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

dλ
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
dφ
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)
2π
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.
dφ
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
dφ
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
dφ
=
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
dφ
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
dφ
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
2π
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 = = =
1ω
1ω
160ω
Jika tegangan 110 V diterapkan pada belitan primer, maka
V1′
2 110 2
Φ′ m = =
1ω
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)
dλ
dφ
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
dφ
dθ
s magnetik
= φ = φ ωmagnetik
dt dt
p n
Karena ω magnetik = 2π
f magnetik = 2π
, maka
120
dφ
s
dt
= φ π
p n
60
Dari (3.4) kita peroleh tegangan pada belitan, yaitu
(3.6)
(3.7)
dφ
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
dφ
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
dφ
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
2π
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
3×
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
2π
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
2π
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
1×
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
5Ω
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
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
jθ
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.
dφ
e i = −
dt
Tegangan induksi ini berlawanan dengan tegangan jatuh induktor v,
sehingga nilai e i sama dengan v.
dφ
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

2π
Vrms
=
2
fφmaks
= 4, 44 f φmaks
2π
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×
L×
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
3×
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
3×
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
2
× 25 = 5636 W
= 5,64 kW
9.3.4. Sistem Tiga Kawat
Pada sistem ini tidak ada hubungan antara titik netral sumber dan titik
netral beban. Arus harmonisa kelipatan tiga tidak mengalir. Kita akan
melihat kondisi ini dengan menggunakan contoh berikut.
COTOH-9.5: Persoalan seperti pada contoh-9-4 akan tetapi
penghantar netral yang menghubungkan titik netral generator dan
beban diputus. Hitung nilai efektif (a) arus saluran (fasa); (b)
tegangan fasa-fasa; (c) arus di penghantar netral; (d) daya diserap
beban.
Penyelesaian:
(a) Karena penghantar netral diputus, arus harmonisa ke-3 tidak
mengalir. Arus fundamental dan harmonisa ke-5 telah dihitung
pada contoh-9.4. yaitu
Arus saluran menjadi
I
I
254,6
29,53
35,4
82,42
1 rms = =
5 rms = =
I saluran
rms =
8,62 A
0,43 A
2 2
8,62 + 0,43 = 8,63 A
(b) Walaupun arus harmonisa ke-3 tidak mengalir, tegangan fasanetral
harmonisa ke-3 tetap hadir namun tegangan ini tidak
muncul pada tegangan fasa-fasa. Keadaan ini seperti keadaan
sebelum penghantar netral diputus
V f − f
=
2
2
440,9 + 0 + 61,2
= 445
V
(c) Arus di penghantar netral = 0 A
(d) Daya yang diserap beban
P b
2
2
= 3×
I × R = 3×
8,63 × 25 = 5589 W = 5,59 kW
194 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

9.4. Sumber Bekerja Paralel
Untuk mencatu beban yang besar sumber-sumber pada sistem tenaga
harus bekerja paralel. Jika sumber terhubung bintang dan titik netral
masing-masing sumber ditanahkan, maka akan mengalir arus sirkulasi
melalui pentanahan apabila terdapat tegangan harmonisa kelipatan tiga.
COTOH-9.6: Dua generator tiga fasa, 20 000 kVA, 10 000 V,
terhubung bintang, masing-masing mempunyai reaktansi jangkar
20% tiap fasa. Tegangan terbangkit mengandung harmonisa ke-3
dengan amplitudo 10% dari amplitudo fundamental. Kedua
generator bekerja paralel, dan titik netral masing-masing
ditanahkan melalui reaktansi 10%. Hitunglah arus sirkulasi di
pentanahan karena adanya harmonisa ke-3.
Penyelesaian:
Tegangan kedua generator adalah
V ffrms
=10000 V
V fnrms
10000 = = 5774
3
V
Reaktansi jangkar 20% :
X a
Reaktansi pentanahan 10% :
2
3×
5774
= 20% ×
= 1 Ω
20 000 × 1000
X g
Reaktansi pentanahan untuk urutan nol :
2
3×
5774
= 10% ×
= 0,5 Ω
20 000 × 1000
X 0
= 3×
0,5 = 1,5 Ω
Tegangan harmonisa ke-3 adalah 10% dari tegangan fundamental :
V fn3 rms = 577,4
Kedua generator memiliki X a dan X g yang sama besar dengan
tegangan harmonisa ke-3 yang sama besar pula. Arus sirkulasi
akibat tegangan harmonisa ke-3 adalah
I
sirkulasi
=
V
fn3rms
( X + X )
a
0
=
V
577,4
= 231 A
2,5
195

