di mana f adalah frekuensi, Φ v dan Φ i fluksi magnetik efektif yang

ditimbulkan oleh kumparan tegangan dan kumparan arus, β adalah selisih

sudut fasa antara kedua fluksi magnetik bolak-balik tersebut, dan k

adalah suatu konstanta. Momen putar ini dilawan oleh momen lawan

yang diberikan oleh suatu magnet permanen sehingga piringan berputar

dengan kecepatan tertentu pada keadaan keseimbangan antara kedua

momen. Perputaran piringan menggerakkan suatu mekanisme

penghitung.

Hadirnya arus harmonisa di kumparan arus, akan muncul juga pada Φ i .

Jika Φ v berbentuk sinus murni sesuai dengan bentuk tegangan maka M e

akan berupa hasil kali tegangan dan arus komponen fundamental.

Frekuensi harmonisa sulit untuk direspons oleh kWh meter tipe induksi.

Pertama karena kelembaman sistem yang berputar, dan kedua karena

kWh-meter ditera pada frekuensi f dari komponen fundamental, misalnya

50 Hz. Dengan demikian penunjukkan alat ukur tidak mencakup

kehadiran arus harmonisa, walaupun kehadiran harmonisa bisa

menambah rugi-rugi pada inti kumparan arus.

184 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


BAB 9

Harmonisa Dalam Sistem Tiga Fasa

Analisis harmonisa dalam sistem tiga fasa berikut ini dilakukan dengan

anggapan beban seimbang.

9.1. Komponen Harmonisa Dalam Sistem Tiga Fasa

a 11

b

Frekuensi Fundamental. Pada pembebanan seimbang, komponen

fundamental berbeda

fasa 120 o antara

180 o mekanis = 360 o magnetik

masing-masing fasa.

Perbedaan fasa 120 o

antar fasa ini timbul

karena perbedaan posisi

kumparan jangkar

c

a 1

b 1

U

c 1

U

11

a 2

11 S

120 o sudut magnetik.

c 2 b 2

Hal ini dijelaskan pada

terhadap siklus medan

magnet, yaitu sebesar

b 22 S c 22

Gb.9.1.

Gambar ini

Gb.9.1. Skema generator empat kutub

memperlihatkan skema generator empat kutub; 180 o sudut mekanis

ekivalen dengan 360 o sudut magnetik. Dalam siklus magnetik yang

pertama sebesar 360 o magnetik, yaitu dari kutub magnetik U ke U

berikutnya, terdapat tiga kumparan yaitu kumparan fasa-a (a 1 -a 11 ),

kumparan fasa-b (b 1 -b 11 ), kumparan fasa-c (c 1 -c 11 ) . Antara posisi

kumparan fasa-a dan fasa-b terdapat pergeseran sudut magnetik 120 o ;

antara posisi kumparan fasa-b dan fasa-c terdapat pergeseran sudut

magnetik 120 o ; demikian pula halnya dengan kumparan fasa-c dan fasaa.

Perbedaan posisi inilah yang menimbulkan perbedaan sudut fasa

antara tegangan di fasa-a, fasa-b, fasa-c.

Harmonisa Ke-3. Pada harmonisa ke-3 satu siklus komponen

fundamental, atau 360 o , berisi 3 siklus harmonisa ke-3. Hal ini berarti

bahwa satu siklus harmonisa ke-3 memiliki lebar 120 o dalam skala

komponen fundamental; nilai ini tepat sama dengan beda fasa antara

komponen fundamental fasa-a dan fasa-b. Oleh karena itu tidak ada

185


perbedaan fasa antara harmonisa ke-3 di fasa-a dan fasa-b. Hal yang

sama terjadi antara fasa-b dan fasa-c seperti terlihat pada Gb.9.2

V

300

200

100

0

-100

v 3a

v 1b v 1c

v 3b

v 3c

0 90 180 270 360 [ o ]

v 1a

)

-200

-300

Gb.9.2. Tegangan fundamental dan harmonisa ke-3

pada fasa-a, fasa-b, dan fasa-c.

v1a

= sin( ωt)

o

v1b

= sin( ωt

−120

)

o

v1c

= sin( ωt

− 240 )

Pada Gb.9.2 tegangan v 1a , v 1b , v 1c , adalah tegangan fundamental dari

fasa-a, -b, dan -c, yang saling berbeda fasa 120 o . Tegangan v 3a , v 3b , v 3c ,

adalah tegangan harmonisa ke-3 di fasa-a, -b, dan -c; masing-masing

digambarkan terpotong untuk memperlihatkan bahwa mereka sefasa.

