Rangkaian Rangkaian Rangkaian Rangkaian Sistem ... - Ee-cafe.org

Sudaryatno SudirhamAnalisis Keadaan MantapRangkaian SistemTenagaDarpublicii

Analisis Keadaan MantapRangkaian Sistem TenagaolehSudaryatno Sudirhami

Hak cipta pada penulis, 2011SUDIRHAM, SUDARYATNOAnalisis Rangkaian Sistem TenagaOleh Sudaryatmo SudirhamDarpublic, Bandungarst-711edisi Juli 2011http://www.ee-cafe.orgAlamat pos: Kanayakan D-30, Bandung, 40135.Fax: (62) (22) 2534117ii

Daftar IsiPengantarDaftar IsiBab 1: Rangkaian Magnetik 1Hukum-Hukum. Perhitungan Pada Rangkaian Magnetik.Rugi-Rugi dalam Rangkaian Magnetik. Gaya Magnetik.Induktor.Bab 2: Transformator 25Transformator Satu Fasa. Teori Operasi Transformator.Diagram Fasor. Rangkaian Ekivalen. Impedansi Masukan.Penentuan Parameter Transformator. Efisiensi dan RegulasiTegangan. Konstruksi Transformator. Transformator PadaSistem Tiga Fasa.Bab 3: Mesin Sikron 45Mesin Kutub Menonjol. Mesin Sinkron Rotor Silindris.Rangkaian EkivalenBab 4: Motor Asinkron 65Konstruksi Dan Cara Kerja. Rangkaian Ekivalen.Penentuan Parameter Rangkaian. Torka.Bab 5: Pembebanan Seimbang – Sistem Polifasa 85Sumber Tiga Fasa Seimbang dan Sambungan ke Beban.Daya Pada Sistem Tiga Fasa Seimbang. Model Satu FasaSistem Tiga Fasa Seimbang. Sistem Enam Fasa Seimbang.Bab 6: Pembebanan Nonlinier (Analisis di Kawasan Waktu) 99Sinyal Nonsinus. Elemen Linier Dengan Sinyal Nonsinus.Daya Pada Sinyal Nonsinus. Resonansi. PembebananNonlinier Dilihat Dari Sisi Beban. Pembebenan NonlinierDilihat Dari Sisi Sumber. Kasus Penyearah SetengahGelombang. Perambatan Harmonisa. Ukuran distorsiHarmonisa.Bab 7: Pembebanan Nonlinier (Analisis di Kawasan Fasor) 131Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Fasor. Impedansi. NilaiEfektif. Sumber Tegangan Sinus Dengan Beban Nonlinier.Contoh-contoh Perhitrungan. Transfer Daya. KompensasiDaya Reaktif.iiiviii

Bab 8: Pembebanan Nonlinier Sistem Tiga Fasa dan DampakPada Piranti 163Komponen Harmonisa Pada Sistem Tiga Fasa. RelasiTegangan Fasa-Fasa dan Fasa-Netral. Hubungan Sumberdan Beban. Sumber Bekerja Paralel. Penyaluran Energi keBeban. Rangkaian Ekivalen Untuk Analisis. DampakHarmonisa Pada Piranti.Bab 9: Pembebanan Tak Seimbang 199Pernyataan Komponen Simetris. Mencari KomponenSimetris. Impedansi dan Rangkaian Urutan. Daya PadaSistem Tak Seimbang. Sistem Per-Unit. Sistem Tiga FasaDalam Per-Unit.Bab 10: Saluran Transmisi 215Resistansi. Induktansi. Impedansi dan Transposisi.Admitansi dan Transposisi.Bab 11: Rangkaian Ekivalen 241Persamaan Saluran Transmisi. Rangkaian Ekivalen π.Rangkaian Ekivalen Pendekatan. Kinerja saluran Transmisi.Pembebanan Saluran Transmisi. Batas Thermal. Tegangandan Arus di Ujung Kirim. Pembebanan Maksimum.Diagram Lingkaran.Pustaka 267Indeks 269Biodata 271iv Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

PengantarBuku ini berisi analisis rangkaian piranti-piranti dalam sistem tenagalistrik yang berada dalam keadaan mantap, dengan pembebananseimbang, non-linier, maupun pembebanan tak-seimbang. Pembahasanakan diawali dengan analisis rangkaian magnetik yang menjadi dasardibangunnya mesin-mesin konversi energi elektrik. Analisis rangkaianmagnetik ini disusul dengan pengenalan pada mesin-mesin konversienergi mencakup transformator, mesin sinkron, dan mesin asinkron.Setelah mesin-mesin konversi, pembahasan dilanjutkan dengan sistembanyak-fasa dengan pembebanan seimbang. Masih dalam keadaanseimbang, pembahasan berikutnya adalah mengenai pembebanannonlinier; pokok bahasan pembebanan nonlinier mencakup tinjauan dikawasan waktu, tinjauan di kawasan fasor pada sistem satu fasa dan tigafasa, serta dampak harmonisa pada piranti. Pembahasan berikutnyaadalah mengenai pembebanan tak-seimbang yang diawali denganbahasan tentang komponen simetris, rangkaian urutan, serta penggunaansistem per-unit; selanjutnya adalah bahasan mengenai saluran transmisiyang mencakup parameter saluran transmisi seperti impedansi,admitansi, impedansi karakteristik, disusul dengan persamaan salurantransmisi, rangkaian ekivalen dan pembebanan saluran transmisi.Mudah-mudahan sajian ini bermanfaat bagi para pembaca. Saran danusulan para pembaca untuk perbaikan dalam publikasi selanjutnya, sangatpenulis harapkan.Bandung, 26 Juli 2011.Wassalam,Penulis.v

A. Schopenhauer, 1788 – 1860dariMini-Encyclopédie, France LoisirsISBN 2-7242-1551-6vi Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

BAB 1Rangkaian MagnetikRangkaian magnetik merupakan basis dari sebagian terbesar peralatanlistrik di industri maupun rumah tangga. Motor dan generator dari yangbekemampuan kecil sampai sangat besar, berbasis pada medan magnetikyang memungkinkan terjadinya konversi energi listrik. Di bab ini kitaakan melihat hukum-hukum dasar, perhitungan dalam rangkaianmagnetik, rugi-rugi dan gaya magnetik, induktor dan induktansi bersama.Seperti halnya analisis rangkaian listrik yang dilandasi oleh beberapahukum saja, yaitu hukum Ohm dan Hukum Kirchhoff, analisis rangkaianmagnetik juga dilandasi oleh hanya beberapa hukum saja, yaitu hukumFaraday dan hukum Ampère. Pembahasan kita akan diawali oleh keduahukum tersebut dan setelah itu kita akan melihat rangkaian magnetik,yang sudah barang tentu melibatkan material magnetik. Walaupundemikian, kita tidak akan membahas mengenai material magnetik itusendiri, melainkan hanya akan melihat pada hal-hal yang kita perlukandalam kaitannya dengan pembahasan peralatan listrik. Kita juga hanyaakan melibatkan beberapa jenis material saja yang telah sejak lamadigunakan walaupun material jenis baru telah dikembangkan.1. 1. Hukum-HukumHukum Faraday. Pada 1831 Faraday (1791-1867) menunjukkan bahwagejala listrik dapat dibangkitkan dari magnet. Dari kumpulan catatanhasil percobaan yang dilakukan oleh Faraday, suatu formulasi matematistelah diturunkan untuk menyatakan hukum Faraday, yaitu :dλe = −(1.1)dtdengan e menunjukkan tegangan induksi [volt] pada suatu kumparan,dan λ adalah fluksi lingkup yang dicakup oleh kumparan. Jika kumparanmempunyai lilitan dan setiap lilitan mencakup fluksi magnit sebesar φ[weber], maka fluksi lingkup adalah λ = φ [weber-lilitan] dan (1.1)menjadi1

dφe = −(1.2)dtTanda negatif pada (1.1) diberikan oleh Emil Lenz, yang setelahmelanjutkan percobaan Faraday menunjukkan bahwa arah arus induksiselalu sedemikian rupa sehingga terjadi perlawanan terhadap aksi yangmenimbulkannya. Reaksi demikian ini disebut hukum Lenz.Hukum Ampère. André Marie Ampère (1775 – 1836), melakukanpercobaan yang terkenal dalam kaitan kemagnitan, yaitu mengenaitimbulnya gaya mekanis antara dua kawat paralel yang dialiri arus listrik.Besar gaya F dinyatakan secara matematis sebagaiµ lF = I 1 I 2(1.3)2πrdengan I 1 dan I 2 adalah arus di masing-masing konduktor, l adalahpanjang konduktor, dan r menunjukkan jarak antara sumbu keduakonduktor dan besaran µ merupakan besaran yang ditentukan olehmedium dimana kedua kawat tersebut berada.Arus I 2 dapat dipandang sebagai pembangkit suatu besaran medan magnitdi sekeliling kawat yang dialirinya, yang besarnya adalahµ I 2B = (1.4)2 π rHasil ini juga diamati oleh dua peneliti Perancis yaitu J.B. Biot dan F.Savart. Dengan (4), maka (3) menjadi lebih sederhana yaituF = BlI 1(1.5)Persamaan (1.5) ini berlaku jika kedua kawat adalah sebidang. Jikakawat ke-dua membentuk sudut θ dengan kawat pertama maka (1.5)menjadiSecara umum (1.6) dapat ditulisF = 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 Badalah suatu konstanta untuk memperhitungkan berbagai faktor, seperti2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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]sedangkansehinggaenergi [ watt].[detik][ volt][amp][detik][ newton ] = ==panjang [ meter][ meter][ volt][amp][detik][ volt][detik][ weber][ B ] = == .222[ amp][meter ] [ meter ] [ meter ]Jadi B menunjukkan kerapatan fluksi magnetik dengan satuan[weber/m 2 ] atau [tesla]. Arah B ditentukan sesuai dengan kaidah tangankanan yang menyatakan bahwa: jika kawat yang dialiri arus digenggamdengan tangan kanan dengan ibujari mengarah sejajar aliran arus makaarah B adalah sesuai dengan arah penunjukan jari-jari yangmenggenggam kawat tersebut.Dalam persamaan (1.3), µ mewakili sifat medium tempat keduakonduktor berada; besaran ini disebut permeabilitas. Untuk ruanghampa, permeabilitas ini adalahdengan satuan[][ meter]−7µ 0 = 4π × 10(1.8)henry . Hal ini dapat diturunkan sebagai berikut.][ newton][ volt][amp][detik][ volt][detik][ henry][ µ 0]= ===22[ amp ] [ amp ][ meter][ amp][meter][ meter[ volt][detik]karena = [ henry]yaitu satuan induktansi.[ amp]Dalam hal mediumnya bukan vakum maka permeabilitasnya dinyatakansebagaiµ = µ r × µ 0(1.9)dengan µ r adalah permeabilitas relatif, yang merupakan perbandinganantara permeabilitas medium terhadap vakum.3

Intensitas Medan Magnet. Dalam perhitungan-perhitungan rangkaianmagnetik, akan lebih mudah jika kita bekerja dengan besaran magnetikyang tidak tergantung dari medium. Hal ini terutama kita temui padamesin-mesin listrik dimana fluksi magnetik menembus berbagai macammedium. Oleh karena itu didefinisikan besaran yang disebut intensitasmedan magnetik , yaituH ≡ B(1.10)µdengan satuan[ newton]/[amp][meter][ amp][ H ] = = .2[ newton]/[amp ] [ meter]Dengan pendefinisian ini, H merupakan besaran yang tidak tergantungdari medium. Secara umum satuan H adalah [lilitan amper]/[meter] danbukan [amp]/[meter] agar tercakup pembangkitan medan magnit olehbelitan yang terdiri dari banyak lilitan.Hukum Rangkaian Magnetik Ampère . Hukum rangkaian magnetikAmpère menyatakan bahwa integral garis tertutup dari intensitas medanmagnit sama dengan jumlah arus (ampere turns) yangmembangkitkannya. Hukum ini dapat dituliskan sebagai∫Hdl = F m(1.11)F m dipandang sebagai besaran pembangkit medan magnit dan disebutmagnetomotive force yang disingkat mmf. Besaran ini sama denganjumlah ampere-turn yang dilingkupi oleh garis fluksi magnit yangtertutup.Dari relasi di atas, diturunkan relasi-relasi yang sangat bermanfaat untukperhitungan rangkaian magnetik. Jika panjang total dari garis fluksimagnit adalah L, maka total F m yang diperlukan untuk membangkitkanfluksi tersebut adalahBF m = H L = L(1.12)µApabila kerapatan fluksi adalah B dan fluksi menembus bidang yangluasnya A , maka fluksi magnetnya adalahφ = BA(1.13)4 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 ⎞ Fmφ = ⎜ ⎟ Fm=⎝ L ⎠ R(1.15)Pada (1.15) ini, F m merupakan besaran yang menyebabkan timbulnyafluksi magnit φ. Besar fluksi ini dibatasi oleh suatu besaran R yang kitasebut reluktansi dari rangkaian magnetik, dengan hubunganR =L (1.16)µAPersamaan (1.15) sering disebut sebagai hukum Ohm untuk rangkaianmagnetik. Namun kita tetap harus ingat bahwa penurunan relasi inidilakukan dengan pembatasan bahwa B adalah kostan dan A tertentu.Satuan dari reluktansi tidak diberi nama khusus.1.2. Perhitungan Pada Rangkaian MagnetikPerhitungan-perhitungan pada rangkaian magnetik pada umumnyamelibatkan material ferromagnetik. Perhitungan ditujukan pada duakelompok permasalahan, yaitu mencari mmf jika fluksi ditentukan(permasalahan ini kita jumpai pada perancangan) mencari fluksi φapabila geometri dari rangkaian magnetik serta mmf diketahui(permasalahan ini kita jumpai dalam analisis, misalnya jika kita harusmengetahui fluksi gabungan dari suatu rangkaian magnetik yangdikendalikan oleh lebih dari satu belitan). Berikut ini kita akan melihatperhitungan-perhitungan rangkaian magnetik melalui beberapa contoh.5

COTOH-1.1 : Suatu toroid terdiri dari dua macam materialferromagnetik dengan belitan pembangkit medan magnet yangterdiri dari 100 lilitan, seperti terlihat pada gambar di samping ini.Material a adalah besi nikel(nickel iron) dengan panjang+−ERL arata-rata L a = 0.4 m. Material badalah baja silikon (mediumsilicon sheet steel) denganpanjang rata-rata L b = 0.2 m.Kedua bagian itu mempunyailuas penampang sama, yaitu 0.001 m 2 . a). Tentukan F m yangdiperlukan untuk membangkitkan fluksi φ= 6×10 −4 weber. b).Hitung arus yang harus mengalir pada belitan agar nilai fluksitersebut tercapai.Penyelesaian :Untuk memperoleh F m total yang diperlukan kita aplikasikan hukumrangkaian Ampère pada rangkaian magnetik ini.Fmtotal = Fma + Fmb = HaL a + HbLbFluksi yang diinginkan di kedua bagian toroid adalah 6×10 −4 weber,sedangkan kedua bagian itu mempunyai luas penampang sama. Jadikerapatan fluksi di kedua bagian itu juga sama yaituφ 0.0006Ba= Bb= = = 0.6 teslaA 0.001Untuk mencapai kerapatan fluksi tersebut, masing-masing materialmemerlukan intensitas medan yang berbeda. Besarnya intensitasmedan yang diperlukan dapat dicari melalui kurva B-H dari masingmasingmaterial, yang dapat dilihat di buku acuan. Salah satu kurvaB-H yang dapat kita peroleh adalah seperti dikutip pada Gb.1.1 dihalaman berikut.Dengan menggunakan kurva B-H ini, kita perolehMaterial a : untuk Ba= 0.6 tesla diperlukan Ha= 10 AT/mMaterial b : untuk Bb= 0.6 tesla diperlukan Hb= 65 AT/mDengan demikian F m total yang diperlukan adalahF m total = HaL a + HbLb= 10 × 0.4 + 65×0.2 = 17 AT6 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem TenagaL b

). Karena jumlah lilitan adalah 100, maka besar arus yang harusmengalir di belitan untuk memperoleh F m total sebesar 17 AT adalah1.7517 I = = 0.17100A1.51.25Nickel-iron alloy , 47%B [tesla]10.750.5Medium silicon sheetsteelSoft steel casting0.25Cast ironH [ampre-turn / meter]Gb.1.1. Kurva B − H beberapa material magnetik.Pemahaman :Dalam pemecahan persoalan di atas, karakteristik medium tidakdinyatakan oleh permeabilitas medium, melainkan oleh karakteristikB-H dari masing-masing material. Kita lihat dari kutipankurva B-H Gb.1.1, bahwa hubungan antara B dan H adalah tidaklinier. Apabila kita menginginkan gambaran mengenai besarnyapermeabilitas masing-masing material, kita dapat menghitungnyasebagai berikut.Permeabilitas dari material a dan b masing-masing pada titikoperasi ini adalahB 0.6µ 0.06µ = a = = 0.06 henry/meter → µ = aar a = = 47740H 10µ−7a0 4π×10B 0.6µ 0.0092µ = b = = 0.0092 henry/meter → µ = bbr b = = 7340H 65µ−74π × 10b00 50 100 150 200 250 300 350 40007

Reluktansi rangkaian magnetik pada bagian toroid dengan material adan b masing-masing dapat juga kita hitung, yaituFm 4 13R = aF= ≈ 6670 ; R = m bab = ≈ 21670φ 0.6 × 0.001φ 0.6×0.001Jadi walaupun bagian b dari toroid lebih pendek dari bagian a,reluktansinya jauh lebih besar. Kedua bagian rangkaian magnetikyang terhubung seri ini mempunyai reluktansi total sebesarRtot = Ra+ Rb≈ 6670 + 21670 = 28340 .Untuk meyakinkan, kita hitung balik besarnya fluksi magnetφ =F m totalRtot17 −= = 6×10428340weberdan ternyata hasilnya sesuai dengan apa yang diminta dalampersoalan ini. Hasil ini menunjukkan bahwa reluktansi magnet yangdihubungkan seri berperilaku seperti resistansi yang terhubung seripada rangkaian listrik; reluktansi total sama dengan jumlahreluktansi yang diserikan.COTOH-1.2 : Pada rangkaian magnetik dalam contoh-1.1. di atas,berapakah fluksi magnet yang akan dibangkitkan bila arus padabelitan dinaikkan menjadi 0.35 A ?Penyelesaian :Dengan arus 0.35 A, F m total menjadiUntuk menghitung besarnya fluksi yang terbangkit, kita perlumengetahui reluktansi total. Untuk itu perlu dihitung reluktansi darimasing-masing bagian toroid. Hal ini tidak dapat dilakukan karenauntuk menghitung reluktansi tiap bagian perlu diketahui F m dan Buntuk masing-masing bagian sedangkan untuk menghitungnya perludiketahui besarnya fluksi φ yang justru ditanyakan.Dari apa yang diketahui, yaitu F m total dan ukuran toroid, kitadapatkan hubunganFmtotal = HaLa+ HbLb= 0.4Ha+ 0.2Hb= 35F m total = 100 × 0.35 = 35 AT35 − 0.2H⇒ Hba =0.4Karena luas penampang di kedua bagian toroid sama, yaitu 0.001m 2 , maka kerapatan fluksi B juga sama. Dengan batasan ini, kitamencoba menyelesaikan persoalan dengan cara mengamati kurva B-8 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

H. Kita perkirakan suatu nilai H b dan menghitung H a , kemudian kitamengamati lagi kurva B-H apakah untuk nilai H a dan H b ini terdapatB a = B b . Jika tidak, kita koreksi nilai H b dan dihitung lagi H a dandilihat lagi apakah B a = B b . Jika tidak dilakukan koreksi lagi, danseterusnya sampai akhirnya diperoleh B a ≈ B b .Kita mulai dengan H b = 100 AT yang memberikan H a = 37.5. Keduanilai ini terkait dengan B b = 0.75 dan B a = 0.9 tesla. Ternyata B a ≠B b . Kita perbesar H b agar H a mengecil dan akan menyebabkan B bbertambah 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 koreksilagi dan akan kita dapatkan B a ≈ B b ≈ 0.825 pada nilai H b = 125 danH a = 25 AT. Dengan nilai ini maka besar fluksi adalahφ =−4B × A = 0.825×0.001 = 8.25×10weber.Perhitungan secara grafis ini tentu mengandung ketidak-telitian. Jikakesalahan yang terjadi adalah ± 5%, maka hasil perhitungan inidapat dianggap memadai.Pemahaman :Jika kita bandingkan hasil pada contoh-1.1. dan 1.2. maka akanterlihat hal berikut.Contoh-1.1 :I = 0.17 A → B = 0.6tesla→ φ =−46×10weberContoh-1.2 :I = 0.35 A → B = 0.825 tesla→ φ =−48.25×10weberMenaikkan arus belitan menjadi dua kali lipat tidak menghasilkanfluksi dua kali. Hal ini disebabkan oleh karakteristik magnetisasimaterial yang tidak linier.9

COTOH-1.3 : Pada rangkaian magnetik di bawah ini, tentukanlah mmfyang diperlukan untuk membangkitkan fluksi sebesar 0.0014 weberdi “kaki” sebelah kanan. Rangkaian magnetik ini mempunyai luaspenampang sama yaitu 0.002 m 2 , kecuali “kaki” tengah yangluasnya 0.0008 m 2 . Material yang digunakan adalah medium siliconsteel.a b cfed0.15 m0.15 m 0.15 mPenyelesaian :Rangkaian magnetik ini mempunyai tiga cabang, yaituefab dengan reluktansi R 1 ;be dengan reluktansi R 2 danbcde dengan reluktansi R 3 .Rangkaian ekivalen dari rangkaian magnetik ini dapat digambarkanseperti di bawah ini.F mR 1R 2 R 3Fluksi yang diminta di kaki kanan adalah φ 3 = 0.0014 weber. Karenadimensi kaki ini diketahui maka kerapatan fluksi dapat dihitung,yaitu0.0014B 3 = = 0.7 tesla .0.002Berdasarkan kurva B-H dari material yang dipakai, kerapatan fluksiini memerlukan H 3 sebesar 80 AT/m. Jadi mmf yang diperlukanadalah10 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

F m3 = H3× Lbcde= 80 × (3×0.15) = 36 ATRangkaian ekivalen memperlihatkan bahwa R 2 terhubung paraleldengan 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 . Dengandemikian kita dapat menghitung H 2 .F F 36H 2 m32 = m = = = 240 AT/mLbeLbe0.15Melihat lagi kurva B-H, kita dapatkan untuk H 2 iniB 2 = 1.125 tesla .Luas penampang kaki tengah adalah 0.0008 m 2 . Makaφ2 = B 2 × 0.0008 = 1.125×0.0008 = 0.0009 weberFluksi total yang harus dibangkitkan di kaki kiri adalahφ 1 = φ2+ φ3= 0.0014 + 0.0009 = 0.0023 weberLuas penampang kaki kiri adalah 0.002 m 2 , sama dengan kakikanan. Kerapatan fluksinya adalahφ 0.0023B 11 = = = 1.15 tesla0.002 0.002Dari kurva B-H, untuk B 1 ini diperlukanH 1 = 240 AT/m , sehinggaF m1 = H1× Lefab= 240×(3×0.15) = 108 ATJadi total mmf yang diperlukan untuk membangkitkan fluksi sebesar0.0014 weber di kaki kanan adalahF mtot = Fm1 + Fm2 + Fm3= 108 + 36 + 36 = 180 AT11

COTOH-1.4 : Berapakah mmf yang diperlukan pada Contoh-1.3. jikakaki tengah ditiadakan?Penyelesaian :Dengan meniadakan kaki tengah maka fluksi di seluruh rangkaianmagnetik sama dengan fluksi di kaki kanan, yaitu φ=φ 3 =0.0014weber. Kerapatan fluksi di seluruh rangkaian magnetik juga samakarena luas penampangnya sama, yaitu0.0014B = B3 = = 0.7 tesla0.002Dari kurva B-H diperoleh H = 80 AT/m, sehingga mmf yangdiperlukan adalahF m = H × L abcdefa = 80×(6 × 0.15) = 72 ATPemahaman :Dengan menghilangkan kaki tengah, mmf yang diperlukan menjadilebih kecil. Bagaimanakah jika kaki tengah diperbesar luaspenampangnya ?Memperbesar penampang kaki tengah tidak mempengaruhikerapatan fluksi di kaki ini sebab F m3 tetap harus muncul di kakitengah. H 2 tak berubah, yaitu H 2 = F m3 /L be = 240 AT/m dan B 2 jugatetap 1.125 tesla. Jika penampang kaki tengah diperbesar, φ 2 akanbertambah sehingga φ 1 juga bertambah. Hal ini menyebabkan naiknyaB 1 yang berarti naiknya H 1 sehingga F m1 akan bertambah pula.Dengan demikian F m total akan lebih besar. Penjelasan inimenunjukkan seolah-olah kaki tengah berlaku sebagai “pembocor”fluksi. Makin besar kebocoran, makin besar mmf yang diperlukan.1.3. Rugi-Rugi Dalam Rangkaian MagnetikRugi Histerisis. Dalam rekayasa, material ferromagnetik sering dibebanidengan medan magnit yang berubah secara periodik dengan batas positifdan negatif yang sama. Pada pembebanan seperti ini terdapatkecenderungan bahwa kerapatan fluksi, B, ketinggalan dari medanmagnetnya, H. Kecenderungan ini kita sebut histerisis dan kurva B-Hmembentuk loop tertutup seperti terlihat pada Gb.1.2. dan kita sebut loophisterisis. Hal ini telah kita pelajari dalam fisika. Di sini kita akanmembahas akibat dari karakteristik material seperti ini dalam rekayasa.12 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

B [tesla]d bc0H [AT/m]eaLoop histerisis ini menunjukkan bahwa untuk satu nilai H tertentuterdapat dua kemungkinan nilai B. Dalam memecahkan persoalanrangkaian magnetik pada contoh-contoh di sub-bab 1.2. kitamenggunakan kurva B-H yang kita sebut kurva B-H normal atau kurvamagnetisasi normal, dimana satu nilai H terkait dengan hanya satu nilaiB, yaitu kurva B-H pada Gb.1.1. Itulah sebabnya kesalahan perhitungansebesar ± 5 % masih dapat kita terima jika kita menggunakan kurva B-Hnormal karena sesungguhnya B tidak mempunyai nilai tunggal,melainkan tergantung dari riwayat magnetisasi material.Perhatikan integrasi :BbBcHdB = luas bidang abda ; HdB = luas bidang bdcbB∫B∫adan satuan dari HB :Gb.1.2. Loop histerisis.ampere newton newton newto ⋅ meter joule[ HB ] = ×= ==meter ampre.meter 233meter meter meterJelaslah bahwa HB mempunyai satuan kerapatan energi. Jadi luas bidangabda pada Gb.1.2. menyatakan kerapatan energi, yaitu energi magnetik.Karena luas abda diperoleh dari integrasi ∫HdB pada waktu H dan Bnaik, atau dengan kata lain medan magnetik bertambah, maka iamenggambarkan kerapatan energi yang disimpan ke material. Luasbidang bdcb yang diperoleh dari integrasi ∫HdB pada waktu medanmagnit berkurang, menggambarkan kerapatan energi yang dilepaskan.b13

Dari gambar loop histerisis jelas terlihat bahwa luas bdcb < luas abda.Ini berarti bahwa kerapatan energi yang dilepaskan lebih kecil darikerapatan energi yang disimpan. Sisa energi yang tidak dapat dilepaskandigambarkan oleh luas bidang abca, dan ini merupakan energi yangdiserap oleh material dan tidak keluar lagi (tidak termanfaatkan)sehingga disebut rugi energi histerisis.Analisis di atas hanya memperhatikan setengah siklus saja. Untuk satusiklus penuh, kerapatan rugi energi histerisis adalah luas bidang dariloop histerisis. Jika kerapatan rugi energi histerisis per siklus (= luasloop histerisis) kita sebut w h , dan jumlah siklus per detik (frekuensi)adalah f , maka untuk material dengan volume v m 3 besar rugi energihisterisis per detik atau rugi daya histerisis adalah⎡ joule⎤Ph = whf v ⎢ = whf v [watt]det ik⎥(1.17)⎣ ⎦Untuk menghindari perhitungan luas loop histerisis, Steinmetzmemberikan formula empiris untuk rugi daya histerisis sebagainP h = v f ( KhBm)(1.18)dengan B m adalah nilai maksimum kerapatan fluksi, n mempunyai nilaiantara 1,5 sampai 2,5 tergantung dari jenis material. K h adalah konstantayang juga tergantung dari jenis material; untuk cast steel 0,025; siliconsheet steel 0,001; permalloy 0,0001.Rugi Arus Pusar. Jika medan magnetik berubah terhadap waktu, selainrugi 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 danrugi arus pusar menjadi besar. Untuk memperbesar resistansi agar aruspusar kecil, rangkaian magnetik disusun dari lembar-lembar materialmagnetik yang tipis (antara 0,3 ÷ 0,6 mm). Formula empiris untuk rugiarus pusar adalah2 2 2P e = Kef Bmτ 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 = volumematerial.Perhatikan bahwa rugi arus pusar sebanding dengan pangkat dua darifrekuensi, sedangkan rugi histerisis sebanding dengan pangkat satu14 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

frekuensi. Rugi histerisis dan rugi arus pusar secara bersama-samadisebut rugi-rugi inti. Rugi-rugi inti akan menaikkan temperaturrangkaian magnetik dan akan menurunkan efisiensi peralatan.1.4. Gaya MagnetikEnergi yang tersimpan dalam BBmedan magnetik dapatB 1 b adigunakan untuk melakukankerja mekanik (misalnyamenarik tuas rele). Untukmempelajari bagaimana gayaini dapat timbul, kurva B-HH 0 H 1 Hnormal yang tidak liniera) b)seperti terlihat pada Gb.1.3.a,kita dekati dengan suatu Gb.1.3. Linierisasi Kurva B-H.kurva linier seperti padaGb.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 dalammaterial, dan besarnya adalahw f =123B1H1 joule/mSecara umum, dengan medan magnetik sebesar H dalam suatu materialakan terdapat kerapatan simpanan energi sebesar1 w3f = BH joule/m(1.20)2Perhatikan bahwa (1.20) kita peroleh setelah kita melakukan linierisasikurva B-H.Karena (1.20) menunjukkan kerapatan energi, maka jika kita kalikandengan volume dari rangkaian magnetik kita akan mendapatkan energitotal yang tersimpan dalam rangkaian tersebut. Misalkan luas penampangrangkaian A dan panjangnya L, maka energi total menjadi1 11W = BHAL= ( BA)(HL)= φF m joule (1.21)2 22Antara fluksi φ dan F m terdapat hubungan φ = F m / R , sehingga (1.21)dapat juga dituliskan15

21 1 Fm1 2W = φFm= = φ R joule(1.22)2 2 R 2Untuk memahami timbulnya gaya magnetik, kita lakukan percobaandengan suatu rangkaian magnetik yang terdiri dari tiga bagian yaitugandar, celah udara, dan jangkar, seperti terlihat pada Gb.1.4. Rangkaianini dicatu oleh sumber tegangan V syang diserikan dengan resistor variabelR. Luas penampang gandar samadengan luas penampang jangkar. Untuksuatu kedudukan jangkar tertentu,dengan V s dan R tertentu, terjadieksitasi sebesar F m yang akan membuatsimpanan energi dalam rangkaianmagnetik ini sebesarW =122 2 2( φ R + φ R + φ R )gguujj(1.23)Indeks g, u, dan j berturut-turutmenunjukkan gandar, udara danjangkar. Karena ketiga bagianrangkaian terhubung seri maka jika penyebaran fluksi di bagian pinggirdi celah udara diabaikan fluksi di ketiga bagian tersebut akan sama.Kerapatan fluksi juga akan sama di ketiga bagian tersebut. Dengandemikian maka persamaan (1.23) dapat kita tulis1 2W = φ2Besar reluktansi total adalah1 2( R g + Ru+ R j ) = φ Rtotal2(1.24)LgL j LRutotal = + +(1.25)µ A µ A µ AgjgandarjangkarGb.1.4. Rangkaianmagnetik dengan jangkarKarena kita melakukan linierisasi kurva B-H, maka permeabilitasmaterial menjadi konstan.Hal ini ditunjukkan oleh kemiringan kurva B-H. Jadi µ g dan µ j dianggapkonstan sedangkan permeabilitas udara dapat dianggap sama dengan µ 0 .0V s+−L jRL gx16 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Percobaan pertama adalah memegang jangkar tetap pada tempatnya danmenambah eksitasi dengan menurunkan nilai resistor R sehingga aruscatu naik. Eksitasi akan naik menjadi (F m +∆F m ) dan simpanan energipada seluruh rangkaian magnetik akan naik pula. Artinya tambahanenergi sebesar ∆W yang disebabkan oleh tambahan eksitasi sebesar ∆F mtersimpan sebagai tambahan energi di semua bagian rangkaian yaitugandar, jangkar dan celah udara.Untuk percobaan kedua, kita kembalikan dulu eksitasi pada keadaansemula dengan mengembalikan R pada nilai semula sehingga eksitasikembali menjadi F m dan kita jaga konstan. Jangkar kita lepaskansehingga celah udara menjadi (x−∆x). Berkurangnya celah udara ini akanmenyebabkan reluktansi R u menurun sehingga secara keseluruhan R totjuga menurun. Menurunnya R tot akan memperbesar fluksi karena eksitasiF m dipertahankan tetap. Ini berarti bahwa simpanan energi dalamrangkaian magnetik bertambah.Pertambahan simpanan energi yang terjadi pada percobaan ke-dua iniberbeda dengan pertambahan energi pada percobaan pertama. Padapercobaan pertama pertambahan energi berasal dari pertambahanmasukan, yaitu ∆F m . Pada percobaan ke-dua, F m dipertahankan tetap.Oleh karena itu satu-satunya kemungkinan pertambahan energi adalahdari gerakan jangkar. Jadi perubahan posisi jangkar memberikantambahan simpanan energi dalam rangkaian magnetik. Penafsiran kitadalam peristiwa ini adalah bahwa perubahan posisi jangkar telahmenurunkan energi potensial jangkar. Penurunan energi potensialjangkar itu diimbangi oleh naiknya simpanan energi pada rangkaianmagnetik sesuai dengan prinsip konservasi energi.Jika dx adalah perubahan posisi jangkar (∆x→0), F x adalah gaya mekanikpada jangkar pada posisi x, maka perubahan energi potensial jangkaradalahdW j = Fxdx(1.26)Perubahan energi tersimpan dalam rangkaian magnetik adalah dW.Karena tidak ada masukan energi dari luar (sumber listrik) makadWj+ dW = F dx + dW = 0 → F dx = −dW(1.27)xKarena F m kita jaga konstan, kita dapat memasukkan persamaan (1.22)bentuk yang ke-dua ke (1.27) sehingga kita perolehx17

1 2 −1Fxdx= −dW= − d(FmRtot)21→ Fx= −2ddx22 −11 FmdRtot1 2 dR( FmRtot) = −= − φ2 2 dx 2 dxRtottot(1.28)Dengan persamaan (1.28) ini kita dapat menghitung gaya mekanik padajangkar rele elektromekanik, plunger, dan lain-lain peralatan listrik yangmemanfaatkan gaya magnetik.1.5. InduktorPerhatikan rangkaianinduktor (Gb.1.5).Apabila resistansi belitandapat diabaikan, makamenurut hukumKirchhoff+v 1−≈i f+e 1− 1Gb.1.5. Rangkaian induktor.φdi f− v1 + e1= 0 → v1= e1= L(1.29)dtPersamaan (1.29) adalah persamaan rangkaian listrik yang terdiri darisumber v 1 dan beban induktor L. Tegangan e 1 adalah tegangan jatuhpada induktor, sesuai dengan konvensi pasif pada dalam analisisrangkaian listrik.Sekarang kita lihat rangkaian magnetiknya dengan menganggap intiinduktor ideal (luas kurva histerisis material inti sama dengan nol).Dalam rangkaian magnetik terdapat fluksi magnetik φ yang ditimbulkanoleh arus i f . Perubahan fluksi φ akan membangkitkan tegangan induksipada belitan sesuai dengan hukum Faraday dan hukum Lenz.dφe t = −1 (1.30)dtTanda “−” pada (1.30) mempunyai arti bahwa tegangan induksi e t harusmempunyai polaritas yang akan dapat memberikan arus pada rangkaiantertutup sedemikian rupa sehingga arus tersebut akan memberikan fluksilawan terhadap fluksi pembangkitnya, yaitu φ. Menurut kaidah tangankanan, polaritas tersebut adalah seperti polaritas e 1 pada Gb.1.5. Jadi18 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

tanda “−” pada (1.30) terpakai untuk menetapkan polaritas e t sedangkannilai e t tentulah sama dengan tegangan jatuh e 1 . Jadidφdi fet = 1 = e1= L(1.31)dt dtPersamaan (1.31) menunjukkan bahwa φ dan i f berubah secarabersamaan. Jika φ berbentuk sinus maka ia harus dibangkitkan oleh arusi f yang juga berbentuk sinus dengan frekuensi sama dan mereka sefasa.Arus i f sendiri berasal dari sumber tegangan yang juga harus berbentuksinus. Jadi dalam sistem ini baik tegangan, arus maupun fluksimempunyai frekuensi sama dan dengan demikian konsep fasor dapat kitagunakan untuk melakukan analisis pada sistem ini, yang merupakangabungan dari rangkaian listrik dan rangkaian magnetik. Jika resistansibelitan diabaikan, persamaan (1.29) dan (1.31) dapat kita tulis dalambentuk fasor sebagaiE1= jωLIf ; Et= jω1Φ = E1= jωLIf (1.32)dengan Φ adalah fluksi dalam bentuk fasor.Dengan memperhatikan (1.32), diagram fasor tegangan , arus, dan fluksidari induktor tanpa memperhitungkan rugi-rugi inti dan resistansi belitanadalah seperti pada Gb.1.6.a. dimana arus yang membangkitkan fluksiyaitu I φ sama dengan I f .Dalam praktek, inti induktor tidaklah bebas dari rugi-rugi. Padapembebanan siklis (dalam hal ini secara sinus) rugi-rugi intimenyebabkan fluksi yang dibangkitkan oleh i f ketinggalan dari i f sebesarγ yang disebut sudut histerisis. Keadaan ini diperlihatkan pada Gb.1.6.b.dimana arus magnetisasi I f mendahului φ sebesar γ. Melihat kenyataanini,I fΦI f= I φa). idealE 1 = E t c E 1 = EtI c E 1 = EtI φγIΦI fb). ada rugi-rugi intiθI fΦGb.1.6. Diagram fasor induktorI f R1c). ada resistansi belitandapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu IφyangI φV 119

diperlukan untuk membangkitkan φ, dan Icyang diperlukan untukmengatasi rugi-rugi inti. Jadi arus magnetisasi menjadi I f = Ic+ Iφ.Komponen I c merupakan arus fiktif yang jika dikalikan dengan E 1 akanmemberikan rugi-rugi intioc = c 1 1 f γP I E = E I cos(90 − ) watt(1.33)Apabila resistansi belitan tidak dapat diabaikan, maka V 1 ≠ E 1 . Misalkanresistansi belitan adalah R 1 , makaV 1 = E1+ I 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, selainuntuk mengatasi rugi-rugi inti juga diperlukan untuk mengatasi rugi dayapada belitan yang kita sebut rugi-rugi tembaga, P cu .JadiP = P + P = P + I R = V I cos θ (1.35)inc20 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenagacudengan V 1 dan I f adalah nilai-nilai efektif dan cosθ adalah faktor daya.COTOH-1.5: Sebuah reaktor dengan inti besi mempunyai 400 lilitan.Reaktor ini dihubungkan pada jaringan bertegangan 115 volt, 60 Hz.Dengan mengabaikan resistansi belitan, hitung nilai maksimumfluksi magnetnya. Jika fluksi maknit dibatasi tidak boleh lebih dari1,2 tesla, berapakah luas penampang intinya?Penyelesaian: Dengan mengabaikan resistansi belitan makaE1= V11ωΦ→2115 2⇒ Φ maks == 0,00108 weber400×2π×60Agar kerapatan fluksi tidak lebih dari 1,2 tesla makaΦmaksA≤12⇒cmaksΦA ≥1,2maks2f1= 115=10,001081,2fm2 =Induktansi. Menurut (1.15) besarnya fluksi magnetik adalah⎛ µ A ⎞φ = ⎜ ⎟ F⎝ L ⎠mFm= .R9 cm2.