9.5. Penyaluran Energi ke Beban
Dalam jaringan distribusi, untuk menyalurkan energi ke beban digunakan
penyulang tegangan menengah yang terhubung ke transformator dan dari
transformator ke beban. Suatu kapasitor dihubungkan paralel dengan
beban guna memperbaiki faktor daya. Dalam analisis harmonisa kita
menggunakan model satu fasa dari jaringan tiga fasa.
9.5.1. Penyulang
Dalam model satu fasa, penyulang diperhitungkan sebagai memiliki
resistansi, induktansi, kapasitansi. Dalam hal tertentu elemen ini bisa
diabaikan.
9.5.2. Transformator
Perilaku transformator dinyatakan dengan persamaan
V 1 = E1
+ I1R1
+ jI1X1
E 2 = V2
+ I2R2
+ jI
2 X 2
2 I 2
I 1 = I f + I′
2 dengan I′
2 = I 2 =
1
a
V 1 , I1,
E1,
R1
, X1
berturut turut adalah tegangan terminal, arus, tegangan
induksi kumparan, resistansi, dan reaktansi bocor rangkaian primer.
V 2 , I2,
E2,
R2,
X 2 berturut turut adalah tegangan terminal, arus,
tegangan induksi kumparan, resistansi, dan reaktansi bocor rangkaian
sekunder; V 2 sama dengan tegangan pada beban. E 1 sefasa dengan E 2
karena dibangkitkan (diinduksikan) oleh fluksi yang sama, sehingga nilai
masing-masing sebanding dengan jumlah lilitan, 1 dan 2 . Jika
a = 1 / 2 maka dilihat dari sisi sekunder nilai E 1 menjadi E 1 ' = E1
/ a ,
I 1 menjadi I 1 ' = aI 1 , R 1 menjadi R 1 /a 2 , X 1 menjadi X 1 /a 2 . Rangkaian
ekivalen transformator berbeban menjadi seperti pada Gb.9.7.a. Dengan
mengabaikan arus eksitasi I f dan menggabungkan resistansi dan reaktansi
menjadi R T = R 1 ′ + R2
dan X T = X 1 ′ + X 2 maka rangkaian ekivalen
menjadi seperti pada Gb.9.7.b.
196 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

(a)
R′
X′ 1 I f
1
R X 2 2
V∼
1 E
B V 2
1
X c
R c
I c
I φ
B
(b)
R T
Gb.9.7. Rangkaian ekivalen transformator berbeban.
X T
∼ V 1
V 2
9.6. Rangkaian Ekivalen Untuk Analisis
Karena resistansi dan reaktansi transformator diposisikan di sisi
sekunder, maka untuk menambahkan penyulang dan sumber harus pula
diposisikan di sisi sekunder. Tegangan sumber V s menjadi V s /a, resistansi
penyulang menjadi R p /a 2 , reaktansi penyulang menjadi X p /a 2 . Jika
resistansi penyulang R p /a 2 maupun resistansi transformator R T diabaikan,
maka rangkaian sumber–penyulang–transformator–beban menjadi seperti
pada Gb.9.8. Bentuk rangkaian yang terakhir ini cukup sederhana untuk
melakukan analisis lebih lanjut. V s /a adalah tegangan sumber.
X T
X C
X p /a 2
V s /a B V 2
Gb.9.8. Rangkaian ekivalen penyaluran energi dari sumber ke
beban dengan mengabaikan semua resistansi dalam rangkaian
serta arus eksitasi transformator.
Apabila kita menggunakan rangkaian ekivalen dengan hanya
memandang arus nonlinier, maka sumber tegangan menjadi bertegangan
nol atau merupakan hubung singkat seperti terlihat pada Gb.9.9.
197