Diagram fasor harmonisa

ke-3 digambarkan pada

Gb.9.3. Jika V 3a , V 3b , V 3c

merupakan fasor tegangan

fasa-netral maka tegangan

fasa-fasa (line to line)

harmonisa ke-3 adalah nol.

v3a

= sin(3ωt

)

o

v3b

= sin(3ωt

−360

) = sin(3ωt

)

o

v3c

= sin(3ωt

− 720 ) = sin( ωt

V 3a

V 3b

V 3c

Gb.9.3. Diagram fasor harmonisa ke-3.

Hal serupa terjadi pada harmonisa kelipatan tiga yang lain seperti

harmonisa ke-9. Satu siklus fundamental berisi 9 siklus harmonisa yang

berarti lebar satu siklus adalah 40 o dalam skala fundamental. Jadi lebar 3

siklus harmonisa ke-9 tepat sama dengan beda fasa antar fundamental,

sehingga tidak ada perbedaan sudut fasa antara harmonisa ke-9 di fasa-a,

fasa-b, dan fasa-c.

Harmonisa ke-5. Gb.9.4. memperlihatkan kurva tegangan fundamental

dan harmonisa ke-5. Tegangan v 1a , v 1b , v 1c , adalah tegangan fundamental

dari fasa-a, -b, dan -c. Tegangan v 5a , v 5b , v 5c , adalah tegangan harmonisa

186 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


ke-5 di fasa-a, -b, dan -c; masing-masing digambarkan terpotong untuk

menunjukkan bahwa mereka berbeda fasa.

v1a

= sin( ωt)

o

v1b

= sin( ωt

−120

)

o

v1c

= sin( ωt

− 240 )

v5a

= sin(5ωt)

o

o

v5b

= sin(5ωt

− 600 ) = sin(3ωt

− 240 )

o

o

v5c

= sin(5ωt

−1200

) = sin( ωt

− 120 )

V

300

200

100

v 1a

v 1b

v 1c

0

0 90 180 270 360

-100

-200

-300

v 5a v 5c v 5b

[ o ]

Gb.9.4. Fundamental dan harmonisa ke-5

Satu siklus fundamental berisi 5 siklus harmonisa atau satu siklus

harmonisa mempunyai lebar 72 o dalam skala fundamental. Perbedaan

fasa antara v 5a dan v 5b adalah (2

V 5b

× 72 o − 120 o ) = 24 o dalam skala

fundamental atau 120 o dalam

skala harmonisa ke-5; beda fasa

V 5a

antara v 5b dan v 5c juga 120 o .

Diagram fasor dari harmonisa

V 5c

ke-5 terlihat pada Gb.9.5. Jika Gb.9.5. Diagram fasor harmonisa ke-5.

V 5a , V 5b , V 5c merupakan fasor

tegangan fasa-netral maka tegangan fasa-fasa (line to line) harmonisa ke-

5 adalah 3 kali lebih besar dari tegangan fasa-netral-nya.

Harmonisa Ke-7. Satu siklus harmonisa ke-7 memiliki lebar 51,43 o

dalam skala fundamental. Perbedaan fasa antara v 7a dan v 7b adalah (3 ×

51,43 o − 120 o ) = 34,3 o dalam

skala fundamental atau 240 o

V 7c

dalam skala harmonisa ke-7;

beda fasa antara v 7b dan v 7c

juga 240 o V 7a

. Diagram fasor dari

harmonisa ke-7 terlihat pada

Gb.9.6. Jika V 7a , V 7b , V 7c

V 7b

merupakan fasor tegangan

Gb.9.6. Diagram fasor harmonisa ke-7.

fasa-netral maka tegangan

187


fasa-fasa (line to line) harmonisa ke-7 adalah

tegangan fasa-netral-nya.

3 kali lebih besar dari

9.2. Relasi Tegangan Fasa-Fasa dan Fasa-etral

Pada tegangan sinus murni, relasi antara tegangan fasa-fasa dan fasanetral

dalam pembebanan seimbang adalah

V

ff

= V

fn

3 =1,732V

di mana V ff tegangan fasa-fasa dan V f-n tegangan fasa-netral. Apakah

relasi masih berlaku jika tegangan berbentuk gelombang nonsinus. Kita

akan melihat melalui contoh berikut.

COTOH-9.1: Tegangan fasa-netral suatu generator 3 fasa terhubung

bintang mengandung komponen fundamental dengan nilai puncak

200 V, serta harmonisa ke-3, 5, 7, dan 9 dengan nilai puncak

berturut-turut 40, 25, 20, 10 V. Hitung rasio tegangan fasa-fasa

terhadap tegangan fasa-netral.

Penyelesaian:

Dalam soal ini harmonisa tertinggi yang diperhitungkan adalah

harmonisa ke-9, walaupun nilai puncak harmonisa tertinggi ini

masih 5% dari nilai puncak komponen fundamental.