Dengan mengabaikan fluksi bocor,dimasukkan ke (1.31) akan diperolehF m= i dan jika φ ini1dφ= dt1ddt⎛ 1i⎜⎝ Rf2⎞ ⎟ 1=⎠ Rdifdtdi f= Ldtsehingga21 2 ⎛ µ A ⎞L = = 1⎜ ⎟ (1.36)R ⎝ L ⎠Induktansi Bersama. Jika pada induktor Gb.1.5. kita tambahkan belitankedua, maka pada belitan kedua ini akan diimbaskan tegangan oleh φseperti halnya pada belitan pertama. Besar tegangan imbas ini adalahdφd ⎛ 1if ⎞ di fe ⎜ ⎟ 2 12 = 2 = 2 =dt dt(1.37)⎝ R ⎠ R dtJika belitan kedua ini tidak dialiri arus (dalam keadaan terbuka), kitatahu dari pembahasan di bab terdahulu mengenai induktansi bersamabahwae2= L2di di2 f+ Mdt dtsehingga kita peroleh induktansi bersamadi f= Mdt21⎛ µ A ⎞M = = 21⎜ ⎟(1.38)R ⎝ L ⎠Pembahasan di atas memperlihatkan bahwa rangkaian induktor dapatkita analisis dari sudut pandang rangkaian listrik denganmengaplikasikan hukum Kirchhoff yang kemudian menghasilkanpersamaan (1.29). Kita dapat pula memandangnya sebagai rangkaianmagnetik dan mengaplikasikan hukum Faraday dimana fluksi magnetikyang berubah terhadap waktu (dibangkitkan oleh arus magnetisasi i f )menimbulkan tegangan induksi pada belitan.21

COTOH-1.6: Hitunglah resistansi dan induktansi selenoida (intiudara) dengan diameter rata-rata 1 cm dan panjangnya 1 m dandengan 1000 lilitan kawat tembaga berdiameter 0,5 mm.Penyelesaian :Induktansi:2−7−41 2 ⎛ µ A ⎞ ⎛6 (4 10 ) ( 10 / 4) ⎞−61 10 ⎜π× × πL = = ⎜ ⎟ =⎟ = 98,6 × 10 HR ⎝ L ⎠ ⎜ 1 ⎟⎝⎠Resistansi :R = ρlA−2−61000 × π × 10= 0,0173 × 10 [ Ω.m]−32π × (0,5 × 10 )/ 4= 2,77ΩCOTOH-1.6: Dua buah kumparan, masing-masing 1250 lilitan dan140 lilitan, digulung pada satu inti magnetik yang mempunyaireluktansi 160000. Hitung induktansi bersama, dengan mengabaikanfluksi bocor.Penyelesaian : Induktansi bersama : 2 11250×140M = = = 1,094 ≈ 1,1 HR 160000COTOH-1.7: Dua kumparan (inti udara) masing-masing mempunyai1000 lilitan diletakkan paralel sejajar sedemikian rupa sehingga 60%fluksi yang dibangkitkan oleh salah satu kumparan melingkupikumparan yang lain. Arus sebesar 5 A di salah satu kumparanmembangkitkan fluksi 0,05 mWb. Hitunglah induktansi masingmasingkumparan dan induktansi bersama.Penyelesaian :Arus 5 A membangkitkan fluksi 0,05 mWb. Dengan jumlah lilitan1000 maka reluktansi dapat dihitungInduktansi masing-masing1000 × 5R =0,05×10−3= 10822 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

2L =R21000 −2= = 10810H = 10 mH.Fluksi yang melingkupi kumparan yang lain 60% dari fluksi yangdibangkitkan di salah satu kumparan. Reluktansi bersama adalahInduktansi bersama1M =RMR M28R 10= = = 1,667 × 100.6 0,61000×1000−2== 0,6×1081,667×108H = 6 mHCatatan Tentang Diagram Fasor. Dalam menurunkan fasor teganganinduksi E , kita berangkat dari persamaan (1.30) dengan mengambilttanda “−” sebagai penentu polaritas. Hasilnya adalah E merupakantegangan jatuh pada belitan, sama dengan E 1 , dan hal iniditunjukkan oleh persamaan (1.32). Kita dapat pula memandangtegangan terbangkit Etsebagai tegangan naik Et= −E1, denganmengikut sertakan tanda “−” pada (1.30) dalam perhitungan danbukan menggunakannya untuk menentukan polaritas. Jika ini kitalakukan makatEt= − jω1 Φ = −E1= − jωLIf(1.39)Dengan memperhatikan (1.39), diagram fasor tegangan, arus, dan fluksiuntuk induktor ideal adalah seperti pada Gb.1.7.a. Di sini fasor teganganterbangkit 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 denganmemperhitungkan rugi-rugi inti dan tembaga.23

E tE 1a). Induktor ideal.I fΦ= I φE tb). ada rugi-rugi intiI φΦI cγI fV LI c V LE tIθ φV sI fc). ada resistansi belitan ΦGb.1.7. Diagram fasor induktor riil.I f R 124 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

BAB 2Transformator2.1. Transformator Satu FasaTransformator banyak digunakan dalam teknik elektro. Dalam sistemkomunikasi, transformator digunakan pada rentang frekuensi audiosampai frekuensi radio dan video, untuk berbagai keperluan. Kitamengenal misalnya input transformers, interstage transformers, outputtransformers pada rangkaian radio dan televisi. Transformator jugadimanfaatkan dalam sistem komunikasi untuk penyesuaian impedansiagar tercapai transfer daya maksimum.Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan transformatorberkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi. Dengan transformatortegangan tinggi ini penyaluran daya listrik dapat dilakukan dalam jarakjauh dan susut daya pada jaringan dapat ditekan. Di jaringan distribusilistrik banyak digunakan transformator penurun tegangan, dari teganganmenengah 20 kV menjadi 380 V untuk distribusi ke rumah-rumah dankantor-kantor pada tegangan 220 V. Transformator daya tersebut padaumumnya merupakan transformator tiga fasa. Dalam pembahasan ini kitaakan melihat transformator satu fasa lebih dulu.Kita telah mempelajari transformator ideal pada waktu membahasrangkaian listrik. Berikut ini kita akan melihat transformator tidak idealsebagai piranti pemroses daya. Akan tetapi kita hanya akan membahashal-hal yang fundamental saja, karena transformator akan dipelajarisecara lebih mendalam pada pelajaran mengenai mesin-mesin listrik.Mempelajari perilaku transformator juga merupakan langkah awal untukmempelajari konversi energi elektromekanik. Walaupun konversi energielektromekanik membahas konversi energi antara sistem mekanik dansistem listrik, sedangkan transformator merupakan piranti konversienergi listrik ke listrik, akan tetapi kopling antar sistem dalam kedua haltersebut pada dasarnya sama yaitu kopling magnetik.25

2.2. Teori Operasi TransformatorTransformator Dua Belitan Tak Berbeban. Jika pada induktor Gb.2.5.kita tambahkan belitan ke-dua, kita akan memperoleh transformator duabelitan seperti terlihat pada Gb.2.1. Belitan pertama kita sebut belitanprimer dan yang ke-dua kita sebut belitan sekunder.I fφV s++≈ E 1 21E2−−Jika fluksi di rangkaian magnetiknya adalah φ = Φ maks sin ωt, makafluksi ini akan menginduksikan tegangan di belitan primer sebesaratau dalam bentuk fasordφe1 = 1= 1Φmaksωcosωt(2.1)dto 1ωΦmaks oE 1 = E1∠0 =∠0; E1= nilai efektif (2.2)2Karena ω = 2π f makaE2πf11 = Φ maks = 4.44 f 12maksDi belitan sekunder, fluksi tersebut menginduksikan tegangan sebesarDari (2.3) dan (2.4) kita perolehGb.2.1. Transformator dua belitan.EE26 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem TenagaΦ(2.3)2 = 4 .44 f 2Φmaks(2.4)E121= ≡ a = rasio2transformasi(2.5)Perhatikan bahwa E 1 sefasa dengan E 2 karena dibangkitkan oleh fluksiyang sama. Karena E 1 mendahului φ dengan sudut 90 o maka E 2 jugamendahului φ dengan sudut 90 o . Jika rasio transformasi a = 1, dan

esistansi belitan primer adalah R 1 , diagram fasor tegangan dan arusadalah seperti ditunjukkan oleh Gb.2.2.a. Arus I f adalah arusmagnetisasi, yang dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponenyaitu I φ (90 o dibelakang E 1 ) yang menimbulkan φ dan I c (sefasadengan E 1 ) guna mengatasi rugi inti. Resistansi belitan R 1 dalamdiagram fasor ini muncul sebagai tegangan jatuh I f R1.I cE 1 = E 2I f R 1IVIφφ1II fI f R 1fφφa). tak ada fluksi bocor b). ada fluksi bocorGb.2.2. Diagram fasor transformator tak berbebanFluksi Bocor. Fluksi di belitan primer transformator dibangkitkan oleharus yang mengalir dibelitan primer. Dalamkenyataan, tidak semuafluksi magnit yangdibangkitkan tersebut akanmelingkupi baik belitanprimer maupun sekunder.Selisih antara fluksi yangdibangkitkan oleh belitanprimer dengan fluksibersama (yaitu fluksi yangV s≈melingkupi kedua belitan) disebut fluksi bocor. Fluksi bocor ini hanyamelingkupi belitan primer saja dan tidak seluruhnya berada dalam intitransformator tetapi juga melalui udara. (Lihat Gb.2.3). Oleh karena itureluktansi yang dihadapi oleh fluksi bocor ini praktis adalah reluktansiudara. Dengan demikian fluksi bocor tidak mengalami gejala histerisissehingga fluksi ini sefasa dengan arus magnetisasi. Hal ini ditunjukkandalam diagram fasor Gb.2.2.b.Fluksi bocor, secara tersendiri akan membangkitkan tegangan induksi dibelitan primer (seperti halnya φ menginduksikan E 1 ). Tegangan induksiI fI cφ lE 1 = E 2φ l1φV 1jI f X lGb.2.3. Transformator tak berbeban.Fluksi bocor belitan primer.E 227

ini 90 o mendahului φ l1 (seperti halnya E190 o mendahului φ) dan dapatdinyatakan sebagai suatu tegangan jatuh ekivalen, E l1, di rangkaianprimer dan dinyatakan sebagaiE l 1 = jI f X 1(2.6)dengan X 1 disebut reaktansi bocor rangkaian primer. Hubungan tegangandan arus di rangkaian primer menjadi1 = E1+ I1R1+ El1= E1+ I1R1jI1X1(2.7)V +Diagram fasor dengan memperhitungkan adanya fluksi bocor ini adalahGb.2.2.b.Transformator Berbeban. Rangkaian transformator berbeban resistif,R B , diperlihatkan oleh Gb.2.4. Tegangan induksi E 2 (yang telah timbuldalam keadaan tranformator tidak berbeban) akan menjadi sumber dirangkaian sekunder dan memberikan arus sekunder I 2 . Arus I 2 inimembangkitkan fluksi yang berlawanan arah dengan fluksi bersama φdan sebagian akan bocor (kita sebut fluksi bocor sekunder).I 1φ I 2V s≈φ l1φ l2V 2R BGb.2.4. Transformator berbeban.Fluksi bocor ini, φ l2 , sefasa dengan I 2 dan menginduksikan teganganE l2 di belitan sekunder yang 90 o mendahului φ l2 . Seperti halnya untukbelitan primer, tegangan El2ini diganti dengan suatu besaran ekivalenyaitu tegangan jatuh ekivalen pada reaktansi bocor sekunder X 2 dirangkaian sekunder. Jika resistansi belitan sekunder adalah R 2 , makauntuk rangkaian sekunder kita peroleh hubungan2 = V2+ I 2 R2+ El2= V2+ I 2 R2jI2 X 2 (2.8)E +dengan V 2 adalah tegangan pada beban R B .28 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Sesuai dengan hukum Lenz, arus sekunder membangkitkan fluksi yangmelawan fluksi bersama. Oleh karena itu fluksi bersama akan cenderungmengecil. Hal ini akan menyebabkan tegangan induksi di belitan primerjuga cenderung mengecil. Akan tetapi karena belitan primer terhubungke sumber yang tegangannya tak berubah, maka arus primer akan naik.Jadi arus primer yang dalam keadaan transformator tidak berbebanhanyalah arus magnetisasi I f , bertambah menjadi I 1 setelahtransformator berbeban. Pertambahan arus ini haruslah sedemikian rupasehingga fluksi bersama φ dipertahankan dan E1juga tetap sepertisemula. Dengan demikian maka persamaan rangkaian primer (2.7) tetapterpenuhi.Pertambahan arus primer dariI f menjadi I 1adalah untukmengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh I 2 sehingga φdipertahankan. Jadi haruslah( I − I ) − ( I ) 01 1 f 2 2 =(2.9)Pertambahan arus primer ( I 1 − I f ) disebut arus penyeimbang yang akanmempertahankan φ. Makin besar arus sekunder, makin besar pula aruspenyeimbang 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 magnetisasi2.3. Diagram FasorIf( I ) 2 I 2= I1− 2 = I1−(2.10)a1Dengan persamaan (2.7) dan (2.8) kita dapat menggambarkan secaralengkap diagram fasor dari suatu transformator. Penggambaran kitamulai dari belitan sekunder dengan langkah-langkah: Gambarkan V2dan I 2 . Untuk beban resistif, I 2 sefasa dengan V 2 .Selain itu kita dapat gambarkan I ′ 2 = I 2 / a yaitu besarnya arussekunder jika dilihat dari sisi primer. Dari 2 V dan 2 I kita dapat menggambarkan 2 E sesuai denganpersamaan (2.8) yaitu29

E 2 = V2+ I 2 R2+ El2= V2+ I 2 R2+ jI2 X 2Sampai di sini kita telah menggambarkan diagram fasor rangkaiansekunder. Untuk rangkaian primer, karena E1sefasa dengan E 2 maka E 1dapat kita gambarkan yang besarnya E1 = aE2. Untuk menggambarkan arus magnetisasi I f kita gambarkan lebihdulu φ yang tertinggal 90 o dari E 1 . Kemudian kita gambarkanyang 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 sesuaidengan persamaan (2.7), yaituV 1 = E1+ I1R1+ El1= E1+ I1R1+ jI1XDengan demikian lengkaplah diagram fasor transformator berbeban.Gb.2.5. adalah contoh diagram fasor yang dimaksud, yang dibuat denganmengambil rasio transformasi 1 / 2 = a > 1I fV 1φ γIf'I 2I 1I 2V 2E 2I 2 R 2jI 2 X 2E 1I 1 R 1jI 1 X 1Gb.2.5. Diagram fasor lengkap,transformator berbeban resistif . a > 1COTOH-2.1 : Belitan primer suatu transformator yang dibuat untuktegangan 220 V(rms) mempunyai jumlah lilitan 160. Belitan inidilengkapi dengan titik tengah (center tap). a). Berapa persenkahbesar fluksi maksimum akan berkurang jika tegangan yang kitaterapkan pada belitan primer adalah 110 V(rms)? b). Berapapersenkah pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 55 V(rms) pada setengah belitan primer? c). Berapa persenkahpengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 110 V (rms)pada setengah belitan primer? d). Jika jumlah lilitan di belitan30 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

sekunder adalah 40, bagaimanakah tegangan sekunder dalam kasuskasustersebut di atas?Penyelesaian :a). Dengan mengabaikan resistansi belitan, fluksi maksimum Φ madalahE12 V12 220 2Φ m = = =1ω1ω160ωJika tegangan 110 V diterapkan pada belitan primer, makaV1′2 110 2Φ′ m = =1ω160ωPenurunan 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 2m = = =(1/ 2) 1ω80ω160ωPenurunan fluksi maksimum adalah 50 %, Φ″ m = Φ m / 2.c). Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan makaV ′′′Φ ′′ ′ 1 2 110 2 220 2m = = =(1/ 2) 1ω80ω160ωTidak 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 diterapkanpada setengah belitan primer, tegangan sekunder adalah 27.5 V.Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan primer,tegangan sekunder adalah 55 V.COTOH-2.2 : Sebuah transformator satu fasa mempunyai belitanprimer dengan 400 lilitan dan belitan sekunder 1000 lilitan. Luaspenampang inti efektif adalah 60 cm 2 . Jika belitan primerdihubungkan ke sumber 500 V (rms) yang frekuensinya 50 Hz,tentukanlah kerapatan fluksi maksimum dalam inti serta tegangan dibelitan sekunder.Penyelesaian :31

Dengan mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor, maka1ωΦm500 2V1= = 500 → Φ m == 0.00563 weber2400 × 2π × 500.00563→ Kerapatan fluksi maksimum : Bm= = 0.94 weber/m0.0061000Tegangan belitan sekunder adalah V 2 = × 500 = 1250 V400COTOH-2.3 : Dari sebuah transformator satu fasa diinginkan suatuperbandingan tegangan primer / sekunder dalam keadaan tidakberbeban 6000/250 V. Jika frekuensi kerja adalah 50 Hz dan fluksidalam inti transformator dibatasi sekitar 0.06 weber, tentukanjumlah lilitan primer dan sekunder.Penyelesaian :Pembatasan fluksi di sini adalah fluksi maksimum. Denganmengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor,1ωΦm6000 2V1= = 6000 → 1== 45022π × 50 × 0.06250⇒ 2 = × 450 = 18.756000Pembulatan jumlah lilitan harus dilakukan. Dengan melakukanpembulatan ke atas, batas fluksi maksimum Φ m tidak akanterlampaui. Jadi dapat kita tetapkan6000⇒ 2 = 20 lilitan ⇒ 1= × 20 = 480 lilitan2502.4. Rangkaian EkivalenTransformator adalah piranti listrik. Dalam analisis, piranti-piranti listrikbiasanya dimodelkan dengan suatu rangkaian listrik ekivalen yangsesuai. Secara umum, rangkaian ekivalen hanyalah penafsiran secararangkaian listrik dari suatu persamaan matematik yang menggambarkanperilaku suatu piranti. Untuk transformator, ada tiga persamaan yangmenggambarkan perilakunya, yaitu persamaan (2.7), (2.8), dan (2.10),yang kita tulis lagi sebagai satu set persamaan (2.11).232 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V1= E1+ I1R1+ jI1X1; E2= V2+ I2R2+ jI2X2'I1= I f + I2' dengan 2 II22 = I2=1a;(2.11)Dengan hubungan E 1 = aE 2 dan I′ 2 = I 2 /a maka persamaan ke-dua dari(2.11) dapat ditulis sebagaiEa⇒ E11= V2= aV2dengan+ a I′R+ I′( a222222V ′ = aV+ ja I′X22;22R′22R ) + j I′( aDengan (2.12) maka (2.11) menjadiX= a22) = V′+ I′R′+ j I′X ′ (2.12)RV1= E1+ I1R1+ jI1X1;E1= aV2+ I2′R2′+ j I2′X 2′;I1= I f + I2′22;2X ′22= a2X222(2.13)'I 2 , R′ 2 , dan X′ 2 adalah arus, resistansi, dan reaktansi sekunder yangdilihat oleh sisi primer. Dari persamaan (2.13) dibangunlah rangkaianekivalen transformator seperti Gb.2.6. di bawah ini.I'1I 2∼V 1R 1jX 1E 1ZIfR′ 2jX′ 2BV'2 = aV2Gb.2.6. Rangkaian ekivalen diturunkan dari persamaan (2.13).Pada diagram fasor Gb.2.5. kita lihat bahwa arus magnetisasi dapatdipandang sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu I c dan I φ . I c sefasadengan E 1 sedangkan I φ 90 o dibelakang E 1 . Dengan demikian makaimpedansi Z pada rangkaian ekivalen Gb.2.6. dapat dinyatakan sebagaihubungan paralel antara suatu resistansi R c dan impedansi induktif jX φsehingga rangkaian ekivalen transformator secara lebih detil menjadiseperti Gb.2.7.33

∼I 1'I 2R 1jX 1 I f R′ 2jX′ 2V 1 E 1I φB V2′= aV2R Ic c jX cGb.2.7. Rangkaian ekivalen transformator lebih detil.Rangkaian Ekivalen Yang Disederhanakan. Pada transformator yangdigunakan pada tegangan bolak-balik yang konstan dengan frekuensiyang konstan pula (seperti misalnya transformator pada sistem tenagalistrik), besarnya arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dariarus beban penuh transformator. Keadaan ini bisa dicapai karena intitransformator dibangun dari material dengan permeabilitas magnetikyang tinggi. Oleh karena itu, jika I f diabaikan terhadap I 1 kesalahan yangterjadi dapat dianggap cukup kecil. Pengabaian ini akan membuatrangkaian ekivalen menjadi lebih sederhana seperti terlihat pada Gb.2.8.'I 1 = I 2∼R e = R 1 +R′ 2jX e =j(X 1 + X′ 2 )VB V12′2.5. Impedansi Masukan'jI 2 X eV 2′'I 2Gb.2.8. Rangkaian ekivalen transformatordisederhanakan dan diagram fasornya.Resistansi beban B adalah R B = V 2 /I 2 . Dilihat dari sisi primer resistansitersebut menjadiV 134 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V2′aV2V2RB′ 2 2= = = a = a R B(2.14)I 2′I 2 / a I 2Dengan melihat rangkaian ekivalen yang disederhanakan Gb.2.10,impedansi masukan adalahV12Z in = = Re+ a RB+ jXI2.6. Penentuan Parameter Transformator1e(2.15)Dari rangkaian ekivalen lengkap Gb.2.7. terlihat ada enam parametertransformator yang harus ditentukan, R 1 , X 1 , R′ 2 , X′ 2 , R c , dan X φ .Resistansi belitan primer dan sekunder dapat diukur langsungmenggunakan metoda jembatan. Untuk menentukan empat parameteryang lain kita memerlukan metoda khusus seperti diuraikan berikut ini.Uji Tak Berbeban ( Uji Beban ol ). Uji beban nol ini biasanyadilakukan pada sisi tegangan rendah karena catu tegangan rendahmaupun alat-alat ukur tegangan rendah lebih mudah diperoleh. Sisitegangan rendah menjadi sisi masukan yang dihubungkan ke sumbertegangan sedangkan sisi tegangan tinggi terbuka. Pada belitan teganganrendah dilakukan pengukuran tegangan masukan V r , arus masukan I r , dandaya (aktif) masukan P r . Karena sisi primer terbuka, I r adalah arusmagnetisasi yang cukup kecil sehingga kita dapat melakukan duapendekatan. Pendekatan yang pertama adalah mengabaikan teganganjatuh di reaktansi bocor sehingga V r sama dengan tegangan induksi E r .Pendekatan yang kedua adalah mengabaikan kehilangan daya diresistansi belitan sehingga P r menunjukkan kehilangan daya pada R cr (R cdilihat dari sisi tegangan rendah) saja.PrPrDaya kompleks masukan : Sr= VrI r ; cosθ = =S V I⇒⇒Icr= I r cosθVrRcr=Icr;Vr=I r cosθ→ sin θ =I φr= I r sin θ;VrX φr=I φr2 2Sr− PrSrrVr=I r sin θrr(2.16)35

Uji Hubung Singkat. Uji hubung singkat dilakukan di sisi tegangantinggi dengan si`si tegangan rendah dihubung-singkat. Sisi tegangantinggi menjadi sisi masukan yang dihubungkan dengan sumber tegangan.Tegangan masukan harus cukup rendah agar arus di sisi tegangan rendahmasih dalam batas nominalnya. Pengukuran di belitan tegangan tinggidilakukan seperti halnya pada uji beban nol, yaitu tegangan masukan V t ,arus masukan I t , dan daya (aktif) masukan P t . Tegangan masukan yangdibuat kecil mengakibatkan rugi-rugi inti menjadi kecil sehingga kitadapat membuat pendekatan dengan mengabaikan rugi-rugi inti. Dengandemikian kita dapat menggunakan rangkaian ekivalen yangdisederhanakan Gb.2.9. Daya P t dapat dianggap sebagai daya untukmengatasi rugi-rugi tembaga saja, yaitu rugi-rugi pada resistansi ekivalenyang dilihat dari sisi tegangan tinggi R et .tt2tP = IV = ItRZetet→ Ret→ ZP=Iett2tV=Itt;→ Xe=Z2et− R2et(2.17)Dalam perhitungan ini kita memperoleh nilai R et = R 1 + R′ 2 . Nilairesistansi masing-masing belitan dapat diperoleh dengan pengukuranterpisah sebagaimana telah disebutkan di atas.Untuk reaktansi, kita memperoleh nilai X et = X 1 + X′ 2 . Kita tidak dapatmemperoleh informasi untuk menentukan reaktansi masing-masingbelitan. Jika sekiranya nilai reaktansi masing-masing belitan diperlukankita dapat mengambil asumsi bahwa X 1 = X′ 2 . Kondisi ini sesungguhnyabenar adanya jika transformator dirancang dengan baik.COTOH-2.5 : Pada sebuah transformator 25 KVA, 2400/240 volt, 50Hz, dilakukan uji beban nol dan uji hubung singkat.Uji beban nol pada sisi tegangan rendah memberikan hasilV r = 240 volt, I r = 1.6 amper, P r = 114 wattUji hubung singkat yang dilakukan dengan menghubung-singkatbelitan tegangan rendah memberikan hasil pengukuran di sisitegangan tinggiV t = 55 volt, I t = 10.4 amper, P t = 360 watt36 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

a). Tentukanlah parameter transformator dilihat dari sisi tegangantinggi. b). Berapakah rugi-rugi inti dan rugi-rugi tembaga padabeban penuh ?Penyelesaian :a). Uji beban nol dilakukan di sisi tegangan rendah. Jadi nilai R c danX φ yang akan diperoleh dari hasil uji ini adalah dilihat dari teganganrendah, kita sebut R cr dan X φr .2 2P 114(240×1.6) −114cos θ = = = 0.3; sin θ == 0.95VI 240×1.6240×1.6V 240 240V 240Rcr= = = = 500 Ω ; X φ r = = = 158 ΩI c I cos θ 1.6×0.3I φ 1.6×0.95Jika dilihat dari sisi tegangan tinggi :RXctφt2= a R= a2crX⎛= ⎜⎝φr22400 ⎞⎟240 ⎠= 15.8 kΩ× 500 = 50 kΩResistansi ekivalen dan reaktansi bocor ekivalen diperoleh dari ujihubung singkat. Uji hubung singkat yang dilakukan di sisi tegangantinggi ini memberikanPt360Ret= = = 3.33 Ω ;2 2It(10.4)Vt55Zet= = = 5.29 Ω →It10.4X et =2 25.29 = 3.33= 4.1Ωb). Pada pembebanan penuh fluksi bersama dalam inti transformatorhampir sama dengan fluksi dalam keadaan beban nol. Jadi rugi-rugiinti pada pembebanan penuh adalah 114 Watt. Rugi-rugi tembagatergantung dari besarnya arus. Besarnya arus primer pada bebanpenuh adalah sama dengan arus sisi tegangan tinggi pada percobaanhubung singkat, yaituS 25000 2I 1 = = = 10.4 A → Pcu= I1Ret= (10.4)2 × 3.33 = 360 WV 2400137

Karena pada uji hubung singkat arus sisi tegangan tinggi dibuatsama dengan arus beban penuh, maka rugi-rugi tembaga adalahpenunjukan wattmeter pada uji hubung singkat.2.7. Efisiensi dan Regulasi TeganganEfisiensi suatu piranti didefinisikan sebagaidaya keluaran [watt]η =(2.18)daya masukan [watt]Karena daya keluaran sama dengan daya masukan dikurangi rugi-rugidaya, maka efisiensi dapat dinyatakan sebagairugi - rugi daya [watt]η =1 −(2.19)daya masukan [watt]Formulasi (2.19) ini lebih sering digunakan. Untuk transformator rugirugidaya dapat segera diperoleh melalui uji beban nol dan uji hubungsingkat, yaitu jumlah rugi inti dan rugi tembaga.Regulasi tegangan transformator didefinisikan sebagai perubahanbesarnya tegangan sekunder bila arus berubah dari beban penuh ke bebannol dengan tegangan primer dijaga tetap. JadiV2 beban nol −V2 beban penuhRegulasi Tegangan =V2 beban penuhV1/ a − V2=V2V1− aV2=aV2V1− V2′=V2′Dengan memperhatikan diagram fasor Gb.2.9. maka (2.25) menjadiRegulasi Tegangan =V2 ′ + I′2 ( R e + jX e ) − V2′V2′(2.25)(2.26)COTOH-2.6 : Transformator pada Contoh-5. mencatu beban 25 KVApada faktor daya 0.8. a). Hitunglah efisiensinya. b). Hitunglahregulasi tegangannya.Penyelesaian :38 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Total rugi daya : P c + cu = 114 + 360 = 474 W = 0.474 KWa). Daya keluaran : Po= 25000×0.8 = 20 KW0.474Efisiensi : η = 1−= 0.976 atau 97.6 %20b). Mengambil V 2 sebagai referensi : V′ 2 = 10×240 = 2400∠0 o V.′ −1oI 2 = I 2 / a = (25000 / 240) /10∠ − cos 0.8 = 10.4∠ − 36.8oo2400∠0+ 10.4∠ − 36.8 (3.33 + j4.1)− 2400Reg.Tegangan =24000.022 atau 2.2 %2.8. Konstruksi TransformatorDalam pembahasan transformator, kita melihat transformator dengansatu inti dua belitan. Belitan primer digulung pada salah satu kaki intidan belitan sekunder digulung pada kaki inti yang lain. Dalam kenyataantidaklah demikian. Untuk mengurang fluksi bocor, belitan primer dansekunder masing-masing dibagi menjadi dua bagian dan digulung disetiap kaki inti. Belitan primer dan sekunder digulung secara konsentrisdengan belitan sekunder berada di dalam belitan primer. Dengan cara inifluksi bocor dapat ditekan sampai hanya beberapa persen dari fluksibersama. Pembagian belitan seperti ini masih mungkin dilanjutkan untuklebih menekan fluksi bocor, dengan beaya yang sudah barang tentu lebihtinggi. R / 2 R / 2 T / T /22a). tipe inti.a). tipe sel.Gb.2.9. Dua tipe konstruksi transformator. T : jumlah lilitan tegangan tinggi R : jumlah lilitan tegangan rendah. R / 4 T / 2 R / 2 T / 2 R / 439

Dua tipe konstruksi yang biasa digunakan pada transformator satu fasaadalah core type (tipe inti) dan shell type (tipe sel). Gb.2.9.a.memperlihatkan konstruksi tipe inti dengan belitan primer dan sekunderyang terbagi dua. Belitan tegangan rendah digulung dekat dengan intiyang kemudian dilingkupi oleh belitan tegangan tinggi. Konstruksi inisesuai untuk tegangan tinggi karena masalah isolasi lebih mudahditangani. Gb.2.9.b. memperlihatkan konstruksi tipe sel. Konstruksi inisesuai untuk transformator daya dengan arus besar. Inti pada konstruksiini memberikan perlindungan mekanis lebih baik pada belitan.2.9. Transformator Pada Sistem Tiga FasaPada sistem tiga fasa, penaikan dan penurunan tegangan dapat dilakukandengan 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 kakimendukung belitan primer dan sekunder. Untuk penyaluaran daya yangsama, penggunaan satu unit transformator tiga fasa akan lebih ringan,lebih murah dan lebih efisien dibandingkan dengan tiga unittransformator satu fasa. Akan tetapi penggunaan tiga unit transformatorsatu fasa juga mempunyai beberapa kelebihan dibandingkan dengan satuunit transformator tiga fasa. Misalnya beaya awal yang lebih rendah, jikauntuk sementara beban dapat dilayani dengan dua unit saja dan unitketiga ditambahkan jika penambahan beban telah terjadi. Terjadinyakerusakan pada salah satu unit tidak mengharuskan pemutusan seluruhpenyaluran daya. Pemilihan cara mana yang lebih baik, tergantung dariberbagai pertimbangan keadaan-khusus. Pada dasarnya kedua cara adalahsama. Berikut ini kita akan melihat hubungan primer-sekundertransformator, dengan melihat pelayanan sistem tiga fasa melalui tigaunit transformator satu fasa.Hubungan ∆−∆. Pada waktu menghubungkan tiga transformator satufasa untuk melayani sistem tiga fasa, hubungan sekunder harusdiperhatikan agar sistem tetap seimbang. Diagram hubungan inidiperlihatkan pada Gb.2.10. Fasa primer disebut dengan fasa U-V-Wsedangkan fasa sekunder disebut fasa X-Y-Z. Fasor tegangan fasa primerkita sebut V UO , V VO , V WO dengan nilai V FP , dan tegangan fasa sekunderkita 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 . Nilai40 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

arus saluran primer dan sekunder masing-masing kita sebut I LP dan I LSsedang nilai arus fasanya I FP dan I FS . Rasio tegangan fasa primerterhadap sekunder V / V a . Dengan mengabaikan rugi-rugi untukFP FS =hubungan ∆-∆ kita peroleh :UVWV UOV VOV WOVLP VFPI LP I FP 3 1= = a ; = =(2.27)VLSVFPI LS I FS 3 aV XOV YOV ZOXY V UV = V UOV XY = V XOZGb.2.10. Hubungan ∆-∆.Hubungan ∆-Y. Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.2.11.Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan tegangan fasa primer, sedangkantegangan fasa-fasa sekunder sama dengan √3 kali tegangan fasa sekunderdengan perbedaan sudut fasa 30 o . Dengan mengabaikan rugi-rugi kitaperolehVLP VFPa I LP I FP 3 3= = ; = =(2.28)VLSVFS3 3 I LS I FS aFasor tegangan fasa-fasa sekunder mendahului primer 30 o .UXVV UOV XOYV UV = V UOV ZOV XYWV VOV YOZV XOV WOV ZOGb.2.11. Hubungan ∆-YV YO41

Hubungan Y-Y. Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.2.12.Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan √3 kali tegangan fasa primerdengan perbedaan sudut fasa 30 o , tegangan fasa-fasa sekunder samadengan √3 kali tegangan fasa sekunder dengan perbedaan sudut fasa 30 o .Perbandingan tegangan fasa-fasa primer dan sekunder adalahVLP VFP3 I LP I FP 1= = a ; = =(2.29)VLSVI LS I FS aFS 3Antara fasor tegangan fasa-fasa primer dan sekunder tidak terdapatperbedaan sudut fasa.UXV UOV XOVYV VOV YOWZV WOV ZOV WOV UVV ZOV XYV UOV XOV VOV YOGb.2.12. Hubungan Y-Y42 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Hubungan Y-∆. Hubungan ini terlihat pada Gb.2.13.Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan √3 kali tegangan fasa primerdengan perbedaan sudut fasa 30 o , sedangkan tegangan fasa-fasa sekundersama dengan tegangan fasa sekunder. Dengan mengabaiakan rugi-rugidiperolehVLPVLSVFP3I LP I FP 1= = a 3 ; = = (2.30)VFSI LS I FS 3 a 3Fasor tegangan fasa-fasa primer mendahului sekunder 30 o .UVWV UOV VOV WOV XOV YOV ZOXYZV WOV UVV XY = V XOV UOV ZOV YOV VOGb.2.13. Hubungan Y-∆COTOH-2.7 : Sebuah transformator penurun tegangan 3 fasa,tegangan primernya dihubungkan pada sumber 6600 V danmengambil arus 10 A. Jika rasio transformasi adalah 12, hitunglahtegangan saluran sekunder, arus saluran sekunder dan daya keluaranuntuk hubungan-hubungan berikut : (a) ∆-∆ ; (b) Y-Y ; (c) ∆-Y ;(d) Y-∆ .43

Penyelesaian :a). Untuk hubungan ∆-∆ :VFPVLP6600VLS= VFS= = = = 550 V ;a a 12I LPI LS = I FS 3 = aI FP 3 = a 3 = 12 × 10 = 120 A.3b). Untuk hubungan Y-Y :VFPVLP3 6600VLS= VFS3 = 3 = = = 550 V ;a 3 a 12I LS == I FS = aI FP = aI LP = 12 × 10 = 120 A.c). Untuk hubungan ∆-Y :VFPVLP6600VLS= VFS3 = 3 = 3 = 3 = 953 V ;a a 12I LP 10I LS = I FS = aI FP = a = 12 = 69,3 A.3 3d) Untuk hubungan Y-∆ :VILSLS= V= IFSFSV=aFP3 = aI1 VLP= =a 3FP3 = aI112LP6600= 318 V ;33 = 12 × 10 ×3 = 208 A .Dengan mengabaikan rugi-rugi daya keluaran sama dengan dayamasukan.S keluaran= Smasukan= VLPI LP3 = 6,6 × 10 3 = 114,3 kVA.44 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

BAB 3Mesin SinkronKita telah melihat bahwa pada transformator terjadi alih energi darisisi primer ke sisi sekunder. Energi di ke-dua sisi transformatortersebut sama bentuknya (yaitu energi listrik) akan tetapi merekamempunyai peubah sinyal (yaitu tegangan dan arus) yang berbedabesarnya. Kita katakan bahwa transformator merupakan pirantikonversi energi dari energi elektrik ke energi listrik.Kita perhatikan pula bahwa peubah-peubah sinyal di sisi sekundertransformator muncul karena fluksi di inti transformator merupakanfungsi waktu. Fluksi fungsi waktu ini dibangkitkan oleh arus di sisiprimer, yang juga merupakan fungsi waktu. Fluksi fungsi waktudapat pula dibangkitkan dengan cara lain misalnya secara mekanis;cara inilah yang dilaksanakan pada piranti konversi energi darienergi mekanis ke energi elektrik atau disebut konversi energielektromekanik. Konversi energi elektromekanik ini tidak hanya darimekanis ke elektrik tetapi juga dari elektrik ke mekanis, dandilandasi oleh dua hukum dasar yang kita kenal yaitu hukumFaraday dan hukum Ampere. Secara matematis kedua hukum inidinyatakan dalam dua persamaan berikutdλdφe = − = −dan F = KBB i f (θ)dt dtPersamaan pertama menunjukkan bagaimana tegangan dibangkitkandan persamaan ke-dua menunjukkan bagaimana gaya mekanisditimbulkan.Berikut ini kita akan mempelajari mesin konversi energi yang sangatluas digunakan di pusat-pusat pembangkit listrik, yang disebutgenerator sinkron. Ada dua macam konstruksi yang akan kita lihatyaitu konstruksi kutub tonjol dan konstruksi rotor silindris.45

3.1. Mesin Kutub MenonjolSkema konstruksi mesin ini adalah seperti terlihat pada Gb.1.a.Mesin ini terdiri dari bagian stator yang mendukung belitan-belitana 1 a 11 sampai c 2 c 22 pada alur-alurnya, dan bagian rotor yang berputaryang mendukung kutub-kutub magnit. Belitan pada stator tempatkita memperoleh energi disebut belitan jangkar. Belitan pada rotoryang dialiri arus eksitasi untuk menimbullkan medan magnit disebutbelitan eksitasi. Pada gambar ini ada empat kutub magnit. Satusiklus kutub S-U pada rotor memiliki kisar sudut (yang kita sebutsudut magnetis atau sudut listrik) 360 o . Kisar sudut 360 o inimelingkupi tiga belitan di stator dengan posisi yang bergeser 120 oantara satu dengan lainnya. Misalnya belitan a 1 a 11 dan belitan b 1 b 11berbeda posisi 120 o , belitan b 1 b 11 dan c 1 c 11 berbeda posisi 120 o , danmereka bertiga berada di bawah satu kisaran kutub S-U. Tiga belitanyang lain, yaitu a 2 a 22 , b 2 b 22 , dan c 2 c 22 berada dibawah satu kisarankutub S-U yang lain dan mereka juga saling berbeda posisi 120 o .ab 111 c1c 11 S b 11a 1 U U a 2b 22 S c 22c 2a 22b 2a 1 a 11180 o mekanis = 360 oφφφa) b) c)konstruksi kutub tonjol belitan fluksi magnetikGb.3.1. Mesin sinkron kutub tonjolKarena mesin yang tergambar ini merupakan mesin empat kutub(dua pasang kutub) maka satu perioda siklus mekanik (perputaranrotor) sama dengan dua perioda siklus magnetik. Jadi hubunganantara sudut kisaran mekanik dan sudut kisaran magnetik adalahatau secara umumθ magnetik [ derajat]= 2×θmekanik[ derajat]46 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

pθ magnetik [ derajat]= × θmekanik[ derajat](3.1)2dengan p adalah jumlah kutub.Kecepatan sudut mekanik adalahdθmekanikω mekanik = = 2π f mekanik(3.2)dtFrekuensi mekanik f mekanik adalah jumlah siklus mekanik per detikyang tidak lain adalah kecepatan perputaran rotor per detik.Biasanya kecepatan perputaran rotor dinyatakan dengan jumlahrotasi per menit (rpm). Jadi jika kecepatan perputaran rotor adalah nrpm, maka jumlah siklus per detik adalahn natau f mekanis =6060siklus per detik.Kecepatan sudut magnetik adalahdθmagnetikω magnetik = = 2π f magnetik(3.3)dtDengan hubungan (3.1) maka (3.3) menjadippp n p nω magnetik = ωmekanik= 2πf mekanik = 2π= 2π222 60 120yang berartip nf magnetik = siklus per detik (3.4)120Perubahan fluksi magnetik akan membangkitkan tegangan induksidi setiap belitan. Karena fluksi magnetik mempunyai frekuensip nf magnetik = Hz maka tegangan pada belitanpun akan120mempunyai frekuensip nf tegangan = Hz(3.5)12047

Dengan (3.5) ini jelaslah bahwa untuk memperoleh frekuensitertentu, kecepatan perputaran rotor harus sesuai dengan jumlahkutub. 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 = 1000rpm, dan seterusnya. Konstruksi mesin dengan kutub menonjolseperti pada Gb.1. sesuai untuk mesin putaran rendah tetapi tidaksesuai untuk mesin putaran tinggi karena kendala-kendala mekanis.Untuk mesin putaran tinggi digunakan rotor dengan konstruksisilindris.180 o mekanis = 360 o magnetika 11φ sa θ1Gb.3.2. Perhitungan fluksi.Dengan pergeseran posisi belitan 120 o magnetik untuk setiap pasangkutub, maka kita mendapatkan tegangan sistem tiga fasa untuksetiap pasang kutub, yaitu e a1 pada belitan a 1 a 11 , e b1 pada b 1 b 11 , dane c1 pada c 1 c 11 . Demikian pula kita memperoleh tegangan e a2 , e b2dan e c2 pada belitan-belitan di bawah pasangan kutub yang lain. Jadisetiap pasang kutub akan membangkitkan tegangan sistem tiga fasapada belitan-belitan yang berada dibawah pengaruhnya. Teganganyang sefasa, misalnya e a1 dan e a2 , dapat dijumlahkan untukmemperoleh tegangan yang lebih tinggi atau diparalelkan untukmemperoleh arus yang lebih besar.Tegangan yang terbangkit di belitan pada umumnya diinginkanberbentuk gelombang sinus v = Acos ωt, dengan pergeseran 120 ountuk belitan fasa-fasa yang lain. Tegangan sebagai fungsi waktu48 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

ini pada transformator dapat langsung diperoleh di belitan sekunderkarena fluksinya merupakan fungsi waktu. Pada mesin sinkron,fluksi dibangkitkan oleh belitan eksitasi di rotor yang dialiri arussearah sehingga fluksi tidak merupakan fungsi waktu. Akan tetapifluksi yang ditangkap oleh belitan stator harus merupakan fungsiwaktu agar persamaan (3.1) dapat diterapkan untuk memperolehtegangan. Fluksi sebagai fungsi waktu diperoleh melalui putaranrotor. Jika φ adalah fluksi yang dibangkitkan di rotor dan memasukicelah udara antara rotor dan stator dengan nilai konstan maka,dengan mengabaikan efek pinggir, laju pertambahan fluksi yangditangkap oleh belitan stator adalahdφdθs magnetik= φdt dt= φ ω magnetikp nKarena ω magnetik = 2πf magnetik = 2π, maka120d φ s = φdtπp n60Dari (3.4) kita peroleh tegangan pada belitan, yaitu(3.6)(3.7)dφsp nv = − = − φ π(3.8)dt60Jika φ bernilai konstan, tidaklah berarti (3.8) memberikan suatu tegangan konstan karena φ bernilai konstan positif untuk setengahperioda dan bernilai konstan negatif untuk setengah periodaberikutnya. Maka (3.8) memberikan tegangan bolak-balik yangtidak sinus. Untuk memperoleh tegangan berbentuk sinus, φ harusberbentuk sinus juga. Akan tetapi ia tidak dibuat sebagai fungsisinus terhadap waktu, akan tetapi sebagai fungsi sinus posisi, yaituterhadap θ maknetik . Jadi jikaφ = φ m cos θ maknetik(3.9)maka laju pertambahan fluksi yang dilingkupi belitan adalah49

( φ cosθ)dφsdφddθmagnetik= = m magnetik = −φmsinθmagnetikdt dt dtdt⎛ p n ⎞= −φ m ω magnetik sin θ mmagnetik = −φ m⎜2π ⎟ sin θmagnetik⎝ 120 ⎠(3.10)sehingga tegangan belitandφs p ne = −= π φmsin θmagnetikdt 60 (3.11)= 2πf φmsin θmagnetik= ω φmsin ωtPersamaan (3.11) memberikan nilai sesaat dari dari tegangan yangdibangkitkan di belitan stator. Nilai maksimum dari tegangan iniadalahdan nilai efektifnya adalahEm= ωφmVolt(3.12)Emωφm2πfErms= = =2 2 2= 4,44 f φmVolt φm(3.13)Dalam menurunkan formulasi tegangan di atas, kita menggunakanperhitungan fluksi seperti diperlihatkan pada Gb.2. yang merupakanpenyederhanaan dari konstruksi mesin seperti diperlihatkan padaGb.1.a. Di sini ada beberapa hal yang perlu kita perhatikan yaitu:1. Belitan terdiri dari hanya satu gulungan, misalnya belitana 1 a 11 , yang ditempatkan di sepasang alur stator, walaupungulungan itu terdiri dari lilitan. Belitan semacam ini kitasebut belitan terpusat.2. Lebar belitan, yaitu kisar sudut antara sisi belitan a 1 dan a 11adalah 180 o magnetik. Lebar belitan semacam ini kita sebutkisar penuh.Dalam praktek lilitan setiap fasa tidak terpusat di satu belitan,melainkan terdistribusi di beberapa belitan yang menempatibeberapa pasang alur stator. Belitan semacam ini kita sebut belitanterdistribusi, yang dapat menempati stator sampai 1/3 kisaran penuh50 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

(60 o magnetik). Selain dari pada itu, gulungan yang menempatisepasang alur secara sengaja dibuat tidak mempunyi lebar satukisaran penuh; jadi lebarnya tidak 180 o akan tetapi hanya 80%sampai 85% dari kisaran penuh. Pemanfaatan belitan terdistribusidan lebar belitan tidak satu kisar penuh dimaksudkan untukmenekan pengaruh harmonisa yang mungkin ada di kerapatanfluksi. Sudah barang tentu hal ini akan sedikit mengurangikomponen fundamental dan pengurangan ini dinyatakan dengansuatu faktor K w yang kita sebut faktor belitan. Biasanya K wmempunyai nilai antara 0,85 sampai 0,95. Dengan adanya faktorbelitan ini formulasi tegangan (3.13) menjadiErms = 4,44f K w φmVolt(3.14)Pada pengenalan ini kita hanya melihat mesin sinkron kutub tonjoldalam keadaan tak berbeban; analisis dalam keadaan berbeban akankita pelajari lebih lanjut pada pelajaran khusus mengenai mesinmesinlistrik. Selanjutnya kita akan melihat mesin sinkron rotorsilindris.COTOH-3.1: Sebuah generator sinkron tiga fasa, 4 kutub, belitanjangkar terhubung Y, mempunyai 12 alur pada statornya dansetiap alur berisi 10 konduktor. Fluksi kutub terdistribusi secarasinus dengan nilai maksimumnya 0,03 Wb. Kecepatanperputaran rotor 1500 rpm. Carilah frekuensi tegangan jangkardan nilai rms tegangan jangkar fasa-netral dan fasa-fasa.Penyelesaian :Frekuensi tegangan jangkar adalahp n 4×1500f = = = 50 Hz120 12012Jumlah alur per kutub adalah = 3 yang berarti setiap pasang4kutub terdapat 3 belitan yang membangun sistem tegangan tigafasa. Jadi setiap fasa terdiri dari 1 belitan yang berisi 10 lilitan.Nilai rms tegangan jangkar per fasa per pasang kutub adalahE ak = 4 ,44 f φm= 4,44×50×10×0,03 = 66,6 V51

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 alurpada stator ditingkatkan menjadi 24 alur. Ketentuan yang laintetap.Penyelesaian :Frekuensi tegangan jangkar tidak tergantung jumlah alur. olehkarena itu frekuensi tetap 50 Hz.24Jumlah alur per kutub adalah = 6 yang berarti setiap4pasang kutub terdapat 6 belitan yang membangun sistemtegangan tiga fasa. Jadi setiap fasa pada satu pasang kutubterdiri dari 2 belitan yang masing-masing berisi 10 lilitan. Nilairms tegangan jangkar untuk setiap belitan adalahE a1 = 4,44 f φmV = 4,44×50×10×0,03 = 66,6 V .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 adalah360 o= o15 mekanik. Karena mesin mengandung 4 kutub atau242 pasang kutub, maka 1 o mekanik setara dengan 2 o listrik. Jadiselisih sudut fasa antara tegangan di dua belitan adalah 30 oelektrik sehingga tegangan rms per fasa per pasang kutubadalah jumlah fasor tegangan di dua belitan yang berselisih fasa30 o tersebut.ooE ak = 66,6 + 66,6(cos 30 + j sin 30 ) = 124,8 + j33,3Karena ada 2 pasang kutub makaE a= 2×2 2(124,8) + (33,3)= 258VTegangan fasa-fasa adalah 258 √3 = 447 V52 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

COTOH-3.3: Soal seperti pada Contoh-3.1. tetapi jumlah alurpada stator ditingkatkan menjadi 144 alur, jumlah kutub dibuat16 (8 pasang), kecepatan perputaran diturunkan menjadi 375rpm. Ketentuan yang lain tetap.Penyelesaian :Frekuensi tegangan jangkar :16×375f = = 50 Hz120144Jumlah alur per kutub = 9 yang berarti terdapat 9 belitan16per pasang kutub yang membangun sistem tiga fasa. Jadi tiapfasa terdapat 3 belitan. Tegangan di tiap belitan adalahE a1 = 4,44×50×10×0,03 = 66,6 V ; sama dengan tegangan perbelitan pada contoh sebelumnya karena frekuensi, jumlah lilitandan fluksi maksimum tidak berubah.Perbedaan sudut mekanis antara dua alur yang berturutanooadalah360 = 2,5 mekanik. Karena mesin mengandung 16144kutub (8 pasang) maka 1 o mekanik ekivalen dengan 8 o listrik,sehingga beda fasa tegangan pada belitan-belitan adalaho2 ,5 × 8 = 20 listrik. Tegangan per fasa per pasang kutub adalahjumlah fasor dari tegangan belitan yang masing-masingberselisih fasa 20 o .Eooak = 66,6 + 66,6∠20+ 66,6∠40= 66,61o oo o( + cos 20 + cos 40 + j(sin 20 + sin 40 ))= 180,2 + j65,6Karena ada 8 pasang kutub maka tegangan fasa adalahE a= 8×2 2(180,2) + (65,6)= 8×191,8 = 1534VTegangan fasa-fasa adalah 1534 √3 = 2657 V53

3.2. Mesin Sinkron Rotor SilindrisSebagaimana telah disinggung di atas, mesin kutub tonjol sesuaiuntuk perputaran rendah. Untuk perputaran tinggi digunakan mesinrotor silindris yang skemanya diperlihatkan ada Gb.3.3.ab 1cU c 1S ba 1Gb.4.3. Mesin sinkron rotor silindris.Rotor mesin ini berbentuk silinder dengan alur-alur untukmenempatkan belitan eksitasi. Dengan konstruksi ini, reluktansimagnetik jauh lebih merata dibandingkan dengan mesin kutubtonjol. Di samping itu kendala mekanis untuk perputaran tinggilebih mudah diatasi dibanding dengan mesin kutub tonjol. Belitaneksitasi pada gambar ini dialiri arus searah sehingga rotormembentuk sepasang kutub magnet U-S seperti terlihat padagambar. Pada stator digambarkan tiga belitan terpusat aa 1 , bb 1 dancc 1 masing-masing dengan lebar kisaran penuh agar tidak terlalurumit, walaupun dalam kenyataan pada umumnya dijumpai belitanbelitanterdistribusi dengan lebar lebih kecil dari kisaran penuh.Karena reluktansi magnetik praktis konstan untuk berbagai posisirotor (pada waktu rotor berputar) maka situasi yang kita hadapimirip dengan tansformator. Perbedaannya adalah bahwa padatransformator kita mempunyai fluksi konstan, sedangkan pada mesinsinkron fluksi tergantung dari arus eksitasi di belitan rotor. Kurvamagnetisasi dari mesin ini dapat kita peroleh melalui uji beban nol.Pada uji beban nol, mesin diputar pada perputaran sinkron (3000rpm) dan belitan jangkar terbuka. Kita mengukur tegangan keluaranpada belitan jangkar sebagai fungsi arus eksitasi (disebut juga arusmedan) pada belitan eksitasi di rotor. Kurva tegangan keluaran54 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

sebagai fungsi arus eksitasi seperti terlihat pada Gb.3.4 disebutkarakteristik beban nol. Bagian yang berbentuk garis lurus padakurva itu disebut karakteristik celah udara dan kurva inilah (denganekstra-polasinya) yang akan kita gunakan untuk melakukan analisismesin sinkron.Karakterik lain yang penting adalah karakteritik hubung singkatyang dapat kita peroleh dari uji hubung singkat. Dalam uji hubungsingkat ini mesin diputar pada kecepatan perputaran sinkron danterminal belitan jangkar dihubung singkat (belitan jangkarterhubung Y). Kita mengukur arus fasa sebagai fungsi dari aruseksitasi. Kurva yang akan kita peroleh akan terlihat seperti padaGb.3.4. Kurva ini berbentuk garis lurus karena untuk mendapatkanarus beban penuh pada percobaan ini, arus eksitasi yang diperlukantidak besar sehingga rangkaian magnetiknya jauh dari keadaanjenuh. Fluksi magnetik yang dibutuhkan hanya sebatas yangdiperlukan untuk membangkitkan tegangan untuk mengatasitegangan jatuh di impedansi belitan jangkar.1200011000100009000Tegangan Fasa-Netral [V]80007000600050004000300020001000celahudaraV=kIbeban-nolV=V(I f )| I =0hubung singkatI = I (I f ) | V=00050 100 150 Arus 200medan 250 300[A]350 400 450 500Arus fasa [A]Gb.3.4. Karakteristik beban-nol dan hubungsingkat.55