X p /a 2
i beban
X C
B
Gb.9.9. Rangkaian ekivalen pada pembebanan nonlinier.
Jika kita hanya meninjau komponen harmonisa, dan tetap memandang
bahwa arus harmonisa mengalir ke beban, arah arus harmonisa
digambarkan menuju sisi beban. Namun komponen harmonisa tidak
memberikan transfer energi neto dari sumber ke beban; justru sebaliknya
komponen harmonisa memberikan dampak yang tidak menguntungkan
pada sistem pencatu daya. Oleh karena itu sistem pencatu daya “bisa
melihat” bahwa di arah beban ada sumber arus harmonisa yang mencatu
sistem pencatu daya dan sistem pencatu daya harus memberi tanggapan
terhadap fungsi pemaksa (driving function) ini. Dalam hal terakhir ini
sumber arus harmonisa digambarkan sebagai sumber arus yang mencatu
sistem seperti terlihat pada Gb.9.10.
X p /a 2 X C
X T
X T
sumber arus
harmonisa
Gb.9.10. Rangkaian ekivalen untuk analisis arus harmonisa.
198 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Referensi
1. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB
2002, ISBN 979-9299-54-3.
2. Sudaryatno Sudirham, “Pengembangan Metoda Unit Output Untuk
Perhitungan Susut Energi Pada Penyulang Tegangan Menengah”,
Monograf, 2005, limited publication.
3. Sudaryatno Sudirham, “Pengantar Rangkaian Listrik”, Catatan
Kuliah El 1001, Penerbit ITB, 2007.
4. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Harmonisa Dalam Permasalahan
Kualitas Daya”, Catatan Kuliah El 6004, 2008.
5. P. C. Sen, “Power Electronics” McGraw-Hill, 3rd Reprint, 1990,
ISBN 0-07-451899-2.
6. Ralph J. Smith & Richard C. Dorf : “Circuits, Devices and Systems”
; John Wiley & Son Inc, 5 th ed, 1992.
7. David E. Johnson, Johnny R. Johnson, John L. Hilburn : “Electric
Circuit Analysis” ; Prentice-Hall Inc, 2 nd ed, 1992.
8. Vincent Del Toro : “Electric Power Systems”, Prentice-Hall
International, Inc., 1992.
9. Roland E. Thomas, Albert J. Rosa : “The Analysis And Design of
Linier Circuits”, . Prentice-Hall Inc, 1994.
10. Douglas K Lindner : “Introduction to Signals and Systems”,
McGraw-Hill, 1999.
11. Alexander Kusko & Marc T. Thompson, “Power Quality in
Electrical Systems”, Mc. Graw Hill, 2007.
199

Daftar otasi
v atau v(t) : tegangan sebagai fungsi waktu.
V : tegangan dengan nilai tertentu, tegangan searah.
V rr : tegangan, nilai rata-rata.
V rms : tegangan, nilai efektif.
V maks : tegangan, nilai maksimum, nilai puncak.
V : fasor tegangan dalam analisis di kawasan fasor.
|V| : nilai mutlak fasor tegangan.
V(s) : tegangan fungsi s dalam analisis di kawasan s.
i atau i(t) : arus sebagai fungsi waktu.
I
: arus dengan nilai tertentu, arus searah.
I rr : arus, nilai rata-rata.
I rms : arus, nilai efektif.
I maks : arus, nilai maksimum, nilai puncak.
I
: fasor arus dalam analisis di kawasan fasor.
|I| : nilai mutlak fasor arus.
I(s) : arus fungsi s dalam analisis di kawasan s.
p atau p(t) : daya sebagai fungsi waktu.
p rr : daya, nilai rata-rata.
S : daya kompleks.
|S| : daya kompleks, nilai mutlak.
P : daya nyata.
Q : daya reaktif.
q atau q(t) : muatan, fungsi waktu.
w : energi.
R : resistor; resistansi.
L : induktor; induktansi.
C : kapasitor; kapasitansi.
Z : impedansi.
Y : admitansi.
200 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