Nilai efektif tegangan fasa-netral fundamental sampai harmonisa

ke-9 berturut-turut adalah nilai puncak dibagi 2 :

V 1 f −n =141,42 V ; V 3 f −n = 28,28 V ; V 5 f −n =17,68 V

V 7 f −n =14,14 V ; V 9 f −n = 7,07 V

Nilai efektif tegangan fasa-netral total

fn

V f −n

=

141,42

2

+ 28,28

2

+ 17,68

2

+ 14,14

2

+ 7,07

2

= 146,16

V

Nilai efektif tegangan fasa-fasa setiap komponen adalah

V 1 f − f = 244,95 V ; V 3 f − f = 0 V ; V 5 f − f = 26,27 V

V 7 f − f = 22,11 V ; V 9 f − f = 0 V

Nilai efektif tegangan fasa-fasa total

188 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


V f − f

=

244,95

2

+ 0 + 26,27

2

2

+ 22,11

+ 0 = 247,35

V

Rasio tegangan fasa-fasa terhadap tegangan fasa-netral

V f − f

V f −n

247,35

= = 1,70

146,16

Perbedaan nilai perhitungan tegangan efektif fasa-netral dan tegangan

efektif fasa-fasa terlatak pada adanya harmonisa kelipatan tiga; tegangan

fasa-fasa harmonisa ini bernilai nol.

9.3. Hubungan Sumber Dan Beban

9.3.1. Generator Terhubung Bintang

Jika belitan jangkar generator terhubung bintang, harmonisa kelipatan

tiga yang terkandung pada tegangan fasa-netral tidak muncul pada

tegangan fasa-fasa-nya. Kita akan melihatnya pada contoh berikut.

COTOH-9.2: Sebuah generator 3 fasa, 50 Hz, terhubung bintang

membangkitkan tegangan fasa-netral yang berbentuk gelombang

nonsinus yang dinyatakan dengan persamaan

v = 800sin

ω0t

+ 200sin 3ω0t

+ 100sin 5ω0t

V

Generator ini mencatu tiga induktor terhubung segi-tiga yang

masing-masing mempunyai resistansi 20 Ω dan induktansi 0,1 H.

Hitung daya nyata yang diserap beban dan faktor daya beban.

Penyelesaian:

Nilai efektif komponen tegangan fasa-netral adalah

V fn1 rms = 800 / 2 V ; V fn3 rms = 200 / 2 V ;

V fn5 rms = 100 / 2 V .

Tegangan fasa-fasa sinyal nonsinus tidak sama dengan 3 kali

tegangan fasa-netralnya. Akan tetapi masing-masing komponen

merupakan sinyal sinus; oleh karena itu tegangan fasa-fasa masingmasing

komponen adalah

3 kali tegangan fasa-netral-nya.

189


( 800 / 2) 3 800 3/2 V

V ff 1 rms =

=

; V ff 3 rms = 0 V ;

V ff 5 rms =100

3 / 2

V

V ffrms

=

2

800 (3/ 2) + 100 (3/ 2) = 987,4

2

V

Reaktansi beban per fasa untuk tiap komponen

X 1 = 2π × 50 × 0,1 = 31,42 Ω ; X 3 = 3X

1 = 94,25 Ω ;

X 5 = 5X

1 = 157,08 Ω

Impedansi beban per fasa untuk tiap komponen

Z f 1

=

2 2

20 + 31,42

= 37,24 Ω

Z f 3

=

2 2

20 + 94,25

= 96,35 Ω

Z f 5

=

2 2

20 + 157,08

= 158,35 Ω

Arus fasa:

V ff 1rms

800 3 / 2

I f 1 rms = = =

Z 37,24

f 1

V ff 3rms

I f 3 rms = =

Z f 1

0 A

V ff 5rms

100 3 / 2

I f 5 rms = = =

Z 158,35

f 5

26,3 A

0,77

A

I

frms

=

26,3

2

+ 0,77

2

= 26,32

A

Daya nyata diserap beban

P

b

2

= 3×

I

frms

× 20 = 41566 W ≈ 41,6 kW

Daya kompleks beban

S

b


V × I = 3×

987,4×

26,32 = 77967 W ≈ 78 kW

= ff f

Faktor daya beban

190 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


9.3.2. Generator Terhubung Segitiga

Pb

41,6

f . d.

= = = 0,53

S 78

b

Jika belitan jangkar generator terhubung segitiga, maka tegangan

harmonisa kelipatan tiga akan menyebabkan terjadinya arus sirkulasi

pada belitan jangkar generator tersebut.

COTOH-9.3: Sebuah generator 3 fasa, 50 Hz, terhubung segitiga.