Perhatikanlah bahwa karakteristik beban-nol dan hubung singkatmemberikan tegangan maupun arus jangkar sebagai fungsi arusmedan. Sesungguhnya arus medan berperan memberikan mmf(lilitan ampere) untuk menghasilkan fluksi dan fluksi inilah yangmengimbaskan tegangan pada belitan jangkar. Jadi dengankarakteristik ini kita dapat menyatakan pembangkit fluksi tidakdengan mmf akan tetapi dengan arus medan ekivalennya dan halinilah yang akan kita lakukan dalam menggambarkan diagram fasoryang akan kita pelajari beikut ini.Diagram Fasor. Reaktansi Sinkron. Kita ingat bahwa padatransformator besaran-besaran tegangan, arus, dan fluksi, semuanyamerupakan besaran-besaran yang berubah secara sinusoidal terhadapwaktu dengan frekuensi yang sama sehingga tidak terjadi kesulitanmenyatakannya sebagai fasor. Pada mesin sinkron, hanya tegangandan arus yang merupakan fungsi sinus terhadap waktu; fluksi rotor,walaupun ia merupakan fungsi sinus tetapi tidak terhadap waktutetapi terhadap posisi sehingga tak dapat ditentukan frekuensinya.Menurut konsep fasor, kita dapat menyatakan besaran-besaran kedalam fasor jika besaran-besaran tersebut berbentuk sinus danberfrekuensi sama. Oleh karena itu kita harus mencari cara yangdapat membuat fluksi rotor dinyatakan sebagai fasor. Hal inimungkin dilakukan jika kita tidak melihat fluksi rotor sebagaidirinya sendiri melainkan melihatnya dari sisi belitan jangkar.Walaupun fluksi rotor hanya merupakan fungsi posisi, tetapi iadibawa berputar oleh rotor dan oleh karena itu belitan jangkarmelihatnya sebagai fluksi yang berubah terhadap waktu. Justrukarena itulah terjadi tegangan imbas pada belitan jangkar sesuaidengan hukum Faraday. Dan sudah barang tentu frekuensi teganganimbas di belitan jangkar sama dengan frekuensi fluksi yang dilihatoleh belitan jangkar.Kita misalkan generator dibebani dengan beban induktif sehinggaarus jangkar tertinggal dari tegangan jangkar.56 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

aUθUaSsumbue maksSsumbui maksa 1sumbumagnet(a)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 1maksimum. Hal ini dapat kita mengerti karena pada saat itukerapatan fluksi magnetik di hadapan sisi belitan a dan a 1 adalahmaksimum. Perhatikanlah bahwa pada saat itu fluksi magnetik yangdilingkupi oleh belitan aa 1 adalah minimum. Sementara itu arus dibelitan aa 1 belum maksimum karena beban induktif. Pada saat arusmencapai nilai maksimum posisi rotor telah berubah seperti terlihatpada Gb.3.5.b.Karena pada mesin dua kutub sudut mekanis sama dengan sudutmagnetis, maka beda fasa antara tegangan dan arus jangkar samadengan pegeseran rotasi rotor, yaitu θ. Arus jangkar memberikanmmf jangkar yang membangkitkan medan magnetik lawan yangakan memperlemah fluksi rotor. Karena adanya reaksi jangkar inimaka arus eksitasi haruslah sedemikian rupa sehingga tegangankeluaran mesin dipertahankan.Catatan : Pada mesin rotor silindris mmf jangkar mengalamireluktansi magnetik yang sama dengan yang dialami oleh mmf rotor.Hal ini berbeda dengan mesin kutub tonjol yang akan membuatanalisis mesin kutub tonjol memerlukan cara khusus sehingga kitatidak melakukannya dalam bab pengenalan ini.Diagram fasor (Gb.6) kita gambarkan dengan ketentuan berikut(b)1. Diagram fasor dibuat per fasa dengan pembebanan induktif.a 1sumbumagnet57

2. Tegangan terminal V a dan arus jangkarnominal.I a adalah3. Tegangan imbas digambarkan sebagai tegangan naik; jaditegangan imbas tertinggal 90 o dari fluksi yangmembangkitkannya.4. Belitan jangkar mempunyai reaktansi bocor X l dan resistansiR 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+ Iaa l(3.15)Tegangan imbas E a ini harus dibangkitkan oleh fluksi celah udaraΦ a yang dinyatakan dengan arus ekivalen I fa mendahului E a 90 o .Arus jangkardengan arus ekivalenI a memberikan fluksi jangkar Φ a yang dinyatakan. Jadi fluksi dalam celah udara merupakanI φajumlah dari fluksi rotor Φ fI f dan fluksi jangkar. Jadiyang dinyatakan dengan arus ekivalenI fa = I f + Iφaatau I f = I fa − Iφa(3.16)Dengan perkataan lain arus eksitasi rotorI f haruslah cukup untukmembangkitkan fluksi celah udara untuk membangkitkan E a danmengatasi fluksi jangkar agar tegangan terbangkit E a dapatdipertahankan. Perhatikan Gb.3.6. I f membangkitkan teganganE aa 90 o di belakang I f dan lebih besar dari E a .58 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

E aaI f= I fa − I φaI faγE a− I φaI φaθI aV aI a R ajI a X lGb.3.6. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris.Hubungan antara nilaiE a dancelah udara, sedangkan antara nilaiI fa diperoleh dari karakteristikI a danI φadiperoleh darikarakteristik hubung singkat. Dari karakteristik tersebut, sepertiterlihat pada Gb.3.6., dapat dinyatakan dalam bentuk hubunganE a = kvI fa dan I a = kiIφaatau I fa = Ea/ kvdanI φ a = I a / ki(3.17)dengan k v dan k i adalah konstanta yang diperoleh dari kemiringankurva. Dari (3.7) dan Gb.3.6. kita perolehIEao I a of = I fa − Iφa= ∠(90+ γ)+ ∠(180− θ)kvkiEaI a= j ∠γ − ∠ − θkvkiDari (3.18) kita perolehE aa yaitu⎛ EaI a ⎞Eaa= − jkvIf = − jkv⎜ j⎟∠γ − ∠ − θkvk⎝i ⎠kvkv= Ea∠γ + j I a∠ − θ = Ea+ j I akiki(3.18)(3.19)59

Suku kedua (3.19) dapat kita tulis sebagaijX φaI a dengankvX φ a =(3.20)kiyang disebut reaktansi reaksi jangkar karena suku ini timbul akibatadanya reaksi jangkar. Selanjutnya (3.19) dapat ditulisEE( R + jX )aa( R + jX )aa = a + jX φaa = a + a a l + jX φa= Va+ IaIVIIa(3.21)denganX a = X l + X φayang disebut reaktansi sinkron.Diagram fasor Gb.3.6. kita gambarkan sekali lagi menjadi Gb.3.7.untuk memperlihatkan peran reaktansi reaksi jangkar dan reaktansisinkron.E aaIf = I fa − Iφa− I φaIfaI φaθI aγV ajI a X lj Ia X φajI a X aGb.3.7. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris;reaktansi reaksi jangkar (X φa ) dan reaktansi sinkron (X a ).Perhatikanlah bahwa pengertian reaktansi sinkron kita turunkandengan memanfaatkan karakteristik celah udara, yaitu karakteristiklinier dengan menganggap rangkaian magnetik tidak jenuh. Olehkarena itu reaktansi tersebut biasa disebut reaktansi sinkron takjenuh.E aI a R a60 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

3.3. Rangkaian EkivalenDengan pengertianI areaktansi sinkrondan memperhatikanpersamaan (3.21)R+ a jX a +Bebankita dapat− EVaaa−menggambarkanrangkaian ekivalenmesin sinkron Gb.3.8. Rangkaian ekivalen mesin sinkron.dengan bebanseperti terlihat pada Gb.3.8. Perhatikanlah bahwa rangkaianekivalen ini adalah rangkaian ekivalen per fasa. Tegangan V aadalah 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, mempunyaikarakteristik celah udara yang dapat dinyatakan sebagaiE a = 53,78I f V dan karakteristik hubung singkatI a = 2,7I f A (I f dalam ampere). Resistansi jangkar per fasaadalah 0,08 Ω dan reaktansi bocor per fasa 1,9 Ω. Tentukanlaharus eksitasi (arus medan) yang diperlukan untukmembangkitkan tegangan terminal nominal jika generatordibebani dengan beban nominal seimbang pada faktor daya 0,8lagging.Penyelesaian :Tegangan per fasa adalah13800V a = = 7967,4 V .3Arus jangkar per fasa :610 × 10I a == 418,4 A .13800×3Reaktansi reaksi jangkar :Reaktansi sinkron :kvX φ a =ki=53,78= 19,92 Ω2,7X a = X l + X φ a = 1,9 + 19,92 = 21,82 Ω61

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)oo≈ 7967,4∠0+ 9129,5∠53,13= 13445,1 + j7303,6E aa=(13445,1)2+ (7303,6)Arus eksitasi yang diperlukan adalahIE=aafkv15300 = = 284,5 A53,782= 15300 VDaya. Daya per fasa yang diberikan ke beban adalahP = V I cos θ(3.22)faaPada umumnya pengaruh resistansi jangkar sangat kecildibandingkan dengan pengaruh reaktansi sinkron. Denganmengabaikan resistansi jangkar maka diagram fasor mesin sinkronmenjadi seperti Gb.3.9.E aaθjI a X aθδI aV aGb.3.9. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris; resistansijangkar diabaikan.62 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Gb.3.9. memperlihatkan bahwaEaaE aa sin δ = IaX a cosθatau I a cos θ = sin δ .X aDengan demikian maka (3.22) dapat ditulis sebagaiVaEaaP f = sin δ(3.23)X aPersamaan (3.23) ini memberikan formulasi daya per fasa dan sudutδ menentukan besarnya daya; oleh karena itu sudut δ disebut sudutdaya (power angle).Daya P f merupakan fungsi sinus dari sudut daya δ seperti terlihatpada Gb.3.10.P1.1fgenerator0-180 -90 0 90 180motor-1.1δ ( olistrik)Gb.3.10. Daya fungsi sudut daya.Untuk 0 < δ < 180 o daya bernilai positif, mesin beroperasi sebagaigenerator yang memberikan daya. (Jangan dikacaukan olehkonvensi pasif karena dalam menggambarkan diagram fasor untukmesin ini kita menggunakan ketentuan tegangan naik dan bukantegangan jatuh). Untuk 0 > δ > −180 o mesin beroperasi sebagaimotor, mesing menerima daya.Dalam pengenalan mesin-mesin elektrik ini, pembahasan mengenaimesin sikron kita cukupkan sampai di sini. Pembahasan lebih lanjutakan kita peroleh pada pelajaran khusus mengenai mesin-mesinlistrik.63

64 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

4.1. Konstruksi Dan Cara KerjaMotor merupakanpiranti konversi darienergi elektrik ke energimekanik. Salah satujenis yang banyakdipakai adalah motorasinkron atau motorinduksi. Di sini kitahanya akan melihatmotor asinkron tiga fasa.Stator memiliki alur-aluruntuk memuat belitanbelitanyang akanterhubung pada sistemtiga fasa. Gb.4.1. hanyamemperlihatkan tigaBAB 4Motor Asinkronbelitan pada stator sebagai belitan terpusat, yaitu belitan aa 1 , bb 1dan cc 1 yang berbeda posisi 120 o mekanik. Susunan belitan ini samadengan susunan belitan pada stator generator sinkron. Ketiga belitanini dapat dihubungkan Y ataupun ∆ untuk selanjutnyadisambungkan ke sumber tiga fasa. Rotor mempunyai alur-alur yangberisi konduktor dan semua konduktor pada rotor ini dihubungsingkat di ujung-ujungnya. Inilah salah satu konstruksi rotor yangdisebut rotor sangkar (susunan konduktor-konduktor itu berbentuksangkar).Untuk memahami secara fenomenologis cara kerja motor ini, kitamelihat kembali bagaimana generator sinkron bekerja. Rotorgenerator yang mendukung kutub magnetik konstan berputar padaporosnya. Magnet yang berputar ini mengimbaskan tegangan padabelitan stator yang membangun sistem tegangan tiga fasa. Apabilarangkaian belitan stator tertutup, misalnya melalui pembebanan,akan mengalir arus tiga fasa pada belitan stator. Sesuai denganb 1cac 1ba 1Gb.4.1. Motor asinkron.65

hukum Lenz, arus tiga fasa ini akan membangkitkan fluksi yangmelawan fluksi rotor; kejadian ini kita kenal sebagai reaksi jangkar.Karena fluksi rotor adalah konstan tetapi berputar sesuai perputaranrotor, maka fluksi reaksi jangkar juga harus berputar sesuaiperputaran fluksi rotor karena hanya dengan jalan itu hukum Lenzdipenuhi. Jadi mengalirnya arus tiga fasa pada belitan rotormembangkitkan fluksi konstan yang berputar. Sekarang, jika padabelitan stator motor asinkron diinjeksikan arus tiga fasa (belitanstator dihubungkan pada sumber tiga fasa) maka akan timbul fluksikonstan berputar seperti layaknya fluksi konstan berputar padareaksi jangkar generator sinkron. Demikianlah bagaimana fluksiberputar timbul jika belitan stator motor asikron dihubungkan kesumber tiga fasa.Kita akan melihat pula secara skematis, bagaimana timbulnya fluksiberputar. Untuk itu hubungan belitan stator kita gambarkan sebagaitiga belitan terhubung Y yang berbeda posisi 120 o mekanis satusama lain seperti terlihat pada Gb.4.2.a. Belitan-belitan itu masingmasingdialiri arus i a , i b , dan i c yang berbeda fasa 120 o elektrikseperti ditunjukkan oleh Gb.4.2.b. Masing-masing belitan itu akanmembangkitkan fluksi yang berubah terhadap waktu sesuai denganarus yang mengalir padanya. Kita perhatikan situasi yang terjadipada beberapa titik waktu.Perhatikan Gb.4.2. Pada t 1 arus i a maksimum negatif dan arus i b = i cpositif. Ke-tiga arus ini masing-masing membangkitkan fluksi φ a , φ bdan φ c yang memberikan fluksi total φ tot . Kejadian ini berubah padat 2 , t 3 , t 4 dan seterusnya yang dari Gb.4.2. terlihat bahwa fluksi totalberputar seiring dengan perubahan arus di belitan tiga fasa.Peristiwa ini dikenal sebagai medan putar pada mesin asinkron.Kecepatan perputaran dari medan putar harus memenuhi relasiantara jumlah kutub, frekuensi tegangan, dan kecepatan perputaransinkron sebagaimana telah kita kenal pada mesin sinkron yaitup n s120 ff 1 = Hz atau n 1s = rpm (4.1)120pdengan f 1 adalah frekuensi tegangan stator, n s adalah kecepatanperputaran medan putar yang kita sebut perputaran sinkron. Jumlahkutub p ditentukan oleh susunan belitan stator. Pada belitan stator66 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

seperti pada contoh konstruksi mesin pada Gb.4.1. jumlah kutubadalah 2, sehingga jika frekuensi tegangan 50Hz maka perputaransinkron adalah 3000 rpm. Untuk mempuat jumlah kutub menjadi 4,belitan stator disusun seperti pada stator mesin sinkron pada Gb.4.1.bcb 1c 1a 1a).a1.10-1.1-180 -135 -90 -45 0 45 90 135 180i a i b i ctb). t 1 t 2 t 3 t 4i bφ bφ ci aφ aφ toti bφ bt 2i aφcφ toti bi ct 3i aφ toti ci bφ aφ bφ ct 4i ai ct 1φ ai cφ aφ totφ bφ cGb.4.2. Terbentuknya fluksi magnetik yang berbutar.Arus positif menuju titik netral, arus negatif meninggalkan titiknetral. Fluksi total φ tot tetap dan berputar.Selanjutnya medan magnetik berputar yang ditimbulkan oleh statorakan mengimbaskan tegangan pada konduktor rotor. Karenakonduktor rotor merupakan rangkaian tertutup, maka akan mengalirarus yang kemudian berinteraksi dengan medan magnetik yangberputar dan timbullah gaya sesuai dengan hukum Ampere. Dengangaya inilah terbangun torka yang akan membuat rotor berputardengan kecepatan perutaran n. Perhatikanlah bahwa untuk terjadi67

torka, harus ada arus mengalir di konduktor rotor dan untuk ituharus ada tegangan imbas pada konduktor rotor. Agar terjaditegangan imbas, maka kecepatan perputaran rotor n harus lebih kecildari kecepatan perputaran medan magnetik (yaitu kecepatanperputaran sinkron n s ) sebab jika kecepatannya sama tidak akan adafluksi yang terpotong oleh konduktor. Dengan kata lain harus terjadibeda kecepatan antara rotor dengan medan putar, atau terjadi slipyang besarnya adalah :n− nss =ns(4.2)Nilai s terletak antara 0 dan 1.Rotor Belitan. Pada awal perkenalan kita dengan mesin asinkron,kita melihat pada konstruksi yang disebut mesin asinkron denganrotor sangkar. Jika pada rotor mesin asinkron dibuat alur-alur untukmeletakkan susunan belitan yang sama dengan susunan belitanstator maka kita mempunyai mesin asinkron rotor belitan. Terminalbelitan rotor dapat dihubungkan dengan cincin geser (yang berputarbersama rotor) dan melalui cincin geser ini dapat dihubungkan padaresistor untuk keperluan pengaturan perputaran. Skema hubunganbelitan stator dan rotor diperlihatkan pada Gb.4.3; pada waktuoperasi normal belitan rotor dihubung singkat. Hubungan seperti inimirip dengan transformator. Medan putar akan mengimbaskantegangan baik pada belitan stator maupun rotor.E 1E 2belitan statorbelitan rotorGb.4.3. Skema hubungan belitan stator dan rotormesin asinkron rotor belitan. Garis putus-putusmenunjukkan hubung singkat pada operasi normal.68 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Tegangan imbas pada stator adalah :E1 = 4 ,44 f 1K w 1φm(4.3)p nsdengan K w1 adalah faktor belitan stator, f = = frekuensi120tegangan stator, φ m adalah fluksi maksimum di celah udara, 1adalah jumlah lilitan belitan stator.Jika belitan rotor terbuka dan rotor tidak berputar, maka teganganimbas pada belitan rotor adalahE2 = 4 ,44 f 2K w 2φm(4.4)p nsdengan K w2 adalah faktor belitan rotor, f = = frekuensi120tegangan stator (karena rotor tidak berputar), φ m adalah fluksimaksimum di celah udara sama dengan fluksi yang mengibaskantegangan pada belitan stator, 2 adalah jumlah lilitan belitan rotor.Jika rotor dibiarkan berputar dengan kecepatan perputaran n makaterdapat slip seperti ditunjukkan oleh (4.2). Frekuensi teganganimbas pada rotor menjadifp ( ns− n)p s ns= = = s Hz(4.5)120 1202 fJadi frekuensi tegangan rotor diperoleh dengan mengalikanfrekuensi stator dengan slip s; oleh karena itu ia sering disebutfrekuensi slip. Tegangan imbas pada belitan rotor dalam keadaanberputar menjadiE 22 = sE 2(4.6)Jika rotor tak berputar (belitan rotor terbuka), maka dari (4.5) dan(4.6) kita perolehE11K=E K22w 1=w2Situasi ini mirip dengan transformator tanpa beban.a(4.7)69

COTOH-4.1 : Tegangan seimbang tiga fasa 50 Hz diberikankepada motor asinkron tiga fasa , 4 kutub. Pada waktu motormelayani beban penuh, diketahui bahwa slip yang terjadi adalah0,05. Tentukanlah : (a) kecepatan perputaran medan putar relatifterhadap stator; (b) frekuensi arus rotor; (c) kecepatanperputaran medan rotor relatif terhadap rotor; (d) kecepatanperputaran medan rotor relatif terhadap stator; (e) kecepatanperputaran medan rotor relatif terhadap medan rotor.Penyelesaian:(a) Relasi antara kecepatan medan putar relatif terhadap stator(kecepatan sinkron) dengan frekuensi dan jumlah kutubp nadalah f = s. Jadi kecepatan perputaran medan putar120adalahn s120 f=p120 × 50= = 1500 rpm4(b) Frekuensi arus rotor adalah f 2 = sf1= 0,05 × 50 = 2, 5 Hz.(c) Karena belitan rotor adalah juga merupakan belitan tigafasa dengan pola seperti belitan stator, maka arus rotorakan menimbulkan pula medan putar seperti halnya arusbelitan stator menimbulkan medan putar. Kecepatanperputaran medan putar rotor relatif terhadap rotor adalahn120 f 2 120 × 2,5= =p 42 =75 Hz(d) Relatif terhadap stator, kecepatan perputaran medan rotorharus sama dengan kecepatan perputaran medan stator,yaitu kecepatan sinkron 1500 rpm.(e) Karena kecepatan perputaran medan rotor sama dengankecepatan perputaran medan stator, kecepatan perputaranrelatifnya adalah 0.70 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

4.2. Rangkaian EkivalenRangkaian ekivalen yang akan kita pelajari adalahekivalen per fasa.rangkaianRangkaian Ekivalen Stator. Jika resistansi belitan primer per fasaadalah R 1 dan reaktansinya adalah X 1 , sedangkan rugi-rugi intidinyatakan dengan rangkaian paralel suatu resistansi R c danreaktansi X φ seperti halnya pada transformator. Jika V 1 adalahtegangan masuk per fasa pada belitan stator motor dan E 1 adalahtegangan imbas pada belitan stator oleh medan putar sepertidiberikan oleh (4.3), maka kita akan mendapatkan hubungan fasor( 1 + 1 ) 1V +1 = I1R jX E(4.8)Fasor-fasor tegangan dan arus serta reaktansi pada persamaan iniadalah pada frekuensi sinkron ω s = 2π f 1 . Rangkaian ekivalen statormenjadi seperti pada Gb.3.4. yang mirip rangkaian primertransformator. Perbedaan terletak pada besarnya I f yang padatransformator berkisar antara 2 − 5 persen dari arus nominal,sedangkan pada motor asinkron arus ini antara 25 − 40 persen arusnominal, tergantung dari besarnya motor.I 1V1R 1jX 1 I fIIcφjX cAR cE 1BGb.4.4. Rangkaian ekivalen stator.Selain itu reaktansi bocor X 1 pada motor jauh lebih besar karenaadanya celah udara dan belitan stator terdistribusi pada permukaandalam stator sedangkan pada transformator belitan terpusat padaintinya. Tegangan E 1 pada terminal AB pada rangkaian ekivalen iniharuslah merefleksikan peristiwa yang terjadi di rotor.71

Rangkaian Ekivalen Rotor. Jika rotor dalam keadaan berputarmaka tegangan imbas pada rotor adalah E 22 . Jika resistansi rotoradalah R 22 dan reaktansinya adalah X 22 maka arus rotor adalah:E22I 22 =(4.9)( R 22 + jX 22 )Perhatikanlah bahwa fasor-fasor tegangan dan arus serta nilaireaktansi pada persamaan (4.9) ini adalah pada frekuensi rotor ω 2 =2π f 2 , berbeda dengan persamaan fasor (4.8). Kita gambarkanrangkaian untuk persamaan (4.9) ini seperti pada Gb.4.5.a.I22I 2A′A′R 22jX 22E 22sE 2R 2jsX 2B′A′B′E 2I 2a)R 2jX 2sc)Menurut (4.6) E 22 = sE 2 dimana E 2 adalah tegangan rotor denganfrekuensi sinkron ω s . Reaktansi rotor X 22 dapat pula dinyatakandengan frekuensi sinkron; jika L 2 adalah induktansi belitan rotor(yang merupakan besaran konstan karena ditentukan olehkonstruksinya) maka kita mempunyai hubunganX =22 = ω2L2= sω1L2sX 2(4.10)Di sini kita mendefinisikan reaktansi rotor dengan frekuensi sinkronX 2 = ω1L2. Karena Resistansi tidak tergantung frekuensi, kitanyatakan resistansi rotor sebagai R 2 = R 22 . Dengan demikian makaarus rotor menjadiI 2E 2Gb.5.5. Pengembangan rangkaian ekivalen rotor.B′A′B′R 2b)d)jX 2R 1−s2s72 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

sE2I 2 =(4.11)R2+ jsX 2Persamaan fasor tegangan dan arus rotor sekarang ini adalah padafrekuensi sinkron dan persamaan ini adalah dari rangkaian yangterlihat pada Gb.4.5.b. Tegangan pada terminal rotor A´B´ adalahtegangan karena ada slip yang besarnya adalah sE 2 . Dari rangkaianini kita dapat menghitung besarnya daya nyata yang diserap rotorper fasa, yaituP I 2cr = 2 R 2(4.12)Jika pembilang dan penyebut pada persamaan (4.11) kita bagidengan s kita akan mendapatkan2I 2 =(4.13)R 2 + jX 2sELangkah matematis ini tidak akan mengubah nilai I 2 dan rangkaiandari persamaan ini adalah seperti pada Gb.4.5.c. Walaupundemikian ada perbedaan penafsiran secara fisik. Tegangan padaterminal rotor A´B´ sekarang adalah tegangan imbas pada belitanrotor dalam keadaan rotor tidak berputar dengan nilai sepertidiberikan oleh (4.14) dan bukan tegangan karena ada slip. Jika padaGb.4.5.b. kita mempunyai rangkaian riil rotor dengan resistansikonstan R dan tegangan terminal rotor yang tergantung dari slip,maka pada Gb.4.28.c. kita mempunyai rangkaian ekivalen rotordengan tegangan terminal rotor tertentu dan resistansi yangtergantung dari slip. Tegangan terminal rotor pada keadaan terakhirini kita sebut tegangan celah udara pada terminal rotor dan dayayang diserap rotor kita sebut daya celah udara, yaitu := 2 RI 2s(4.14)P g2Daya ini jauh lebih besar dari P cr pada (4.12). Pada mesin besar nilais adalah sekitar 0,02 sehingga P g sekitar 50 kali P cr . Perbedaanantara (4.14) dan (4.12) terjadi karena kita beralih dari tegangan73

otor riil yang berupa tegangan slip ke tegangan rotor denganfrekuensi sinkron. Daya nyata P g tidak hanya mencakup daya hilangpada resistansi belitan saja tetapi mencakup daya mekanis darimotor. Daya mekanis dari rotor ini sendiri mencakup daya keluarandari poros motor untuk memutar beban ditambah daya untukmengatasi rugi-rugi rotasi yaitu rugi-rugi akibat adanya gesekan danangin. Oleh karena itu daya P g kita sebut daya celah udara artinyadaya yang dialihkan dari stator ke rotor melalui celah udara yangmeliputi daya hilang pada belitan rotor (rugi tembaga rotor) dandaya mekanis rotor. Dua komponen daya ini dapat kita pisahkan jikakita menuliskanR 2 ⎛ − s ⎞= R + R ⎜12 2 ⎟s ⎝ s ⎠(4.15)Suku pertama (4.15) akan memberikan daya hilang di belitan rotor(per fasa) P I 2cr = 2 R 2 dan suku kedua memberikan daya keluaranmekanik ekivalen2 ⎛1− s ⎞P m = I 2 R2⎜⎟(4.16)⎝ s ⎠Dengan cara ini kita akan mempunyai rangkaian ekivalen rotorseperti pada Gb.4.5.d.Rangkaian Ekivalen Lengkap. Kita menginginkan satu rangkaianekivalen untuk mesin asinkron yang meliputi stator dan rotor. Agardapat menghubungkan rangkaian rotor dengan rangkaian stator, kitaharus melihat tegangan rotor E 2 dari sisi stator yang memberikanE 1 = aE 2 . Jika E 2 pada Gb.4.5.d. kita ganti dengan E1 = aE2,yaitu tegangan rotor dilihat dari sisi stator, maka arus rotor dansemua parameter rotor harus pula dilihat dari sisi stator menjadi' ''I 2 , R2dan X 2 . Dengan demikian kita dapat menghubungkanterminal rotor A´B´ ke terminal AB dari rangkaian stator padaGb.4.4. dan mendapatkan rangkaian ekivalen lengkap seperti terlihatpada Gb.4.6.74 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

I 1A'I 2V 1I fR c jX cR 1jX 1'R 2'jX 2'R 1−s2sBGb.4.6. Rangkaian ekivalen lengkap motor asikron.Aliran Daya. Aliran daya per fasa dalam motor asinkron dapat kitabaca dari rangkaian ekivalen sebagai berikut. Daya (riil) yang masukke stator motor melalui tegangan V 1 dan arus I 1 digunakan untuk :• mengatasi rugi tembaga stator : P I 2cs = 1 R 1• mengatasi rugi-rugi inti stator : P inti• daya masuk ke rotor, disebut daya celah udaraR= ( I '2 ) 2 , yang digunakan untuks• mengatasi rugi-rugi tembaga rotor :P g'2P ' 2 'cr = ( 2 ) 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= P − P ;o ; m g crPPg = Pin− Pinti− Pcs75

Rangkaian Ekivalen Pendekatan. Dalam melakukan analisis motorasinkron kita sering menggunakan rangkaian ekivalen pendekatanyang lebih sederhana seperti pada Gb.4.7. Dalam rangkaian ini rugirugitembaga stator dan rotor disatukan menjadi ( ' 2I2 ) Re.I 1'jX e = jX 1 + jX 2V 1R cI f'R e = R 1 + R 2jX c'R 1−s2sGb.4.7. Rangkaian ekivalen pendekatan.Bagaimana R e dan X e ditentukan akan kita bahas berikut ini.4.3. Penentuan Parameter RangkaianPengukuran Resistansi. Resistansi belitan stator maupun belitanrotor dapat diukur. Namun perlu diingat bahwa jika pengukurandilakukan dengan menggunakan metoda pengukuran arus searah danpengukuran dilakukan pada temperatur kamar, harus dilakukankoreksi-koreksi. Dalam pelajaran lebih lanjut kita akan melihatbahwa resistansi untuk arus bolak-balik lebih besar dibandingkandengan resistansi pada arus searah karena adanya gejala yangdisebut efek kulit. Selain dari itu, pada kondisi kerja normal,temperatur belitan lebih tinggi dari temperatur kamar yang berartinilai resistansi akan sedikit lebih tinggi.Uji Beban ol. Dalam uji beban nol stator diberikan tegangannominal sedangkan rotor tidak dibebani dengan beban mekanis.Pada uji ini kita mengukur daya masuk dan arus saluran. Dayamasuk yang kita ukur adalah daya untuk mengatasi rugi tembagapada beban nol, rugi inti, dan daya celah udara untuk mengatasi rugirotasi pada beban nol. Dalam uji ini slip sangat kecil, arus rotorcukup kecil untuk diabaikan sehingga biasanya arus eksitasidianggap sama dengan arus uji beban nol yang terukur.Uji Rotor Diam. Uji ini analog dengan uji hubng singkat padatransformator. Dalam uji ini belitan rotor di hubung singkat tetapi76 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

otor ditahan untuk tidak berputar. Karena slip s = 1, maka dayamekanis keluaran adalah nol. Tegangan masuk pada stator dibuatcukup rendah untuk membatasi arus rotor pada nilai yang tidakmelebihi nilai nominal. Selain itu, tegangan stator yang rendah(antara 10 – 20 % nominal) membuat arus magnetisasi sangat kecilsehingga dapat diabaikan. Rangkaian ekivalen dalam uji ini adalahseperti pada Gb.4.8. Perhatikan bahwa kita mengambil teganganfasa-netral dalam rangkaian ekivalen ini.I 0'jX e = jX 1 + jX 2'R e = R 1 + R 2V fnGb.4.8. Rangkaian ekivalen motor asikron pada uji rotor diam.Jika P d adalah daya tiga fasa yang terukur dalam uji rotor diam, I dadalah arus saluran dan V d adalah tegangan fasa-fasa yang terukurdalam uji ini, maka' PdRe= X1+ jX 2 =23IdVdZe=(4.17)I d 3X e ==2 2'Ze− Re= X1+ X 2Jika kita menggunakan rangkaian ekivalen pendekatan, pemisahanantara X 1 dan X 2´ tidak diperlukan dan kita langsung memanfaatkanX e .COTOH-4.2 : Daya keluaran pada poros rotor motor asinkron tigafasa 50 Hz adalah 75 kW. Rugi-rugi rotasi adalah 900 W; rugirugiinti stator adalah 4200 W; rugi-rugi tembaga stator adalah2700 W. Arus rotor dilihat dari sisi stator adalah 100 A..Hitunglah efisiensi motor jika diketahui slip s = 3,75%.77

Penyelesaian:Dari rangkaian ekivalen, daya mekanik ekivalen adalah' 2 ' ⎛1− s ⎞P m = ( I 2 ) R2⎜ ⎟ .⎝ s ⎠P m dalam formulasi ini meliputi daya keluaran pada poros rotordan rugi rotasi. Daya keluaran 75 kW yang diketahui, adalahdaya keluaran pada poros rotor sedangkan rugi rotasi diketahui900 W sehinggaP m = 75000 + 900 = 75900 Wdan rugi-rugi tembaga rotor adalah' 2 ' Pms 75900 × 0,0375Pcr= ( I 2 ) R2= == 29571−s 1 − 0,0375Efisiensi motor adalahPkeluaranη =× 100%Pkeluaran+ rugi − rugi75000=× 100%75000 + 4200 + 2700 + 900 + 2957= 87,45%COTOH-4.3 : Uji rotor diam pada sebuah motor asinkron tigafasa rotor belitan, 200 HP, 380 V, hubungan Y, memberikan databerikut: 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 (4.17) kita dapat menghitungPd10000R e = = = 0,0533 Ω per fasa223Id 3×(250)'R2 = Re − R1= 0,0533 − 0,02 = 0,0333 Ω per fasaW78 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

COTOH-4.4 : Pada sebuah motor asinkron tiga fasa 10 HP, 4kutub, 220 V, 50 Hz, hubungan Y, dilakukan uji beban nol danuji rotor diam.Beban nol : V 0 = 220 V; I 0 = 9,2 A; P 0 = 670 WRotor diam : V d = 57 V; I d = 30 A; P d = 950 W.Pengukuran resistansi belitan stator menghasilkan nilai 0,15 Ωper fasa. Rugi-rugi rotasi sama dengan rugi inti stator. Hitung:(a) parameter-parameter yang diperlukan untukmenggambarkan rangkaian ekivalen (pendekatan); (b) aruseksitasi dan rugi-rugi inti.Penyelesaian :a). Karena terhubung Y, tegangan per fasa adalah220V 1 = = 127 V .3Uji rotor diam memberikan :Pd950R e = = = 0,35 Ω ;223( I d ) 3×(30)'R2 = Re− R1= 0,35 − 0,15 = 0,2 ΩVd57Z e = = = 1,1 Ω ;3 × I d 3 × 30X e =2 2Z e − Re=2 2(1,1) − (0,35)= 3,14 Ωb). Pada uji beban nol, arus rotor cukup kecil untuk diabaikan;jadi arus yang mengalir pada uji beban nol dapat dianggaparus eksitasi I f .Daya pada uji beban nol P 0 = 670 = V0If cos θ 3670⇒ cos θ == 0, 19 lagging.220 3 × 9,2oJadi : I f = 9,2∠θ = 9,2∠− 79 .79

Rugi inti :22P inti = P0− 3×I0R1= 670 − 3×9,2 × 0,15 = 632WI 1jX e =j3,14127∠0 oVR cI fR e = 0,35jX c1− s0,2sCOTOH-4.5 : Motor pada Contoh-4.3. dikopel dengan suatubeban mekanik, dan pengukuran pada belitan stator memberikandata : daya masuk 9150 W, arus 28 A, faktor daya 0,82. Tentukanlah: (a) arus rotor dilihat dari sisi stator; (b) daya mekanis rotor; (c) slipyang terjadi; (d) efisiensi motor pada pembebanan tersebut jikadiketahui rugi rotasi 500 W.Penyelesaian :a). Menggunakan tegangan masukan sebagai referensi, dari datapengukuran dapat kita ketahui fasor arus stator, yaitu:oI 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∠ −18oo= 28∠ − 35 − 9,2∠ − 79Ab). Daya mekanik rotor adalah := 21,2 − j6,94Pm= Pin− Pinti − Pcs− Pcr22= 9150 − 632 − 3×28 × 0,15 − 3×22,3 × 0,2 = 7867c). Slip dapat dicari dari formulasi' 2 '3× ( I 2 ) R2Pg= Pin− Pinti− Pcs=.s' 2 '23( I 2 ) R23×22,3 × 0,2s = == 0,0365P 2g 9150 − 632 − 3×28 × 0,15W80 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

e). Rugi rotasi = 500 W.atau 3,65 %Daya keluaran sumbu rotor :P o = P m − Protasi= 7867 − 500 = 7367 WPo7367Efisiensi motor : η = × 100% = × 100% = 80%P in 91504.4. TorkaPada motor asinkron terjadi alih daya dari daya elektrik di statormenjadi daya mekanik di rotor. Sebelum dikurangi rugi-tembagarotor, alih daya tersebut adalah sebesar daya celah udara P g dan inimemberikan torka yang kita sebut torka elektromagnetik denganperputaran sinkron. Jadi jika T adalah torka elektromagnetik makaP gPg= Tωsatau T = (4.18)ωsTorka Asut. Torka asut (starting torque) adalah torka yangdibangkitkan pada saat s = 1, yaitu pada saat perputaran masih nol.Besarnya arus rotor ekivalen berdasarkan rangkaian ekivalenGb.4.7. dengan s = 1 adalahI'12 = (4.19)Besar torka asut adalahTaP=ω' 2'( R + R ) + ( X + X ) 2gs12V1= × 3ωs'( I )122'2R×s21=ωs'2'( R + R ) + ( X + X ) 2123V21R'212(4.20)Pada saat s = 1 impedansi sangat rendah sehingga arus menjadibesar. Oleh karena itu pada waktu pengasutan tegangan direduksidengan menggunakan cara-cara tertentu untuk membatasinya arus.Sudah barang tentu penurunan tegangan ini akan memperkecil torkaasut. Persamaan (4.20) menunjukkan bahwa jika tegangandturunkan setengahnya, torka asut akan turun menjadiseperempatnya.81

Torka maksimum. Torka ini penting diketahui, bahkan menjadipertimbangan awal pada waktu perancangan mesin dilakukan. Torkaini biasanya bernilai 2 sampai 3 kali torka nominal dan merupakankemampuan cadangan mesin. Kemampuan ini memungkinkanmotor melayani beban-beban puncak yang berlangsung beberapasaat saja. Perlu diingat bahwa torka puncak ini tidak dapat diberikansecara kontinyusebab akan menyebabkan pemanasan yang akan merusak isolasi.I 1V 1'j ( X 1 + X 2 )I f R 1R cjX cR 2' sKarena torka sebanding dengan daya celah udara P g , maka torkamaksimum terjadi jika alih daya ke rotor mencapai nilai maksimum.Dari rangkaian ekivalen pendekatan Gb.4.9., teorema alih dayamaksimum mensyaratkan bahwa alih daya kejikas'( X + X ) 2'2 2= R1+ 1 2 ataumRGb.4.9. Rangkaian ekivalen pendekatan.R 2 ' akan maksimums'R2= (4.21)2'R ( ) 21 + X1X 2s m+Persamaan (4.21) memperlihatkan bahwa s m dapat diperbesar'dengan memperbesar R 2 . Suatu motor dapat dirancang agar torkaasut mendekati torka maksimum dengan menyesuaikan nilairesistansi rotor.Arus rotor pada waktu terjadi alih daya maksimum adalah82 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

'I2==V12⎛ 'R ⎞⎜ 2R1+ ⎟ +⎜ s ⎟⎝ m ⎠22R1+ 2R122 ⎛ 2' 2 ⎞''( X + X ) ⎜ R1+ R1+ ( X1+ X 2) ⎟ + ( X1+ X2)12R1+Torka maksimum adalah'( I )V1' 2'( X + X ) + 2( X + X )122=⎜⎝122V1⎟⎠(4.22)'21 2 R213V1Tm = × 3 2 =(4.23)ωssmωs⎛2 ⎞⎜ 2'2 R + + ( + ) ⎟1 R1X1X 2⎝⎠Persamaan (4.23) ini memperlihatkan bahwa torka maksimum tidaktergantung dari besarnya resistansi rotor. Akan tetapi menurut (4.21)slip maksimum s m berbanding lurus dengan resistansi rotor. Jadimengubah resistansi rotor akan mengubah nilai slip yang akanmemberikan torka maksimum akan tetapi tidak mengubah besarnyatorka maksimum itu sendiri.Karakteristik Torka – Perputaran. Gb.4.10. memperlihatkanbagaimana torka berubah terhadap perputaran ataupun terhadap slip.Pada gambar ini diperlihatkan pula pengaruh resistansi belitan rotorterhadap karakterik torka-perputaran. Makin tinggi resistansi belitanrotor, makin besar slip tanpa mengubah besarnya torka maksimum.torka dalam % nominal300200100010s m1resistansi rotor tinggis m 0n sresistansi rotor rendahGb.4.10. Karakteristik torka – perputaranslipperputaran283

Aplikasi. Motor dibagi dalam beberapa katagori menurutkarakteristik spesifiknya sesuai dengan kemampuan dalampenggunaannya. Berikut ini data motor yang secara umumdigunakan, untuk keperluan memutar beban dengan kecepatankonstan dimana tidak diperlukan torka asut yang terlalu tinggi.Beban-beban yang dapat dilayani misalnya kipas angin, blower,alat-alat pertukangan kayu, pompa sentrifugal. Dalam keadaantertentu diperlukan pengasutan dengan tegangan yang direduksi danjenis motor ini tidak boleh dibebani lebih secara berkepanjangankarena akan terjadi pemanasan.Pengendalian. Dalam pemakaian, kita harus memperhatikanpengendaliannya. Pengendalian berfungsi untuk melakukan asutdan menghentikan motor secara benar, membalik perputaran tanpamerusakkan motor, tidak mengganggu beban lain yang tersmbungpada sistem pencatu yang sama. Hal-hal khusus yang perludiperhatikan dalam pengendalian adalah : (a) pembatasan torka asut(agar beban tidak rusak); (b) pembatasan arus asut; (c) proteksiterhadap pembebanan lebih; (d) proteksi terhadap penurunantegangan; (e) proteksi terhadap terputusnya salah satu fasa (yangdikenal dengan single phasing). Kita cukupkan sampai di sinipembahasan kita mengenai motor asinkron. Pengetahuan lebih lanjutakan kita peroleh pada pelajaran khusus mengenai mesin-mesinlistrik.Tabel-4.1. Motor Dalam AplikasiHP0,5s/d2002pT a[%]T maks[%]246150150135200s/d2508 12510 12012 11514 11016 105I a[%]500s/d1000s[%]3s/d5f.d.0,87s/d0,89η[%]87s/d892p : jumlah kutub; T a : torka asut; T maks : torka maksI a : arus asut; s : slip; f.d. : faktor daya; η : efisiensi.84 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

BAB 5Pembebanan SeimbangSistem Polifasa5.1. Sumber Tiga Fasa Seimbang dan Sambungan ke BebanSuatu sumber tiga fasa membangkitkan tegangan tiga fasa, yang dapatdigambarkan sebagai tiga sumber tegangan yang terhubung Y (bintang)seperti terlihat pada Gb.5.1.a. Tiga sumber tegangan ini dibangkitkanoleh satu mesin sinkron. Titik hubung antara ketiga tegangan itu disebuttitik netral, . Antara satu tegangan dengan tegangan yang lain berbedafasa 120 o . Jika kita mengambil tegangan V A sebagai referensi, maka kitadapat menggambarkan diagram fasor tegangan dari sistem tiga fasa iniseperti terlihat pada Gb.5.1.b. Urutan fasa dalam gambar ini disebuturutan positif. Bila fasor tegangan V B dan V C dipertukarkan, kitaakan memperoleh urutan fasa negatif.Sumber tiga fasa pada umumnya dihubungkan Y karena jikadihubungkan ∆ akan terbentuk suatu rangkaian tertutup yang apabilaketiga tegangan tidak tepat berjumlah nol akan terjadi arus sirkulasi yangmerugikan. Sumber tegangan tiga fasa ini dihubungkan ke beban tigafasa yang terdiri dari tiga impedansi yang dapat terhubung Y ataupun ∆seperti terlihat pada Gb.5.2. Dalam kenyataan, beban tiga fasa dapatberupa satu piranti tiga fasa, misalnya motor asinkron, ataupun tigapiranti satu fasa yang dihubungkan secara Y atau ∆, misalnya resistorpemanas.CV BB+−−+V C− +V AAa). Sumber terhubung YV BVC120 o120 oV Ab). Diagram fasor.Gb.5.1. Sumber tiga fasa.85

CAC≈VABACABBBNGb.5.2. Sumber dan beban tiga fasa.Dengan mengambil tegangan fasa-netral V A sebagai tegangan referensi,maka hubungan antara fasor-fasor tegangan tersebut adalah:oVA= V fn∠0VVBC= V= VfnfnV A∠ −120o∠ − 240Tegangan fasa-fasa yaitu V AB , V BC , dan V CA yang fasor-fasornya adalaho(5.1)VAB= VA+ VB= VA− VBVBC= VB+ VC= VB− VCVCA= VC+ VA= VC− VA(5.2)5.2. Daya Pada Sistem Tiga Fasa SeimbangDaya kompleks yang diserap oleh beban 3 fasa adalah jumlah dari dayayang diserap oleh masing-masing fasa, yaitu:* * *S3 f = VAIA+ VBIB+ VCICoo o= ( V fn)∠0( I f ∠θ)+ ( V fn)∠ −120( I f ∠120+ θ)o o+ ( V fn)∠ − 240 ( I f ∠240+ θ)= 3VfnIf ∠θ = 3VfnIA∠θ(5.3)86 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Karena hubungan antara tegangan fasa-netral dan tegangan fasa-fasaadalah V ff = V fn √3, maka kita dapat menyatakan daya kompleks dalamtegangan fasa-fasa, yaituDaya nyata dan daya reaktif adalahS = V I 3∠θ(5.4)3 f ff AP3 fQ3 f= V= VffffIIAA3 cos θ = S3 sin θ = S3 f3 fcos θsin θ(5.5)Formulasi daya kompleks (5.4) berlaku untuk beban terhubung Ymaupun ∆. Jadi tanpa melihat bagaimana hubungan beban, dayakompleks yang diberikan ke beban adalahS 3 f = V ff I A 3(5.6)COTOH-5.1: Sebuah beban terhubung ∆ mempunyai impedansi disetiap fasa sebesar Z = 4 + j3 Ω. Beban ini dicatu oleh sumber tigafasa dengan tegangan fasa-fasa V ff = 80 V (rms). Denganmenggunakan V A sebagai fasor tegangan referensi, tentukanlah:a). Tegangan fasa-fasa dan arus saluran; b). Daya kompleks, dayarata-rata, daya reaktif.Penyelesaian :a). Dalam soal ini kita diminta untuk menggunakan tegangan V Asebagai referensi. Titik netral pada hubungan ∆ merupakan titikfiktif; namun perlu kita ingat bahwa sumber mempunyai titiknetral yang nyata. Untuk memudahkan mencari hubungan fasorfasortegangan, kita menggambarkan hubungan beban sesuaidengan tegangan referensi yang diambil yaitu V A. .Dengan menggambil V A sebagai referensi maka tegangan fasanetraladalah380 ooVA= ∠0= 220∠0;3oVC= 220∠ − 240oVB= 220∠ −120;87