a
alih daya 78, 150
Ampère 2, 4
arus pusar 14
c
crest factor 124
d
daya kompleks 136
daya nyata 137
daya reaktif 150
daya, faktor 137
daya, non sinus 103
daya, sudut 67
diagram fasor 33, 61
dielektrik 165
e
efisiensi 42
ekivalen 37, 65, 74, 78, 79, 197
f
faktor K 178
Faraday 1
fluksi bocor 31
Fourier 91
frekuensi sinkron 75
g
gaya 14
generator terhubung ∆ 191
generator terhubung Y 189
h
harmonisa-3, -5, -7 185
histerisis 12
hubungan ∆-∆ 44
hubungan ∆-Y 45
hubungan Y-∆ 46
hubungan Y-Y 45
i
impedansi 38, 134, 137
induktor 19, 168
IDEKS
k
kapasitor 164
kompensasi 150
konduktor 161
l
loss factor 165, 166
m
magnetik 1, 5, 14
medan putar 70
mesin sinkron 50, 52, 59
motor asinkron 69
n
nilai efektif 97, 135
nilai rata-rata 96
non linier 111
nonsinus 88, 91, 129, 166
p
parameter 39, 79
partial discharge 182
permeabilitas 3
r
reaktansi 33, 61, 64
regulasi tegangan 42
resonansi 106
s
setengah gelombang 113
sistem 3-kawat 194
sistem 4-kawat 192
t
tegangan maksimum 180
Tellegen 138
THD 124
torka 84, 85
transformator 29, 32, 39, 43,
173, 196
u
uji beban nol 39, 60, 80
uji hubung singkat 40, 60
uji rotor diam 80
201

Biodata
Nama: Sudaryatno Sudirham
Lahir di Blora pada 26 Juli 1943
Istri: Ning Utari
Anak: Arga Aridarma
Aria Ajidarma.
1971 : Teknik Elektro – Institut Teknologi Bandung.
1972 – 2008 : Dosen Institut Teknologi Bandung.
1974 : Tertiary Education Research Center – UNSW − Australia
1979 : EDF – Paris Nord dan Fontainbleu − Perancis
1981 : INPT - Toulouse − Perancis; DEA 1982; Doktor 1985.
Kuliah yang pernah diberikan: “Pengukuran Listrik”, “Pengantar Teknik
Elektro”, “Pengantar Rangkaian Listrik”, “Material Elektroteknik”,
“Phenomena Gas Terionisasi”, “Dinamika Plasma”, “Dielektrika”,
“Material Biomedika”.
Buku dan Artikel: “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB, ISBN
979-9299-54-3, 2002, 2005; “Metoda Rasio TM/TR Untuk Estimasi Susut
Energi Jaringan Distribusi”, Penerbit ITB, ISBN 978-979-1344-38-8,
2009; “Fungsi dan Grafik, Diferensial Dan Integral”, Penerbit ITB,
ISBN 978-979-1344-37-1, 2009; “Analisis Rangkaian Listrik (1)”, 2010;
“Analisis Rangkaian Listrik (2)”, 2010; “Analisis Rangkaian Listrik (3)”,
2010; ”Mengenal Sifat Material (1)”, 2010; ”Estimasi Susut Teknik dan
onteknik Jaringan Distribusi”, 2011.
Bidang minat: Power Engineering; Material Science.
202 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)