Resistansi dan induktansi per fasa adalah 0,06 Ω dan 0,9 mH. Dalam

keadaan tak berbeban tegangan fasa-fasa mengandung harmonisa ke-

3, -7, -9, dan -15 dengan amplitudo berturut-turut 4%, 3%, 2% dan

1% dari amplitudo tegangan fundamental. Hitunglah arus sirkulasi

dalam keadaan tak berbeban, jika eksitasi diberikan sedemikian rupa

sehingga amplitudo tegangan fundamental 1500 V.

Penyelesaian:

Arus sirkulasi di belitan jangkar yang terhubung segitiga timbul oleh

adanya tegangan harmonisa kelipatan tiga, yang dalam hal ini adalah

harmonisa ke-3, -9, dan -15. Tegangan puncak dan tegangan efektif

masing-masing komponen harmonisa ini di setiap fasa adalah

V 3 m = 4% × 1500 = 60 V ; V 3 rms = 60 / 2 V

V 9 m = 2% × 1500 = 30 V ; V 9 rms = 30 / 2 V

V 15 m = 1% × 1500 = 15 V ; V 15 rms =15 / 2 V

Reaktansi untuk masing-masing komponen adalah

X 1

X

−3

= 2π × 50 × 0,9 × 10 = 0,283 Ω

3 = 3×

X1

= 0,85 Ω

X 9 = 9 × X1

= 2,55 Ω

X 15 = 15×

X1

= 4,24 Ω

Impedansi di setiap fasa untuk komponen harmonisa

Z 3

Z 9

=

=

0,06

0,06

2

2

+ 0,85

+ 2,54

2

2

= 0,85 Ω

= 2,55 Ω

191


Z 15

=

0,06

2

+ 4,24

2

= 4,24

Ω

Arus sirkulasi adalah

I

I

I

60 / 2

=

0,85

3 rms =

30 / 2

=

2,55

9 rms =

15 / 2

=

4,24

15 rms =

49,89 A

8,33 A

2,5 A

2 2 2

I sirkulasi( rms)

= 48,89 + 8,33 + 2,5 =

50,6

A

9.3.3. Sistem Empat Kawat

Dalam sistem empat kawat, di mana titik netral sumber terhubung ke titik

netral beban, harmonisa kelipatan tiga akan mengalir melalui penghantar

netral. Arus di penghantar netral ini merupakan jumlah dari ketiga arus di

setiap fasa; jadi besarnya tiga kali lipat dari arus di setiap fasa.

COTOH-9.4: Tiga kumparan dihubungkan bintang; masing-masing

kumparan mempunyai resistansi 25 Ω dan induktansi 0,05 H.

Beban ini dihubungkan ke generator 3 fasa, 50Hz, dengan

kumparan jangkar terhubung bintang. Tegangan fasa-netral

mempunyai komponen fundamental, harmonisa ke-3, dan ke-5

dengan nilai puncak berturut-turut 360 V, 60 V, dan 50 V.

Penghantar netral menghubungkan titik netral generator dan beban.

Hitung nilai efektif (a) arus saluran (fasa); (b) tegangan fasa-fasa;

(c) arus di penghantar netral; (d) daya diserap beban.

Penyelesaian:

(a) Tegangan fasa-netral efektif setiap komponen

Reaktansi per fasa

V fn1rms

V fn3rms

V fn5rms

= 254,6 V;

= 42,4 V;

= 35,4 V

192 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)


X 1

X

X

Impedansi per fasa

= 2π × 50 × 0,05 = 15,70

= 3×

1 = 47,12 Ω

= × = 78,54 Ω

3 X

5 5 X1

Ω

Z 1

=

2 2

25 + 15,70

= 29,53

Ω

Z 3

=

2 2

25 + 47,12

= 53,35

Ω

Z 5

=

25

2

+ 78,54

2

= 82,42

Ω

Arus saluran

254,6

I 1 rms = = 8,62 A

29,53

42,4

I 3 rms = = 0,795 A

53,35

35,4

I 5 rms = = 0,43 A

82,42

I saluran

rms =

2 2 2

8.62 + 0,795 + 0,43

(b) Tegangan fasa-fasa setiap komponen

440,9

V; V3

f − f = 0 V; V5

V 1 f − f = f − f =

Tegangan fasa-fasa

= 8,67

A

61,24 V

V f − f

=

440,9

2

+ 0 + 61,2

2

= 445

V

Arus di penghantar netral ditimbulkan oleh harmonisa ke-3,

yang merupakan arus urutan nol.

I

netral = rms


I3 = 3×

0,795 = 2,39 A

(c) Daya yang diserap beban adalah daya yang diserap elemen

2

resistif 25 Ω, yaitu P = 3 × I f −n

× R . Arus beban terhubung

bintang sama dengan arus saluran. Jadi daya yang diserap

beban adalah

193


P b

2

= 3×

I × R = 3×

8,67