I BV CI CAIm− V BV ABI ABθI AI CI CAI BCI BCθθI ABV AReV BTegangan-tegangan fasa-fasa adalahVVV3AB = V A ∠ θ AoBC = 380∠ − 90oCA = 380∠ − 210Arus-arus fasa adalah(o+ 30 ) = 380∠30oVABI AB =Zo380∠30=4 + j3o380∠30=o5∠36,8o ooI BC = 76∠ − 6,8 −120= 76∠ −126,8o ooICA= 76∠ − 6,8 − 240 = 76∠ − 246,8dan arus-arus saluran adalaho= 76∠ − 6,8AAAo oooIA = I AB 3∠(−6,8− 30 ) = 76 3∠ − 36,8 = 131.6∠ − 36,8o ooIB= 131.6∠(−36,8−120) = 131,6∠ −156,8Ao ooIC= 131.6∠(−36,8− 240 ) = 131,6∠ − 276.8 AAb). Daya kompleks 3 fasa adalahS3f*= 3VABIABo= 86.64∠36.8oo= 3×380∠30× 76∠ + 6.8= 69,3 + j52kVA88 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Jika kita mengkaji ulang nilai P 3f dan Q 3f , dengan menghitung dayayang diserap resistansi dan reaktansi beban, akan kita peroleh:P3fQ3f22= 3×R × I AB = 3×4×(76) = 69,3 kW22= 3×X × I AB = 3×3×(76) = 52 kVARCOTOH-5.2: Sebuah beban 100 kW dengan faktor daya 0,8 lagging,dihubungkan ke jala-jala tiga fasa dengan tegangan fasa-fasa 4800 Vrms. Impedansi saluran antara sumber dan beban per fasa adalah 2 +j20 Ω . Berapakah daya kompleks yang harus dikeluarkan olehsumber dan pada tegangan berapa sumber harus bekerja ?≈IsV sZ = 2+j20 ΩI BV Bbeban100 kW4800 Vcosϕ = 0,9 lagPenyelesaian :Dalam persoalan ini, beban 100 kW dihubungkan pada jala-jala4800 V, artinya tegangan beban harus 4800 V. Karena saluran antarasumber dan beban mempunyai impedansi, maka sumber tidak hanyamemberikan daya ke beban saja, tetapi juga harus mengeluarkandaya untuk mengatasi rugi-rugi di saluran. Sementara itu, arus yangdikeluarkan oleh sumber harus sama dengan arus yang melaluisaluran dan sama pula dengan arus yang masuk ke beban, baikbeban terhubung Y ataupun ∆.Daya beban :PB= 100 kW = S Bcos ϕ →S BQB= S B sin ϕ = 125 × 0,6 = 75 kVAR⇒ S B = PB+ jQB= 100 + j75kVA100= = 1250,8kVABesarnya arus yang mengalir ke beban dapat dicari karena teganganbeban diharuskan 4800 V :89

100PB= VBI B cos ϕ 3 → I B == 154800 × 0,8 × 3ADaya kompleks yang diserap saluran adalah tiga kali (karena adatiga kawat saluran) tegangan jatuh di saluran kali arus salurankonjugat, atau tiga kali impedansi saluran kali pangkat dua besarnyaarus :Jadi2**2S sal = 3Vsal I sal = 3ZIsal I sal = 3ZI sal = 3ZIsal2S sal = 3×(2 + j20)× 15 = 1350 + j13500= 1,35 + j13,5kVAVADaya total yang harus dikeluarkan oleh sumber adalahS S = S B + Ssal= 100 + j75+ 1,35 + j13,5= 101,35 + j88,52 2S S = 101,35 + 88,5 = 134,5 kVAkVADari daya total yang harus dikeluarkan oleh sumber ini kita dapatmenghitung tegangan sumber karena arus yang keluar dari sumberharus sama dengan arus yang melalui saluran.S S⇒= VSI S 3 = VSI B 3SS134,5×1000VS= == 5180I B 3 15 3V rms5.3. Model Satu Fasa Sistem Tiga Fasa SeimbangSebagaimana terlihat dalam pembahasan di atas, perhitungan dayake beban tidak tergantung pada hubungan beban, apakah Y atau ∆.Hal ini berarti bahwa kita memiliki pilihan untuk memandang bebansebagai terhubung Y walaupun sesungguhnya ia terhubung ∆,selama kita berada pada sisi sumber. Hubungan daya, tegangan, danarus sistem tiga fasa adalah:90 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

S3φ= 3SfV ff = V fn3I L = I f (beban terhubung Y)denganS 3 φ = daya 3 fasa, S f = daya satu fasa, V ff = tegangan fasa ke fasaV fn = tegangan fasa ke netral, I L = arus saluran, I f = arus fasa.(5.7)Dengan mengingat relasi (5.7), kita dapat melakukan analisis sistemtiga fasa seimbang dengan menggunakan model satu fasa. Hasilperhitungan model satu fasa digunakan untuk menghitung besaranbesarantiga fasa. Akan kita lihat dalam bab berikutnya bahwa modelsatu fasa memberi jalan kepada kita untuk melakukan analisissistem tiga fasa tidak seimbang, yaitu dengan menguraikan besarantiga fasa yang tidak seimbang menjadi komponen-komponensimetris; komponen simetris merupakan sistem fasa seimbangsehingga dapat dimodelkan dengan sistem satu fasa.Berikut ini adalah contoh penggunaan model satu fasa.CONTOH-5.3: Sebuah sumber tiga fasa, dengan tegangan fasa-fasa2400 V, mencatu dua beban parallel. Beban pertama 300 kVAdengan factor daya 0,8 lagging, dan beban ke-dua 240 kVAdengan factor daya 0,6 leading.a). Gambarkan rangkaian ekivalen (model) satu fasa.b). Hitunglah arus-arus saluran.Penyelesaian:Perhatikanlah bahwa beban dinyatakan sebagai daya yangdiserapnya dan bukan impedansi yang dimilikinya. Carapernyataan beban semacam inilah yang biasa digunakan dalamanalisis sistem tenaga listrik.a) Kita ambil salah satu fasa misalnya fasa A sebagai referensiV A2400 = =3Beban dan arus beban:2386 V91

S3φ1300S f 1 = = = 100 kVA3 3−1oϕ1= cos (0,8) = + 36,9(sudut fasa ini positif karena faktor daya lagging)∗⎡ S f 1 ⎤ 100∠36,9oI1= ⎢ ⎥ = = 72,2∠ − 36,9oo⎢⎣VAn∠0⎥⎦1386∠0S3φ2240S f 2 = = = 80 kVA3 3−1oϕ2= cos (0,6) = −53,1(sudut fasa ini negatif karena faktor daya leading)S f 2I 2 =oV A ∠0Impedansi ekivaleno80∠ − 53,1=o1386∠0o= 57,7∠ + 53,1AAVoA 1386∠0Z1= =Io1 72,2∠-36,9= 15,36 + j11,52Ω= 19,2∠36,9Z 2VoA 1386∠0= =Io2 57,7∠ + 53,1= 14,4 − j19,2Ω= 24∠ − 53,1∼V A=1386 V15,36 Ωj11,52 Ω14,4 Ω− j19,2 Ω92 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

) Arus saluranI A = I1+ I 2 = 15,36 + j11,52+ 14,4 − j19,2o= 92,3 + j2,9= 92,4∠1,8ΩI Bo oo= 92,4∠(1,8−120) = 92,4∠ −118,2ΩI Co oo= 92,4∠(1,8+ 120 ) = 92,4∠121,8Ω(urutan ABC)5.4. Sistem PolifasaPada sistem polifasa (polyphase system), yang secara umum kitasebut N-fasa, kita mempunyai N penghantar fasa dan satupenghantar netral. Tegangan fasa-netral dan arus di pengahantardapat kita nyatakan sebagaiVAVB= VA= V A∠αA= VB= VB∠αB.... dst.I A = I A∠βAI B = I B∠βB.... dst.(5.8)Dalam system ini, jika I adalah arus penghantar netral, makaI A + I B + IC+ ⋅⋅⋅⋅ + I = 0(5.9)Daya kompleks total pada sistem N-fasa adalah jumlah daya darisetiap fasa, yaitu:S =∗∑ iIi; P= ∑ Pi; Q= ∑V Qi(5.10)dengan Viadalah tegangan fasa-netral dari penghantar fasa ke-idan I i adalah arus penghantar ke-i.Tegangan fasa-fasa adalahV ij = Vi− V j = Vi∠αi−Vj∠αj (5.11)93

Sistem Seimbang. Jika sistem beroperasi seimbang makaVA= VB= VC....dst = V fI A = I B = IC.... dst = I Lαi−βi= αi−βi.... dst = ϕ(5.12)di mana V f adalah tegangan fasa-netral, I L arus saluran, dan cosϕadalah factor daya. Dalam kondisi seimbangS = V f I L ;P= V f I L cos ϕ;Q= V f I L sin ϕ(5.13)Jika beda sudut fasa antara dua fasa yang berturutan adalah θ makao360θ =(5.14)Relasi antara tegangan fasa-fasa dan tegangan fasa adalah2 2 2V ij = 2Vf − 2Vf cos θatauVijV f=2(1− cos θ)(5.15)94 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Hubungan Beban. Beban terhubung bintang dan poligon terlihatpada Gb.5.8.I LI LZ YI ∆Z YHubungan bintang.Hubungan poligon.Gb.5.8. Hubungan beban.Dalam pembebanan seimbang daya yang diserap setiap impedansiharuslah sama besar. Dengan demikian relasi antara impedansi Z Ydan Z ∆ dapat dicari.Z ∆Z YZ ∆Z ∆Z ∆2VijZ ∆22(1 − cos θ)V f=Z ∆2V f=ZYZ ∆⇒ZY= 2(1 − cos θ)(5.16)Tabel-5.1 memuat nilai θ, rasio tegangan fasa-fasa terhadaptegangan fasa ( V ij / V f ), dan rasio impedansi hubungan polygonterhadap impedansi hubungan bintang ( Z ∆ / Z Y ).Tabel.5.1. θ, V ij / V f dan Z ∆ / Z Y θ [ o ] V ij / V f Z ∆ / Z Y2 180 2,000 4,00003 120 1,732 3,00006 60 1,000 1,00009 40 0,684 0,467912 30 0,518 0,267995

5.4. Sistem Enam Fasa SeimbangKita mengambil contoh sistem enam fasa seimbang. Pada sistem ini,perbedaan sudut fasa antara dua fasa yang berturutan adalah 60 o .Jika fasa A dipakai sebagai referensi dengan urutan ABC, maka enamfasa tersebut adalahVVVVVVABCDEF= V= V= V= V= V= Vfnfnfnfnfnfn∠0o;∠ − 60o∠ −120∠ −180∠ − 240∠ − 300;oooo;;;;(5.17)ImV EV FV DΝθ60 οV AReV CV BGb.5.9. Fasor tegangan sistem enam fasa seimbang.Dalam diagram fasor ini hubungan tegangan fasa-fasa dan fasanetraladalah sebagai berikut:96 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

VVVVVVABBCCDDEEFFA= V= V= V= V= V= VffABCf− V− VB− VCD∠ −120∠ −180∠ − 240= V= V= Vooofff∠0o−V∠ − 60o∠ −120fo∠ − 60−Vf−Vo= V∠ −120fo∠ −180fo∠60= Vf= Vo∠0fo∠ − 60o(5.18)CONTOH-5.9: Satu sumber enam fasa seimbang denganoV A = 1000∠0 V, mencatu beban seimbang yang menyerap dayasebesar 900 kVA pada factor daya 0,8 lagging. Jika urutan fasaadalah ABC, hitunglahPenyelesaian:a). arus saluran;b). tegangan fasa-fasaa). Arus saluran:S f S6f / 6I L = = =VA1000V AE ;c). impedansi ekivalen untuk hubungan bintang;d). impedansi ekivalen untuk hubungan segi enam.900 / 61= 150 Ab). Tegangan fasa-fasaVAE = VA− VEo= 1732∠30V AE := 1000∠0Vo+ 1000∠ − 60c). Impedansi ekivalen untuk hubungan bintangV f 1000Z Y = = = 6,67 ΩI L 150−1oϕ = cos (0,8) = + 36,9 ( factor daya lagging)→Z Y= 6,67∠36,9oΩo= 2×5003∠ − 30o97

d). Impedansi ekivalen untuk hubungan segi-enam:Z ∆Z Y= 2(1− cos θ)Z ∆o= 2(1 − cos 60 ) Z Y = Z Y= 6,67∠36,9oΩ98 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

BAB 6Pembebanan Nonlinier(Analisis Di Kawasan Waktu)Penyediaan energi elektrik pada umumnya dilakukan denganmenggunakan sumber tegangan berbentuk gelombang sinus. Arus yangmengalir diharapkan juga berbentuk gelombang sinus. Namunperkembangan teknologi terjadi di sisi beban yang mengarah padapeningkatan efisiensi peralatan dalam penggunaan energi listrik. Alatalatseperti air conditioner, refrigerator, microwave oven, sampai kemesin cuci dan lampu-lampu hemat energi makin banyak digunakan dansemua peralatan ini menggunakan daya secara intermittent. Peralatanelektronik, yang pada umumnya memerlukan catu daya arus searah jugasemakin banyak digunakan sehingga diperlukan penyearahan arus.Pembebanan-pembebanan semacam ini membuat arus beban tidak lagiberbentuk gelombang sinus.Bentuk-bentuk gelombang arus ataupun tegangan yang tidak berbentuksinus, namun tetap periodik, tersusun dari gelombang-gelombang sinusdengan berbagai frekuensi. Gelombang periodik nonsinus inimengandung harmonisa.6.1. Sinyal onsinusDalam pembahasan harmonisa kita akan menggunakan istilah sinyalnonsinus untuk menyebut secara umum sinyal periodik seperti sinyal gigigergaji dan sebagainya, termasuk sinyal sinus terdistorsi yang terjadi disistem tenaga.Dalam Analisis Rangkaian Listrik kita telah membahas bagaimanamencari spektrum amplitudo dan sudut fasa dari bentuk sinyal nonsinusyang mudah dicari persamaannya [2]. Berikut ini kita akan membahascara menentukan spektrum amplitudo sinyal nonsinus melaluipendekatan numerik. Cara ini digunakan jika kita menghadapi sinyalnonsinus yang tidak mudah dicari persamaannya. Cara pendekatan inidapat dilakukan dengan bantuan komputer sederhana, terutama jikasinyal disajikan dalam bentuk kurva hasil dari suatu pengukuran analog.Dalam praktik, sinyal nonsinus diukur dengan menggunakan alat ukur99

elektronik yang dapat menunjukkan langsung spektrum amplitudo darisinyal nonsinus yang diukur.Penafsiran Grafis Deret Fourier. Pencarian spektrum amplitudo suatusinyal periodik y(t) dilakukan melalui penghitungan koefisien Fourierdengan formula seperti berikut ini.aab0nn1=T02=T02=T0T0/ 2y(t)dt−T/ 2dengan T 0 adalah perioda sinyal.∫T0/ 2y(t) cos( nω0t)dt−T/ 2∫T0/ 2y(t)sin(nω0t)dt−T/ 2∫000;;n > 0n > 0T0/ 2Integral∫y ( t)dt adalah luas bidang yang dibatasi oleh kurva y(t)− T0/ 2dengan sumbu-t dalam rentang satu perioda. Jika luas bidang dalamrentang satu perioda ini dikalikan dengan (1/T 0 ), yang berarti dibagidengan T 0 , akan memberikan nilai rata-rata y(t) yaitu nilai komponensearah a 0 .T0/ 2Integral∫y ( t) cos( nω0t)dt adalah luas bidang yang dibatasi oleh− T / 20kurva y( t ) cos( n ω 0 t ) dengan sumbu-t dalam rentang satu perioda. Jikaluas bidang ini dikalikan dengan (2/T 0 ), yang berarti dibagi (T 0 /2), akandiperoleh a n . Di sini T 0 harus dibagi dua karena dalam satu perioda T 0terdapat dua kali gelombang penuh berfrekuensi nω 0 .T0/ 2Integral∫y ( t) sin( nω0t)dt adalah luas bidang yang dibatasi oleh− T / 20kurva y( t )sin( n ω 0 t ) dengan sumbu-x dalam rentang satu perioda. Jikaluas ini dikalikan dengan (2/T 0 ) akan diperoleh b n . Seperti halnyapenghitungan a n , T 0 harus dibagi dua karena dalam satu perioda T 0terdapat dua kali gelombang penuh berfrekuensi nω 0 .Dengan penafsiran hitungan integral sebagai luas bidang, makapencarian koefisien Fourier dapat didekati dengan perhitungan luas100 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

idang. Hal ini sangat membantu karena perhitungan analitis hanya dapatdilakukan jika sinyal nonsinus yang hendak dicari komponenkomponennyadiberikan dalam bentuk persamaan yang cukup mudahuntuk 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 lebarmasing-masing ∆t k ; ∆t k bisa sama untuk semua segmen bisa jugatidak, tergantung dari keperluan. Integral y(t) dalam rentang p ≤ t ≤q dihitung sebagai jumlah luas seluruh segmen dalam rentangtersebut. Setiap segmen dianggap sebagai trapesium; sisi kiri suatusegmen merupakan sisi kanan segmen di sebelah kirinya, dan sisikanan suatu segmen menjadi sisi kiri segmen di sebelah kanannya.Jika sisi kanan segmen (trapesium) adalah A k maka sisi kirinyaadalah A k-1 , maka luas segmen ke-k adalahL( A + A ) × ∆t/ 2k = k k− 1 k(6.1)Jadi integral f(t) dalam rentang p ≤ x ≤ q adalahqmf ( t)dt ≈∑Lk(6.2)pk=1∫2. Nilai ∆t k dipilih sedemikian rupa sehingga error yang terjadi masihberada dalam batas-batas toleransi yang kita terima. Jika sinyaldiberikan dalam bentuk grafik, untuk mencari koefisien Fourier dariharmonisa ke-n, satu perioda dibagi menjadi tidak kurang dari 10×nsegmen agar pembacaan cukup teliti dan error yang terjadi tidaklebih dari 5%. Untuk harmonisa ke-5 misalnya, satu perioda dibagimenjadi 50 segmen. Ketentuan ini tidaklah mutlak; kita dapatmemilih jumlah segmen sedemikian rupa sehingga pembacaanmudah dilakukan namun cukup teliti.3. Relasi untuk memperoleh nilai koefisien Fourier menjadi sepertiberikut:101

aab0nn1=T2=T2=Tm∑0 k=1m∑0 k=1m∑[ A + A ]kk−1∆t=∑[ A cos( nωt)+ A cos( nωt )]kk−1[ A sin( nωt)+ A sin( nωt )]k200kk−122ka00 k−10 k−1∆t∆t∑∑0 k=1 04. Formula untuk sudut fasa adalahϕnTL0kk==TT0LLkan/ 2kbn/ 2(6.3)−1⎛ b ⎞⎜n= tan ⎟(6.4)⎝ an⎠5. Perlu disadari bahwa angka-angka yang diperoleh pada pendekatannumerik 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 yangsedikit menyimpang, misalnya a 1 = 0,01 dan b 1 = 150,2.2 26. Amplitudo dari setiap komponen harmonisa adalah A n = an+ bn.Sudut fasa dihitung dalam satuan radian ataupun derajat denganmengingat letak kuadran dari vektor amplitudo seperti telah dibahaspada waktu kita membahas spektrum sinyal. Persamaan sinyalnonsinus adalah2 2( ) 0 ∑ ∞ y t = a +⎡a + cos( ω0− ϕ )⎤n bnn t n (6.5)⎢⎣⎥⎦n=1Berikut ini kita lihat sinyal periodik yang diberikan dalam bentuk kurvayang tak mudah dicari persamaannya. Prosedur pendekatan numerikdilakukan dengan membaca kurva yang memerlukan kecermatan. Hasilpembacaan kita muatkan dalam suatu tabel seperti pada contoh berikutini.102 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

COTOH-6.1:200y[volt]150100500-500 0,002 0,004 0,006 0,008 0,01 0,012 0,014 0,016 0,018 0,02t[detik]-100-150-200Carilah komponen searah, fundamental, dan harmonisa ke-3 sinyalperiodik y(t) yang dalam satu perioda berbentuk seperti yangdiperlihatkan dalam gambar di atas. Perhatikan bahwa gambar iniadalah gambar dalam selang satu periode yang berlangsung dalam0,02 detik, yang sesuai dengan frekuensi kerja 50 Hz.Penyelesaian: Perhitungan diawali dengan menetapkan nilai tdengan interval sebesar ∆t = 0,0004 detik, kemudian menentukan A kuntuk setiap segmen. Sisi kiri segmen pertama terjadi pada t = 0 dansisi kanannya menjadi sisi kiri segmen ke-dua; dan demikianselanjutnya dengan segmen-segmen berikutnya. Kita tentukan pulasisi kanan segmen terakhir pada t = T 0 . Hasil perhitungan yangdiperoleh dimuatkan dalam Tabel-1.1 (hanya ditampilkan sebagian),dimana sudut fasa dinyatakan dalam satuan radian. Pembulatansampai 2 angka di belakang koma.103

Tabel-6.1. Analisis Harmonisa Sinyal Nonsinus pada Contoh-6.1.T 0 = 0,02 s∆t k = 0,0004 sKomp.searahFundamentalf 0 = 1/T 0 = 50 HzHarmonisa ke-3t A k L ka0 L ka1 L kb1 L ka3 L kb30 500,0004 75 0,025 0,025 0,002 0,024 0,0060,0008 100 0,035 0,034 0,007 0,029 0,0190,0012 120 0,044 0,042 0,014 0,025 0,035: : : : : : :0,0192 -5 -0,006 -0,006 0,002 -0,003 0,0050,0196 20 0,003 0,003 0,000 0,003 -0,0010,02 50 0,014 0,014 -0,001 0,014 -0,001Jumlah L k 0,398 0,004 1,501 -0,212 0,211a 0 19,90a 1 , b 1 0,36 150,05a 3 , b 3 −21,18 21,13Ampli-1, ϕ 1 150,05 1,57Ampli-3, ϕ 3 29,92 -0,78Tabel ini memberikanaaa013= 19,90= 0,36; b1= −21,18;b= 150,05 ⇒3= 21,13 ⇒Aϕϕ11A33== tan== tan0,36−1(150,05 / 0,36) = 1,57( −21,18)−12+ 150,0522+ 21,13= 150,05= 29,92(21,13/ − 21,18) = −0,78Sesungguhnya kurva yang diberikan mengandung pula harmonisa kedua.Apabila harmonisa ke-dua dihitung , akan memberikan hasila 2 = 49,43 dan b 2 = −0, 36amplitudo A 2 = 49,43 dan ϕ 2 = −0, 012104 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Dengan demikian uraian sampai dengan harmonisa ke-3 dari sinyalyang diberikan adalahy(t)= 19,90 + 150,05cos(2πf0t−1,57)+ 49,43cos(4πf0t+ 0,01)+ 29,92cos(6πf0t+ 0,78)6.2. Elemen Linier Dengan Sinyal onsinusHubungan tegangan dan arus elemen-elemen linier R, L, C, pada sinyalsinus di kawasan waktu berlaku pula untuk sinyal periodik nonsinus.COTOH-6.2: Satu kapasitor C mendapatkan tegangan nonsinusv = 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:(a) Hubungan tegangan dan arus kapasitor adalahOleh karena itu arus kapasitor adalahdvi C = Cdti C{ 100sin( ωt+ 0,5) + 20sin(3ωt− 0,2) + 10sin(5ωt+ 1,5) }d= Cdt= 100ωCcos( ωt+ 0,5) + 60ωCcos(3ωt− 0,2)+ 50ωCcos(5ωt+ 1,5)= 100ωCsin( ωt+ 2,07) + 60ωCsin(3ωt+ 1,37)+ 50ωCsin(5ωt+ 3,07) A(b) Kurva tegangan dan arus adalah seperti di bawah ini.150[V]100500-50-100-150v C5 [A]i C2,50 0.005 0.0100.015 detik 0.02−2,5−5105

Kurva tegangan dan arus pada contoh ini merupakan fungsi-fungsinonsinus yang simetris terhadap sumbu mendatar. Nilai rata-ratafungsi periodik demikian ini adalah nol. Pendekatan numerikmemberikan nilai rata-ratavrr−14= 1,8 × 10 V dan−17irr= 5 × 10 A.ilai Rata-Rata. Sesuai dengan definisi untuk nilai rata-rata, nilai rataratasinyal nonsinus y(t) dengan perioda T 0 adalah1Yrr=T0Ty(t)dt0∫(6.6)Nilai rata-rata sinyal nonsinus adalah komponen searah dari sinyaltersebut.ilai Efektif. Definisi nilai efektif sinyal periodik y(t) dengan perioda T 0adalahYrms=1T0T2y ( t)dt0∫(6.7)Dengan demikian maka nilai efektif sinyal sinus y 1 = Y m1 sin(ωt + θ)adalah1 T2 2YmY 1rms= Ymsin ( )11 ωt+ θ dt =(6.8)T ∫0 02Nilai efektif sinyal nonsinus ∑ ∞ y ( t)= Y0 + Ymnsin( nω0t+ θn) adalahn=1Yrms=1T0T ⎛∫ ⎜⎜ Y + ∑ ω + θ⎟ ⎟ 0 Ymnsin( n 0tn )0n=1⎠Jika ruas kiri dan kanan dikuadratkan, kita dapatkan⎝∞2⎞dt2 1Y rms =T0T ⎛∫ ⎜⎜ Y + ∑ ω + θ⎟ ⎟ 0 Ymnsin( n 0tn )0n=1⎠⎝∞2⎞dtatau106 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

2 1Y rms =T01+T0∫T ⎛ ∞⎞⎜ 2 2 2Y⎟⎜ 0 + ∑Ymnsin ( nω0t+ θn) dt0⎟⎝ n=1⎠∫⎛ ∞⎞⎜2Y⎟⎜ 0∑Ymnsin( nω0t+ θn)⎟⎜ n=1⎟⎜∞⎟T ⎜+2Yω + θ ∑ ω + θ ⎟m1sin( 0t1)Ymnsin( n 0tn )⎜⎟dt0n=2⎜⎟⎜∞⎟⎜+2Ym2sin(2ω0t+ θ2) ∑Ymnsin( nω0t+ θn) ⎟⎜n=3⎟⎜⎟⎝+.................................⎠(6.9)Melalui kesamaan trigonometri2 sin α sin β = cos( α − b ) − cos( α + β)dan karena Y 0 bernilai tetap maka suku ke-dua ruas kanan (6.8)merupakan penjumlahan nilai rata-rata fungsi sinus yang masing-masingmemiliki nilai rata-rata nol, sehingga suku ke-dua ini bernilai nol. Olehkarena itu (6.9) dapat kita tulisatau2 1Y rms =TT ⎛∫ ⎜⎜ 2 2 2Y + ∑ ω + θ⎟ ⎟ 0 Ynmsin ( n 0tn )0n=1⎠⎝∞∞2 1 t2 1Y rms =∫Y0dt +T 0 Tn=1∞2 2= Y0+ ∑Ynrmsn=1∑ ∫⎞dtT2 2Ynmsin ( nω0t+ θn)dt0(6.10)(6.11)Persamaan (6.11) menunjukkan bahwa kuadrat nilai efektif sinyal nonsinus sama dengan jumlah kuadrat komponen searah dan kuadrat semuanilai efektif konponen sinus. Kita perlu mencari formulasi yang mudahuntuk menghitung nilai efektif ini. Kita bisa memandang sinyal nonsinussebagai terdiri dari tiga macam komponen yaitu komponen searah (y 0 ),107

komponen fundamental (y 1 ), dan komponen harmonisa (y h ). Komponensearah adalah nilai rata-rata sinyal, komponen fundamental adalahkomponen dengan frekuensi fundamental ω 0 , sedangkan komponenharmonisa merupakan jumlah dari seluruh komponen harmonisa yangmemiliki frekuensi nω 0 dengan n > 1. Jadi sinyal nonsinus y dapatdinyatakan sebagaiy = y0+ y1+ y hAkan tetapi kita juga dapat memandang sinyal nonsinus sebagai terdiridari dua komponen saja, yaitu komponen fundamental dan komponenharmonisa total di mana komponen yang kedua ini mencakup komponensearah. Alasan untuk berbuat demikian ini adalah bahwa dalam prosestransfer energi, komponen searah dan harmonisa memiliki peran yangsama; hal ini akan kita lihat kemudian. Dalam pembahasan selanjutnyakita menggunakan cara pandang yang ke-dua ini. Dengan cara pandangini suatu sinyal nonsinus dinyatakan sebagaiy = y 1 + y h(6.12)dengan y1 = Y1msin( ω0t+ θ1)dankyh= Y0 + ∑Ynmsin( nω0t+ θn) .n=2Dengan demikian maka relasi (1.11) menjadi2 2 2Y rms Y1rms+ Yhrms= (6.13)Dalam praktik, komponen harmonisa y h dihitung tidak melibatkanseluruh komponen harmonisa melainkan dihitung dalam lebar pitaspektrum tertentu. Persamaan sinyal dijumlahkan sampai pada frekuensitertinggi yang ditentukan yaitu kω 0 ; sinyal dengan frekuensi di atas batasfrekuensi tertinggi ini dianggap memiliki amplitudo yang sudah cukupkecil untuk diabaikan.COTOH-6.2: Suatu tegangan berbentuk gelombang gigi gergajimemiliki nilai maksimum 20 volt, dengan frekuensi 20 siklus perdetik. Hitunglah nilai tegangan efektif dengan: (a) relasi nilai efektif;(b) uraian harmonisa.Penyelesaian:108 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

(a) Perioda sinyal 0,05 detik dengan persamaan: v( t)= 400t.Nilai efektif:1 0,050,052 1 ⎡16003 ⎤V rms = (400 )≈11,55 V0,05 ∫t dt =00,05⎢ t3⎥⎣ ⎦0(b) Uraian sinyal ini sampai harmonisa ke-7 adalah diberikan dalamcontoh di Bab-3, yaituv(t)= 10 − 6,366sin ω0t− 3,183sin 2ω0t− 2,122sin 3ω0t−1,592sin 4ω0t−1,273sin 5ω0t−1,061sin 6ω0t− 0,909sin 7ω0tVPersamaan ini memberikan nilai efektif tegangan fundamental,tegangan harmonisa, dan tegangan total sebagai berikut.6,366V 1rms= ≈ 4,5 V2V hrms=2 22 3,166 2,1010 + +2 222≈10,5VVrms= V1rms+ Vhrms= 4,49 + 10,35 ≈11,4 V22Contoh ini menunjukkan bahwa sinyal gigi gergaji memiliki nilaiefektif harmonisa jauh lebih tinggi dari nilai efektif komponenfundamentalnya.COTOH-6.3: Uraian dari penyearahan setengah gelombang arus sinusi = sin ω 0 t A sampai dengan harmonisa ke-10 adalah:i(t)= 0,318 + 0,5cos( ω0+ 0,018cos(6ωt −1,57)+ 0,212cos(2ω0t)+ 0.010 cos(8ω00t ) + 0,042 cos(4ωt)+ 0.007 cos(10ωHitung nilai efektif komponen arus fundamental, arus harmonisa,dan arus total.Penyelesaian:Nilai efektif arus fundamental, arus harmonisa dan arus totalberturut-turut adalah00t)t)A109

0,5I1 rms = = 0,354 A2I hrms22 0,212= 0,318 +2= 0,354 A20,042+220,018+220,01+220,007+2I rms2 22 2= I1rms+ I hrms = 0,354 + 0,354 ≈0,5AContoh-6.3 ini menunjukkan bahwa pada penyearah setengah gelombangnilai efektif komponen fundamental sama dengan nilai efektif komponenharmonisanya.COTOH-6.4: Tegangan pada sebuah kapasitor 20 µF terdiri dari duakomponen yaitu v1 = 200sinωtdan v15 = 20sin15ωt. Jikadiketahui frekuensi fundamental adalah 50 Hz, hitunglah: (a) nilaiefektif arus yang diberikan oleh v 1 ; (b) nilai efektif arus yangdiberikan oleh v 15 ; (c) arus efektif total; (d) gambarkan kurva ketigaarus tersebut sebagai fungsi waktu.Penyelesaian:a). Komponen tegangan pertama adalah v1 = 200sin(100πt)V. Arusyang diberikan oleh tegangan ini adalah−6−6i1= 20 × 10 dv1/ dt = 20 × 10 × 200 × 100πcos100πt= 1,257 cos100πtNilai efektifnya adalah:1,257=2I 1 rms =0,89 Ab). Komponen tegangan ke-dua adalah v15 = 20sin(1500πt)V. Arusyang diberikan oleh tegangan ini adalah−6−6i15= 20 × 10 dv15/ dt = 20 × 10 × 20 × 1500πsin1500πt= 1,885cos1500πt1,885Nilai efektifnya adalah: I 15 rms = = 1,33 A2c). Tegangan gabungan adalahv = 200sin(100πt)+ 20sin(1500πt)110 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Arus yang diberikan tegangan gabungan ini adalah−6−6di = 20 × 10 dv / dt = 20 × 10 ( v1+ v15)dt= 1,257 cos100πt+ 1,885cos1500tArus ini merupakan jumlah dari dua komponen arus yangberbeda frekuensi. Kurva arus ini pastilah berbentuk nonsinus.Nilai efektif masing-masing komponen telah dihitung dijawaban (a) dan (b). Nilai efektif sinyal non sinus ini adalahI2 2rms = rms rmsI1 + I15= 0,89 + 1,33 = 1,60 Ad). Kurva ketiga arus tersebut di atas adalah sebagai berikut.4A i i 1 i 153210detik0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06-1-2-3-4COTOH-6.5: Arus i = 2 sin ωt+ 0,2 sin 3ωtA, mengalir pada bebanyang terdiri dari resistor 100 Ω yang tersambung seri denganinduktor 0,5 H. Pada frekuensi 50 Hz: (a) gambarkan kurvategangan dan arus beban; (b) tentukan nilai efektif tegangan bebandan arus beban.Penyelesaian:(a) Arus beban adalahadalah2i = 2 sin ωt+ 0,2sin 3ωt. Tegangan bebandiv = vR+ vL= iR + Ldt= 200sinωt+ 20sin 3ωt+ ωcosωt+ 0,3ωcos 3ωtKurva tegangan dan arus beban dibuat dengan sumbu mendatardalam detik. Karena frekuensi 50 Hz, satu perioda adalah 0,02detik.2V111

V600400200vi000 0.005 0.01 0.015 detik 0.02-200−2A42-400−4-600(b). Nilai efektif arus beban adalahI2 22 2rms = I1 rms + I3rms==Tegangan beban adalah2 0,2+2 21,42 Av = 200sinωt+ 20 sin 3ωt+ ωcosωt+ 0,3ωcos 3ωtNilai efektif tegangan beban, dengan ω=100π, adalahVV rms=2 2200 + ω22 220 + (0,3ω)+2= 272V6.3. Daya Pada Sinyal onsinusPengertian daya nyata dan daya reaktif pada sinyal sinus berlaku pulapada 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 gelombangnonsinusi Rb = i 1 + i hNilai efektif arus ini adalah2 2 2I Rbrms = I1rms+ I hrmsDaya nyata yang diterima oleh R b adalah22 2PRb= I Rbrms × Rb= I1rmsRb+ I hrmsRb(6.14)112 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Formulasi (6.14) tetap berlaku sekiranya resistor ini terhubung seridengan induktansi, karena dalam bubungan seri demikian ini daya nyatadiserap oleh resistor, sementara induktor menyerap daya reaktif.COTOH-6.6: Seperti pada contoh-1.5, arus i = 2 sinωt+ 0,2sin3ωtA mengalir pada resistor 100 Ω yang tersambung seri denganinduktor 0,5 H. Jika frekuensi fundamental 50 Hz: (a) gambarkandalam satu bidang gambar, kurva daya yang mengalir ke bebansebagai perkalian tegangan total dan arus beban dan kurva dayayang diserap resistor sebagai perkalian resistansi dan kuadrat arusresistor; (b) hitung nilai daya rata-rata dari dua kurva daya padapertanyaan b; (c) berikan ulasan tentang kedua kurva daya tersebut.Penyelesaian:(a) Daya masuk ke beban dihitung sebagai: p = v × isedangkan daya nyata yang diserap resistor dihitung sebagai: p R =i 2 R = v R i RKurva dari p dan p R terlihat pada gambar berikut.600400200W p = vi p R = i 2 R = v R i Rdetik00 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 efektifyang mengalir ke beban telah dihitung pada contoh-3.5. yaitu1,42 A. Daya nyta yang diterima beban adalah22PR = I rms R = (1,42) × 100 = 202 W.Teorema Tellegen mengharuskan daya ini sama dengan dayarata-rata yang diberikan oleh sumber, yaitu p = vi. Perhitungandengan pendekatan numerik memberikan nilai rata-rata p adalah113

P rr = 202 W(c) Kurva p R selalu positif; nilai rata-rata juga positif sebesar 202 Wyang berupa daya nyata. Pada kurva p ada bagian yang negatifyang menunjukkan adanya daya reaktif; nilai rata-rata kurva pini sama dengan nilai rata-rata kurva p R yang menunjukkanbagian nyata dari daya tampak.COTOH-6.7: Tegangan nonsinus pada terminal resistor 20 Ω adalahv = 100 sin( ωt+ 0,5) + 20sin(3ωt− 0,2) + 10sin(5ωt+ 1,5) VTentukan arus efektif yang mengalir dan daya nyata yangdiserap resistor.Penyelesaian:Arus yang mengalir adalahvi = = 5 sin( ωt+ 0,5) + sin(3ωt− 0,2) + 0,5sin(5ωt+ 1,5) ARNilai efektif masing-masing komponen arus adalah510,5I 1 rms = ; I3rms= ; I5rms=222Arus efektif yang mengalir adalahI rms=252+12+0,252Daya nyata yang diserap resistor adalah2 ⎛ 25PR= I rms R = ⎜ +⎝ 212=0,25 ⎞+226,25= 3,62 A2⎟ ×⎠20 = 262,5 WCOTOH-6.8: Tegangan nonsinus v = 100 sin ωt+ 10 sin 3ωtV, terjadipada terminal beban yang terdiri dari resistor 100 Ω tersambungparalel dengan kapasitor 50 µF. Jika frekuensi fundamental adalah50 Hz, (a) Tentukan persamaan arus total beban; (b) hitung dayanyata yang diserap beban.Penyelesaian:114 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

(a). Arus total (i) adalah jumlah arus yang melalui resistor (i R ) dankapasitor (i C ).vi R = = sin ωt+ 0,1sin 3ωtRdv −6i C = C = 50 × 10 ( 100ωcosωt+ 30ωcos3ωt)dtArus total beban:i = sin ωt+ 0,1sin 3ωt+ 0,005cos ωt+ 0.0015ωcos 3ωt(b). Arus efektif melalui resistorI Rrms=2 21 0,1+2 2= 0,71 ADaya nyata yang diserap beban adalah daya yang diserapresistor:2P R = 0,71 × 100 = 50 W6.4. ResonansiKarena sinyal nonsinus mengandung harmonisa dengan berbagai macamfrekuensi, maka ada kemungkinan salah satu frekuensi harmonisabertepatan dengan frekuensi resonansi dari rangkaian. Frekuensiresonansi telah kita bahas di bab sebelumnya. Berikut ini kita akanmelihat gejala resonansi pada rangkaian karena adanya frekuensiharmonisa.COTOH-6.9: Suatu generator 50 Hz dengan induktansi internal 0,025H mencatu daya melalui kabel yang memiliki kapasitansi totalsebesar 5 µF. Dalam keadaan tak ada beban tersambung di ujungkabel, tentukan frekuensi harmonisa sumber yang akan memberikanresonansi.Penyelesaian:Frekuensi resonansi adalahωr=1=LCf r1−0,025 × 5 × 106 =2828,4= = 450 Hz2π2828,4115

Inilah frekuensi harmonisa ke-9.COTOH-6.10: Sumber tegangan satu fasa 6 kV, 50 Hz, mencatubeban melalui kabel yang memiliki kapasitansi total 2,03 µF. Dalamkeadaan tak ada beban terhubung di ujung kabel, induktansi totalrangkaian ini adalah 0,2 H. Tentukan harmonisa ke berapa darisumber yang akan membuat terjadinya resonansi pada keadaan takada beban tersebut.Penyelesaian:Frekuensi resonansi adalahωr=1=LC1−0,02 × 2,03×106 =1569,4 rad/det1569,4atauf r = = 249,78 Hz2πResonansi akan terjadi jika sumber mengandung harmonisa ke-5.6.5. Pembebanan onlinier Dilihat Dari Sisi BebanRangkaian yang akan kita tinjau terlihat pada Gb.6.1. Sebuah sumbertegangan sinus memberikan arus pada resistor R b melalui saluran denganresistansi R s dan sebuah pengubah arus p.i., misalnya penyearah;pengubah arus inilah yangmenyebabkan arus yangmengalir di R b berbentukgelombang nonsinus.v s +−Menurut teorema Tellegen, Gb.6.1. Pembebanan nonlinier.transfer daya elektrik hanya bisaterjadi melalui tegangan dan arus. Namun dalam tinjauan dari sisi bebanini, R b hanya melihat bahwa ada arus yang diterima olehnya. Carabagaimana arus ini sampai ke beban tidaklah penting bagi beban.R si Rb = i 1 + i h(6.15)dengan i1 = I1msin( ω0t+ θ1)kih= I0 + ∑ I nm sin( nω0t+ θn)n=2Inilah arus yang diterima oleh R b .116 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenagap.i.i nonsinusR b

Daya nyata yang diterima oleh R b adalah2 2PRb= I1 rmsRb+ I hrmsRb(6.16)6.6. Pembebanan onlinier Ditinjau Dari Sisi SumberTegangan sumber berbentuk gelombang sinus, yaitu vs = Vssinω0t.Daya yang diberikan oleh sumber adalah tegangan sumber kali arussumber yang besarnya sama dengan arus beban. Jadi daya keluar darisumber adalahps= vs( t)is( t)⎛ k⎞= V⎜⎟s I1 sin ω0tsin( ω0t+ θ1)+ Vssin ω0tI + ω + θ⎜ 0 ∑ I n sin( n 0tn )⎟⎝ n=2⎠(6.17)Suku pertama (6.17) memberikan daya⎛ cosθcos(2 )sin sin( )1 − ω0t+ θ1⎞ps1= VsI1ω0tω0t+ θ1= VsI1⎜⎟⎝ 2 ⎠V= sI1V Icosθ11 − s cos(2ω0t+ θ1)2 2(6.18)Walaupun suku ke-dua dari persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nolakan tetapi suku pertama mempunyai nilai tertentu. Hal ini berarti p s1memberikan transfer energi netto.Suku kedua (6.17) memberikan dayapsh= V ∑ ∞== ps0sh2[ I sin( nωt + θ ) ω t]s I 0 sin ω0t+ Vsn 0 n sinn 2+ p0(6.19)Suku pertama persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nol. Suku keduajuga mempunyai nilai rata-rata nol karena yang berada dalam tandakurung pada (6.19) berbentuk fungsi cosinus.∑ ∞ ⎡ I n⎤y = Vs⎢ { cos( ( n + 1) ω0 t + θn) − cos( ( n −1)ω0t+ θn)}⎥= 2 ⎣ 2n⎦yang memiliki nilai rata-rata nol. Hal ini berarti bahwa p sh tidakmemberikan transfer energi netto.117

Jadi secara umum daya yang diberikan oleh sumber pada pembebanannonlinier dapat kita tuliskan sebagai terdiri dari dua komponen, yaitup s = ps1 + psh(6.20)Dari dua komponen daya ini hanya komponen fundamental, p s1 , yangmemberikan transfer energi netto. Dengan kata lain hanya p s1 yangmemberikan daya nyata, yaitu sebesarVsI1s1 = cos θ1= VsrmsI1rmscos θ12P (6.21)dengan θ 1 adalah beda susut fasa antara v s dan i 1 . Sementara itu P shmerupakan daya reaktif.Menurut teorema Tellegen, daya nyata yang diberikan oleh sumber harustepat sama dengan daya yang diterima oleh beban. Daya nyata yangditerima oleh R b adalah P Rb , jadi daya nyata yang diberikan oleh sumber,yaitu P s1 , haruslah diserap oleh R b dan R s .6.7. Kasus Penyearah Setengah GelombangSebagai contoh dalam pembahasan pembebanan nonlinier ini, kita akanmengamati penyearah setengah gelombang. Dengan penyearah ini, sinyalsinus diubah sehingga arus mengalir setiap setengah perioda. Rangkaianpenyearah yang kita tinjau terlihat pada Gb.6.2.a.V sa).v s R v Rvv ssi si Ri Rp R p R0 ωt [p o ]R 0 90 180 270 360 450 540 630 720b). −V sGb.6.2. Penyearah setengah gelombang dengan beban resistif.118 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Arus penyearah setengah gelombang mempunyai nilai pada setengahperioda pertama (yang positif); pada setengah perioda ke-dua, ia bernilainol. Uraian fungsi ini sampai dengan harmonisa ke-6adalah⎛0,318+ 0,5cos( ω0t−1,57)+ 0,212cos(2ω0t) ⎞i(t)= I m ×⎜V0,042cos(4 0 ) 0,018cos(6 0 )⎟ (6.22)⎝ + ω t + ω t ⎠Dalam rangkaian yang kita tinjau ini hanya ada satu sumber yangmencatu daya hanya kepada satu beban. Pada waktu dioda konduksi,arus sumber selalu sama dengan arus beban, karena mereka terhubungseri; tegangan beban juga sama dengan tegangan sumber karena diodadianggap ideal sedangkan resistor memiliki karakteristik linier danbilateral. Pada waktu dioda tidak konduksi arus beban maupun arussumber sama dengan nol. Gb.6.2.b. memperlihatkan bahwa hanya kurvategangan sumber yang merupakan fungsi sinus; kurva arus dan dayamerupakan fungsi nonsinus.Pada persamaan (6.22) arus fundamental dinyatakan dalam fungsicosinus yaitui1 = 0,5Im cos( ω0t−1,57)Fungsi ini tidak lain adalah pergeseran 1,57 rad atau 90 o ke arah positifdari fungsi cosinus yang ekivalen dengan fungsi sinusi1 = 0,5Im sin( ω0t)Pernyataan i 1 dalam fungsi sinus ini sesuai dengan pernyataan bentukgelombang tegangan yang juga dalam fungsi sinus. Dengan pernyataanyang bersesuaian ini kita dapat melihat beda fasa antara keduanya;ternyata dalam kasus penyearah setengah gelombang ini, arusfundamental sefasa dengan tegangan sumber.COTOH-6.11: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansiinternal yang dapat diabaikan mencatu beban resistif melaluipenyearah setengah gelombang. Tegangan sumber adalahv s = 380sinω0 t V dan resistansi beban R b adalah 3,8 Ω. Hitungdaya nyata yang diterima oleh beban dan daya nyata yang diberikanoleh sumber.Penyelesaian:119

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)=⎜A4,2 cos(4 0 ) 1,8cos(6 0 )⎟⎝ + ω t + ω t ⎠yang memberikan arus-arus efektif pada beban50Ib1rms= A;2Ibhrms=22 21,231,8 +2Daya yang diterima beban adalah24,2+221,8+2= 35,31A;2( I + I ) × 3,8 = 9488 W ≈ 9,5 kW2 2P = I rmsRb= b 1 rms bhrmsTinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber adalahv s = 380sinω 0 t . Komponen arus fundamental yang diberikan olehsumber adalah sama dengan arus fundamental bebani1s = i1Rb= 50 cos( ω0t−1,57)= 50sinω0tAdengan nilai efektif I1 srms = 50 / 2 ATak ada beda fasa antara tegangan sumber dan arus fundamentalnya.Daya dikeluarkan oleh sumber adalah380 50P s1 = Vsrms I1srms = × = 9,5 kW2 2Hasil perhitungan dari kedua sisi tinjauan adalah sama. Daya yangdiberikan oleh komponen fundamental sebagai fungsi waktu adalahVsI1ps1=2380×50=2( 1−cos(2ωt)0( 1−cos(2ωt) = 19( 1−cos(2ωt) kWGb.6.3 memperlihatkan kurva p s1 pada Contoh-2.1 di atas. Kurva p s1bervariasi sinusoidal namun selalu positif dengan nilai puncak 19 kW,00120 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

dan nilai rata-rata (yang merupakan daya nyata) sebesar setengah darinilai puncak yaitu 9,5 kW.Kurva daya yang dikontribusikan oleh komponen searah, p s0 yaitu sukupertama (6.19), dan komponen harmonisa p sh2 yaitu suku ke-duapersamaan (6.19), juga diperlihatkan dalam Gb.6.3. Kurva keduakomponen daya ini simetris terhadap sumbu waktu yang berarti memilikinilai rata-rata nol. Dengan kata lain komponen searah dan komponenharmonisa tidak memberikan daya nyata.W20000150001000050000-5000-10000-15000Gb.6.3. Kurva komponen daya yang diberikan sumber.Konfirmasi logis kita peroleh sebagai berikut. Seandainya tidak adapenyearah antara sumber dan beban, arus pada resistor akan mengalirsefasa dan sebentuk dengan gelombang tegangan sumber. Daya yang dikeluarkan oleh sumber dalam keadaan ini adalah22ps= VsI s sin ω0t= 38000sin ω0tcos 2ω0t+ cos 0= 38000= 38(1 + cos 2ω0t)kW2Dalam hal penyearahan setengah gelombang, arus hanya mengalir setiapsetengah perioda. Oleh karena itu daya yang diberikan oleh sumbermenjadi setengahnya, sehinggap setengahp s0p s1t [det]0 0.005 0.01 0.015 0.02p sh2gel = 19(1+ cos 2ω0 t ) kW , dan inilah p s1 .COTOH-6.12: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansiinternal yang diabaikan, mencatu beban resistif melalui kabeldengan resistansi 0,2 Ω dan penyearah setengah gelombang.Tegangan sumber adalah v s = 380sinω0 t V dan resistansi beban Radalah 3,8 Ω. Hitung daya yang diterima oleh beban.121

Penyelesaian:Rangkaian sistem ini adalah seperti berikutv s =380sinω 0 tR s =0,2ΩR b =3,8ΩTinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalahI m380= = 95 A3,8 + 0,2Persamaan 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)ANilai efektif arus fundamental dan arus harmonisa total adalah47.5I1rms= = 33,59 A;2I hrms =Daya yang diterima R b adalah2 2 22 20,14 4,09 1,7130,21 + + +2 2 2= 33,54 A22 2P Rb = I rmsRb= (33,59 + 33,54 ) × 3,8 = 8563WTinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber dan arus fundamentalsumber adalahv s = 380sinω0 tVis1 = iRb= 47,5cos(ω0t−1,57)= 47,5sin ω0tA122 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Tidak ada beda fasa antara v s dan i s1 . Daya nyata yang diberikan olehsumber adalah380 47,5P s = vsrmsi1 rms cos 0o = × = 9025 W2 2Daya ini diserap oleh beban dan saluran. Daya yang diserap saluranadalah22 2Psaluran= 0,02 × isrms= 0,02 × ( i1rms+ ihrms)2 2= 0,02 × (33,6 + 33,55 ) = 450,7 WPerbedaan angka perhitungan P Rb dengan (P s – P saluran ) adalahsekitar 0,2%.6.8. Perambatan HarmonisaDalam sistem tenaga, beban pada umumnya bukanlah beban tunggal,melainkan beberapa beban terparalel. Sebagian beban merupakan bebanlinier dan sebagian yang lain merupakan beban nonlinier. Dalam keadaandemikian ini, komponen harmonisa tidak hanya hadir di beban nonliniersaja melainkan terasa juga di beban linier; gejala ini kita sebutperambatan harmonisa. Berikut ini akan kita lihat gejala tersebut padasuatu rangkaian yang mendekati situasi nyata. Gb.6.4. memperlihatkanrangkaian yang dimaksud.i s AR si ai b =i b1 +i bhv sR aBR bGb.6.4. Sumber mencatu beban paralel linier dan nonlinier.Tegangan sumber berbentuk sinusoidal murni vs = Vsmsin ω0t.Sumber ini mencatu beban melalui saluran yang memiliki resistansi R s .Beban yang terhubung di terminal A-B (terminal bersama), terdiri daribeban 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 adalahkomponen harmonisa total dari i b .123

Pada rangkaian sederhana ini, di sisi beban kita lihat bahwa aplikasiHukum Arus Kirchhoff di simpul A, yaitu simpul bersama dari keduabeban, memberikandan dari sini kita peroleh( v − v ) / R + v / R + ( i 1 + i ) = 0Ass124 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem TenagaAaRaRsRav A = vs− ( i b1+ i bh )(6.23)Rs+ RaRs+ RaJadi sebagai akibat pembebanan nonlinier di suatu beban menyebabkantegangan di terminal-bersama juga mengandung harmonisa. Akibatselanjutnya adalah bahwa arus di beban lain yang terhubung ke terminalbersamaini juga mengandung harmonisa.v A vsRsi a = = − ( i b1+ i bh )(6.24)RaRs+ RaRs+ RaSementara itu di sisi sumber, dengan tegangan sumber berbentuk sinusvs = Vsmsin ω0t, keluar arus yang mengandung harmonisa yaituis= ia+ ibvsRs= − ( ib1+ ibh) + ( ib1+ ibh)Rs+ RaRs+ Ravs⎛ Ra⎞= + ⎜ ⎟(ib1+ ibh)Rs+ Ra RsR⎝ + a ⎠bbh(6.25)Adanya komponen harmonisa pada arus sumber dan beban yangseharusnya merupakan beban linier dapat menyebabkan penambahanpenyerapan daya pada saluran. Hal ini akan kita bahas kemudian.COTOH-6.13: Sebuah sumber tegangan 50 Hz, v = 240sinω 0 t Vmemiliki resistansi dan induktansi internal yang diabaikan. Sumberini mencatu beban resistif R a = 5 Ω melalui saluran yang memilikiresistansi 1Ω. Sebuah beban resistif lain yaitu R b = 5 Ω denganpenyearah setengah gelombang dihubungkan paralel dengan R a .Hitunglah: (a) daya nyata yang diserap R a sebelum R b danpenyearah dihubungkan; (b) daya nyata yang diserap R b sesudah R bdan penyearah dihubungkan; (c) daya nyata yang diserap R a sesudah

R b dan penyearah dihubungkan; (d) daya nyata yang diserap saluranR s ; (e) daya nyata yang diberikan sumber; (f) bandingkan daya nyatayang diberikan oleh sumber dan daya nyata yang diserap oleh bagianrangkaian yang lain.Penyelesaian:(a) Sebelum R b dan penyearah dihubungkan, rangkaian adalahseperti di bawah ini.i sR s =1ΩAv s =240sinω 0 tBR a = 5ΩArus efektif yang mengalir dari sumber, daya nyata yangdiserap R a dan R s , serta daya nyata yang diberikan sumberadalahI Rarms= ( 240 / 2) /(5 + 1) = 28,28 A22P Ra = 28,28 × 5 = 4000 W ; P Rs = 28,28 × 1 = 800 WP s = 28 ,28 × 240 / 2 = 4800 W = PRa+ PRs(b) Setelah R b dan penyearah dihubungkan, rangkaian menjadii s AR sv si a i Rb =i Rb1 +i RbhR aBUntuk menghitung i Rb kita buat rangkaian ekivalen Théveninterlebih dulu di terminal A-B.5v sTh = × 240sin ω0t= 200 sin ω0tV ;1 + 51×5R sTh = = 0,833 Ω1 + 5Setelah R b dihubungkan pada rangkaian ekivalen Thévenin,rangkaian menjadiR b125

i sTh0,833ΩAv sTh =200sinω 0 tB5Ωi b =i b1 +i bhNilai maksimum arus i Rb adalah200I Rbm = = 34,290,833 + 5Arus yang melalui R b menjadiAi 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(2ωt)+ 1,47 cos(4ωDari sini kita peroleh17,14I Rb1rms= = 12,12 A2I Rbhrms =002 210,9 + 7,27Daya yang diserap R b adalaht)+ 0,62 cos(6ω/ 22+ 1,470t)/ 202+ 0,62/ 20t)⎞⎟⎠= 12.1 AP Rb2 2= (12,12 + 12.1 ) × 5 ≈ 1470W(c) Untuk menghitung daya yang diserap R a setelah R bdihubungkan, kita kembali pada rangkaian semula. Hukum ArusKischhoff untuk simpul A memberikanv A − vsv A⎛ 1 ⎞ vs+ + iRb= 0 ⇒ v A⎜⎟ =RsR+1aRsR⎝ a ⎠ Rs− iRb126 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

127( )AhAbhbhbhbasassasaAvvitittiiRRRRvRRRv−=−ω=+ω××−ω×=++−+=10001V65185,71sin17,14sin615240sin65)(V131,322185,711 ==⇒rmsAV)0,51cos(6)1,23cos(4)6,06cos(29,09)0,62cos(6)1,47 cos(4)7,27 cos(210,96565000000ttttttivbhAhω+ω+ω+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛ω+ω+ω+×=×=V10,0920,5121.2326,069,092222=+++=⇒AhrmsVDaya yang diserap R a adalah3469 W510,095131,3222221=+=+=aAhrmsarmsARaRVRVP(d) Tegangan jatuh di saluran adalahV54,29sin185,71sinsin240 00011tttvvvAssω=ω−ω=−=∆→V38,39254,291 ==∆rmssV→V=10,09=∆AhrmsshrmsVVDaya yang diserap saluran adalah1575 W110,09138,3922221=+=∆+∆=sshrmssrmssRsRVRVP

(e) Tegangan sumber adalahv = 240sinω 0 t VArus fundamental sumber adalah∆vs1is1 = = 54,29sinω0tRDaya nyata yang diberikan sumberps240 54,29= ×R22s 1 = VsrmsI s1rms=A6515 W(f) Bagian lain rangkaian yang menyerap daya nyata adalah R s ,R a , dan R b . Daya nyata yang diserap adalahP Rtotal = PRs+ PRa+ PRb= 1575 + 3469 + 1468 = 6512 WHasil ini menunjukkan bahwa daya nyata yang diberikansumber sama dengan daya nyata yang diserap oleh bagian laindari rangkaian (perbedaan angka adalah karena pembulatanpembulatan).6.9. Ukuran Distorsi HarmonisaHadirnya harmonisa dalam sistem, menimbulkan dampak negatif. Olehkarena itu kehadirannya perlu dibatasi. Untuk melakukan pembatasandiperlukan ukuran-ukuran kehadiran armonisa.Crest Factor. Crest factor didefinisikan sebagaicrestnilai puncakfactor =nilai efektifTotal Harmonic Distortion (THD). THD digunakan sebagai ukuranuntuk melihat berapa besar pengaruh keseluruhan adanya harmonisaterhadap sinyal sinus. Pengaruh keseluruhan harmonisa diperbandingkanterhadap komponen fundamental, karena komponen fundamental-lahyang memberikan transfer energi nyata.128 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Untuk tegangan nonsinus, THD didefinisikan sebagaiTHDUntuk arus nonsinus, THD didefinisikan sebagaiTHDVhrmsV = (6.26)V1rmsIhrmsI = (6.27)I1rmsCOTOH-6.14: Arus penyearahan setengah gelombang dengan nilaipuncak arus 100 A, memiliki sampai harmonisa ke-enam sebagi⎛31,8+ 50 cos( ω0t−1,57)+ 21,2cos(2ωi ( t)=⎜⎝ + 4,2 cos(4ω0t)+ 1,8cos(6ω0t)Hitunglah crest factor dan THD I .0t ) ⎞⎟⎠APenyelesaian: Telah dihitung nilai efektif arus dalam contoh soaltersebutIb1rms=50A;2Ibhrms=31,8221,2+224,2+221,8+22= 35,31ANilai efektif arus adalahI rms=502/ 22+ 35,31= 49,7A100Crest factor adalah: c . f . = = 2 ;49,2I hrms 35,31THD I adalah: THD I = = ≈1atau 100%I1rms50 / 2Crest factor dan THD hanyalah tergantung bentuk dan tidak tergantungdari nilai mutlak arus. Angka yang sama akan kita peroleh jika nilaipuncak arus hanya 1 ampere. Hal ini dapat dimengerti karena persamaanarus secara umum adalah129

⎛ n maksi(t)= I⎜m A +⎜ ∑ A⎝ n=1cos( nωt − ϕ0 n 0 n )sehingga dalam perhitungan I rms, I 1rms , dan I hrms faktor I m akanterhilangkan.⎞⎟⎟⎠130 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

BAB 7Pembebanan Nonlinier(Analisis Di Kawasan Fasor)7.1. Pernyataan Sinyal Sinus Dalam FasorSebagaimana dijelaskan di bab sebelumnya, suatu sinyal sinus dikawasan waktu dinyatakan dengan menggunakan fungsi cosinusv( t)= VAcos[ ω0 t − φ]dengan V A adalah amplitudo sinyal, ω 0 adalah frekuensi sudut, dan φadalah sudut fasa yang menunjukkan posisi puncak pertama fungsicosinus. Pernyataan sinyal sinus menggunakan fungsi cosinus diambilsebagai pernyataan standar.Jika seluruh sistem bekerja pada satu frekuensi tertentu, ω, maka sinyalsinus dapat dinyatakan dalam bentuk fasor dengan mengambil besar dansudut fasa-nya saja. Untuk suatu sinyal sinus yang di kawasan waktudinyatakan sebagai v ( t)= Acos(ωt+ θ)maka di kawasan fasor iajθdituliskan dalam format kompleks sebagai V = Ae dengan A adalahnilai puncak sinyal. Karena kita hanya memperhatikan amplitudo dansudut fasa saja, maka pernyataan sinyal dalam fasor biasa dituliskansebagaiV = A∠θ = Acos θ + jAsinθyang dalam bidang kompleks digambarkan sebagai diagram fasor sepertipada Gb.7.1.a. Apabila sudut fasa θ = 0 o maka pernyataan sinyal dikawasan waktu menjadi v( t)= Acos(ωt)yang dalam bentuk fasoromenjadi V = A∠0 dengan diagram fasor seperti pada Gb.7.1.b. Suatusinyal yang di kawasan waktu dinyatakan sebagaiv ( t)= Asin(ωt)= Acos(ωt− π / 2) di kawasan fasor menjadioV = A∠ − 90 dengan diagram fasor seperti Gb.7.1.c131

ImV = A∠θθRea). b).ImImoV = A∠0Rec).Gb.7.1. Diagram fasor fungsi:a) v ( t)= Acos(ωt+ θ); b) v( t)= Acos(ωt); c) v( t)= Asin(ωt).Dalam meninjau sinyal nonsinus, kita tidak dapat menyatakan satu sinyalnonsinus dengan menggunakan satu bentuk fasor tertentu karenawalaupun sistem yang kita tinjau beroperasi pada satu macam frekuensi(50 Hz misalnya) namun arus dan tegangan yang kita hadapimengandung banyak frekuensi. Oleh karena itu satu sinyal nonsinusterpaksa kita nyatakan dengan banyak fasor; masing-masing komponensinyal nonsinus memiliki frekuensi sendiri.Selain dari pada itu, uraian sinyal sinyal nonsinus ke dalam komponenkomponennyadilakukan melalui deret Fourier. Bentuk umum komponensinus sinyal ini adalahyang dapat dituliskan sebagaii ( t)= a cos nωt+ b sin nωtnn2 2in( t)= an+ bncos( nωt− θn)yang dalam bentuk fasor menjadi2 2I n = an+ bn∠ − θndengannθ = tan −1Mengacu pada Gb.7.1, diagram fasor komponen sinyal ini adalah sepertipada Gb.7.2.ReoV = A∠ − 90bann132 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Imθa nReb nIn=a2n2n+ b∠ − θGb.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 npositif. Fasor ini leading terhadap sinyal sinus sebesar (90 o − θ). Gb.7.3berikut ini memperlihatkan kombinasi nilai a n dan b n yang lain.a n > 0, b n < 0I n leading (90 0 + θ)terhadap sinyal sinusImb nθa nIn=Re2 2an+ bn∠θIma nθb n2 2 oIn= an+ bn∠(180+ θ)Rea n < 0, b n > 0I n lagging (90 0 − θ)terhadap sinyal sinus2 2 oIn= an+ bn∠(180− θ)a nθb nImRea n < 0, b n < 0I n lagging (90 0 + θ)terhadap sinyal sinusGb.7.3. Fasor komponen arus nonsinus untuk berbagai kombinasi nilaia n dan b n .133

Perlu kita perhatikan bahwa pernyataan fasor dan diagram fasor yangdikemukakan di atas menggunakan nilai puncak sinyal sebagai besarfasor. Dalam analisis daya, diambil nilai efektif sebagai besar fasor. Olehkarena itu kita perlu memperhatikan apakah spektrum amplitudo sinyalnonsinus diberikan dalam nilai efektif atau nilai puncak.COTOH-7.1: Uraian di kawasan waktu arus penyearahan setengahgelombang dengan nilai maksimum I m A adalah⎛0,318+ 0,5 cos( ω0t−1,57)+ 0,212cos(2ω0t)⎜( t)= I × ⎜+0,042 cos(4ω0t)+ 0,018cos(6ω0t)+ 0.010cos(8ω⎜⎝+0.007 cos(10ω0t)Nyatakanlah sinyal ini dalam bentuk fasor.i m0⎞⎟t)⎟ A⎟⎠Penyelesaian:Formulasi arus i(t) yang diberikan ini diturunkan dari uraian deretFourier yang komponen fundamentalnya adalahi1 ( t)= 0 + 0,5 sin ω0t; jadi sesungguhnya komponen ini adalahfungsi sinus di kawasan waktu.Jika kita mengambil nilai efektif sebagai besar fasor, makapernyataan arus dalam bentuk fasor adalah0,5Io 0,212 o 0,042 o0 = 0,318 ; 1 = mI∠ − 90 ; 2 = mII I∠0; 4 = mm III∠0;2220,018Io 0,010 o 0,007 o6 = mI∠0; 8 = mIII∠0; I10= m ∠0;222Diagram fasor arus-arus pada Contoh-7.1 di atas, dapat kita gambarkan(hanya mengambil tiga komponen) seperti terlihat pada Gb. 7.4.I 1I 2 I 4Gb.7.4. Diagram fasor arus fundamental,harmonisa ke-2, dan harmonisa ke-4134 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Persamaan arus pada Contoh-7.1 yang dinyatakan dalam fungsi cosinusdapat 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 referensiodengan pernyataan fasornya I 1 = I1rms ∠0, maka masing-masingkomponen arus ini dapat kita nyatakan dalam fasor sebagai:0,5Io 0,212 o0 = 0,318 ; 1 = mII I∠0; 2 = mm II∠90;220,042Io 0,018 o4 = mII∠90; I6= m ∠90;...........22Diagram fasor-fasor arus ini dapat kita gambarkan seperti terlihat padaGb.7.5.I 1I 2 I 4Gb.7.5. Diagram fasor arus fundamental,harmonisa ke-2, dan harmonisa ke-4Diagram fasor arus pada Gb.7.5 tidak lain adalah diagram fasor padaGb.7.4 yang diputar 90 o ke arah positif karena fungsi sinus dijadikanreferensi dengan sudut fasa nol. Nilai fasor dan selisih sudut fasa antarfasor tidak berubah. Pada Gb.7.5. ini, kita lihat bahwa komponenharmonisa ke-2 ‘leading’ 90 o dari komponen fundamental; demikian jugadengan komponen harmonisa ke-4. Namun fasor harmonisa ke-2berputar kearah positif dengan frekuensi dua kali lipat dibanding dengankomponen fundamental, dan fasor harmonisa ke-4 berputar kearah positifdengan frekuensi empat kali lipat dibanding komponen fundamental.Oleh karena itulah mereka tidak dapat secara langsung dijumlahkan.Dalam pembahasan selanjutnya kita akan menggunakan carapenggambaran fasor seperti pada Gb.7.4 dimana fasor referensi adalahfasor dari sinyal sinus yang dinyatakan dalam fungsi cosinus danmemiliki sudut fasa nol. Hal ini perlu ditegaskan karena uraian arusnonsinus ke dalam deret Fourier dinyatakan sebagai fungsi cosinus135

sedangkan tegangan sumber biasanya dinyatakan sebagai fungsi sinus.oFasor tegangan sumber akan berbentuk V s = Vsrms∠ − 90 dan relasirelasisudut fasa yang tertulis pada Gb.7.3 akan digunakan.Contoh-7.2: Gambarkan diagram fasor sumber tegangan dan arus-arusberkut inivs= Vsrmssin ωt= 100sin ωtV , I 1 rms = 30 A 30 o lagging daritegangan sumber dan I 2 rms = 50 A 90 o leading dari tegangansumber.Penyelesaian:ImI 2I 130oRe7.2. ImpedansiKarena setiap komponen harmonisa memiliki frekuensi berbeda makapada satu cabang rangkaian yang mengandung elemen dinamis akanterjadi impedansi yang berbeda untuk setiap komponen. Setiapkomponen harmonisa dari arus nonsinus yang mengalir pada satu cabangrangkaian dengan elemen dinamis akan mengakibatkan teganganberbeda.COTOH-7.3: Arus i = 200sinω0t+ 70sin 3ω0t+ 30sin 5ω0tAmengalir melalui resistor 5 Ω yang terhubung seri dengan kapasitor20 µF. Jika frekuensi fundamental adalah 50 Hz, hitung teganganpuncak fundamental dan tegangan puncak setiap komponenharmonisa.(a) Reaktansi dan impedansi untuk frekuensi fundamental adalahXC−61 = 1/(2π × 50 × 20 × 10 ) = 159,15 →2Z1 = 5 + 159,15 = 159,23Ω136 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem TenagaV s2

Tegangan puncak fundamental adalahV 1m= Z1× I1m= 159,23×200 ≈ 31,85kV(b) Impedansi untuk harmonisa ke-3 adalahX X / 3 53,05 → Z = 5 + 53,05 53, 29 ΩC 3 = C 1 =2 23 =Tegangan puncak harmonisa ke-3 adalahV 3 m = Z3× I3m= 53,29 × 70 = 3,73 kV(c) Impedansi untuk harmonisa ke-5 adalahX X / 5 31,83 → Z = 5 + 31,83 32, 22 ΩC 5 = C 1 =2 23 =Tegangan puncak harmonisa ke-5 adalahV 5 m = Z5× I5m= 32,22 × 30 = 0,97kV7.3. ilai EfektifSebagaimana telah dibahas dalam bab sebelumnya, sinyal nonsinusdipandang sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu komponenfundamental dan komponen harmonisa total. Nilai efektif suatu sinyalperiodik nonsinus y, adalahY2 2rms = Y1rmsYhrms(7.1)Y +Y 1 rmsdengan: nilai efektif komponen fundamental.hrms : nilai efektif komponen harmonisa total.Karena komponen ke-dua, yaitu komponen harmonisa total, merupakangabungan dari seluruh harmonisa yang masih diperhitungkan, makakomponen ini tidak kita gambarkan diagram fasornya; kita hanyamenyatakan nilai efektifnya saja walaupun kalau kita gambarkankurvanya di kawasan waktu bisa terlihat perbedaan fasa yang mungkinterjadi antara tegangan fundamental dan arus harmonisa total.137

7.4. Sumber Tegangan Sinusiodal Dengan Beban onlinierSebagaimana dijelaskan di bab sebelumnya, pembebanan nonlinierterjadi bila sumber dengan tegangan sinus mencatu beban dengan arusnonsinus. Arus nonsinus mengalir karena terjadi pengubahan arus olehpengubah arus, seperti misalnya penyearah atau saklar sinkron. Dalamanalisis di kawasan fasor pada pembebanan non linier ini kita perlumemperhatikan hal-hal berikut ini.7.4.1. Daya KompleksSisi Beban. Jika tegangan pada suatu beban memiliki nilai efektif V brms Vdan arus nonsinus yang mengalir padanya memiliki nilai efektif I brms A,maka beban ini menyerap daya kompleks sebesarS b = Vbrms× IbrmsVA(7.2)Kita ingat pengertian mengenai daya kompleks yang didefinisikan padapersamaan (14.9) di Bab-14 sebagai S = VI . Definisi ini adalah untuksinyal sinus murni. Dalam hal sinyal nonsinus kita tidak menggambarkanfasor arus harmonisa total sehingga mengenai daya kompleks hanya bisamenyatakan besarnya, yaitu persamaan (3.2), tetapi kita tidakmenggambarkan segitiga daya. Segitiga daya dapat digambarkan hanyauntuk komponen fundamental.Sisi Sumber. Daya kompleks |S s | yang diberikan oleh sumber tegangansinus vs= Vsmsin ωtV yang mengeluarkan arus nonsinus bernilaiefektif2 2s1rmsshrmsI = I + I A adalahsrmsVsmS s = Vsrms× I srms = × I srms VA(7.3)27.4.2. Daya yataSisi Beban. Jika suatu beban memiliki resistansi R b , maka beban tersebutmenyerap daya nyata sebesar2( I I ) R W22b = IbrmsRb= b 1 rms bhrms b(7.4)P +di mana Ib1 rms adalah arus efektif fundamental dan I bhrms adalah arusefektif harmonisa total.*138 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Sisi Sumber. Dilihat dari sisi sumber, daya nyata dikirimkan melaluikomponen fundamental. Komponen arus harmonisa sumber tidakmemberikan transfer energi netto.P s 1 = VsrmsI1 rmscosϕ1 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 disebutdisplacement power factor.7.4.3. Faktor DayaSisi Beban. Dengan pengertian daya kompleks dan daya nyata sepertidiuraikan di atas, maka faktor daya rangkaian beban dapat dihitungsebagaiPbf.d. beban =(7.6)SbSisi Sumber. Faktor daya total, dilihat dari sisi sumber, adalah7.4.4. Impedansi BebanPsf .d. 1s = (7.7)SsReaktansi beban tergantung dari frekuensi harmonisa, sehingga masingmasingharmonisa menghadapi nilai impedansi yang berbeda-beda.Namun demikian nilai impedansi beban secara keseluruhan dapatdihitung, sesuai dengan konsep tentang impedansi, sebagaiVbrmsZ b = Ω(7.8)IbrmsSeperti halnya dengan daya kompleks, impedansi beban hanya dapat kitahitung besarnya dengan relasi (3.6) akan tetapi tidak dinyatakan dalamformat kompleks seperti (a + jb).7.4.5. Teorema TellegenSebagaimana dijelaskan dalam Bab-7, teorema ini menyatakan bahwa disetiap rangkaian elektrik harus ada perimbangan yang tepat antara dayayang diserap oleh elemen pasif dengan daya yang diberikan oleh elemenaktif. Hal ini sesuai dengan prinsip konservasi energi. Sebagaimana telah139

pula disebutkan teorema ini juga memberikan kesimpulan bahwa satusatunyacara agar energi dapat diserap dari atau disalurkan ke suatubagian 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 fasoruntuk daya kompleks maupun daya nyata. Fasor tidak lain adalahpernyataan sinyal yang biasanya berupakan fungsi waktu, menjadipernyataan di bidang kompleks. Oleh karena itu perhitungan daya yangdilakukan di kawasan fasor harus menghasilkan angka-angka yang samadengan perhitungan di kawasan waktu.7.5. Contoh-Contoh PerhitunganCOTOH-7.4: Di terminal suatu beban yang terdiri dari resistor R b =10Ω terhubung seri dengan induktor L b = 0,05 H terdapat tegangannonsinus v s = 100 + 200 2 sin ω0 t V . Jika frekuensi fundamentaladalah 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 komponensearah dan komponen fundamental:V 0 =100 V dan oV 1 = 200∠− 90Arus komponen searah yang mengalir di beban adalahI b0 = V0/ Rb= 100 /10 = 10 AArus efektif komponen fundamental di beban adalahIV102001rmsb1rms = ==Zb22+ (100π × 0,05)Nilai efektif arus rangkaian total adalahI2brms = b b 1 rms10,74 A2 2I2 0 + I = 10 + 10,74 = 14,68 ADaya nyata yang diserap beban sama dengan daya yang diserapR b karena hanya R b yang menyerap daya nyata.140 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

P2Rb = IbrmsRb=214,68 × 10 = 2154W(b) Impedansi beban adalah rasio antara tegangan efektif dan arusefektif beban.Vbrms2 2= rmsV0 + V1= 100 + 200 = 100225VZbebanV=Ibrmsbrms100=514,68= 15,24 Ω(c) Faktor daya beban adalah rasio antara daya nyata dan dayakompleks yang diserap beban. Daya kompleks yang diserapbeban adalah:Sb= Vbrms× Ibrms= 100 5 × 14,68 = 3281 VASehingga faktor daya bebanP 2154f.d. =bb = = 0,656S 3281COTOH-7.5: Suatu tegangan nonsinus yang terdeteksi pada terminalbeban memiliki komponen fundamental dengan nilai puncak 150 Vdan frekuensi 50 Hz, serta harmonisa ke-3 dan ke-5 yang memilikinilai puncak berturut-turut 30 V dan 5 V. Beban terdiri dari resistor5 Ω terhubung seri dengan induktor 4 mH. Hitung: (a) teganganefektif, arus efektif, dan daya dari komponen fundamental; (b)tegangan efektif, arus efektif, dan daya dari setiap komponenharmonisa; (c) tegangan efektif beban, arus efektif beban, dan totaldaya kompleks yang disalurkan ke beban; (d) Bandingkan hasilperhitungan (a) dan (c).Penyelesaian:(a) Tegangan efektif komponen fundamentalReaktansi pada frekuensi fundamentalbV150=21 rms=106 VX L1= 2π × 50 × 4 × 10−3= 1,26Ω141

Impedansi pada frekuensi fundamental adalahZ 1=52+ 1,262= 5,16 ΩArus efektif fundamentalV106=5,161rms1 rms = =Z 1I20,57ADaya nyata yang diberikan oleh komponen fundamental2P rms1 = I1R = 20,57 × 5 = 2083Daya kompleks komponen fundamental2WS 1 = V1rms I1rms= 106 × 20,57 = 2182VAP12083Faktor daya komponen fundamental f.d. 1 = = = 0, 97S 2182Daya reaktif komponen fundamental dapat dihitung denganformulasi segitiga daya karena komponen ini adalah sinusmurni.22Q 1 = S1− P1= 2182 − 2083 = 531,9 VAR(b) Tegangan efektif harmonisa ke-3 dan ke-5305V 3 rms = = 21,21 V ; V 5 rms = = 3,54 V22Reaktansi pada frekuensi harmonisa ke-3 dan ke-5X = × X = 3×1,26 = 3,77 Ω ;XL3 3 L1L5 = 5 × X L122= 5×1,26 = 6,28 ΩImpedansi pada komponen harmonisa ke-3 dan ke-5:22Z = 5 + 3,77 = 6,26 Ω ; Z = 5 + 6,28 = 8,03 Ω3Arus efektif komponen harmonisa ke-3 dan ke-5:5212142 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V 21,21I33 =rmsrms = = 3,39 A ;Z 6,26IV33,54=8,035rms5 rms = =Z 50,44 ADaya nyata yang diberikan oleh harmonisa ke-3 dan ke-5223 3=22P5 = I5rmsR = 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 dayanyata dari masing-masing komponen harmonisa (kita ingatkomponen-komponen harmonisa secara bersama-sama mewakilisatu sumber)P = P + P +b=1 32I1rmsR+2 2 2P5= ( I1rms+ I3rms+ I5rms)2 2 2( I + I ) R = I R + I3rmsTegangan efektif beban5rms1rmsW× R = 2174 W2hrmsRV brmsArus efektif beban=1502230+2225+2= 108,22VI brms=20,57Daya kompleks bebanSb2= Vbrms× Ibrms+ 3,392+ 0,442= 20,86 A= 108 ,22 × 20,86 = 2257 VADaya reaktif beban tidak dapat dihitung dengan menggunakanformula segitiga daya karena kita tak dapat menggambarkannya.(d) Perhitungan untuk komponen fundamental yang telah kitalakukan menghasilkanP 1 = 2083 W , S 1 = 2182 VA , dan2 21 1 1 =Q = S − P 531,9 VAR .Sementara itu perhitungan daya total ke beban menghasilkan143

P b = 2174 W , dan S b = 2257 VA ; Q b = ?Perbedaan antara P 1 dan P b disebabkan oleh adanya harmonisaP 3 dan P 5 .2P1 = I1rmsR( sedang2 2 2 2Pb= P1 + P2+ P3= I1rms+ I3rms+ I5rms) R = IbrmsR.Daya reaktif beban Q b tidak bisa kita hitung dengan cara sepertimenghitung Q 1 karena kita tidak bisa menggambarkan segitigadaya-nya. Oleh karena itu kita akan mencoba memperlakukankomponen harmonisa sama seperti kita memperlakukankomponen fundamental dengan menghitung daya reaktif2sebagai Qn= I nrms X n dan kemudian menjumlahkan dayareaktif Q n untuk memperoleh daya reaktif ke beban Q b .Dengan cara ini maka untuk beban akan berlaku:b222( I X + I X I X )Q = Q + Q + Q =+1 3 5 1rmsL13rmsL35rmsL5Hasil perhitungan memberikanQ222b = Q1+ Q2+ Q3= I1rmsX L1+ I3rmsX L3+ I5rmsX L5Perhatikan bahwa hasil perhitungan21 = 1rms X L1== 531,9 + 43,3 + 1,2 = 576,4Q I 531,9 VAR sama dengan2 21 1 1 =Q = S − P 531,9 VAR .VARJika untuk menghitung Q b kita paksakan menggunakanformulasi segitiga daya, walaupun sesungguhnya kita tidak bisamenggambarkan segitiga daya dan daya reaktif total komponenhamonisa juga tidak didefinisikan, kita akan memperolehQ2 2b = Sb− Pb=22572− 21742= 604 VARlebih besar dari hasil yang diperoleh jika daya reaktif masingmasingkomponen harmonisa dihitung dengan formula2Qn= I nrms X n .144 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

COTOH-7.6: Sumber tegangan sinusoidal v s = 1000 2sinωtVmencatu beban resistif R b = 10 Ω melalui dioda mewakilipenyearah setengah gelombang. Carilah: (a) spektrum amplitudoarus; (b) nilai efektif setiap komponen arus; (c) daya komplekssumber; (d) daya nyata yang diserap beban; (e) daya nyata yangberikan oleh sumber; (f) faktor daya yang dilihat sumber; (g)faktor daya komponen fundamental.Penyelesaian:a). Spektrum amplitudo arus penyearahan setengah gelombang iniadalahA8070605045.0070.71403030.04201006.0301 12 23 4 65 68 10 7harmonisaSpektrum yang amplitudo ini dihitung sampai harmonisa ke-10, yang nilainya sudah mendekati 1% dari amplitudo arusfundamental. Diharapkan error yang terjadi dalamperhitungan tidak akan terlalu besar.b). Nilai efektif komponen arus dalam [A] adalah2.60 1.46 0.94II0= 45; I6rms1rms= 1,8; I= 50; I8rms= 1; I2rms10rms= 21,2; I= 0.74rms= 4,3;Nilai efektif arus fundamentalI 1 rms = 50Nilai efektif komponen harmonisa total adalah:AI hrms=2 2 2 2 2 22 × 31,8 + 21,2 + 4,3 + 1,8 + 1 + 0,7= 50A145

Nilai efektif arus total adalahI2 2rms = rms shrmsI1 + I = 50 + 50 = 70,7c). Daya kompleks yang diberikan sumber adalah22AS s= Vsrms× I rms = 1000 × 70,7 = 70,7kVAd). Daya nyata yang diserap beban adalah2P b = I rmsRb=270,67 × 10 = 50 kWe). Sumber memberikan daya nyata melalui arus fundamental.Daya nyata yang diberikan oleh sumber adalahP s = VsrmsI1rmscos ϕ 1Kita anggap bahwa spektrum sudut fasa tidak tersedia,sehingga perbedaan sudut fasa antara tegangan sumber danarus fundamental tidak diketahui dan cosϕ 1 tidak diketahui.Oleh karena itu kita coba memanfaatkan teorema Tellegenyang menyatakan bahwa daya yang diberikan sumber harustepat sama dengan daya yang diterima beban, termasuk dayanyata. Jadi daya nyata yang diberikan sumber adalahP s = P b = 50 kWf). Faktor daya yang dilihat oleh sumber adalahf.d. s = Ps/ S s = Pb/ Ss= 50 / 70,7 = 0,7g). Faktor daya komponen fundamental adalahPs50000cosϕ1 = = = 1VsrmsI1rms1000 × 50Nilai faktor daya ini menunjukkan bahwa arus fundamentalsefasa dengan tegangan sumber.I hrms 50h). THD I = = = 1 atau 100%I1rms50Contoh-7.6 ini menunjukkan bahwa faktor daya yang dilihat sumberlebih kecil dari faktor daya fundamental. Faktor daya fundamental146 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

menentukan besar daya aktif yang dikirim oleh sumber ke beban,sementara faktor daya yang dilihat oleh sumber merupakan rasio dayanyata terhadap daya kompleks yang dikirim oleh sumber. Sekali lagi kitatekankan bahwa kita tidak dapat menggambarkan segitiga daya padasinyal nonsinus.Sumber mengirimkan daya nyata ke beban melalui arus fundamental.Jika kita hitung daya nyata yang diserap resistor melalui arusfundamental saja, akan kita perolehP Rb1 = I12 rms Rb= 50 2 × 10 = 25 kWJadi daya nyata yang diserap R b melalui arus fundamental hanyasetengah dari daya nyata yang dikirim sumber (dalam kasus penyearahsetengah gelombang ini). Hal ini terjadi karena daya nyata total yangdiserap R b tidak hanya melalui arus fundamental saja tetapi juga arusharmonisa, sesuai dengan relasi2 2( I rms + Ibrms) Rb2P Rb = IbrmsRb= 1 ×Kita akan mencoba menganalisis masalah ini lebih jauh setelah melihatlagi contoh yang lain. Berikut ini kita akan melihat contoh yang berbedanamun pada persoalan yang sama, yaitu sebuah sumber tegangansinusoidal mengalami pembebanan nonlinier.COTOH-7.7: Seperti Contoh-7.6, sumber sinusoidal dengan nilaiefektif 1000 V mencatu arus ke beban resistif R b =10 Ω, namunkali ini melalui saklar sinkron yang menutup setiap paruh ke-duadari tiap setengah perioda. Tentukan : (a) spektrum amplitudoarus; (b) nilai efektif arus fundamental, arus harmonisa total, danarus total yang mengalir ke beban; (c) daya kompleks yangdiberikan sumber; (d) daya nyata yang diberikan sumber; (e)faktor daya yang dilihat sumber; (f) faktor daya komponenfundamental.Penyelesaian:(a) Diagram rangkaian adalah sebagai berikut:i ssaklar sinkronv s∼V srms =1000 VR bi Rb10 Ω147

Bentuk gelombang tegangan sumber dan arus beban adalah[V][A]300v s (t)/5200 i Rb (t)100[detik]00 0,01 0,02-100-200-300Spektrum amplitudo arus, yang dibuat hanya sampai harmonisake-11 adalah seperti di bawah ini.A90807060504030201000.0083.7944.9614.83 14.838.71 8.7110 12 3 45 75 96 11 7 harmonisaAmplitudo arus harmonisa ke-11 masih cukup besar; masih diatas 10% dari amplitudo arus fundamental. Perhitunganperhitunganyang hanya didasarkan pada spektrum amplitudoini tentu akan mengandung error yang cukup besar. Namun halini kita biarkan untuk contoh perhitungan manual ini mengingatamplitudo mencapai sekitar 1% dari amplitudo arusfundamental baru pada harmonisa ke-55.(b) Arus fundamental yang mengalir ke R b83,79I 1 rms = = 59,252A148 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Arus harmonisa totalI hrms44,96= 0 +2= 36,14 A214,83+2214,83+228,71+228,71+22Arus total :I rms=2 259,25 + 36,14 = 69,4 A(c) Daya kompleks yang diberikan sumber adalahSs= VsrmsIrms= 1000 × 69,4 = 69,4kVA(d) Daya nyata yang diberikan sumber harus sama dengan dayanyata yang diterima beban yaitu daya nyata yang diserap R bkarena hanya R b yang menyerap daya nyataP s = Pb= I rms2 Rb= 69,42 × 10 = 48,17 kW(e) Faktor daya yang dilihat sumber adalahf.d.s = Pss/ S = 48,17 / 69,4 = 0,69(f) Daya nyata dikirim oleh sumber melalui arus komponenfundamental.P s = VsrmsI1rmscos ϕ 1Ps48170f . d.1 = cosϕ1= == 0,813VsrmsI1rms1000 × 59,25I hrms 36,14(g) THD I = = = 0,61 atau 61%I1rms59,25Perhitungan pada Contoh-7.7 ini dilakukan dengan hanya mengandalkanspektrum amplitudo yang hanya sampai harmonisa ke-11. Apabilatersedia spektrum sudut fasa, koreksi perhitungan dapat dilakukan.149

Contoh-7.8: Jika pada Contoh-7.7 selain spektrum amplitudo diketahuipula bahwa persamaan arus fundamental dalam uraian deret Fourieradalah( − 0.5cos( ω t)+ 0,7sin( ))i1 ( t)= I m 0 ω0tLakukan koreksi terhadap perhitungan yang telah dilakukan padaContoh-7.7.Penyelesaian:Persamaan arus fundamental sebagai suku deret Fourier diketahui:Sudut( − 0.5cos( ω t)+ 0,7sin( ))i1 ( t)= I m 0 ω0t−1oθ = tan (0.7 / 0.5) = 57,6 . Mengacu ke Gb.3.3, komponenfundamental ini lagging sebesar (90 o −57,6 o ) = 32,4 o dari tegangansumber yang dinyatakan sebagai fungsi sinus. Dengan demikianmaka faktor daya komponen fundamental adalahof . d.1 = cosϕ1= cos(32,4 ) = 0,844Dengan diketahuinya faktor daya fundamental, maka kita dapatmenghitung ulang daya nyata yang diberikan oleh sumber denganmenggunakan nilai faktor daya ini, yaituP s = VsrmsI 1 rms cos ϕ 1 = 1000 × 59,4 × 0.844 = 50 kWDaya nyata yang dikirim sumber ini harus sama dengan yangditerima resistor di rangkaian bebandemikian arus total adalahIrms = Psb/ R = 50000 /10 = 70,7 AP b = I rms2 Rb= Ps. DenganKoreksi daya nyata tidak mengubah arus fundamental; yangberubah adalah faktor dayanya. Oleh karena itu terdapat koreksiarus harmonisa yaituI2 2hrms = I rms − I1rms70,7− 59,25Daya kompleks yang diberikan sumber menjadi= 38,63 A150 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga=S s = VsrmsI rms = 1000 × 70,7 = 70,7 kVA22

Faktor daya total yang dilihat sumber menjadiTHD I38,63= = 0,65 atau59,25f . d.s = Ps/ Ss= 50 / 70,7 = 0,765%Perbedaan-perbedaan hasil perhitungan antara Contoh-7.8 (hasil koreksi)dan Contoh-7.7 telah kita duga sebelumnya sewaktu kita menampilkanspektrum amplitudo yang hanya sampai pada harmonisa ke-11. Tampilanspektrum ini berbeda dengan tampilan spektrum dalam kasus penyearahsetengah gelombang pada Contoh-7.6, yang juga hanya sampai hrmonisake-10. Perbedaan antara keduanya terletak pada amplitudo harmonisaterakhir; pada kasus saklar sinkron amplitudo harmonisa ke-11 masihsekitar 10% dari amplitudo fundamentalnya, sedangkan pada kasuspenyearah setengah gelombang amplitudo ke-10 sudah sekitar 1% dariampltudo fundamentalnya.Pada Contoh-7.8, jika kita menghitung daya nyata yang diterima resistorhanya melalui komponen fundamental saja akan kita peroleh22P Rb1 = I1rmsRb= 59,25 × 10 = 35,1 kWPerbedaan antara daya nyata yang dikirim oleh sumber melalui arusfundamental dengan daya nyata yang diterima resistor melalui arusfundamental disebabkan oleh adanya komponen harmonisa. Hal yangsama telah kita amati pada kasus penyearah setengah gelombang padaContoh-7.6.7.6. Transfer DayaDalam pembebanan nonlinier seperti Contoh-3.6 dan Contoh-3.7, dayanyata yang diserap beban melalui komponen fundamental selalu lebihkecil dari daya nyata yang dikirim oleh sumber yang juga melalui arusfundamental. Jadi terdapat kekurangan sebesar ∆P Rb ; kekurangan inidiatasi oleh komponen arus harmonisa karena daya nyata diterima olehR b tidak hanya melalui arus fundamental tetapi juga melalui arusharmonisa, sesuai formula2 2P Rb = ( Ib1 rms + Ibhrms)RbPadahal dilihat dari sisi sumber, komponen harmonisa tidak memberitransfer energi netto. Penafsiran yang dapat dibuat adalah bahwa151

sebagian daya nyata diterima secara langsung dari sumber oleh R b , dansebagian diterima secara tidak langsung. Piranti yang ada di sisi bebanselain resistor adalah saklar sinkron ataupun penyearah yang merupakanpiranti-piranti pengubah arus; piranti pengubah arus ini tidak mungkinmenyerap daya nyata sebab jika demikian halnya maka piranti ini akanmenjadi sangat panas. Jadi piranti pengubah arus menyerap daya nyatayang diberikan sumber melalui arus fundamental dan segerameneruskannya ke resistor sehingga resistor menerima daya nyata totalsebesar yang dikirimkan oleh sumber. Dalam meneruskan daya nyatatersebut, terjadi konversi arus dari frekuensi fundamental yang diberikanoleh sumber menjadi frekuensi harmonisa menuju ke beban. Hal inidapat dilihat dari besar daya nyata yang diterima oleh R b melalui arusharmonisa sebesar22 2P 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 arusfundamental. Resistor tidak menyerap daya reaktif. Piranti selain resistorhanyalah pengubah arus; oleh karena itu piranti yang harus menyerapdaya reaktif adalah pengubah arus. Dengan demikian, pengubah arusmenyerap daya reaktif dan daya nyata. Daya nyata diteruskan ke resistordengan mengubahnya menjadi komponen harmonisa, daya reaktifditransfer ulang-alik ke rangkaian sumber.7.7. Kompensasi Daya ReaktifSekali lagi kita memperhatikan Contoh-7.6 dan Contoh-7.7 yang telahdikoreksi dalam Contoh 7.8. Telah diulas bahwa faktor daya komponenfundamental pada penyearah setengah gelombang f.d. 1 = 1 yang berartiarus fundamental sefasa dengan tegangan; sedangkan faktor dayakomponen fundamental pada saklar sinkron f.d. 1 = 0,844. Nilai faktordaya komponen fundamental ini tergantung dari saat membuka danmenutup saklar yang dalam kasus penyearah setengah gelombang“saklar” menutup setiap tengah perioda pertama.Selain faktor daya komponen fundamental, kita melihat juga faktor dayatotal yang dilihat sumber. Dalam kasus penyearah setengah gelombang,meskipun f.d. 1 = 1, faktor daya total f.d. s = 0,7. Dalam kasus saklarsinkron f.d. 1 = 0.844 sedangkan faktor daya totalnya f.d. s = 0,7. Sebuahpertanyaan timbul: dapatkah upaya perbaikan faktor daya yang biasa152 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

dilakukan pada pembebanan linier, diterapkan juga pada pembebanannonlinier?Pada dasarnya perbaikan faktor daya adalah melakukan kompensasi dayareaktif dengan cara menambahkan beban pada rangkaian sedemikianrupa sehingga faktor daya, baik lagging maupun leading, mendekat kenilai satu. Dalam kasus penyearah setengah gelombang f.d. 1 = 1, sudahmencapai nilai tertingginya; masih tersisa f.d. s yang hanya 0,7. Dalamkasus saklar sinkron f.d. 1 = 0,844 dan f.d. s = 0,7. Kita coba melihat kasussaklar sinkron ini terlebih dulu.COTOH-7.9: Operasi saklar sinkron pada Contoh-3.7 membuat arusfundamental lagging 32,4 o dari tegangan sumber yang sinusoidal.Arus lagging ini menandakan adanya daya rekatif yang dikirim olehsumber ke beban melalui arus fundamental. (a) Upayakanpemasangan kapasitor paralel dengan beban untuk memberikankompensasi daya reaktif ini. (b) Gambarkan gelombang arus yangkeluar dari sumber.Penyelesaian:a). Upaya kompensasi dilakukan dengan memasangkan kapasitorparalel dengan beban untuk memberi tambahan pembebananberupa arus leading untuk mengompensasi arus fundamentalyang lagging 32,4 o . Rangkaian menjadi sebagai berikut:i ssaklar sinkronv s∼i CCR bi RbSebelum pemasangan kapasitor:I 1 rms = 59,25 A ; I hrms = 38,63 A ; f . d.s = 0, 7S 1 = V srms I 1rms= 1000 × 59,25 = 59,25 kVA ;f.d. 1 = 0,844;P 1 = 59,25×0,844 = 50 kW2 2Q s 1 = S − P1= 31,75 kVAR153

Kita coba memasang kapasitor untuk memberi kompensasi dayareaktif komponen fundamental sebesar 31 kVARQs12srms2srms= V × Z = V / ωCQs131000→ C = == 99 µ F ; kita tetapkan 100 µFV ω 2srms 1000 × 100πDengan C = 100 µF, daya reaktif yang bisa diberikan adalahQ CArus kapasitor adalahC2−6= 1000 × 100π × 100 × 10 = 31,4 kVARIV=Z1000= = 31,4 A1/(100π)CCrmssrms.CArus ini leading 90 o dari tegangan sumber dan hampir samadengan nilaioI 1 rms sin(32,4 ) = 31,75 ADiagram fasor tegangan dan arus adalah seperti di bawah ini.I 1 sin32,4 oImI CReI 132,4 o I 1 cos32,4 oV sDari diagram fasor ini kita lihat bahwa arusoI C dan I1 sin 32, 4 tidak saling meniadakan sehingga bebanoakan menerima arus I 1rms cos(32,4 ) , akan tetapi beban tetapmenerima arus seperti semula. Beban tidak merasakan adanyaperubahan oleh hadirnya C karena ia tetap terhubung langsungke sumber. Sementara itu sumber sangat merasakan adanyabeban tambahan berupa arus kapasitif yang melalui C. Sumberyang semula mengeluarkan arus fundamental dan arusharmonisa total ke beban, setelah pemasangan kapasitor154 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

memberikan arus fundamental dan arus harmonisa ke bebanditambah arus kapasitif di kapasitor. Dengan demikian arusfundamental yang diberikan oleh sumber menjadioI 1 rmsC ≈ I1rms cos(32,4 ) = 50 Aturun sekitar 10% dari arus fundamental semula yang 59,25 A.Arus efektif total yang diberikan sumber menjadiI2 2srmsC = hrmsI1 rmsC + I = 50 + 38,63 = 63,2Daya kompleks yang diberikan sumber menjadiS sC= 1000 × 63,2 = 63,2 kVA22AFaktor daya yang dilihat sumber menjadif . d.sC = 50 / 63,2 = 0,8sedikit lebih baik dari sebelum pemasangan kapasitorf . d.s = 0,7b). Arus sumber, i s , adalah jumlah dari arus yang melalui resistorseri dengan saklar sinkron dan arus arus kapasitor.- bentuk gelombang arus yang melalui resistor i Rb adalahseperti yang diberikan pada gambar Contoh-7.7;- gelombang arus kapasitor, i C , 90 o mendahului tegangansumber.Bentuk gelonbang arus i s terlihat pada gambar berikut:[V][A]3002001000-100-200-300i Rbi sv s /5[detik]0 0.005 i C0.01 0.015 0.02155

Contoh-7.9 ini menunjukkan bahwa kompensasi daya reaktif komponenfundamental dapat meningkatkan faktor daya total yang dilihat olehsumber. Berikut ini kita akan melihat kasus penyearah setengahgelombang.Dalam analisis rangkaian listrik [2], kita membahas filter kapasitor padapenyearah yang dihubungkan paralel dengan beban R dengan tujuanuntuk memperoleh tegangan yang walaupun masih berfluktuasi namunfluktuasi tersebut ditekan sehingga mendekati tegangan searah. Kita akanmencoba menghubungkan kapasitor seperti pada Gb.7.6 dengan harapanakan memperbaiki faktor daya.i sv si CCi RRGb.7.6. Kapasitor paralel dengan beban.COTOH-7.10: Sumber tegangan sinusoidal v s = 1000 2sinωtVmencatu beban resistif R b = 10 Ω melalui penyearah setengahgelombang. Lakukan pemasangan kapasitor untuk“memperbaiki” faktor daya. Frekuensi kerja 50 Hz.Penyelesaian:Keadaan sebelum pemasangan kapasitor dari Contoh-3.5:tegangan sumber V srms =1000 V ;arus fundamental I 1 rms = 50 A ;arus harmonisa total I hrms = 50 Aarus efektif total 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 adalah156 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

A8070605045.0070.7140302010030.046.032.60 1.46 0.9401 12 23 4 65 68 10 7 harmonisaGambar perkiraan dibawah ini memperlihatkan kurva tegangansumber v s /5 (skala 20%), arus penyearahan setengah gelombangi R , dan arus kapasitor i C seandainya dipasang kapasitor (besarkapasitor belum dihitung).400[V][A]200v s /5i R0-2000 0.01 i 0.02 0.03Ct [s]-400Dengan pemasangan kapasitor maka arus sumber akan merupakanjumlah i R + i C yang akan merupakan arus nonsinus dengan bentuklebih mendekati gelombang sinusoidal dibandingkan denganbentuk gelombang arus penyearahan setengah gelombang i R .Bentuk gelombang arus menjadi seperti di bawah ini.157

400[V][A]200v s /5i R +i Ci R0-200i R0 i C 0.01 0.02 0.03t [s]-400Kita akan mencoba menelaah dari beberapa sisi pandang.a). Pemasangan kapasitor seperti pada Gb.7.6 menyebabkan sumbermendapat tambahan beban arus kapasitif. Bentuk gelombang arussumber menjadi lebih mendekati bentuk sinus. Tidak sepertidalam kasus saklar sinkron yang komponen fundamentalnyamemiliki faktor daya kurang dari satu sehingga kita punya titiktolakuntuk menghitung daya reaktif yang perlu kompensasi,dalam kasus penyerah setengah gelombang ini f.d. 1 = 1; arusfundamental sefasa dengan tegangan sumber.Sebagai perkiraan, daya reaktif akan dihitung denganmenggunakan formula segitiga daya pada daya kompleks total.2 2Q s = Ss− Ps=2 270.7 − 50= 50 kVARJika diinginkan faktor daya 0,9 maka daya reaktif seharusnyasekitarQs = S ssin(cos -1 0,9)≈ 30 kVARAkan tetapi formula segitiga tidaklah akurat karena kita tidakdapat menggambarkan segitiga daya untuk arus harmonisa. Olehkarena itu kita perkirakan kapasitor yang akan dipasang mampumemberikan kompensasi daya reaktif Q C sekitar 25 kVAR. Darisini kita menghitung kapasitansi C.QC2Vs21000 6= = = 10 ωC= 25 kVARZC(1/ ωC)158 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Pada frekuensi 50 HzKita tetapkan 80 µFArus kapasitor adalah25000C = = 79,6 µ F .610 × 100πIC=VZs1000=1/(100π×80×10−6= 25,13 A)yang leading 90 o dari tegangan sumber atauI Co= 25,13∠90Arus fundamental sumber adalah jumlah arus kapasitor dan arusfundamental semula, yaituoooI s1C= Is1semula+ IC= 50∠0+ 25,13∠90= 55,96∠21ANilai efektif arus dengan frekuensi fundamental yang keluar darisumber adalahI22 2I2 1 + I = 55,96 + 50 = 75 AsCrms = s Crms hrmsJadi setelah pemasangan kapasitor, nilai-nilai efektif arus adalah:I s1 Crms= 55,96 A ; ini adalah arus pada frekuensifundamental yang keluar dari sumbersementara arus ke beban tidak berubahI hrmsI sCrmssemula= 50 A ; tak berubah karena arus beban tidak berubah.= 75 A ; ini adalah arus yang keluar dari sumber yangI rms = 70,7 A .Daya kompleks sumber menjadiS sC= VsrmsIsCrms = 1000 × 75 = 75 kVAFaktor daya yang dilihat sumber menjadif.d. sC = Ps/ SsC= 50 / 75 = 0,67Berikut ini adalah gambar bentuk gelombang tegangan dan arusserta spektrum amplitudo arus sumber.159

VA3002001000-100i Rbv s /50 0.005 i C 0.01 0.015 0.02i sC-200-300A908070605040302010045.0079.1430.046.032.60 1.46 0.9401 12 32 4 65 68 10 7harmonisaPemasangan kapasitor tidak memperbaiki faktor daya totalbahkan arus efektif pembebanan pada sumber semakin tinggi.Apabila kita mencoba melakukan kompensasi bukan dengan aruskapasitif akan tetapi dengan arus induktif, bentuk gelombang arusdan spektrum amplitudo yang akan kita peroleh adalah seperti dibawah ini.160 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

VA3002001000-100v s /5i Rbi C0 0.005 0.01 0.015 0.02i sC-200-300A908070605040302010045.0079.1430.046.032.60 1.46 0.941 2 3 4 5 6 70 1 2 4 6 8 10harmonisaDengan membandingkan Contoh-7.9 dan Contoh-7.10 kita dapat melihatbahwa perbaikan faktor daya dengan cara kompensasi daya reaktif dapatdilakukan pada pembebanan dengan faktor daya komponen fundamentalyang lebih kecil dari satu. Pada pembebanan di mana arus fundamentalsudah sefasa dengan tegangan sumber, perbaikan faktor daya tidakterjadi dengan cara kompensasi daya reaktif; padahal faktor daya totalmasih lebih kecil dari satu. Daya reaktif yang masih ada merupakanakibat dari arus harmonisa. Oleh karena itu upaya yang harus dilakukanadalah menekan arus harmonisa melalui penapisan. Persoalan penapisantidak dicakup dalam buku ini melainkan dalam Elektronika Daya.161

162 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Bab 8Pembebanan Nonlinier Sistem TigaFasa dan Dampak pada Piranti8.1. Komponen Harmonisa Dalam Sistem Tiga Fasaa 11b 1 c 1b 11Frekuensi Fundamental.Pada pembebanan seimbang,180 o mekanis = 360 o magnetikkomponen fundamentalberbeda fasa 120 o antarafasa ini timbul karenaa 1 U U a 2masing-masing fasa.c 11 Smedan magnet, yaitu sebesarc 2 b 2Perbedaan fasa 120 o antarperbedaan posisi kumparanjangkar terhadap siklusb 22 S c 22120 o sudut magnetik. Hal inidijelaskan pada Gb.8.1.Gb.8.1. memperlihatkanGb.8.1. Skema generator empat kutubskema generator empat kutub; 180 o sudut mekanis ekivalen dengan 360 osudut magnetik. Dalam siklus magnetik yang pertama sebesar 360 omagnetik, yaitu dari kutub magnetik U ke U berikutnya, terdapat tigakumparan 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-bterdapat pergeseran sudut magnetik 120 o ; antara posisi kumparan fasa-bdan fasa-c terdapat pergeseran sudut magnetik 120 o ; demikian pulahalnya dengan kumparan fasa-c dan fasa-a. Perbedaan posisi inilah yangmenimbulkan perbedaan sudut fasa antara tegangan di fasa-a, fasa-b,fasa-c.Harmonisa Ke-3. Hal yang sangat berbeda terjadi pada komponenharmonisa ke-3. Pada harmonisa ke-3 satu siklus komponenfundamental, atau 360 o , berisi 3 siklus harmonisa ke-3. Hal ini berartibahwa satu siklus harmonisa ke-3 memiliki lebar 120 o dalam skalakomponen fundamental; nilai ini tepat sama dengan beda fasa antarakomponen fundamental fasa-a dan fasa-b. Oleh karena itu tidak ada163

perbedaan fasa antara harmonisa ke-3 di fasa-a dan fasa-b. Hal yangsama terjadi antara fasa-b dan fasa-c seperti terlihat pada Gb.8.2V3002001000-100v 1av 3av 1b v 1cv 3bv 3c0 90 180 270 360 [ o ]-200-300Gb.8.2. Tegangan fundamental dan harmonisa ke-3pada fasa-a, fasa-b, dan fasa-c.Pada gambar ini tegangan v 1a , v 1b , v 1c , adalah tegangan fundamental darifasa-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-masingdigambarkan terpotong untuk memperlihatkan bahwa mereka sefasa.Diagram fasor harmonisa ke-3 digambarkan pada Gb.8.3. Jika V 3a , V 3b ,V 3c merupakan fasor tegangan fasa-netral maka tegangan fasa-fasa (lineto line) harmonisa ke-3 adalah nol.V 3aV 3bV 3cGb.8.3. Diagram fasor harmonisa ke-3.Hal serupa terjadi pada harmonisa kelipatan tiga yang lain sepertiharmonisa ke-9. Satu siklus fundamental berisi 9 siklus harmonisa yangberarti lebar satu siklus adalah 40 o dalam skala fundamental. Jadi lebar 3siklus 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.8.4. memperlihatkan kurva tegangan fundamentaldan harmonisa ke-5. Tegangan v 1a , v 1b , v 1c , adalah tegangan fundamentaldari fasa-a, -b, dan -c. Tegangan v 5a , v 5b , v 5c , adalah tegangan harmonisake-5 di fasa-a, -b, dan -c; masing-masing digambarkan terpotong untukmenunjukkan bahwa mereka berbeda fasa.164 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V300200100v 1av 1bv 1c00 90 180 270 360-100-200-300Gb.8.4. Fundamental dan harmonisa ke-5Satu siklus fundamental berisi 5 siklus harmonisa atau satu siklusharmonisa mempunyai lebar 72 o dalam skala fundamental. Perbedaanfasa antara v 5a dan v 5b adalah (2 × 72 o − 120 o ) = 24 o dalam skalafundamental atau 120 o dalam skala harmonisa ke-5; beda fasa antara v 5bdan v 5c juga 120 o . Diagram fasorV 5bdari harmonisa ke-5 terlihat padaGb.8.5. Jika V 5a , V 5b , V 5cmerupakan fasor tegangan fasanetralmaka tegangan fasa-fasaV 5a(line to line) harmonisa ke-5adalah 3 kali lebih besar daritegangan fasa-netral-nya.Harmonisa Ke-7. Satu siklus harmonisa ke-7 memiliki lebar 51,43 odalam 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 dalam skalaharmonisa ke-7; beda fasa antara v 7b dan v 7c juga 240 o . Diagram fasordari harmonisa ke-7 terlihatV 7cpada Gb.8.6. Jika V 7a , V 7b , V 7cmerupakan fasor teganganfasa-netral maka teganganV 7afasa-fasa (line to line)harmonisa ke-7 adalah 3kali lebih besar dari teganganfasa-netral-nya.v 5a v 5b v 5c[ o ]V 5cGb.8.5. Diagram fasor harmonisa ke-5.V 7bGb.8.6. Diagram fasor harmonisa ke-7.165

8.2. Relasi Tegangan Fasa-Fasa dan Fasa-etralPada tegangan sinus murni, relasi antara tegangan fasa-fasa dan fasanetraldalam pembebanan seimbang adalahV ff= V fn3 =1,732Vfndi mana V ff tegangan fasa-fasa dan V f-n tegangan fasa-netral. Apakahrelasi masih berlaku jika tegangan berbentuk gelombang nonsinus. Kitaakan melihat melalui contoh berikut.COTOH-8.1: Tegangan fasa-netral suatu generator 3 fasa terhubungbintang mengandung komponen fundamental dengan nilai puncak200 V, serta harmonisa ke-3, 5, 7, dan 9 dengan nilai puncakberturut-turut 40, 25, 20, 10 V. Hitung rasio tegangan fasa-fasaterhadap tegangan fasa-netral.Penyelesaian:Dalam soal ini harmonisa tertinggi yang diperhitungkan adalahharmonisa ke-9, walaupun nilai puncak harmonisa tertinggi inimasih 5% dari nilai puncak komponen fundamental.Nilai efektif tegangan fasa-netral fundamental sampai harmonisake-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 VV 7 f −n =14,14 V ; V 9 f −n = 7,07 VNilai efektif tegangan fasa-netral totalV f −n=2 2 2 2 2141,42 + 28,28 + 17,68 + 14,14 + 7,07= 146,16VNilai efektif tegangan fasa-fasa setiap komponen adalahV 1 f − f = 244,95 V ; V 3 f − f = 0 V ; V 5 f − f = 26,27 VV 7 f − f = 22,11 V ; V 9 f − f = 0 VNilai efektif tegangan fasa-fasa total166 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V f − f=22 2244,95 + 0 + 26,27 + 22,11 + 0 = 247,35Rasio tegangan fasa-fasa terhadap tegangan fasa-netralV f − f 247,35= = 1,70V f −n146,16VPerbedaan nilai perhitungan tegangan efektif fasa-netral dan teganganefektif fasa-fasa terlatak pada adanya harmonisa kelipatan tiga; teganganfasa-fasa harmonisa ini bernilai nol.8.3. Hubungan Sumber Dan BebanGenerator Terhubung Bintang. Jika belitan jangkar generator terhubungbintang, harmonisa kelipatan tiga yang terkandung pada tegangan fasanetraltidak muncul pada tegangan fasa-fasa-nya. Kita akan melihatnyapada contoh berikut.COTOH-8.2: Sebuah generator 3 fasa, 50 Hz, terhubung bintangmembangkitkan tegangan fasa-netral yang berbentuk gelombangnonsinus yang dinyatakan dengan persamaanv = 800sinω0t+ 200sin 3ω0t+ 100sin 5ω0tVGenerator ini mencatu tiga induktor terhubung segi-tiga yangmasing-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 adalahV 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 kalitegangan fasa-netralnya. Akan tetapi masing-masing komponenmerupakan sinyal sinus; oleh karena itu tegangan fasa-fasa masingmasingkomponen adalah3 kali tegangan fasa-netral-nya.( 800 / 2) 3 800 3/2 VV ff 1 rms ==; V ff 3 rms = 0 V ;V ff 5 rms = 1003 / 2V167

V ffrms=22800 (3/ 2) + 100 (3/ 2) = 987,4VReaktansi beban per fasa untuk tiap komponenX 1 = 2π × 50 × 0,1 = 31,42 Ω ; X 3 = 3X1 = 94,25 Ω ;X 5 = 5X1 = 157,08 ΩImpedansi beban per fasa untuk tiap komponenZ f 1=2 220 + 31,42= 37,24 ΩZ f 3=2 220 + 94,25= 96,35 ΩZ f 5=2 220 + 157,08= 158,35 ΩArus fasa:V ff 1rms800 3 / 2I f 1 rms = = = 26,3 AZ 37,24f 1V ff 3rmsI f 3 rms = = 0 AZ f 1V ff 5rms100 3 / 2I f 5 rms = = = 0,77 AZ 158,35f 5I frms =2 226,3 + 0,77= 26,32ADaya nyata diserap bebanP b2= 3×I frms × 20 = 41566 W ≈ 41,6 kWDaya kompleks bebanS b= 3×V ff × I f = 3×987,4×26,32 = 77967 W ≈ 78 kWFaktor daya bebanPb41,6f . d.= = = 0,53S 78b168 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Generator Terhubung Segitiga. Jika belitan jangkar generator terhubungsegitiga, maka tegangan harmonisa kelipatan tiga akan menyebabkanterjadinya arus sirkulasi pada belitan jangkar generator tersebut.COTOH-8.3: Sebuah generator 3 fasa, 50 Hz, terhubung segitiga.Resistansi dan induktansi per fasa adalah 0,06 Ω dan 0,9 mH. Dalamkeadaan tak berbeban tegangan fasa-fasa mengandung harmonisake-3, -7, dan -9, dan -15 dengan amplitudo berturut-turut 4%, 3%,2% dan 1% dari amplitudo tegangan fundamental. Hitunglah arussirkulasi dalam keadaan tak berbeban, jika eksitasi diberikansedemikian rupa sehingga amplitudo tegangan fundamental 1500 V.Penyelesaian:Arus sirkulasi di belitan jangkar yang terhubung segitiga timbul olehadanya tegangan harmonisa kelipatan tiga, yang dalam hal ini adalahharmonisa ke-3, -9, dan -15. Tegangan puncak dan tegangan efektifmasing-masing komponen harmonisa ini di setiap fasa adalahV 3 m = 4% × 1500 = 60 V ; V 3 rms = 60 / 2 VV 9 m = 2% × 1500 = 30 V ; V 9 rms = 30 / 2 VV 15 m = 1% × 1500 = 15 V ; V 15 rms =15 / 2 VReaktansi untuk masing-masing komponen adalahX 1X= 2π × 50 × 0,9 × 103 = 3×X1= 0,85 ΩX 9 = 9 × X1= 2,55 ΩX 15 = 15×X1= 4,24 Ω−3= 0,283 ΩImpedansi di setiap fasa untuk komponen harmonisaZ 3Z 9Z 15Arus sirkulasi adalah===0,060,06220,062+ 0,85+ 2,5422+ 4,242= 0,85 Ω= 2,55 Ω= 4,24 Ω169

III60 / 2=0,853 rms =30 / 2=2,559 rms =15 / 2=4,2415 rms =49,89 A8,33 A2,5 A2 2 2I sirkulasi( rms)= 48,89 + 8,33 + 2,5 = 50,6ASistem Empat Kawat. Pada sistem empat kawat, di mana titik netralsumber terhubung ke titik netral beban, harmonisa kelipatan tiga akanmengalir melalui penghantar netral. Arus di penghantar netral inimerupakan jumlah dari ketiga arus di setiap fasa; jadi besarnya tiga kalilipat dari arus di setiap fasa.COTOH-8.4: Tiga kumparan dihubungkan bintang; masing-masingkumparan mempunyai resistansi 25 Ω dan induktansi 0,05 H.Beban ini dihubungkan ke generator 3 fasa, 50Hz, dengankumparan jangkar terhubung bintang. Tegangan fasa-netralmempunyai komponen fundamental, harmonisa ke-3, dan ke-5dengan 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 komponenReaktansi per fasaV fn1rms= 254,6 V;V fn3rms= 42,4 V;V fn5rms= 35,4 VX 1XX= 2π × 50 × 0,05 = 15,70 Ω= 3×1 = 47,12 Ω= × = 78,54 Ω3 X5 5 X1170 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Impedansi per fasaZ 1=2 225 + 15,70= 29,53ΩZ 3=2 225 + 47,12= 53,35ΩZ 5=252+ 78,542= 82,42ΩArus saluran254,6I 1 rms = = 8,62 A29,5342,4I 3 rms = = 0,795 A53,3535,4I 5 rms = = 0,43 A82,42I saluranrms =2 2 28.62 + 0,795 + 0,43(b) Tegangan fasa-fasa setiap komponen= 8,67V 1 f − f = 440,9V; V3f − f = 0 V; V5f − f = 61,24 VTegangan fasa-fasaAV f − f=440,92+ 0 + 61,22= 445VArus di penghantar netral ditimbulkan oleh harmonisa ke-3,yang merupakan arus urutan nol.Inetral = rms3×I3 = 3×0,795 = 2,39 A(c) Daya yang diserap beban adalah daya yang diserap elemen2resistif 25 Ω, yaitu P = 3 × I f −n× R . Arus beban terhubungbintang sama dengan arus saluran. Jadi daya yang diserapbeban adalah22P b = 3×I × R = 3×8,67 × 25 = 5636 W= 5,64 kW171

Sistem Tiga Kawat. Pada sistem ini tidak ada hubungan antara titiknetral sumber dan titik netral beban. Arus harmonisa kelipatan tiga tidakmengalir. Kita akan melihat kondisi ini dengan menggunakan contohberikut.COTOH-8.5: Persoalan seperti pada contoh-29-4 akan tetapipenghantar netral yang menghubungkan titik netral generator danbeban diputus. Hitung nilai efektif (a) arus saluran (fasa); (b)tegangan fasa-fasa; (c) arus di penghantar netral; (d) daya diserapbeban.Penyelesaian:(a) Karena penghantar netral diputus, arus harmonisa ke-3 tidakmengalir. Arus fundamental dan harmonisa ke-5 telah dihitungpada contoh-6.4. yaituArus saluran menjadiII254,629,5335,482,421 rms = =5 rms = =I saluranrms =8,62 A0,43 A2 28,62 + 0,43 = 8,63 A(b) Walaupun arus harmonisa ke-3 tidak mengalir, tegangan fasanetralharmonisa ke-3 tetap hadir namun tegangan ini tidakmuncul pada tegangan fasa-fasa. Keadaan ini seperti keadaansebelum penghantar netral diputusV f − f=22440,9 + 0 + 61,2= 445V(c) Arus di penghantar netral = 0 A(d) Daya yang diserap beban8.4. Sumber Bekerja Paralel2P b = 3×I × R = 3×8,63 × 25 = 5589 W = 5,59 kWUntuk mencatu beban yang besar sumber-sumber pada sistem tenagaharus bekerja paralel. Jika sumber terhubung bintang dan titik netralmasing-masing sumber ditanahkan, maka akan mengalir arus sirkulasimelalui pentanahan apabila terdapat tegangan harmonisa kelipatan tiga.172 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga2

COTOH-8.6: Dua generator tiga fasa, 20 000 kVA, 10 000 V,terhubung bintang, masing-masing mempunyai reaktansi jangkar20% tiap fasa. Tegangan terbangkit mengandung harmonisa ke-3dengan amplitudo 10% dari amplitudo fundamental. Keduagenerator bekerja paralel, dan titik netral masing-masingditanahkan melalui reaktansi 10%. Hitunglah arus sirkulasi dipentanahan karena adanya harmonisa ke-3.Penyelesaian:Tegangan kedua generator adalahV ffrms=10000 VV fnrms10000 = = 57743VReaktansi jangkar 20% :X aReaktansi pentanahan 10% :3×5774= 20% ×= 1 Ω20 000 × 1000X gReaktansi pentanahan untuk urutan nol :3×5774= 10% ×= 0,5 Ω20 000 × 1000X 022= 3×0,5 = 1,5 ΩTegangan harmonisa ke-3 adalah 10% dari tegangan fundamental :V fn3 rms = 577,4Kedua generator memiliki X a dan X g yang sama besar dengantegangan harmonisa ke-3 yang sama besar pula. Arus sirkulasiakibat tegangan harmonisa ke-3 adalahIsirkulasi8.5. Penyaluran Energi ke Beban=Vfn3rms( X + X )a0=V577,4= 231 A2,5Dalam jaringan distribusi, untuk menyalurkan energi ke beban digunakanpenyulang tegangan menengah yang terhubung ke transformator dan daritransformator ke beban. Suatu kapasitor dihubungkan paralel denganbeban guna memperbaiki faktor daya. Dalam analisis harmonisa kitamenggunakan model satu fasa dari jaringan tiga fasa.173

Penyulang. Dalam model satu fasa, penyulang diperhitungkan sebagaimemiliki resistansi, induktansi, kapasitansi. Dalam hal tertentu elemenini bisa diabaikan.Transformator. Perilaku transformator dinyatakan dengan persamaan1 = E1+ I1R1jI1X1V +2 = V2+ I2R2jI2X2E +2II 21 = I f + I2′dengan I2′= I2=1aV 1 , I1,E1,R1, X1berturut turut adalah tegangan terminal, arus, teganganinduksi kumparan, resistansi, dan reaktansi bocor rangkaian primer.V 2 , I2,E2,R2,X2berturut-turut adalah tegangan terminal, arus,tegangan induksi kumparan, resistansi, dan reaktansi bocor rangkaiansekunder; V 2 sama dengan tegangan pada beban. E 1 sefasa dengan E 2karena dibangkitkan (diinduksikan) oleh fluksi yang sama, sehingga nilaimasing-masing sebanding dengan jumlah lilitan, 1 dan 2 . Jikaa = 1 / 2 maka dilihat dari sisi sekunder nilai E 1 menjadiE 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 padaGb.5.7.a. Dengan mengabaikan arus eksitasi I f dan menggabungkanresistansi dan reaktansi menjadi R T = R 1 ′ + R2dan X T = X 1 ′ + X 2maka rangkaian ekivalen menjadi seperti pada Gb.8.7.b.(a)R′X′ 1 I f1R X 2 2V∼1 EB V 21X cR cI cB(b)Gb.8.7. Rangkaian ekivalen transformator berbeban.174 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem TenagaR TX T∼ V 1V 2

8.6. Rangkaian Ekivalen Untuk AnalisisKarena resistansi dan reaktansi transformator diposisikan di sisisekunder, maka untuk menambahkan penyulang dan sumber harus puladiposisikan di sisi sekunder. Tegangan sumber V s menjadi V s /a, resistansipenyulang menjadi R p /a 2 , reaktansi penyulang menjadi X p /a 2 . Jikaresistansi penyulang R p /a 2 maupun resistansi transformator R T diabaikan,maka rangkaian sumber–penyulang–transformator–beban menjadiseperti pada Gb.8.8. Bentuk rangkaian yang terakhir ini cukup sederhanauntuk melakukan analisis lebih lanjut. V s /a adalah tegangan sumber.X TV s /a B V 2X p /a 2 X CBGb.8.8. Rangkaian ekivalen penyaluran energi dari sumber kebeban dengan mengabaikan semua resistansi dalam rangkaianserta arus eksitasi transformator.Apabila kita menggunakan rangkaian ekivalen dengan hanyamemandang arus nonlinier, maka sumber tegangan menjadi bertegangannol atau merupakan hubung singkat seperti terlihat pada Gb.8.9.X p /a 2X Ti bebanX CGb.8.9. Rangkaian ekivalen pada pembebanan nonlinier.Jika kita hanya meninjau komponen harmonisa, dan tetap memandangbahwa arus harmonisa mengalir ke beban, arah arus harmonisadigambarkan menuju sisi beban. Namun komponen harmonisa tidakmemberikan transfer energi neto dari sumber ke beban; justru sebaliknyakomponen harmonisa memberikan dampak yang tidak menguntungkanpada sistem pencatu daya. Oleh karena itu sistem pencatu daya “bisamelihat” bahwa di arah beban ada sumber arus harmonisa yang mencatusistem pencatu daya dan sistem pencatu daya harus memberi tanggapanterhadap fungsi pemaksa (driving function) ini. Dalam hal terakhir ini175

sumber arus harmonisa digambarkan sebagai sumber arus yang mencatusistem seperti terlihat pada Gb.8.10.X p /a 2X TX Csumber arusharmonisaGb.8.10. Rangkaian ekivalen untuk analisis arus harmonisa.8.7 Dampak Harmonisa Pada PirantiDalam analisis rangkaian linier, elemen-elemen rangkaian seperti R, L,dan C, merupakan idealisasi piranti-piranti nyata yang nonlinier. Dalambab ini kita akan mempelajari pengaruh adanya komponen harmonisa,baik arus maupun tegangan, terhadap piranti-piranti sebagai benda nyata.Pengaruh ini dapat kita klasifikasi dalam dua kategori yaitu:a). Dampak langsung yang merupakan peningkatan susut energi yaituenergi “hilang” yang tak dapat dimanfaatkan, yang secaraalamiah berubah menjadi panas. [5,6].b). Dampak taklangsung yang merupakan akibat lanjutan dariterjadinya dampak langsung. Peningkatan temperatur padakonduktor kabel misalnya, menuntut penurunan pengaliran arusmelalui kabel agar temperatur kerja tak terlampaui. Demikianpula peningkatan temperatur pada kapasitor, induktor, dantransformator, akan berakibat pada derating dari alat-alat ini danjustru derating ini membawa kerugian (finansial) yang lebihbesar dibandingkan dengan dampak langsung yang berupa susutenergi.Dampak taklangsung bukan hanya derating piranti tetapi jugaumur ekonomis piranti. Pembebanan nonlinier tidaklah selalukontinyu, melainkan fluktuatif. Oleh karena itu pada selangwaktu tertentu piranti terpaksa bekerja pada batas tertinggitemperatur kerjanya bahkan mungkin terlampaui pada saat-saattertentu. Kenaikan tegangan akibat adanya harmonisa dapatmenimbulkan micro-discharges bahkan partial-discharges dalampiranti yang memperpendek umur, bahkan mal-function bisaterjadi pada piranti.176 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

8.7.1. KonduktorPada konduktor, komponen arus harmonisa menyebabkan peningkatandaya nyata yang diserap oleh konduktor dan berakibat pada peningkatantemperatur konduktor. Daya nyata yang terserap di konduktor ini kitasebut rugi daya atau susut daya. Karena susut daya ini berbanding lurusdengan kuadrat arus, maka peningkatannya akan sebanding dengankuadrat THD arus; demikian pula dengan peningkatan temperatur.Misalkan arus efektif nonsinus I rms mengalir melalui konduktor yangmemiliki resistansi R s , maka susut daya di konduktor ini adalah2 2 222P s I rms Rs= ( I1rms+ I hrms ) Rs= I1rmsRs( 1 + THDI)2Jika 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 Itidak boleh lebih dari 0,32 atau 32%. Dalam contoh-contoh persoalanyang diberikan di Bab-4, THD I besar terjadi misalnya pada aruspenyearahan setengah gelombang yang mencapai 100%, dan arusmelalui saklar sinkron yang mengalir setiap paruh ke-dua dari tiapsetengah perioda yang mencapai 61%.COTOH-8.7: Konduktor kabel yang memiliki resistansi total 80 mΩ,menyalurkan arus efektif 100 A, pada frekuensi 50 Hz. Kabel iniberoperasi normal pada temperatur 70 o C sedangkan temperatursekitarnya adalah 25 o C. Perubahan pembebanan di ujung kabelmenyebabkan munculnya harmonisa pada frekuensi 350 Hz dengannilai efektif 40 A. Hitung (a) perubahan susut daya dan (b)perubahan temperatur kerja pada konduktor.(a) Susut daya semula pada konduktor adalahP 1 = 100 2 × 0,08 = 800Susut daya tambahan karena arus harmonisa adalahWSusut daya berubah menjadiP 7 = 40 2 × 0,08 = 128 WP kabel= 800 + 128 = 928 W177

Dibandingkan dengan susut daya semula, terjadi kenaikan susutdaya sebesar 16%.(b) Kenaikan temperatur kerja di atas temperatur sekitar semulaadalah (70 o − 25 o ) = 45 o C. Perubahan kenaikan temperaturadalah∆T = 0,16 × 45o =7,2Kenaikan temperatur akibat adanya hormonisa adalahoT = 45 C + 7,2ooC ≈ 52dan temperatur kerja akibat adanya harmonisa adalahT ′ =25o+ 5210% di atas temperatur kerja semula.o= 77ooCCCCOTOH-8.8: Suatu kabel yang memiliki resistansi total 0,2 Ωdigunakan untuk mencatu beban resistif R b yang tersambung diujung kabel dengan arus sinusoidal bernilai efektif 20 A. Tanpapengubah resistansi beban, ditambahkan penyearah setengahgelombang (ideal) di depan R b . (a) Hitunglah perubahan susut dayapada kabel jika penyaluran daya ke beban dipertahankan takberubah. (b) Hitunglah daya yang disalurkan ke beban denganmempertahankan arus total pada 20 A; (c) berikan ulasan.Penyelesaian:(a) Sebelum pemasangan penyearah, susut daya di kabel adalahP k= 20 2 × 0,2 = 80 WDengan mempertahankan besar daya tersalur ke beban tidakberubah, berarti nilai efektif arus fundamental dipertahankan 20A. THD I pada penyearah setengah gelombang adalah 100%.Susut daya pada kabel menjadiP*k= 202× 0,21Susut daya menjadi dua kali lipat.2( + 1 ) = 160 W178 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

(b) Jika arus efektif total dipertahankan 20 A, maka susut daya dikabel sama seperti sebelum pemasangan penyearah yaituPk= 20 2 × 0,2 = 80Dalam situasi ini terjadi penurunan arus efektif fundamentalyang dapat dihitung melalui relasi kuadrat arus efektif total,yaituI2rms21ms2hms21msW= I + I = I (1 + THDDengan THD 100%, maka I 1 2 rms = 20 2 /2jadiI1 rms= 20/ 2 = 14,14 A2) = 20Jadi jika arus efektif total dipertahankan 20 A, arus fundamentalturun menjadi 70% dari semula. Susut daya di kabel tidakberubah, tetapi daya yang disalurkan ke beban menjadi0,72 ≈ 0,5 dari daya semula atau turun menjadi 50%-nya.(c) Jika penyaluran daya ke beban dipertahankan tetap, susut padasaluran menjadi dua kali lipat, yang berarti kenaikan temperaturdua kali lipat. Jika temperatur kerja semula 65 o C padatemperatur sekitar 25 o , maka temperatur kerja yang baru bisamencapai lebih dari 100 o C.8.7.2. KapasitorJika susut daya pada saluran tidak diperkenankan meningkatmaka penyaluran daya ke beban harus diturunkan sampaimenjadi 50% dari daya yang semula disalurkan; gejala ini dapatdiartikan sebagai derating kabel.Ulas Ulang Tentang Kapasitor. Jika suatu dielektrik yang memilikipermitivitas relatif ε r disisipkan antara dua pelat kapasitor yang memilikiluas A dan jarak antara kedua pelat adalah d, maka kapasitansi yangsemula (tanpa bahan dielektrik)AC 0 = ε 0 dberubah menjadiC = C 0 ε rJadi kapasitansi meningkat sebesar ε r kali.2179

Diagram fasor arus dan tegangan kapasitor diperlihatkan pada Gb.8.11.Arus kapasitor terdiri dari dua komponen yaitu arus kapasitif I C idealyang 90 o mendahului tegangan kapasitor V C , dan arus ekivalen lossespada dielektrik I Rp yang sefasa dengan tegangan.imICδI totGb.8.11. Diagram fasor arus dan tegangan kapasitor.Daya yang terkonversi menjadi panas dalam dielektrik adalahP = V I = V I tan δ(8.2)CRpCatau20 00 rCP = ε V ωCV tan δ = 2πfV C ε tan δ (8.3)rI Rptanδ 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.8.12.VCreε rε rloss factorε r tanδpower audiofrekuensi listrikradiofrekuensifrekuensi optikGb.8.12. ε r dan loss factor sebagai fungsi frekuensi.Dalam analisis rangkaian, reaktansi kapasitor dituliskan sebagai180 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

1X C = 2 πfCGb.8.12. memperlihatkan bahwa ε r menurun dengan naiknya frekuensiyang berarti kapasitansi menurun dengan naiknya frekuesi. Namunperubahan frekuensi lebih dominan dalam menentukan reaktansidibanding dengan penurunan ε r ; oleh karena itu dalam analisis kitamenganggap kapasitansi konstan.Loss factor menentukan daya yang terkonversi menjadi panas dalamdielektrik. Sementara itu, selain tergantung frekuensi, ε r juga tergantungdari temperatur dan hal ini berpengaruh pula pada loss factor, walaupuntidak terlalu besar dalam rentang temperatur kerja kapasitor. Oleh karenaitu dalam menghitung daya yang terkonversi menjadi panas dalamdielektrik, kita melakukan pendekatan dengan menganggap loss factorkonstan. Dengan anggapan ini maka daya yang terkonversi menjadipanas akan sebanding dengan frekuensi dan sebanding pula dengankuadrat tegangan.Tegangan onsinus. Pada tegangan nonsinus, bentuk gelombangtegangan pada kapasitor berbeda dari bentuk gelombang arusnya. Hal inidisebabkan oleh perbedaan tanggapan kapasitor terhadap komponenfundamental dengan tanggapannya terhadap komponen harmonisa.Situasi ini dapat kita lihat sebagai berikut. Misalkan pada terminalkapasitor terdapat tegangan nonsinus yang berbentuk:vC ( t)= vC1 ( t)+ vC3(t)+ vC5( t)+ .........(8.4)Arus kapasitor akan berbentukiC ( t)= ω0 CvC1(t)+ 3ω0CvC3(t)+ 5ω0CvC5( t)+ ......... (8.5)Dengan memperbandingkan (8.4) dan (8.5) dapat dimengerti bahwabentuk gelombang tegangan kapasitor berbeda dengan bentuk gelombangarusnya.COTOH-8.9: Sumber tegangan nonsinus memiliki komponenfundamental dengan nilai puncak 150 V dan frekuensi 50 Hz, sertaharmonisa 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.181

Penyelesaian:Jika persamaan teganganmaka persamaan arus adalahi Cv C = 150 sin100πt+ 30sin 300πtV= 150×500×10+ 30×500×10−6−6× 100πcos100πt× 500πcos 500πtBentuk gelombang tegangan dan arus adalah seperti terlihat padaGb.8.13.200[V][A]100-1000i Cv C0 0.005 0.01 0.015 0.02t [detik]-200Gb.8.3. Gelombang tegangan dan arus pada Contoh-8.9.COTOH-8.10: Sumber tegangan nonsinus memiliki komponenfundamental dengan nilai puncak 150 V dan frekuensi 50 Hz,serta harmonisa ke-3 dan ke-5 yang memiliki nilai puncakberturut-turut 30 V dan 5 V. Sebuah kapasitor 500 µF (110 V rms,50 Hz) dihubungkan pada sumber tegangan ini. Hitung: (a) arusefektif komponen fundamental; (b) THD arus kapasitor; (c) THDtegangan kapasitor; (d) jika kapasitor memiliki losses dielektrik0,6 W pada tegangan sinus rating-nya, hitunglah losses dielektrikdalam situasi ini.Penyelesaian:(a) Reaktansi untuk komponen fundamental adalahX C11=2π×50×500×10= 6,37 Ω182 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga−6

Arus efektif untuk komponen fundamental150 / 2I C1 rms = = 16,7 A6,37(b) Reaktansi untuk harmonisa ke-3 dan ke-5 berturut-turutadalah(c)X= C1XX C3= 2,12 Ω ; X = C1C5= 1,27 Ω35Arus efektif harmonisaTHDV30 / 2I C3 rms = = 10 A2,12I CV=V5 / 2=1,275 rms =THDIhrms1rmsI=I=hrmsC1rms3022150 /=2,8 A5+222102+ 2,816,72= 0,62 atau62%21,5= = 0,20 atau 20 %106(d) Losses dielektrik dianggap sebanding dengan frekuensi dankuadrat tegangan. Pada frekuensi 50 Hz dan tegangan 110 V,losses adalah 0,6 watt.P 50 Hz,110V =0,6W150 ⎛ 30 ⎞P 150 Hz,30V = × ⎜ ⎟ × 0,6 = 0,134 W50 ⎝110⎠250 ⎛ 5 ⎞P 250 Hz,5V = × ⎜ ⎟ × 0,6 = 0,006 W50 ⎝110⎠Losses dielektrik total:P total= 0 ,6 + 0,134 + 0,006 = 0,7422W183

8.7.3. InduktorInduktor Ideal. Induktor yang untuk keperluan analisis dinyatakansebagai memiliki induktansi murni L, tidak kita temukan dalam praktik.Betapapun kecilnya, induktor selalu mengandung resistansi dan kitamelihat induktor sebagai satu induktansi murni terhubung seri dengansatu resistansi. Oleh karena itu kita melihat tanggapan induktor sebagaitanggapan beban induktif dengan resistansi kecil. Hanya apabilaresistansi belitan dapat diabaikan, relasi tegangan-arus induktor untukgelombang tegangan dan arus berbentuk sinus murni menjadidi fv = Ldtdengan v adalah tegangan jatuh pada induktor, dan i f adalah arus eksitasi.Apabila rugi rangkaian magnetik diabaikan, maka fluksi φ sebandingdengan i f dan membangkitkan tegangan induksi pada belitan induktorsesuai dengan hukum Faraday dan hukum Lenz.dφe i = −dtTegangan induksi ini berlawanan dengan tegangan jatuh induktor v,sehingga nilai e i sama dengan v.dφdi fe = ei = = Ldt dtPersamaan di atas menunjukkan bahwa φ dan i f berubah secarabersamaan. Jika φ berbentuk sinus maka ia harus dibangkitkan oleh arusi f yang juga berbentuk sinus dengan frekuensi sama dan mereka sefasa.Arus i f sendiri berasal dari sumber tegangan yang juga harus berbentuksinus. Oleh karena itu baik tegangan, arus, maupun fluksi mempunyaifrekuensi sama, sehingga kita dapat menuliskan persamaan dalam bentukfasorV = E i = jωΦ = jωLIfdengan Φ adalah fluksi dalam bentuk fasor. Relasi ideal ini memberikan2πVrms= fφmaks= 4, 44 f φmaks2184 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

2πVrms= fLi fmaks = 4, 44 fL i2fmaksRelasi ideal memberikan diagram fasor seperti disamping ini dimana arus yang membangkitkanfluksi yaitu I φ sama dengan I f .I fΦ= I φV = E iCOTOH-8.11: Melalui sebuah kumparan mengalir arus nonsinus yangmengandung komponen fundamental 50 Hz, harmonisa ke-3, danharmonisa ke-5 dengan amplitudo berturut-turut 50, 10, dan 5 A.Jika daya input pada induktor diabaikan, dan tegangan pada induktoradalah 75 V rms, hitung induktansi induktor.Penyelesaian:Jika induktansi kumparan adalah L maka tegangan efektif komponenfundamental, harmonisa ke-3 dan ke-5 berturut-turut adalahV L 1 rms = 4,44×50×L×50 = 11100×L VV L 3 rms = 4,44×150×L × 10 = 6660×L VV L 5 rms = 4,44 × 250 × L × 5 = 5550 × L Vsedangkan2 2 2Lrms = V1rms+ V3rmsV5rms. JadiV +275 = L × 11100 + 6660 + 5550 = 14084, 3× LInduktansi kumparan adalahL =7514084,322= 0,0053 HFluksi Dalam Inti. Jika tegangan sinus dengan nilai efektif V rms danfrekuensi f diterapkan pada induktor, fluksi magnetik yang timbul dalaminti dihitung dengan formulaφmV= rms4,44×f × 185

φ m adalah nilai puncak fluksi, dan adalah jumlah lilitan. Melaluicontoh berikut ini kita akan melihat fluksi dalam inti induktor bilategangan yang diterapkan berbentuk nonsinus.COTOH-8.12: Sebuah induktor dengan 1200 lilitan mendapattegangan nonsinus yang terdiri dari komponen fundamental dengannilai efektif V 1rms = 150 V dan harmonisa ke-3 dengan nilai efektifV 3rms = 50 V yang tertinggal 135 o dari komponen fundamental.Gambarkan kurva tegangan dan fluksi.Penyelesaian:Persamaan tegangan adalahv L = 150 2 sin ω0t+ 50 2 sin(5ω0t−135Nilai puncak fluksi fundamental150φ1 m == 563 µ Wb4,44×50×1200Fluksi φ 1m tertinggal 90 o dari tegangan (lihat Gb.4.4). Persamaangelombang fluksi fundamental menjadiNilai puncak fluksi harmonisa ke-3φ1 = 563sin( ω0t− 90 ) µ Wb503 == 62,6 µ Wb4,44 × 3×50 × 1200φ mFluksi φ 3m juga tertinggal 90 o dari tegangan harmonisa ke-3;sedangkan tegangan harmonisa ke-3 tertinggal 135 o dari teganganfundamental. Jadi persamaan fluksi harmonisa ke-3 adalahooφ3 = 62,6sin(3ω0t−135− 90 ) = 62,6sin(3ω0t− 225 ) µ Wboo)oPersamaan fluksi total menjadi186 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenagaoφ = 563sin(ω0 t − 90 ) + 62,6sin(3ω0t− 225) µ WbKurva tegangan dan fluksi terlihat pada Gb.8.14.

600[V]400[µWb]2000-200v Lφt [detik]0 0.01 0.02 0.03 0.04-400-600Gb.8.14. Kurva tegangan dan fluksi.Rugi-Rugi Inti. Dalam induktor nyata, rugi inti menyebabkan fluksimagnetik yang dibangkitkan oleh i f ketinggalan dari i f sebesar γ yangdisebut sudut histerisis. Keadaan ini diperlihatkan pada Gb.8.15. dimanaarus magnetisasi I f mendahului φ sebesar γ. Diagram fasor ini digambardengan memperhitungkan rugi hiterisisIcV = EiIφγΦI fGb.8.15. Diagram fasor induktor (ada rugi inti)Dengan memperhitungkan rugi-rugi yang terjadi dalam intitransformator, I f dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu I φyang diperlukan untuk membangkitkan φ, dan I c yang diperlukan untukmengatasi rugi-rugi inti. Jadi arus magnetisasi menjadi I f = I φ + I c .Komponen I c merupakan arus fiktif yang jika dikalikan dengan V akanmemberikan rugi-rugi intioPc= IcV= VI f cos(90 − γ)watt (8.6)Rugi inti terdiri dari dua komponen, yaitu rugi histerisis dan rugi aruspusar. Rugi histerisis dinyatakan denganPh = whvf(8.7)187

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 empirisn( K B )P h = vf h m(8.8)di mana B m adalah nilai kerapatan fluksi maksimum, n tergantung darijenis bahan dengan nilai yang terletak antara 1,5 sampai 2,5 dan K h yangjuga tergantung jenis bahan (untuk silicon sheet steel misalnya, K h =0,001). Nilai-nilai empiris ini belum didapatkan untuk frekuensiharmonisa.Demikian pula halnya dengan persamaan empiris untuk rugi arus pusardalam intiP e = Kef Bm τ v(8.9)188 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga2di mana K e konstanta yang tergantung material, f frekuensi perubahanfluksi [Hz], B m adalah nilai kerapatan fluksi maksimum, τ ketebalanlaminasi inti, dan v adalah volume material inti.Rugi Tembaga. Apabila resistansi belitan tidak diabaikan, V ≠ E 1 .Misalkan resistansi belitan adalah R 1 , maka2V E + I2= 1 f R 1(8.10)Diagram fasor dari keadaan terakhir, yaitu dengan memperhitungkanresistansi belitan, diperlihatkan pada Gb.8.16.Gb.8.16. Diagram fasor induktor (ada rugi tembaga).Dalam keadaan ini, daya masuk yang diberikan oleh sumber, selainuntuk mengatasi rugi-rugi inti juga diperlukan untuk mengatasi rugi dayapada belitan yang kita sebut rugi-rugi tembaga, P cu . Jadi2fP = P + P = P + I R = VI cosθ(8.11)inI φcΦI cθIcufdengan V dan I f adalah nilai-nilai efektif dan cosθ adalah faktor daya.cE iI f R 1V1f

8.7.4. TransformatorUlas Ulang Transformator Berbeban. Rangkaian transformatorberbeban dengan arus beban I 2 , diperlihatkan oleh Gb.8.17. Teganganinduksi E 2 (yang telah timbul dalam keadaan tranformator tidakberbeban) akan menjadi sumber di rangkaian sekunder dan memberikanarus sekunder I 2 . Arus I 2 ini membangkitkan fluksi magnetik yangmelawan fluksi bersama φ (sesuai dengan hukum Lenz) dan sebagianakan bocor, φ l2 ; φ l2 yang sefasa dengan I 2 menginduksikan teganganE l2 di belitan sekunder yang 90 o mendahului φ l2 .I 1V 1φI2φ l1 φ l2V 2Gb.8.17. Transformator berbeban.Dengan adanya perlawanan fluksi yang dibangkitkan oleh arus di belitansekunder itu, fluksi bersama akan cenderung mengecil. Hal ini akanmenyebabkan tegangan induksi di belitan primer juga cenderungmengecil. Akan tetapi karena belitan primer terhubung ke sumber yangtegangannya tak berubah, maka arus primer akan naik. Jadi arus primeryang dalam keadaan transformator tidak berbeban hanya berupa arusmagnetisasi I f , bertambah menjadi I 1 setelah transformator berbeban.Pertambahan arus ini haruslah sedemikian rupa sehingga fluksi bersamaφ dipertahankan dan E 1 juga tetap seperti semula. Dengan demikianmaka persamaan rangkaian di sisi primer tetap terpenuhi.Karena pertambahan arus primer sebesarI1 − I f adalah untukmengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh I 2 agar φdipertahankan, maka haruslahPertambahan arus primer( I − I ) − I 01 1 f 2 2 =(8.12)I1 − I f disebut arus penyeimbang yang akanmempertahankan φ. Makin besar arus sekunder, makin besar pula arus189

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 yangdibangkitkan oleh fluksi-fluksi bocor, yaitu E l1 dan E l2 , dinyatakandengan suatu besaran ekivalen yaitu tegangan jatuh ekivalen padareaktansi bocor ekivalen, X 1 dan X 2 , masing-masing di rangkaian primerdan sekunder. Jika resistansi belitan primer adalah R 1 dan belitansekunder adalah R 2 , maka kita peroleh hubunganuntuk rangkaian di sisi primerV E I R El E I + I1 = 1 + 1 1 + 1 = 1 + 1R1j 1X1(8.13)untuk rangkaian di sisi sekunderE R l R + jˆ I X2 = V2+ I22 + E 2 = V2+ I22 2 2 (8.14)Rangkaian Ekivalen. Secara umum, rangkaian ekivalen adalahpenafsiran secara rangkaian elektrik dari suatu persamaan matematikyang 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 manaa = 1 / 2 , tiga persamaan tersebut di atas dapat kita tulis kembalisebagai satu set persamaan sebagai berikut.Untuk rangkaian di sisi sekunder, (8.14) kita tuliskanE1E 2 = = V2+ I2R2+ jI2 X 2aDari persamaan untuk rangkaian sisi primer (4.13), kita perolehE1 = V1− I1R1− jI1X1sehingga persamaan untuk rangkaian sekunder dapat kita tuliskanR − jE1V1I11 I11E 2 = == V2+ I 2R2+ jI2 X 2a−aX190 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

KarenaI 2I 1 = maka persamaan ini dapat kita tuliskanaVa1= V= V= Vdengan2I R+ I 2 R2+ jI2 X 2 +a⎛ R1⎞ ⎛+⎜ R +⎟ I + j⎜ X2 12jIX+aX1⎞+⎟ I2 122 2 2 2 2 2 2⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠2 + ( R 2 + R 1 ′ ) I 2 + j ( X 2 + X 1 ′ ) I 2R1XR 1 ′ = ; X2 1′=a a12(8.15)Persamaan (8.15) ini, bersama dengan persamaan (8.12) yang dapat kitatuliskan I 2 = aI1− aIf = I1′ − aIf , memberikan rangkaian ekivalenuntuk transformator berbeban. Akan tetapi pada transformator yangdigunakan pada sistem tenaga listrik, arus magnetisasi hanya sekitar 2sampai 5 persen dari arus beban penuh transformator. Oleh karena itu,jika I f diabaikan terhadap I 1 maka kesalahan dalam menghitung I 2bisa dianggap cukup kecil.Pengabaian ini akan membuat I 2 = a I1= I1′. Dengan pendekatan ini,dan persamaan (8.15), kita memperoleh rangkaian ekivalen yangdisederhanakan dari transformator berbeban. Gb.4.8. memperlihatkanrangkaian 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 2V 2V 1 /ajI 2 X eI 2I 2 R eGb.8.18. Rangkaian ekivalen transformator dan diagram fasor.191

Fluksi Dan Rugi-Rugi Karena Fluksi. Seperti halnya pada induktor,transformator memiliki rugi-rugi inti, yang terdiri dari rugi hiterisis danrugi arus pusar dalam inti. Fluksi magnetik, rugi-rugi histerisis, dan rugirugiarus pusar pada inti dihitung seperti halnya pada induktor.Selain rugi-rugi tembaga pada belitan sebesar P cu = I 2 R, pada belitanterjadi rugi-rugi tambahan arus pusar, P l , yang ditimbulkan oleh fluksibocor. Sebagaimana telah dibahas, fluksi bocor ini menimbulkantegangan induksi E l1 dan E l2 , karena fluksi ini melingkupi sebagianbelitan; E l1 dan E l2 dinyatakan dengan suatu besaran ekivalen yaitutegangan jatuh ekivalen pada reaktansi bocor ekivalen, X 1 dan X 2 . Selainmelingkupi sebagian belitan, fluksi bocor ini juga menembus konduktorbelitan dan menimbulkan juga arus pusar dalam konduktor belitan; aruspusar inilah yang menimbulkan rugi-rugi tambahan arus pusar, P l .Berbeda dengan rugi arus pusar yang terjadi dalam inti, yang dapatdiperkecil dengan cara membangun inti dari lapisan lembar tipis materialmagnetik, rugi arus pusar pada konduktor tidak dapat ditekan dengancara yang sama. Ukuran konduktor harus tetap disesuaikan dengankebutuhan untuk mengalirkan arus; tidak dapat dibuat berpenampangkecil. Oleh karena itu rugi-rugi arus pusar ini perlu diperhatikan.Rugi arus pusar P l diperhitungkan sebagai proporsi tertentu dari rugitembaga yang ditimbulkan oleh arus tersebut, dengan tetap mengingatbahwa rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat ferkuensi. Proporsi iniberkisar antara 2% sampai 15% tergantung dari ukuran transformator.Kita lihat dua contoh berikut.Contoh-8.13: Di belitan primer transformator yang memiliki resistansi0,05 Ω mengalir arus sinusoidal murni bernilai efektif 40 A.Hitung rugi daya total pada belitan ini jika rugi arus pusar yangdiakibatkan oleh arus ini adalah 5% dari rugi tembaga P cu = I 2 R.Penyelesaian:Rugi tembagaP cu= 40 2 × 0,05 = 80WRugi arus pusar 5 % × P cu = 0.05×80 = 4 WRugi daya total pada belitan 80 + 4 = 84 W.192 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Contoh-8.14: Di belitan primer transformator yang memiliki resistansi0,05 Ω mengalir arus nonsinus yang terdiri dari komponenfundamental bernilai efektif 40 A, dan harmonisa ke-7 bernilaiefektif 6 A. Hitung rugi daya total pada belitan ini jika rugi aruspusar diperhitungkan 10% dari rugi tembaga P cu = I 2 R.Penyelesaian:Rugi tembaga total adalah2Pcu= I rmsR = (40Rugi arus pusar komponen fundamental222+ 6 ) × 0,05 = 81,8 WPl1 = 0,1 × I1rmsR= 0,1 × 40 × 0,05 = 8 WRugi arus pusar harmonisa ke-722Pl7 = 0,1 × 7 × I 7rmsR = 0,1 × 7 × 6 × 0,05 = 8,8 WRugi daya total adalahP total = Pcu+ Pl1 + Pl7 = 81,8 + 8 + 8,8 = 98,6 WContoh-8.14 ini menunjukkan bahwa walaupun arus harmonisa memilikinilai puncak lebih kecil dari nilai puncak arus fundamental, rugi aruspusar yang ditimbulkannya bisa memiliki proporsi cukup besar. Hal inibisa terjadi karena rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat frekuensi.Faktor K. Faktor K digunakan untuk menyatakan adanya rugi arus pusarpada belitan. Ia menunjukkan berapa rugi-rugi arus pusar yang timbulsecara keseluruhan.Nilai efektif total arus nonsinus yang dapat menimbulkan rugi arus pusaradalah22k2I Trms = ∑ I nrms A(8.16)n=1dengan k adalah tingkat harmonisa tertinggi yang masih diperhitungkan.Dalam relasi (8.16) kita tidak memasukkan komponen searah karenakomponen searah tidak menimbulkan rugi arus pusar.Rugi arus pusar total adalah jumlah dari rugi arus pusar yangditimbulkan oleh tiap-tiap komponen arus dan tiap-tiap komponen arus2193

menimbulkan rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat frekuensi dankuadrat 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 gterhadap rugi tembaga yang ditimbulkannya, maka rugi arus pusar totaladalahk2 2P K = gR0∑n I nrms W(8.17)n=1Rugi tembaga total yang disebabkan oleh arus ini adalahk2 2P cu = R0∑I nrms = R0ITrmsn=1W(8.18)Dengan (8.18) maka (8.17) dapat ditulis sebagaidengan2P K = gKR0ITrmsW(8.19)Kk2 2∑ n I nrmsn=1= (8.20)2ITrmsK disebut faktor rugi arus pusar (stray loss factor).Faktor K dapat dituliskan sebagaik 2 k2 I nrms 2 2K = ∑ n = ∑ n I2n(pu)n=1 ITrmsn=1I nrmsdengan I n(pu)=ITrms(8.21)Faktor K bukanlah karakteristik transformator melainkan karakteristiksinyal. Walaupun demikian suatu transformator harus dirancang untukmampu menahan pembebanan nonsinus sampai batas tertentu.194 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

COTOH-8.15: Di belitan primer transformator yang memilikiresistansi 0,08 Ω mengalir arus nonsinus yang terdiri darikomponen fundamental, harmonisa ke-3, dan harmonisa ke-11bernilai efektif berturut-turut 40 A, 15 A, dan 5 A. Hitung: (a) nilaiefektif arus total; (b) faktor K; (c) rugi daya total pada belitan inijika rugi arus pusar diperhitungkan 5% dari rugi tembaga.Penyelesaian:(a) Nilai efektif arus total adalah(b) Faktor K adalahI Trms=402+ 152+ 52= 43 A40K =2+ 32× 154322+ 112× 52= 3,59(c) Rugi daya total P tot , terdiri dari rugi tembaga P cu dan rugi aruspusar P l .P cuPl= 43 2 × 0,08 = 148 W= gPcuK = 0 ,05 × 148×3,59 = 26,6P tot = 148 + 26,6 = 174,6 WW8.7.5. Tegangan Maksimum Pada PirantiKehadiran komponen harmonisa dapat menyebabkan pirantimendapatkan tegangan lebih besar dari yang seharusnya. Hal ini bisaterjadi pada piranti-piranti yang mengandung R, L, C, yang mengandungharmonisa sekitar frekuensi resonansinya. Berikut ini kita lihat sebuahcontoh.COTOH-8.16: Sebuah sumber tegangan 50 Hz, 12 kV mempunyairesistansi internal 1 Ω dan reaktansi internal 6,5 Ω. Sumber inimencatu beban melalui kabel yang mempunyai kapasitansi total2,9µF. Tegangan terbangkit di sumber adalahe = 17000sinω0t+ 170sin13ω0t. Dalam keadaan tak ada bebanterhubung di ujung kabel, hitunglah tegangan maksimum padakabel.195

Penyelesaian:Tegangan mengandung harmonisa ke-13. Pada frekuensifundamental terdapat impedansi internalZ ernal = 1+6,5 Ω ; Z = 1 + 6,5 = 6,58 Ω1intj1intPada harmonisa ke-13 terdapat impedansi22Z 13int= 1 + j13× 6,5 Ω ; Z 13int = 1 + (13×6,5) = 84,5 ΩImpedansi kapasitif kabel− jZ C 1 == − 1097,6 Ω−6ω0× 2,9 × 10j ;− jZ C 13 == − 84,4 Ω−613 × ω0× 2,9 × 10jImpedansi total rangkaian seri R-L-CZ1 tot = 1 + j6,5− j1097,6Ω ; Z 1tot = 1091,1 ΩZ13 tot = 1 + j13×6,5 − j84,4Ω ; Z 13tot = 1,0 ΩTegangan fundamental kabel untuk frekuensi fundamentalZC11097,6V 1 m = × e1m= × 17000 = 17101 VZ1tot1091,1ZC1384,4V 13 m = × e13m= × 170 = 14315 VZ13tot1,0Nilai puncak V 1m dan V 13m terjadi pada waktu yang sama yaitu padaseperempat perioda, karena pada harmonisa ke-13 ada 13 gelombangpenuh dalam satu perioda fundamental atau 6,5 perioda dalamsetengah perioda fundamental. Jadi tegangan maksimum yangditerima kabel adalah jumlah tegangan maksimum fundamentaldantegangan maksimum harmonisa ke-13.V m = V1m+ V13m= 17101 + 14315 = 31416 V ≈ 31,4 kVTegangan ini cukup tinggi dibanding dengan tegangan maksimumfundamental yang hanya 17 kV. Gambar berikut inimemperlihatkan bentuk gelombang tegangan.22196 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

40[kV]3020100-10-20-30-408.7.6. Partial Dischargev 1 +v 130 0.005 0.01 0.015 0.02 [detik]v 1Gb.8.19. Bentuk gelombang tegangan.Contoh-8.16 memberikan ilustrasi bahwa adanya hamonisa dapatmenyebabkan tegangan maksimum pada suatu piranti jauh melebihitegangan fundamentalnya. Tegangan lebih yang diakibatkan oleh adanyaharmonisa seperti ini bisa menyebabkan terjadinya partial dischargepada piranti, walaupun sistem bekerja normal dalam arti tidak adagangguan. Jika hal ini terjadi umur piranti akan sangat diperpendek yangakan menimbulkan kerugtian finansial besar.8.7.7. Alat Ukur ElektromekanikDaya sumber diperoleh dengan mengalikan tegangan sumber dan arussumber. Proses ini dalam praktik diimplementasikan misalnya pada alatukur tipe elektrodinamis dan tipe induksi. Pada wattmeterelektrodinamis, bagian pengukurnya terdiri dari dua kumparan, satukumparan diam dan satu kumparan berputar. Satu kumparandihubungkan ke tegangan dan satu kumparan dialiri arus beban. Jikamasing-masing arus di kedua kumparan adalah iv= k1 Ivsin ωtdanii= k2Iisin( ωt+ ϕ), maka kedua arus menimbulkan medan magnityang sebanding dengan arus di kedua kumparan. Momen sesaat yangterjadi sebagai akibat interaksi medan magnetik kedua kumparansebanding dengan perkalian kedua arusme= k3Ivsin ωt× Iisin( ωt+ ϕ)Momen sesaat ini, melalui suatu mekanisme tertentu, menyebabkandefleksi jarum penunjuk (yang didukung oleh kumparan yang berputar) ζyang menunjukkan besar daya pada sistem arus bolak balik.197

ζ =kI vrms I irms cosϕPada alat ukur tipe induksi, seperti kWh-meter elektromekanik yangmasih banyak digunakan,kumparan tegangandihubungkan padategangan sumbersementara kumparan arusdialiri arus beban. Baganalat ukur ini terlihat padaGb.8.20.S 1S 2 S 1S 2Gb.8.20. Bagan KWh-meter tipe induksi.Masing-masing kumparan menimbulkan fluksi magnetik bolak-balikyang menginduksikan arus bolak-balik di piringan aluminium. Arusinduksi dari kumparan arus ber-interaksi dengan fluksi dari kumparantegangan dan arus induksi dari kumparan tegangan berinteraksi denganfluksi magnetik kumpran arus. Interaksi arus induksi dan fluksi magnetiktersebut menimbulkan momen putar pada piringan sebesarM e = kfΦvΦisin βpiringan Aldi mana f adalah frekuensi, Φ v dan Φ i fluksi magnetik efektif yangditimbulkan oleh kumparan tegangan dan kumparan arus, β adalahselisih sudut fasa antara kedua fluksi magnetik bolak-balik tersebut, dank adalah suatu konstanta. Momen putar ini dilawan oleh momen lawanyang diberikan oleh suatu magnet permanen sehingga piringan berputardengan kecepatan tertentu pada keadaan keseimbangan antara keduamomen. Perputaran piringan menggerakkan suatu mekanismepenghitung.Hadirnya arus harmonisa di kumparan arus, akan muncul juga pada Φ i .Jika Φ v berbentuk sinus murni sesuai dengan bentuk tegangan maka M eakan 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 karenakWh-meter ditera pada frekuensi f dari komponen fundamental, misalnya50 Hz. Dengan demikian penunjukkan alat ukur tidak mencakupkehadiran arus harmonisa, walaupun kehadiran harmonisa bisamenambah rugi-rugi pada inti kumparan arus.198 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

BAB 9Pembebanan Tak SeimbangPada pembebanan seimbang, model satu fasa mempermudahanalisis sistem tiga fasa. Apabila beban tidak seimbang, sistemakan mengandung fasor-fasor tidak seimbang, baik arusmaupun tegangannya. Apabila fasor-fasor tidak seimbangtersebut dapat diuraikan kedalam komponen-komponen yangseimbang maka masing-masing komponen seimbang dapatdianalisis menggunakan model satu fasa. Jadi kita memandangsistem tak seimbang sebagai superpoisi dari sistem seimbang.Komponen-komponen seimbang itu disebut komponen simetris.Dalam pembahasan komponen simetris ini kita hanya akanmelihat sistem tiga fasa.Bahwa fasor tegangan (ataupun arus) dalam sistem takseimbang dapat dinyatakan sebagai jumlah dari fasor tegangan(atau arus-arus) yang seimbang dikemukakan oleh C.L.Fortesque memaparkan dalam papernya, pada 1918.9.1. Pernyataan Komponen SimetrisHanya ada tiga kemungkinan fasor tiga fasa seimbang yangdapat digunakan untuk menyatakan komponen-komponen darifasor tiga fasa tak seimbang, yaitu:a) Fasor tiga fasa seimbang urutan positif, ABC.b) Fasor tiga fasa seimbang urutan negatif, CBA.c) Fasor tiga fasa tanpa beda sudut fasa yang disebuturutan nolKetiga sistem fasor tersebut diperlihatkan pada Gb.9.1.199

a) Fasor urutan positif (ABC):VVV1A1B1C= V ∠0111oo= V ∠−120o= V ∠− 240V 1CV 1BImo120o120V 1AReb) Fasor urutan negatif (CBA)VVV2A2B2C222o= V ∠0o= V ∠+ 120o= V ∠+ 240V 2BV 2CImo120o120V 2ARec) Fasor urutan nolVV = V ∠θ0A= V0B= V0C= V0ImVV0A0B0C0= V ∠θ0= V ∠θ0ReOperator a. Untuk menyatakan komponen simetris kitamenggunakan operator a yaituoa = 1∠120(9.1)Operator semacam ini telah kita kenal yaitu operator j di manaoj = 1∠90 .Dengan menggunakan operator a maka fasor urutan positifdapat kita tuliskanV21 A = V1; V1B= a V1; V1C= aV1(9.2)200 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

dan fasor urutan negatif sebagaiV22 A = V2; V2B= aV2; V2C= a V2(9.3)Fasor Tak Seimbang. Fasor tak seimbang merupakan jumlahdari komponen-komponen simetrisnya.VVVABC= V= V= V0A0B0C+ V+ V+ V1A1B1C+ V+ V+ V2A2B2C= V0= V0= V0+ V + V12+ aV112+ a V + aVyang dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks+ a2V22(9.4)⎡VA⎤ ⎡1⎢ ⎥=⎢⎢VB⎥ ⎢1⎢ ⎥ ⎢⎣VC⎦ ⎣112aa1 ⎤ ⎡V0⎤⎢ ⎥a⎥⎥ ⎢V1⎥2a ⎥ ⎢ ⎥⎦ ⎣V2⎦(9.5)9.2. Mencari Komponen SimetrisKomponen-komponen simetris adalah besaran-besaran hasilolah matematik. Ia tidak diukur dalam praktek. Yang terukurdalam praktek adalah besaran-besaran yang tak seimbang yaituV A , VB, VC. Komponen simetris dapat kita cari dari (9.4)dengan menjumlahkan fasor-fasor dan dengan mengingatbahwa (1+a+a 2 ) = 0, yaituVVVABC= V0= V0= V0+ V + V12+ aV( V + V V )1V = +3112+ a V + aV+ a2V22220 + (1 + a + a)V1+ (1 + a + ) V 3V + V + V = 3Va = VABC+0 A B C(9.6)0201

Jika baris ke-dua (9.4) kita kalikan dengan a dan baris ke-tigakita kalikan dengan a 2 , kemudian kita jumlahkan, kita peroleh:VaVaAB2VC2V= V0= aV= a132( V + aV+ a V )1 = A B C(9.7)Jika baris ke-dua (9.4) kita kalikan dengan a 2 dan baris ke-tigakita kalikan dengan a, kemudian kita jumlahkan, kita peroleh:2( V + a V aV)1V 2 = A B +3C(9.8)Relasi (9.6), (9.7), (9.8) kita kumpulkan dalam satu penulisanmatriks:⎡V0⎤⎢ ⎥⎢V1⎥ =⎢ ⎥⎣V2⎦+ V + V0213V1+ a0⎡1⎢⎢1⎢⎣13V+ a13122a2a+ aV1 ⎤ ⎡VA⎤2 ⎢ ⎥a⎥⎥ ⎢VB⎥a ⎥ ⎢ ⎥⎦ ⎣VC⎦(9.9)Dengan demikian kita mempunyai dua relasi antara besaranfasa dan komponen simetrisnya yaitu (9.5) dan (9.9) yang dapatkita tuliskan dengan lebih kompak sebagai berikut.102V+ aV + aV+ a V = ( 1 + a + a ) V + 3V+ (1 + a + a)V = 3VA2BVaaVCC= VA2VB0= a= aV+ V + V20V10+ a+ a22V241V13+ a+ aV + a V + aV= ( 1+a + a)V + (1 + a + a ) V + 3V= 3VABC0V2432V1V2222++12212202 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

dengan[ T]⎡1=⎢⎢1⎢⎣11~V~V1 ⎤a⎥⎥2a ⎥⎦ABC012==~[ T]V012−1~[ T] VABC(9.10)2−12a dan [ T ] =⎢1 a a⎥(9.10.a)2a13⎡1⎢⎢⎣1a11 ⎤⎥a ⎥⎦Dengan cara yang sama kita dapat memperoleh relasi untukarus⎡IA ⎤ ⎡1⎢ ⎥=⎢⎢IB ⎥ ⎢1⎢ ⎥ ⎢⎣IC⎦ ⎣112aa1 ⎤ ⎡I0⎤ ⎡I0⎤⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥a⎥ ⎢I1⎥ dan ⎢I1⎥ =2a ⎥ ⎢ ⎥⎦ ⎣I ⎢ ⎥2 ⎦ ⎣I 2 ⎦13⎡1⎢⎢1⎢⎣11a2a1 ⎤ ⎡IA ⎤2 ⎢ ⎥a⎥⎥ ⎢IB ⎥ (9.11)a ⎥ ⎢ ⎥⎦ ⎣IC⎦sehingga secara keseluruhan kita dapatkan relasi untuktegangan dan arus:~V~IABCABC==~~−1[ T] V012dan V012= [ T]V~ ~ −1~[ T] I012dan I012= [ T] IABC~ABC(9.12)CONTOH-9.1: Pada suatu pembebanan tak seimbang terukurarus-arus sebagai berikut:oI A = 90∠60A, I B = 60∠ − 60 A, ICHitunglah arus-arus komponen simetrisnya.Penyelesaian:o= 0 A2( I A + aIB + a C )o oo( 90∠60+ 60∠60+ 0) = 50∠60= 25 + j43,3A1I1= I31=3203

II202( I A + a I B + a C )oo( 90∠60+ 60∠180+ 0)1= I31== 30∠603= 15 + j25,9− 20 = −5+ j25,9A( I + I + )1= A B IC31 oo= ( 90∠60+ 60∠ − 60 + 0)= 30∠603= 15 + j25,9+ 10 − j17,3= 25 + j8,6Ao+ 20∠180oo+ 20∠ − 60Dalam Contoh-9.1 ini, I C = 0. Dengan diperolehnya nilai aruskomponen simetris, kita dapat melakukan verifikasi denganmenghitung arus CoICI . Dari (9.11) kita peroleh 2= I0+ aI1+ a I 2oo= 25 + j8,6+ 50∠180+ 30∠300+ 20∠60= 25 + j8,6− 50 + 15 − j25,98+ 10 + j17,32= 0 ASesuai dengan yang diketahui.9.3. Impedansi UrutanJika impedansi Z A, Z B , ZCmerupakan impedansi seri dengantegangan V A , VB, VCmaka⎡VA⎤⎢ ⎥⎢VB⎥ =⎢V⎥⎣ B ⎦~V ABC =⎡IA ⎤⎢ ⎥ABC ⎢IB ⎥⎢I⎥⎣ C ⎦[ Z ]~[ Z ABC ] I ABCatau(9.13)204 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V ~ A adalah tegangan antar terminal impedansi dan I a adalahZ adalah matriks 3 × 3, yangarus yang melalui impedansi. [ ] ABCelemen-elemennya merupakan impedansi total yang terdiri dariimpedansi sendiri dan bersama. Matriks ini belum tentudiagonal tetapi memiliki simetri tertentu. Simetri ini adalahsedemikian rupa sehingga matrik impedansi urutan, yaitu[ ] 012Z merupakan matriks diagonal atau hampir diagonal. Kitaakan melihat sebuah contoh.CONTOH-9.2: Suatu saluran tiga fasa masing masing memilikireaktansi sediri X s sedangkan antar fasa terdapat reaktansibersama Xm. Tentukanlah impedansi urutan.Perhatikan bahwa X s adalah reaktansi sendiri dan X m adalahreaktansi bersama sehingga tegangan antara terminalimpedansi adalahVVVA −B −C −VVVA′=B′=C′=jXjXjXIs A +mIA +mIA +jXjXjXIm B +s I B +mIB +yang dapat dituliskan dalam bentuk matriksjXjXjXmmsIIICCC⎡VA⎤ ⎡VA′⎤ ⎡ X s⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢⎢VB⎥ − ⎢VB′⎥ ⎢X m⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣VC⎦ ⎣VB′⎦ ⎣XmXXXmsmX m ⎤ ⎡IA ⎤⎢ ⎥X⎥m ⎥ ⎢IB ⎥X ⎥ ⎢ ⎥s ⎦ ⎣IC⎦205

dan dapat dituliskan dengan lebih kompak~ ~~V ABC − V ABC ′ = Z ABC I[ ] ABCDari (9.12) kita turunkan~ ~VABC= [ T]V012~ ~VABC′ = [ T]V012′~ ~IABC= [ T] I 012sehingga~ ~T V012− T V012′ = Z ABCdan~ ~ −1V012− V012′ = T Z ABC[ ] [ ] [ ][ T]~I~012[ ] [ ][ T] I 012Pada relasi terakhir ini:⎡11 1 ⎤ ⎡ X s X m X m ⎤ ⎡11-11[ ] [ ][ ]⎢ 2⎥⎢⎥ ⎢ 2T Z ABC T =⎢1 a a⎥j⎢X m X s X m ⎥ ⎢1 a3⎢ 2⎣1a a ⎥⎦⎢⎣X m X m X s ⎥⎦⎢⎣1 a⎡Xs + 2Xm X s + 2Xm X s + 2Xm ⎤ ⎡1j=⎢2 2⎥ ⎢⎢X s − X m aX s + (1 + a ) X m a X s + (1 + a)X m⎥⎢13⎢22⎣ X s − X m a X s + (1 + a)X m aX s + (1 + a ) X m ⎥⎦⎢⎣1⎡Xs + 2Xm 0 0 ⎤= j⎢⎥⎢0 X s − X m 0⎥⎢⎣0 0 X s − X m⎥⎦sehingga1 ⎤a⎥⎥2a ⎥⎦12aa1 ⎤a⎥⎥2a ⎥⎦⎡V0⎤ ⎡V0′⎤ ⎡Xs + 2Xm 0⎢ ⎥ ⎢ ⎥− =⎢⎢V1⎥⎢V1′⎥ j⎢0 X s − X m⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣V2⎦ ⎣V2′⎦ ⎣ 0 0yang dapat ditulis secara kompak~ ~~V012− V012′ = Z 012 I[ ] 0120 ⎤ ⎡I⎢0⎥⎥ ⎢IX − ⎥ ⎢s X m ⎦ ⎣I206 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga012⎤⎥⎥⎥⎦

Untuk rangkaian dalam contoh di atas, dapat didefinisikanImpedansi urutan nol Z 0 = j(X s + 2Xm )Impedeansi urutan positif Z1 = j(X s − X m )Impedansi urutan negatif Z 2 = j(X s − X m )Rangkaian ekivalen urutan dari rangkaian dalam inidigambarkan sebagai berikut:Z 0V0V 0′Z 1V1V 1′Z 2V2V 2′Urutan nol Urutan positif Urutan negatifGb.9.1. Rangkaian ekivalen urutan.9.3. Daya Pada Sistem Tak SeimbangDaya pada sistem tiga fasa adalah adalah jumlah daya setiapfasa.∗ ∗ ∗S3f = VAIA + VBI B + VCIC=[ V V V ]AB∗= VABCTI ABCRelasi (9.12) memberikan~ ~VABC= T V012~ ~I ABC = T I012sehingga (9.14) menjadi⎡ ∗I ⎤A⎢ ∗ ⎥C ⎢IB ⎥⎢ ∗ ⎥I⎣ C⎦~[ ] ⇒ VABCT= V012T[ T]~ ∗ ∗ ~ ∗[ ] ⇒ I = [ T] IABC~012T(9.14)(9.15)~∗ ∗S 3 f = V012T[ T] T [ T] I012(9.16)207

Pada (9.16) ini kita hitung [ ] [ ] ∗ T T T[ T] [ T]T⎡1∗=⎢⎢1⎢⎣112aa1 ⎤ ⎡1a⎥ ⎢⎥ ⎢12a ⎥⎦⎢⎣11a2a1 ⎤ ⎡32a⎥=⎢⎥ ⎢0a ⎥⎦⎢⎣0Dengan demikian (9.16) dapat dituliskanS3f~ ∗= 3V012T I012= 3030∗ ∗ ∗( V I + V I + V I )00atau1 1220⎤⎡10⎥=⎢⎥3⎢03⎥⎦⎢⎣00 0⎤1 0⎥⎥0 1⎥⎦(9.17)CONTOH-9.3: Hitunglah daya tiga fasa pada kondisi tidakseimbang seperti berikut:⎡ 10 ⎤⎡ j10⎤V⎢10⎥kV dan⎢10⎥ABC =⎢−⎥I ABC =⎢−⎥A⎢⎣0 ⎥⎦⎢⎣−10⎥⎦Penyelesaian:⎡−j10⎤∗V [ ]⎢ ⎥ABCT = 10 −100 dan I ABC =⎢−10⎥⎢⎣−10⎥⎦Kita akan memperoleh daya tiga fasa langsung denganmengalikan kedua matriks kolom ini⎡−j10⎤[ ]⎢ ⎥S3f = 10 −100⎢−10⎥= − j100+ 100 + 0⎢⎣−10⎥⎦= (100 − j100)kVAHasil ini kita peroleh dengan mengaplikasikan langsungformulasi daya dengan mengambil nilai-nilai tegangan danarus yang tiadak simetris. Berikut ini kita akanmenyelesaikan soal ini melalui komponen simetris.Tegangan urutan adalah:208 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

~V 012 =[ T]−1~V ABC=⎡11 ⎢⎢13⎢⎣11a2a1 ⎤ ⎡ 10 ⎤2a⎥ ⎢ ⎥⎥ ⎢−10⎥=a ⎥⎦⎢⎣0 ⎥⎦13⎡ 0 ⎤⎢⎥⎢10 − a10+ 0⎥⎢ 2⎣10− a 10 + 0⎥⎦~Dari sini kita hitung V 012T~ 12⇒ V 012T= 0 10 − a1010 − a 103~ ∗⇒ I012=⎡ 0 ⎤⎢ ⎥⎢− j10+ 10⎥⎢⎣− j10+ 10⎥⎦[ ]Arus urutan adalah:⎡11 1 ⎤ ⎡ j10⎤~ −1~ 1[ ]⎢ 2I⎥ ⎢ ⎥012 = T I ABC =⎢1 a a⎥ ⎢−103⎥⎢ 2⎣1a a ⎥⎦⎢⎣−10⎥⎦⎡ 0 ⎤1=⎢2 ⎥⎢j10− a10− a 10⎥=3⎢ 2⎣ j10− a 10 − a10⎥⎦13Daya tiga fasa adalah seperti dinyatakan oleh (9.17).S3f~ ∗= 3V012TI0121 1= 3××3 31=31=32[ 0 10 - a1010 − a 10]2[ 0 + (10 − a10)(− j10+ 10) + (10 − a 10)( − j10+ 10) ]( 300 − j300) = (100 − j100)kVA⎡ 0 ⎤⎢j1010⎥⎢− +⎥⎢⎣− j10+ 10⎥⎦13⎡ 0 ⎤⎢ ⎥⎢j10+ 10⎥⎢⎣j10+ 10⎥⎦Hasil ini sama dengan yang diperoleh pada perkalian langsung.2(catatan: a + a = −1).209

9.4. Sistem Per-UnitSistem per-unit sesungguhnya merupakan cara penskalaan ataunormalisasi. Besaran-besaran sistem dalam satuan masing-masing,tegangan dalam volt – arus dalam ampere – impedansi dalam ohm,ditransformasikan ke dalam besaran tak berdimensi yaitu per-unit(disingkat pu). Pada mulanya transformasi ke dalam per-unitdimaksudkan untuk mempermudah perhitungan, namun denganperkembangan penggunaan computer maksud penyederhanaan itusudah tidak berarti lagi. Walaupun demikian, beberapa keuntunganyang terkandung dalam sistem per-unit (yang akan kita lihatkemudian) masih terasakan dan oleh karena itu kita akan pelajari.Nilai per-unit dari suatu besaran merupakan rasio dari besarantersebut dengan suatu besaran basis. Besaran basis ini berdimensisama dengan dimensi besaran aslinya sehingga nilai per-unit besaranitu menjadi tidak berdimensinilai sesungguhnyaNilai per - unit =nilai basisNilai sesungguhnya mungkin berupa bilangan kompleks, namunnilai basis yang ditetapkan adalah bilangan nyata. Oleh karena itusudut fasa nilai dalam per-unit sama dengan sudut fasasesungguhnya.Sebagai contoh kita ambil daya kompleks∗S = V I = VI∠( α − β)(9.18)di mana α adalah sudut fasa tegangan dan β adalah sudut fasa arus.Untuk menyatakan S dalam per-unit kita tetapkan S basis yang berupabilangan nyata, sehinggaDidefinisikan pula bahwaS∠(α − β)S pu = = S pu∠(α − β)(9.19)SbasisS basis = Vbasis× Ibasis(9.20)210 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Nilai S basis dipilih secra bebas. Oleh karena itu, kita dapat memilihsalah satu V basis atau I basis untuk ditentukan secara bebas, tetapitidak kedua-duanya.Jika kita ambil rasio dari (9.18) dan (9.20) kita perolehS V∠αI∠ −β ∗S pu = == V pu I pu (9.21)SbasisVbasisIbasisNilai basis untuk impedansi ditentukan menggunakan relasi2VbasisVbasisZbasis= =(9.22)IbasisSbasisDengan Z basis ini relasi arus dan teganganakan memberikanKarena Z = R + jX makaVV = Z I atau Z =IZ V / I= atauZbasisVbasis/ I basisZ pu = V pu I pu(9.23)ZZbasisR + jX R X= = + j atauZ basis Z basis ZbasisZ pu = R pu + jX pu(9.24)Jadi tidaklah perlu menentukan nilai basis untuk R dan X secarasendiri-sendiri. Selain itu tidak pula diperlukan menentukan nilaibasis untu P dan Q secara sendiri-sendiri.S P + jQ= atauSbasis S basisS pu = Ppu+ Q pu(9.25)211

COTOH-9.4: Nyatakanlah besaran-besaran pada rangkaian satufasa berikut dalam per-unit dengan mengambil S basis = 1000 VAdan V basis = 200 V.V = 200∠0oV4Ω− j4 Ωj8 ΩPenyelesaian:S basis = 1000 VA; Vbasis= 200S 1000 =basisI basis = = 5 AVbasis200Vbasis200Z basis = = = 40 ΩIbasis5o200∠0oMaka: V pu = = 1∠0pu200V4 4R pu = = 0,1 pu ; X Cpu = = 0,1 pu ;40408X Lpu = = 0,2 pu40Transformasi rangkaian dalam per-unit menjadi1∠0opu≈0,1pu− j0,1 puj0,2 puoZ pu = 0,1 − j0,1+ j0,2= 0,1 + j0,1= 0,1 2∠45puV puI pu =Z puo1∠0o== 5 2∠ − 45 puo0,1 2∠45∗ oooS pu = V pu I pu = 1∠0× 5 2∠45= 5 2∠45pu212 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Sistem Tiga Fasa. Sistem tiga fasa sangat luas dipakai dalampenyediaan energy listrik. Oleh karena itu dikembangkan pengertiannilai basis tambahan sebagai berikut.Sbasis3f = 3SbasisVLbasis= Vbasis3ZYbasis= Z basisZ ∆ basis = 3Zbasis(9.26)I Lbasis = IbasisIYbasis= I basisI ∆basis= Ibasis/Bagaimana implementasi dari nilai-nilai basis di atas, akan kita lihatpada contoh berikut ini.COTOH-9.5: Sebuah sumber tiga fasa dengan tegangan fasa-fasa6 kV mencatu dua beban seimbang yang tersambung parallel.Beban-A: 600 kVA, factor daya 0,8 lagging.Beban-B: 300 kVA, factor daya 0,6 leading.Tentukan nilai basis untuk sistem ini, hitung arus saluran dalamper-unit dan dalam ampere, dan impedansi beban A.Penyelesaian: Penentuan nilai basis adalah sembarang.Kita pilih S basis3f = 600 kVA dan V Lbasis = 6 kV, sehingga600Sbasis= = 200 kVA36Vbasis= = 3464 V3S 200I = basisbasis = = 57,74 AVbasis6 / 3V 3464Z = basisbasis = = 60 ΩIbasis57,74Sumber ini terbebani seimbang sehingga hanya ada urutanpositif. Besaran per fasa adalah:3213

214 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem TenagaBeban-A:0,60,836,9136,910136,91;0136 /36 /36,9120036,9200kVA36,9200)(f.d.36,9(0,8)coskVA;2003600ooooooo1jIVSIVSSSSlagSApuApuApuApuApubasisAApuAAA−=∠ −=⇒∠=∠∠==∠==∠=∠ +==→∠== +=ϕ==∗−Beban-B:0,40,353,10,553,10,50153,10,50153,10.520053,1100kVA53,1100)(f.d.53,1cos(0,6)kVA;1003300ooooooooojIVSIVVSSSSleadSBpuBpuBpuBpuApuBpubasisBBpuBBB+=∠=⇒∠ −=∠∠ −==∠==∠ −=∠ −==⇒∠ −== −=ϕ==∗Arus saluran:0,21,10,40,30,6.80 jjjIIIBpuApupu−=++−=+=A10,364,5511,5563,5157,740,2)(1,1o∠ −=−=×−= jjIImpedansi beban-A:ooo36,9136101∠=∠ −∠==ApuApuApuIVZΩ+=∠=⇒36)(4836,960ojZ A

BAB 10Penyulang danSaluran TransmisiSaluran transmisi penyulang merupakan koridor yang harus dilaluidalam penyaluran energi listrik Kita akan membahas saluran udara(dengan konduktor terbuka) dan pembahasan kita bagi dalam duabab. Di bab ini kita membahas impedansi dan admitansi salurantransmisi, sedangkan di bab berikutnya akan kita bahas rangkaianekivalen dan pembebanan.Walaupun rangkaian ekivalen saluran transmisi cukup sederhana,ada empat hal yang perlu kita perhatikan yaitu:• Resistansi konduktor,• Imbas tegangan di satu konduktor oleh arus yang mengalirdi konduktor yang lain,• Arus kapasitif karena adanya medan listrik antarkonduktor,• Arus bocor pada isolatorArus bocor pada isolator biasanya diabaikan karena cukup kecildibandingkan dengan arus konduktor. Namun masalah arus bocorsangat penting dalam permbahasan isolatorKarena saluran udara memanfaatkan udara sebagai bahan isolasi,perlu kita lihat besaran-besarn fisis udara yang akan masuk dalamperhitungan-perhitungan saluran transmisi, yaitu:Permeabilitas: permeabilitas magnetik udara dianggap sama denganpermeabilitas ruang hampa:µ = µ 0µr≈ µ 0−7= 4π×10H/mPermitivitas: permitivitas elektrik udara dianggap sama denganpermitivitas ruang hampa:−10 9ε = εrε0≈ ε0=36πF/m215

10.1. ResistansiMaterial yang biasa digunakan sebagai konduktor adalah tembagaatau aluminium. Untuk saluran transmisi banyak digunakanaluminium dan kita mengenal jenis-jenis konduktor aluminium,seperti:• Aluminium: AAL (all aluminium coductor)• Aloy aluminium: AAAL (all aluminium alloy conductor)• Dengan penguatan kawat baja: ACSR (aluminiumconductor steel reinforced)Data mengenai ukuran, konstruksi, resistansi [Ω per km],radius [cm], GMR [cm] (Geometric Mean Radius), sertakemampuan mengalirkan arus [A], dapat kita peroleh dari standar /spesifikasi namun untuk sementara kita tidak membahasnya.Relasi resistansi untuk arus searah adalahρlR AS = Ω(10.1)Adengan l panjang konduktor [m], A luas penampang konduktor [m 2 ],ρ adalah resistivitas bahan.ρ Al−8= 2,83×10ρCu−8= 1,77×10Resistansi tergantung dari temperature,oΩ.m[20 C]oΩ .m [20 C]T2+ T0ρ T 2 = ρT1(10.2)T1+ T0oT0= 228 Co= 241 Cuntuk aluminiumuntuk tembagaResistansi untuk arus bolak-balik lebih besar dari resistansi untukarus searah karena ada efek kulit yaitu kecenderungan arus bolakbalikuntuk mengalir melalui daerah pinggiran penampangkonduktor.216 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Selain daripada itu, kondukor saluran transmisi merupakan pilinankonduktor sehingga panjang konduktor sesungguhnya lebih daripanjang lateral yang kita ukur.10.2. InduktansiArus pada suatu konduktor menimbulkan medan magnit disekeliling konduktor dan juga di dalam konduktor walaupun tidakmerata di seluruh penampang. Menurut hukum Ampere, jika arusyang mengalir pada konduktor adalah i maka medan magnet H disekitar konduktor adalah∫Hdl = i . Di titik berjarak x di luarkonduktor relasi ini menjadil1H x = 2 πx(10.3)Jika konduktor kita anggap sangat panjang dan l adalah satu segmendari padanya, maka fluksi magnet yang melingkupi segmen inisampai jarak D x dari konduktor adalahDxµ il µ il Dλx=∫dx = ln(10.4)r 2πx2πrdimana r adalah radius konduktor. Persamaan (10.4) ini adalahfluksi lingkup di luar konduktor. Masih ada fluksi di dalamkonduktor yang harus diperhitungkan. Untuk mencakup fluksi didalam konduktor itu didefinisikan suatu radius ekivalen yangdisebut Geometric Mean Radius (GMR), r’, sehingga (10.4) menjadiµ il Dxλ′ = ln2πr′(10.5)Sistem Dua Konduktor. Kita perhatikan suatu saluran kirim dialiriarus i dengan saluran balik yang juga dialiri arus i tetapi dengan arahyang berlawanan seperti terlihat pada Gb.10.1. Kita pandang sistemdua konduktor ini sebagai satu segmen dari loop yang sangatpanjang. Pada ujung-ujung segmen loop ini terdapat tegangan diantara kedua ujung konduktor, yaitu v A dan v′A .217

v AANi Ai AA′N′v′ ADr′: GMRAr′A: jarak A ke Nkonduktor A: GMR konduktor NGb.10.1. Saluran kirim A dan saluran balik N.Jika panjang segmen ini adalah l maka arus i A di saluran Amemberikan fluksi lingkup di bidang segmen loop ini sebesarµ i AlDAλ A1 = ln(10.6.a)2πrA′Arus i A di saluran balik N memberikan fluksi lingkup sebesarµ i AlDAλ A 2 = ln(10.6.b)2πr′Fluksi λ A1dan λ A 2 saling menguatkan di bidang segmen loopini sehingga fluksi lingkup total menjadiλ A2µ i AlD A= λ A1 + λ A2= ln2πrA′r′(10.6.c)λ A adalah fluksi lingkup konduktor A-N yang ditimbulkan olehi A , dan merupakan fluksi sendiri yang akan memberikan induktansisendiri L AA .Sistem Tiga Konduktor. Kita lihat sekarang sistem tiga konduktorA-B-N seperti terlihat pada Gb.10.2 dengan arus i A dan i B yangmasing-masing menglir di A dan B. Konduktor N adalah saluranbalik yang mengalirkan arus balik ( i A + iB) . Kita akan menghitungfluksi lingkup segmen loop yang menjadi perhatian kita yaitu fluksilingkup pada segmen loop A-N.218 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

ABi Ai BA′B′NGb.10.2. Saluran kirim A dan B, dan saluran balik N.Dalam situasi ini arus i A di konduktor A dan arus (i A +i B ) di Nmemberikan fluksi lingkup sebesarµ i AlD A µ ( i A + iB) l DAλ AB1 = ln + ln(10.7.a)2πrA′2πr′sedangkan arus i B di konduktor B memberikanµ iBlDABµ iBlDBλ AB2 = ln + ln(10.7.b)2πrB′2πrB′Karena arus i B searah dengan i A maka suku pertama (10.7.b)memperlemah fluksi antara A dan B, sedangkan suku ke-duamemperkuat fluksi antara B dan N. Fluksi lingkup antara A dan Ndengan kehadiran B menjadiλAB= λ AB1+ λAB2µ i ⎛⎞ µ ⎛⎞= AlD⎜ A D⎟ + ⎜⎟+ A iBlDAD− AB Dln lnln ln + ln B2ππ⎝ rA′r′⎠ 2 ⎝ r′rB′rB′⎠2µ i AlDAλ AB = ln2πrA′r′ataui A + i Bµ iBl⎛ D ⎞⎜ A DB+⎟πln2⎝ r′DAB⎠(10.7.c)λ AB adalah fluksi lingkup segmen loop A-N dengan kehadiranarus di konduktor B yang jika kita bandingkan dengan (10.6.c)terlihat bahwa suku ke-dua (10.6.c) adalah tambahan yangdisebabkan oleh adanya arus i B ..N′219

Kita lihat sekarang fluksi lingkup segmen loop B-N antarakonduktor B dan N. Fluksi lingkup yang ditimbulkan oleh arus di Bdan arus di N adalahµ iBlDBµ ( iB+ i A ) l DBλ BA1 = ln + ln(10.8.a)2πrB′2πr′dan fluksi yang ditimbulkan oleh i A yang memperkuat fluksi λ BA1adalahµ i Al⎛ DADAB⎞ µ i AlDAλ BA2= ln lnln2⎜ − =rAr⎟(10.8.b)π ⎝ ′ A′⎠ 2πDABsehingga fluksi lingkup konduktor B-N menjadiλ BA = λ BA1+ λ BA22µ iBlDBµ i AlDBDA= ln + ln2πrB′r′2πDABr′Kita lihat bahwa formulai (10.8.c) mirip dengan (10.7.c)(10.8.c)Sistem Empat Konduktor. Dengan cara yang sama, kita menghitungfluksi-fluksi lingkup pada sistem empat konduktor dengan tigakonduktor A, B, dan C masing-masing dengan arus i A , i B , dan i C ,dan satu konduktor balik N dengan arus ( i A + iB+ iC) sepertiterlihat pada Gb.10.3.ABCNv Av Bv CD: jarak konduktorr′= GMRiiji Bi Ci,j : A, B, C, Ni + i + iAkonduktori dan j ;Gb.10.3. Sistem empat konduktor.BCv′ Av′ Bv′ CA′B′C′N′220 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

221Fluksi lingkup konduktor A-N, B-N, dan C-N:⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′+′+′′πµ=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′−′πµ+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′−′πµ+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′+++′πµ=λACCACABBABAAACACCCCCBABBBBBACBAAAAADrDDiDrDDirrDilrDirDirDirDirDiiirDillnlnln2lnln2lnln2)ln(ln22(10.9.a)⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′+ +′′+′πµ=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′−′πµ+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′−′πµ+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′+++′πµ=λBCCBCBBBABABACBCCCCCAABAAAABCBABBBBDrDDirrDiDrDDilrDirDirDirDirDiiirDillnlnln2lnln2lnln2) ln(ln22(10.9.b)⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′′+′+′πµ=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′−′πµ+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′−′πµ+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′+++′πµ=λCCCBCBCBACACABBCBBBBAACAAAACCBAACCCrrDiDrDDiDrDDilrDirDirDirDirDiiirDil2lnlnln2lnln2lnln2) ln(ln2(10.9.c)

Penurunan relasi (10.9) sudah barang tentu tidak terbatas hanyauntuk empat konduktor. Akan tetapi kita mengaitkannya dengankeperluan kita untuk meninjau sistem tiga fasa. Oleh karena itu kitabatasi tinjauan pada sistem empat konduktor. Dalam bentuk matriks,(10.9) dapat kita tuliskan⎡2µ D⎢ ln A⎢ 2πr′′⎡λArA ⎤⎢ ⎥⎢ µ D⎢λ⎥=B DAB l ⎢ ln⎢2πr′⎢⎣λ ⎥ DABC ⎦ ⎢ µ D⎢ C Dln A⎢⎣2πr′DACµ DADln B2πr′DAB2µ Dln B2πrB′r′µ DCDln B2πr′DBCµ D ⎤A Dln C⎥2πr′DAC⎥⎡i⎤⎥ Aµ DBDln C ⎢ ⎥⎥π ′ ⎢iB2 r⎥ DBC⎥⎢⎣⎥2µ ⎥iCD⎦ln C ⎥2πrC′r′⎥⎦(10.10)Turunan terhadap waktu dari fluksi lingkup memberikan teganganimbas⎡2µ D µ D D µ D D ⎤⎢ ln A ln A B ln A C⎥ ⎡ diA⎤⎢ 2πr′r′π r′D π r′D ⎥ ⎢ ⎥⎡vA 2 AB 2 ACAA′⎤⎢21 µµµ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ D DDD D di dt= ⎢⎥ ⎢ ⎥⎢vB ABB C BBB′⎥lnlnlnl ⎢2πr′D π r′r′π r′D ⎥ ⎢ ⎥⎢⎣′ ⎥ AB 2 B 2 BCv ⎦ ⎢ µµµ ⎥ ⎢di dtCC2D D D DDC ⎥⎢ ln C A ln C B ln C ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢⎣π ′ π ′π ′ ′dt2 rDAC2 rDBC2 rCr⎥⎦(10.11)Jika tegangan dan arus adalah sinusoidal, persamaan matriks di atasdapat kita tuliskan dalam fasor⎡2µ D⎤A µ DADBµ DAD⎢ lnlnln C⎥⎢ 2πr′′ π ′ π ′⎡ ⎤Ar2 rDAB2 rDVAC ⎥AA′⎡I⎤⎢2µµµ⎥ A1 ⎢ ⎥D⎢ ⎥⎢ ⎥ = ω⎢B DADBDBDVCBB′j lnlnln ⎥ ⎢IBl⎥⎢ π ′π ′ ′ π ′⎢ ⎥2 rDAB2 rBr2 rDBC⎥ ⎢ ⎥⎣VCC′ ⎦ ⎢2µµµ ⎥ ⎣ICD⎦⎢ C DADCDBDlnlnln C ⎥⎢⎣2πr′DAC2πr′DBC2πrC′ r′⎥⎦(10.12)Persamaan ini memberikan tegangan imbas pada setiap konduktor.222 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

10.3. ImpedansiJika resistansi konduktor dimasukkan maka kita dapatkan matriksimpedansi yang tidak hanya memberikan tegangan imbas tetapitegangan jatuh di konduktor. Dalam memasukkan resistansi ini kitaamati hal berikut:Semua arus fasa melalui masing-masing konduktor fasa, danmelalui konduktor netral secara bersama-sama. Oleh karena ituimpedansi sendiri suatu fasa akan mengandung resistansikonduktor fasa dan resistansi konduktor netral, sedangkanimpedansi bersama akan mengandung resistansi konduktor netralsaja. Persamaan (10.12) berubah menjadi:dengan⎡VAA′⎤ ⎡ZAA1 ⎢ ⎥=⎢⎢VBB′⎥ ⎢Z BAl⎢ ⎥ ⎢⎣VCC′⎦ ⎣ZCAZ ABZ BBZCBZ AC ⎤ ⎡IA ⎤⎢ ⎥Z⎥BC ⎥ ⎢IB ⎥Z ⎥ ⎢ ⎥CC ⎦ ⎣IC⎦(10.13.a)2ωµ DAωµ DADZBAA = RA+ R+ j ln ; Z AB = R+ j ln ;2πrA′r′2πr′DABωµ DADZCAC = R+ j ln2πr′DAC2ωµ DBDAωµ DZBBA = R+ j ln ; ZBB= RB+ R+ j ln ;2πr′DAB2πrB′r′ωµ DBDZCBC = R+ j ln2πr′DBCωµ DCDAωµ DCDZBCA = R+ j ln ; ZCB= R+ j ln ;2πr′DAC2πr′DBC2ωµ DZCCC = RC+ R+ j ln2πrC′ r′(10.13.b)Walaupun matriks impedansi pada (10.13.a) terlihat simetris namuntidak diagonal. Matrik impedansi urutan akan berbentuk diagonaljika konfigurasi konduktor memiliki kesimetrisan seperti padakonfigurasi ∆ atau dibuat simetris melalui transposisi.223

Konfigurasi ∆ (Segitiga Sama-sisi). Konfigurasi ini adalahkonfigurasi segitiga sama-sisi di mana konduktor fasa berposisi dipuncak-puncak segitiga; DAB = DBC= DAC= D . Konduktornetral berposisi di titik berat segitiga sehinggaDA = DB= DC= D / 3 .DDD /DGb.10.4 Konfigurasi ∆ (equilateral).Jika kita misalkan resistansi konduktor fasa sama besar yaitu R danGMR-nya pun sama yaitu r maka jika kita masukkan besaranbesaranini ke (10.13.b) kita peroleh32ωµ Dωµ DZ AA = R + R+ j ln ; Z AB = R+ j ln ;2π3r′r′2π3r′ωµ DZ AC = R+ j ln2π3r′2ωµ Dωµ DZ BA = R+ j ln ; Z BB = R + R+ j ln ;2π3r′2π3r′r′ωµ DZ BC = R+ j ln2π3r′ωµ Dωµ DZ CA = R+ j ln ; Z CB = R+ j ln ;2π3r′2π3r′2ωµ DZCC= R + R+ j ln2π3r′r′Pada (10.14) ini terlihat bahwaZ AB = Z BC = ZCA= Z mZ AA = Z BB = Z CC = Z s(10.14)224 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

225sehingga (10.13.a) dapat dituliskan:⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡′′′CBAsmmmsmmmsCCBBAAZZZZZZZZZlIIIVVV1(10.15.a)dengan/m3ln2/m3ln22Ω′πωµ+=Ω′′πωµ++=msrDjRZrrDjRRZ(10.15.b)Impedansi urutan dapat kita peroleh dengan cara seperti padaContoh-9.2 di bab sebelumnya.[ ] [ ] [ ][ ]TT 1012 ABCZZ−=[ ] [ ][ ]⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡−−+=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡++++−++++−+++=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=msmsmsmsmsmsmsmsmsmsmsmssmmmsmmmsABCZZZZZZaaaaZaaZZaZaZZZaZaZaaZZZZZZZZZaaaaZZZZZZZZZaaaaZ000000211111)(1)(1)(1)(122231111111111131TT2222222222-1Dengan memasukkan (10.15.b) kita peroleh/mln2/m)(27ln23221340Ω′πωµ+=−==Ω′′πωµ++=+=rDjRZZZZrrDjRRZZZmsms(10.16)

COTOH-10.1: Penyulang tiga fasa, 20 kV, 50 Hz, panjang 20 km.Konduktor penyulang berpenampang 95 mm 2 dan memilikiradius efektif 6 mm. Resistivitas konduktor adalah 0,0286Ω.mm 2 /m dan penyulang dibangun dalam konfigurasi ∆ denganjarak antar konduktor 1m. Hitunglah impedansi sendiri danimpedansi bersama serta impedansi urutan positif, denganmengabaikan kapasitansi.Penyelesaian:ρl0,0286Resistansi konduktor: R A = = = 0,00031 Ω/mA 95Dengan konfigurasi ∆, impedansi sendiri dan impedansibersama fasa A dihitung menggunakan formulasi (10.14):⎛0.00031+0,00031⎞⎜⎟Z AA = ⎜−72100π×4π×101 ⎟×20000⎜+jln⎟⎝ 2π3×0,006×0,006 ⎠o= 12,04 + j12,85= 17,61∠46,86Ω⎛−72 ⎞Z ⎜ 100π×4π×10 1AB = 0,00031+jln ⎟×20000⎜⎟⎝2π3×0,006⎠o= 6,02 + j5,05= 7,86∠39,96ΩZ AC = Z ABImpedansi urutan positif dihitung dengan relasi (10.16)Z1= Z s − Z m = Z AA − Z AB= 12,04 + j12,85− 6,02 + j5,05o= 6,02 + j7,8= 9,86∠52,35COTOH-10.2: Beban 5000 kW dengan factor daya 0,8 dicatumelalui penyulang tiga fasa, 20 kV, 50 Hz, sepanjang 20 kmyang diberikan pada Contoh-10.1. Dengan mengabaikankapasitansi antar konduktor, hitunglah tegangan di ujung kirimapabila tegangan di ujung terima (beban) ditetapkan 20 kVdengan cara: a) menggunakan besaran-besaran fasa; b)menggunakan besaran urutan.Ω226 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Penyelesaian:a) Karena kapasitansi diabaikan, maka perbedaan teganganantara ujung kirim dan ujung terima hanya disebabkan olehimpedansi saluran. Dengan pembebanan seimbang,perhitungan dilakukan menggunakan model satu fasa. Kitaamati fasa A. Impedansi sendiri dan impedansi bersamafasa A telah dihitung pada contoh-10.1:oZ AA = 12,04 + j12,85= 17,61∠46,86ΩoZ AB = Z AC = 6,02 + j5,05= 7,86∠39,96Dengan menggunakan tegangan fasa-netral ujung terimafasa A sebagai referensi, maka tegangan fasa-netral ujungterima fasa A, B, dan C adalah20 ooVrA= ∠0= 11,55∠0kV3VrBo= 11,55∠ −120kVVrCo= 11,55∠ − 240 kVArus fasa A, B, dan C adalah5000 / 3oI A = = 180,4 A → I A = 180,4∠ − 36,87 A11,55×0,8VIIBC= 180,4∠ −156,87= 180,4∠ − 276,87ooAATegangan jatuh di fasa A adalah:ZZAA′ = AAIA + ABIB + AC ICo= 17,61∠46,86+ 7,86∠39,96+ 7,86∠39,96= 3129,33+j551,34− 641,39 − j1263,93−773,90 + j1187,43= 1714,04 + j474,84× 180,4∠ − 36,87ooZo× 180,4∠ −156,87× 180,4∠ − 276,87ooΩ227

Tegangan fasa-netral di ujung kirim:VsA= V + V ′ = 11,55 + 1,71+j0,48= 13,2∠2rAAAokVTegangan fsa-fasa di ujung kirim:V s LL= 13 ,2 3 = 22,8kVb). Pada pembebanan seimbang, besaran urutan yang ada hanyalahurutan positif. Impedansi urutan positif telah dihitung padacontoh-10.1.Z 1 = 6,02 + j7,8= 9,86∠52,35Tegangan jatuh di fasa A adalah:V= Z ×AA′ 1 I A= 9,86∠52,35= 1778,59∠15,48ooo= 1,71+j0,48VΩ× 180,4∠ − 36,87oVsA= V + V ′ = 11,55 + 1,71+j0,48= 13,2∠2rAAAokVTegangan fasa-fasa di ujung kirim:V s LL= 13 ,2 3 = 22,8kVTransposisi. Suatu upaya untuk membuat konfigurasi menjadisimetris adalah melakukan transposisi, yaitu mempertukarkan posisikonduktor sedemikian rupa sehingga secara keseluruhan transmisimempunyai konfigurasi simetris ataupun hampir simetris sepertiterlihat pada Gb.10.4. Panjang total saluran, d, dibagi dalam tigaseksi dan posisi konduktor fasa dipertukarkan secara berurutan.Kita misalkan ketiga konduktor fasa pada Gb.10.5 memilikiresistansi per satuan panjang sama besar dan demikian juga jari-jariserta GMR-nya; RA = RB= RC= R , rA = rB= rC= r danrA ′ = rB′= rC′= r′. Kita dapat mencari formulasi impedansi fasa danimpedansi urutan dengan melihat seksi per seksi.228 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

229321DDDDDDCBA===132DDDDDDCBA===213DDDDDDCBA===Gb.10.5. Transposisi.Kita lihat konduktor A di seksi pertama:⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′πωµ+=′πωµ+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′′πωµ++=ACACABABAArDD DjRZrDD DjRdZrrDjRRdZ312121ln231;ln23;ln23(10.17.a)Konduktor A di seksi ke-dua:⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′πωµ+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′πωµ+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′′πωµ++=ACACABABAArDDDjRZrDDDjRdZr rDjRRdZ123222ln231;ln23;ln23(10.17.b)Konduktor A di seksi ke-tiga⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′πωµ+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′πωµ+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛′′πωµ++=ACACABABAAArDDDjRZrDDDjRdZrrDjRRdZ231323ln231;ln23;ln23(10.17.c)

Impedansi per satuan panjang konduktor A di seluruh seksi dapatdinyatakan sebagai:ZZZAAABAC= R + R= R= RJika didefinisikan:2ωµ ⎛ ⎞1ln⎜D+ j⎟2π⎜ ′ ′ ⎟⎝r r⎠ωµ ⎛ D1D2⎞+ j ln⎜⎟2π⎝ DABr′⎠ωµ ⎛ D1D3⎞+ j ln⎜⎟2π⎝ DACr′⎠1/ 31/ 31/ 3⎛⎜ D⎜ ′ ′⎝r r⎛ D⎜⎝ D222AB⎛ D⎜⎝ D2⎞⎟⎟⎠1/ 3D3⎞⎟r′ ⎠AC1/ 3D1⎞⎟r′ ⎠⎛ 2⎜ D3⎜ r′r′⎝ 1/ 3⎛ D⎜⎝ D1/ 3⎞⎟⎟⎠3AB⎛ D⎜⎝ DD1⎞⎟r′ ⎠3AC1/ 3D2⎞⎟r′ ⎠1/ 3(10.18)D 3 h = D1D2D3dan D 3f = D AB DBCD AC (10.19)maka formulasi (10.18) menjadi⎛ 2ωµ⎞⎜ DhZ⎟AA = R + R+ j ln ;2π⎜ r′r′⎟⎝ ⎠⎛ 2ωµ⎞⎜ DhZ⎟AB = R+ j ln ; Zπ ⎜ ′ ⎟ AC2 D⎝ f r⎠= R⎛ 2ωµ⎞⎜ Dh+ j ln⎟2π⎜ D ′ ⎟⎝ f r⎠(10.20)Fasa B dan C memiliki formula yang mirip dengan fasa A dan kitamendapatkan relasi⎡VAA′⎤ ⎡ Z s1 ⎢ ⎥=⎢⎢VBB′⎥ ⎢Z ml⎢ ⎥ ⎢⎣VCC′⎦ ⎣ZmZ mZ sZ mZ m ⎤ ⎡IA ⎤⎢ ⎥Z⎥m ⎥ ⎢IB ⎥Z ⎥ ⎢ ⎥s ⎦ ⎣IC⎦(10.21.a)dengan230 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Impedansi urutan2ωµ⎛ ⎞ln⎜ DhZ⎟s = R + R+ j2π⎜ r′r ⎟⎝ ′⎠Ω/m⎛ 2ωµ⎞= + ln⎜ DhZ⎟m Rj2π⎜ D ′ ⎟⎝ f r⎠Ω/m−[ Z ] = [ T] 1 [ Z ][ T]012 ABCdan dengan (10.21.b) kita peroleh:6ωµ DhZ 0 = Z s + 2Zm = R + 3R+ j ln2π2D f r′r′3( )ωµ D fZ1= Z 2 = Z s − Z m = R + j ln2πr′(10.21.b)(10.22)COTOH-10.3: Hitunglah impedansi urutan positif pada frekuensi50 Hz dari suatu saluran transmisi dengan transposisi yangmempunyai konfigurasi sebagai berikut:A4,2 m8,4 mB4,2 mC= r′= r′= 0.088 Ω / km= r = 1,350 cm= r′= 1,073 cmKapasitas arus: 900 APenyelesaian: (perhatikan bahwa R dinyatakan dalam Ω/km)rr′= R= r= R= rUntuk menggunakan relasi (10.22), kita hitung lebih dulu D fdengan menggunakan relasi (10.19):RAAABBBCCCD f3= 4×4×8 = 5,29mJadi:Z12π×50×4π×10= 0,088+j2π= 0,088+j0,3896Ω/km−7× 1000ln5,290,01073231

10.4. AdmitansiKita pandang satu konduktor lurus dengan panjang tak hingga danmengandung muatan dengan kerapatan ρ per satual panjang. Padakonfigurasi sederhana ini, penerapan hukum Gauss untukmenghitung displacement D menjadi sederhana.∫SDds = ρldengan S adalah luas dinding silinder dengan sumbu pada konduktorsepanjang l. Bidang equipotensial di sekitar konduktor akanberbentuk silindris dengan sumbu pada konduktor tersebut. Kuatmedan listrik di suatu titik berjarak x dari konduktor adalah:Untuk udaraD ρlρE x = = =ε ε × 2πx× l 2πεx1 −ε = ε0= × 10936πF/mKuat medan listrik ini menyebabkan terjadinya perbedaan potensialantara dua titik di luar konduktor, seperti digambarkan padaGb.10.5.A Bx Ax BGb.10.5. Dua titik di luar konduktor.vABρxBxBB∫Edx = dx = ln (10.23)xAxA2πεx2πεx A=∫ρxv AB adalah penurunan potensial dari A ke B yang bernilai posistifjika x B > x A . Jika ρ adalah muatan negatif maka v AB adalahkenaikan potensial.Beda Potensial Dua Konduktor Tak Bermuatan. Kita lihatsekarang satu konduktor k dengan jari-jari r k dan bermuatan ρ k . Duakonduktor lain yang tidak bermuatan, i dan j, berjarak D ik dan D jkdari konduktor k seperti terlihat pada Gb.10.6.232 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

k,r k, ρkijD ikD jkGb.10.6. Satu konduktor bermuatan dan dua konduktor takbermuatan.Potensial konduktor i yang diakibatkan oleh adanya muatan dikonduktor k adalah beda potensial antara titik di permukaankonduktor k dan posisi konduktor i. Sedangkan beda potensial antarakonduktor k dan j adalah beda potensial antara permukaankonduktor k dan posisi konduktor j. Beda potensial antara konduktori dan j adalah selisih antara keduanya.vijρk= vkjρk− vkiρkρk⎛ D Dik jk ⎞ ρkDik= ⎜ln− ln ⎟ = ln2πεrkr⎝k ⎠ 2πεDij(10.24.)Beda Potensial Tiga Konduktor Bermuatan. Tiga konduktorbermuatan A, B, C diperlihatkan pada Gb.10.7. Setiap muatan disetiap konduktor akan menyebabkan beda potensial di duakonduktor yang lain.D ACDABDBCA,rGb.10.7. Tiga konduktor bermuatan.vA, ρBCA= vB,BC ρArB+ v, ρBBC ρBC, r+ vC, ρBC ρCCvBCρAρ A D= ln2πε DACAB233

vBCρBρ B D= ln2πε rBCBvBC ρcρCr= ln2πε DCBCJadivBC1 ⎛ D⎜ AC=ρ A ln2πε⎝ DABDBC+ ρ B lnrBrC⎞+ ρCln ⎟DBC ⎠(10.25)Beda Potensial Empat Konduktor Bermuatan. Empat konduktorbermuatan terlihat pada Gb.10.8:A,rA, ρAB,Gb. 10.8. Sistem empat konduktor.Kita akan meninjau sistem empat konduktor seperti terlihat padagambar di atas dengan ketentuan konservasi muatan, yaitu1 ⎛ D⎜ A DBv A =ρ A ln + ρ B ln2πε⎝ rADAB1 ⎛ D⎜ A DBvB=ρ A ln + ρ B ln2πε⎝ DABrB1 ⎛ D⎜ A DBvC=ρ A ln + ρ B ln2πε⎝ DACDBC1 ⎛ D⎜ Av = ln2ρ Aπε ⎝ D Aρ A + ρ A + ρ A + ρ A = 0(10.26)DB+ ρ B lnDBDC+ ρClnDACDC+ ρClnDBCDC+ ρClnrCDC+ ρClnDCJika kita terapkan relasi konservasi muatan (10.26)rr⎞+ ρ ln ⎟DA ⎠r⎞+ ρ ln ⎟DB ⎠r⎞+ ρ ln ⎟DC ⎠D⎞+ ρ ln ⎟= 0D⎠ρa + ρb+ ρc+ ρn= 0 atau ρ n = −( ρa+ ρb+ ρc)maka ρ akan ter-eliminasi dari persamaan (10.27)B, ρBC, rC, ρCN, r, ρ(10.27)234 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

235⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+ ρ+ ρρπε=ACCACABBABAAAArDDDrDDDrrDvlnlnln212⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+ ρ+ ρρπε=BCCBCBBBABBAABrDDDrrDrDDDvlnlnln212⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+ ρ+ ρρπε=CCCBCBCBACACACrrDrDDDrDDDv2lnlnln21(10.28.a)yang dalam bentuk matriks kita tuliskan:⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡ρρρ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡πεπεπεπεπεπεπεπεπε=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡CBAncCnBCBBCnACACnBCCBnbBnABABnACCAnABBAnaACBArrDrDDDrDDDrDDDrrDrDDDrDDDrDDDrrDvvvln21ln21ln21ln21ln21ln21ln21ln21ln21222(10.28.b)atau secara singkat⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡ρρρ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡CAACCCBCABCBBABACABAACBAfffffffffvvv(10.28.c)atau[ ] ABCABCABCρFv~~= (10.28.d)denganCBAjirDDDfnijjninij,,,ln21=πε=(10.28.e)Untuk tegangan sinusoidal keadaan mantap, dapat kita tuliskan:

⎡VA⎤ ⎡ f AA⎢ ⎥=⎢⎢VB⎥ ⎢f BA⎢ ⎥ ⎢⎣VC⎦ ⎣ fCAf AB f AC ⎤ ⎡ρA ⎤f⎥ ⎢ ⎥BB f BC ⎥ ⎢ρ B ⎥fCBfCC⎥⎦⎢⎣ρC⎥⎦atau(10.29.a)⎡ρA ⎤ ⎡ f AA⎢ ⎥=⎢⎢ρ B ⎥ ⎢f BA⎢⎣ρC⎥⎦⎢⎣fCAf ABf BBfCBatau−1f AC ⎤ ⎡VA⎤⎢ ⎥f⎥BC ⎥ ⎢VB⎥f ⎥ ⎢ ⎥CC ⎦ ⎣VC⎦(10.29.b)ρ~ -1 ~~ABC = [ FABC] VABC= [ C ABC ] VABC(10.29.c)Kita ingat relasi kapasitordan kita peroleh admitansiQ = CV-1[ ] [ ] F/m. Dari (10.25.c) kita turunkanC ABC = F ABC(10.30)[ ] ω[ ] Ω/mY ABC = j C ABC(10.31)Namun kita tidak menghitung [Y ABC ] dengan menggunakan (10.31)F dan sinimelainkan dari (10.30) dengan menghitung [ ABC ]menghitung [ F 012 ] sehingga diperoleh [ C 012 ] dan [ 012 ]nilai urutannya adalahdan akan kita peroleh[ ]Y .⎡ f AA f AB f AC ⎤F =⎢⎥ABC ⎢f BA f BB f BC ⎥(10.32)⎢⎣fCAfCBfCC⎥⎦−1[ F ] [ T] [ F ][ T]012 = ABC(10.33)−[ C ] = [ F ] 1 sehingga [ Y ] ω[ ]012012012 = j C 012 (10.34)236 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

237Konfigurasi ∆.DDDDACBCAB === ; 3D /DDDCBA === .[ ]⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡πεπεπεπεπεπεπεπεπε=smmmsmmmsnnnnnnnnnABCfffffffffrrDrDrDrDrrDrDrDrDrrDF3ln213ln213ln213ln213ln213ln213ln213ln213ln21222(10.35)[ ] [ ] [ ]⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡−−+=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=−msmsmssmmmsmmmsfffffffffffffffF0000002TT 1012(10.36)rDffFFrrDffFmsnmsln21)(27ln21221340πε=−==πε=+=(10.37)Kapasitansi)/ln(21])(27/ln[212113400rDCFCrrDFCπε===πε==(10.38)

AdmitansiYY01= jωC= jωC10= jln[ D= Y242πεω/ 27r(r2πεω= jln( D / r))3](10.39)Transposisi. Kita telah melihat bahwa jika transposisi dilakukanmaka impedansi urutan dapat berbentuk matriks diagonal. Hal yangsama akan terjadi pada admitansi. Dengan transposisi matriks [F ABC ]berbentuk⎡ f s f m f m ⎤[ F ] =⎢⎥ABC ⎢f m f s f m ⎥(10.40)⎢⎣f m f m f s⎥⎦Pada tahap ini kita perlu mengingat kembali bahwa walaupun dalamanalisis rangkaian listrik besaran resistansi, induktansi, impedansi,serta admitansi difahami sebagai konstanta proporsiaonalitasrangkaian linier, namun sesungguhnya mereka adalah besaranbesarandimensional. Mereka merupakan besaran yang tergantungdari ukuran yang dimilikinya serta sifat-sifat fisis material yangmembentuknya. Oleh karena itu, selama dimensinya sama,pengolahan aritmatika dapat dilakukan.Dalam kasus transposisi saluran transmisi, sebagaimana ditunjukkanoleh matriks [F ABC ] di atas, konduktor-konduktor memiliki nilaisama jika dilihat dalam selang saluran yang ditransposisikan yaituyang terdiri dari tiga seksi. Dengan demikian maka admitansi dapatkita peroleh dengan mengambil nilai rata-rata dari admitansi perseksi.1fij=3dengan( f + f + f )ij seksi-1ffijif= fs= fKita memperoleh (lihat Gb.10.4.)mij seksi-2jika i = jjika i ≠ jij seksi-3(10.41)238 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

239313322133232221ln61ln61ACBCABmsrDDDDDDDDDfrrDDDfπε=πε=(10.41)Dengan definisi (10.19)3321 DDDD h = dan 3ACBCABfDDDD =kita perolehfhmhsrDDfrrDf22ln21ln21πε=πε=(10.42)sehinggarDffFFrrDDffFfmsnfhmsln21)(ln212213260πε=−==πε=+=(10.43Kapasitansi adalahF/m)/ln(21F/m])(/ln[2121132600rDCFCrrDDFCffhπε===πε==(10.44)Admitansi adalahS/m)/ln(2S/m)/ln(22132600rDjYYrrDDjCjYffhπεω==πεω=ω=(10.45)

COTOH-10.4: Hitunglah admitansi urutan positif pada frekuensi50 Hz dari suatu saluran transmisi dengan transposisi yangmempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-10.3:A4,2 m8,4 mB4,2 mCRA= RB= RC= 0.088 Ω / kmrA= rB= rC= r = 1,350 cmrA′= rB′= rC′= r′= 1,073 cmKapasitas arus: 900 APenyelesaian:Dengan menggunakan relasi (10.37), di mana D f sudah dihitung−9pada Contoh-10.2 dan ε = (1/ 36π)× 10 F/m maka:Y1−2πε2π×50×2π×(1/ 36π)× 10= jω= jln( D / r)ln(5,29 / 0,01350)−= j2,923×10f9S/m = j2,923µ S/kmCatatan: Formulasi untuk Y 0 pada (10.39) tidak terlalu cocok untukmenghitung admitansi urutan nol. Kopling kapasitif tidakhanya terjadi antar konduktor tetapi juga dengan tanah.9240 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

BAB 11Rangkaian EkivalenSaluran TransmisiDi bab sebelumnya kita telah memperoleh formulasi impedansi danadmitansi per satuan panjang dari saluran transmisi. Selain itu kitatelah melihat bahwa dengan transposisi saluran transmisi dibuatmenjadi simetris dan memberikan matriks besaran urutan yangdiagonal.Impedansi dan admitansi suatu saluran transmisi terdistribusisepanjang saluran yang ratusan kilometer panjangnya. Denganmenggunakan model satu fasa, kita akan melihat bagaimanaperubahan tegangan dan arus sepanjang saluran. Setelah itu kitaakan melihat rangkaian ekivalen yang diperlukan dalam analisis jikasaluran transmisi ini terhubung dengan peralatan lain, transformatormisalnya.11.1. Persamaan Saluran TransmisiKarena impedansi dan admitansi terdistribusi sepanjang saluranmaka dalam penyaluran daya akan terjadi perbedaan tegangan danarus antara setiap posisi yang berbeda. Kita lihat saluran transmisidua konduktor lebih dulu, seperti pada Gb.11.1.I s+∆x∆xZ∆xIxI xI rVsVs+∆xY∆xVxV xVrxGb.11.1 Model satu fasa saluran transmisi.241

Saluran transmisi ini berteganganV s di ujung kirim danVrdiujung terima. Kita tinjau satu posisi berjarak x dari ujung terima dankita perhatikan suatu segmen kecil ∆x ke-arah ujung kirim. Padasegmen kecil ini terjadi hal-hal berikut:TeganganV x di x.Tegangan∆ VxV x+∆xdi (x + ∆x) karena terjadi tegangan jatuh= Z∆xIx (Z adalah impedansi per satuan panjang).Arus I x mengalir dari x menuju ujung terima.Arus ∆ I x = Y∆xVxmengalir di segmen ∆x (Y adalah admitansiper satuan panjang).ArusIx+∆xmengalir menuju titik (x + ∆x) dari arah ujung kirim.Vx+∆xI x+∆x−−VxI x= Z∆x= Y∆xJika ∆x mendekati nol, makaI xVxatauatauVx+∆xI x+∆x∆x−∆x−VxI x= Z= YVxI xddVxI x= ZIx dan = YVx(11.1)dxJika (11.1) kita turunkan sekali lagi terhadap x kita perolehd2Vx2dxdIx= ZdxSubstitusi (11.1) ke (11.2) memberikandx2d I x dVxdan = Y(11.2)2dx dxd2Vx2dx= ZYVx2d I xdan = ZYI2 x (11.3)dx242 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Konstanta Propagasi. Persamaan (11.3) ini telah menjadi sebuahpersamaan di mana ruas kiri dan kanan berisi peubah yang samasehingga solusi dapat dicari. Untuk mencari solusi tersebutdidefinisikanγ2= ZY atau γ =ZY(11.4)γ disebut konstanta propagasi. Karena Z memiliki satuan Ω/m danY memiliki satuan S/m, maka γ memiliki satuan per meter. Selain itukarena Z dan Y merupakan bilangan kompleks maka γ jugamerupakan bilangan kompleks yang dapat dituliskan sebagaiγ = α + j β(11.5)α disebut konstanta redamanβ disebut konstanta fasaImpedansi Karakteristik. Dengan menggunakan pengertiankonstanta propagasi maka persamaan (11.3) dapat dituliskanmenjadiataud22Vx2d I x 2= γ Vxdan = γ I22 x (11.6.a)dxdxd2Vx2dx− γ2Vx= 0dand2I x2dx− γ2I x= 0(11.6.b)Solusi persamaan (11.6.b) adalah (lihat bahasan analisis transienorde ke-dua di pustaka [3]):γx−γxγx−γxV x = kv1e+ kv2edan Ix= ki1e+ ki2e(11.6.c)Kita lihat lebih dulu persamaan pertama (11.6.c) yaituPersamaan (11.1) dan (11.7.a) memberikanx −γxV x = kv1eγ + kv1e(11.7.a)243

dVxγx= ZIx = kv1γe− kv2dxPersamaan (11.7.a) dan (11.7.b serta definisi (11.4) memberikankZγeγx(11.7.b)γxγxv1 e − kv2e= I x = I x (11.7.c)ZYPerhatikan bahwa ruas paling kiri (11.7.c) adalah tegangan. Hal iniberarti bahwa ruas paling kanan juga berdimensi tegangan. Olehkarena ituZ di ruas paling kanan (11.7.c) haruslah berdimensi impedansi;Yimpedansi ini disebut impedansi karakteristik, Z c .ZYZZ c = (11.8)YDengan pengertian impedansi karakteristik ini maka (11.7.c) kitatulis menjadikγxγxv1 e − kv2e= Z cIx(11.9.a)sementara persamaan pertama (11.6.c) dapat kita tuliskγx−γxv1e+ kv2e= VxPada x = 0 persamaan (11.9.a) dan (11.9.b) memberikan(11.9.b)kkv1 v2c rsehingga diperolehv1− k+ kv2= Z I= Vrkv1kv2Z==cIrVr+2− Z2VrcIrDengan (11.9.c) ini maka persamaan pertama (11.6.c) menjadi(11.9.c)244 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

245)sinh()cosh(222221xZxeeZeeeZeZekekrcrxxrcxxrxrcrxrrcxvxvxλ+γ=−++=−++=+=−γγ−γγ−γγ−γγIVIVIVVIV(11.9.d)Persamaan ke-dua (11.6.c) kita olah dengan cara yang sama.xcxixixxixixxixixZekekYekekdxdekekVVII1212121=−→=γ−γ=→+=−γγ−γγ−γγ(11.10.a)Untuk x = 0,rciiriiZkkkkVI12121=−=+dan diperoleh2/2/21crricrriZkZkVIVI−=+=(11.10.b)Dengan (11.11.c) ini kita peroleh)cosh()sinh(222/2/xxZeeeeZeZeZrcrxxrxxcrxcrrxcrrxγ+λ=++−=−++=−γγ−γγ−γγIVIVVIVII(11.10.c)Jadi untuk saluran transmisi kita peroleh sepasang persamaan)cosh()sinh()sinh()cosh(xxZxZxrcrxrcrxγ+γ=γ+γ=IVIIVV(11.11)

Persamaan (11.11) ini memberikan nilai tegangan di setiap posisi xpada saluran transmisi apabila tegangan dan arus di ujung terimadiketahui. Dengan bantuan komputer tidaklah terlalu sulit untukmelakukan perhitungan untuk setiap nilai x. Parameter yang terlibatdalam perhitungan adalah konstanta propagasi γ dan impedansikarakteristik Z c . Konstanta propagasi mempunyai satuan per meteryang ditunjukkan oleh persamaan (11.4); impedansi karakteristikmempunyai satuan ohm (bukan ohm per meter) yang ditunjukkanoleh (11.8).11.2. Rangkaian Ekivalen πJika panjang saluran adalah d, tegangan dan arus di ujung kirimadalah Vsdan I s maka dari (11.11) kita perolehVs= Vrcosh( γd)+ Z cIr sinh( γd)V(11.12)rI s = sinh( γd)+ I r cosh( γd)Z cRangkaian ekivalen diperlukan dalam analisis saluran transmisi jikaterhubung dengan piranti lain. Kita akan meninjau suatu rangkaianekivalen yang disebut rangkaian ekivalen π seperti terlihat padaGb.11.2.IsI rZ tVsY t2Y t2VrGb.11.2. Rangkaian ekivalen π.Pada rangkaian ekivalen ini, impedansi dan admitansi yangterdistribusi sepanjang saluran dimodelkan sebagai impedansi danadmitansi tergumpal ekivalen. Aplikasi hukum Kirchhoff padarangkaian ini memberikan:246 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

247rtrttrtrtrsZYZYZIVVIVV +⎟⎠⎞⎜⎝⎟ = ⎛ +⎠⎞⎜⎝⎛++=212(11.13.a)rttrtttrtrtttrtrstrtrsYZYYZZYZYYYYIVIVVIVVII⎟⎠⎞⎜⎝+ ⎛ +⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎟⎠⎞⎜⎝⎛ +++= ++=21222212222(11.13.b)Kita ringkaskan (11.3.a dan b) menjadi :rttrtttstrttsYZYYZZYZIVIIVV⎟⎠⎞⎜⎝+ ⎛ +⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=+⎟⎠⎞⎜⎝⎛ += 2122221(11.14)Jika kita perbandingkan persamaan ini dengan persamaan (11.12),kita dapatkan)sinh(1222)sinh()cosh(21dZYYZdZZdYZctttctttγ=⎟⎠⎞⎜⎝⎛+γ=γ=+(11.15)Substitusi persamaan pertama (11.15 ke persamaan ke-tigamemberikan( )⎟⎠⎞⎜⎝⎛ γ=+−=++×−=++−=+γγ=−γγ−γγ−γγ−γγ−γγ−γγ−γγ2tanh1)()()()()(2/2)(2/)(1)cosh()sinh(22/2/2/2/22/2/2/2/2/2/dZeeZeeeeZeeeeeeZeedZdYcddcddddcddddddcddct

Jadi dalam rangkaian ekivalen πYt1 ⎛ γd⎞Zt= Zcsinh( γd)dan = tanh⎜⎟2 Z c ⎝ 2 ⎠d = jarak ujung terima dan ujung kirimZ c= impedansi karakteristik(11.16)Rangkaian ekivalen π diturunkan dari model satu fasa rangkaian tigafasa seimbang. Untuk rangkaian tiga fasa tak-seimbang, fasor-fasortak seimbang kita uraikan menjadi komponen-komponen simetris.Masing-masing komponen simetris merupakan fasa-fasa seimbangsehingga masing-masing komponen dapat di analisis menggunakanrangkaian ekivalen satu fasa. Dengan kata lain masing-masingkomponen memiliki rangkaian ekivalen, yaitu rangkaian ekivalenurutan positif, urutan negatif, dan urutan nol, seperti terlihat padaGb.11.3.Besaran rangkaian ekivalen adalah:Konstanta propagasi urutan:γγγ012===Z0Z Y1 1Z2YY02(11.17)Impedansi karakteristik urutan:ZZZc0c1c2===ZZ10/ Y/ Y1Z 2 / Y02(11.18)Impedansi urutan:ZZZ012= Z= Z= Zc0c1c2sinh γsinh γ1sinh γ0d2dd(11.19)248 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Admitansi urutan:Y01=2 Zc0Y11=2 Zc1Y21=2 Zc2γ 0dtanh2γ1dtanh2γ 2dtanh2(11.20)I s0I r 0Z t0Y t0YV t0s0V r 022Rangkaian Urutan NolI s1I r 1Z t1Y t1YV t1s1V r 122Rangkaian Urutan PositifI s2I r 2Z t 2Y t 2YV t 2s2V r 222Rangkaian Urutan NegatifGb.11.3. Rangkaian ekivalen urutan.249

COTOH-11.1: Dari saluran transmisi 50 Hz dengan transposisiyang mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-10.2, tentukan (a)impedansi karakteristik; (b) konstanta propagasi; (c) rangkaianekivalen π.8,4 mRA= RB= RC= 0.088 Ω / km4,2 m 4,2 m rA= rB= rC= r = 1,350 cmrA′= rB′= rC′= r′= 1,073 cmA B C Kapasitas arus: 900 APenyelesaian:Impedansi dan admitansi per satuan panjang saluran ini telahdihitung pada contoh-10.2 dan 10.3.Z 1 = 0,088+j0,3896Ω/kmY 1 = j2,923µ S/kma) Impedansi karakteristik adalahZ c=ZY== 369,67∠- 6,40,088 + j0,3896j2,923×10oΩ3= 10 ×−6 j0,088 + j0,38962,923b) Konstanta propagasiγ =ZY=(0,088 + j0,3896)(j2,923×10= (0,1198 + j1,074)× 10−3per km−6c) Untuk jarak antara ujung kirim dan ujung terima 100 km,elemen-elemen rangkaian ekivalen π adalahZt= Zcsinh( γd)= (369,67∠ − 6,4= 8,77 + j38,89= 39.87∠77.3o) sinh[(0,1198+j1,074)× 10oΩ)−1]250 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Yt21 ⎛ γd⎞= tanh⎜⎟Z ⎝ 2 ⎠c1=369,67∠ − 6,4= 3,14×10−8≈ j0,1463mSo⎛ −3(0,1207 j1,074)10 100 ⎞tanh⎜+ × ×⎟⎜2⎟⎝⎠+ j0,1463×10−3I s8.77+ j38,89I rV sj0,1463j0, 1463Vr11.3. Rangkaian Ekivalen PendekatanApabila kita melakukan perhitungan-perhitungan denganmenggunakan komputer pendekatan ini sebenarnya tidakdiperlukan. Namun untuk saluran pendek, perhitungan secaramanual kadang-kadang diperlukan sehingga kita memerlukanbesaran pendekatan.Pada saluran yang pendek, γd

COTOH-11.2: Tentukan rangkaian ekivan π pendekatan untuksaluran pada Contoh-11.1.Penyelesaian: Dengan menggunakan relasi (11.21) elemenrangkaian ekivalen pendekatan adalah:Z ′ = Z × 100 = 8,8 + j38,96Ωt1−6Yt′Y1j2,923×10= × 100 =2 22= j0,1461mS× 100Lebih Lanjut Tentang Rangkaian Ekivalen Pendekatan. Kinerjasaluran transmisi dinyatakan oleh persamaan (11.12) yaituVsI s=VrV=Zrccosh( γd)+ Zsinh( γd)+ IcIrrsinh( γd)cosh( γd)(11.12)Pada saluran yang pendek, γd

VsI s=Vr= ( Yd)+ ( Zd )Vr+I rI r(11.22.c)Persamaan (11.22.c) ini memberikan diagram rangkaian ekivalenseperti tergambar terlihat pada Gb.11.4. di bawah ini, yang kitasebut rangkaian ekivalen pendekatan untuk saluran pendekI sVsZdYdI rVrGb.11.4. Diagram rangkaian ekivalen pendekatanRangkaian ekivalen pendekatan hanya kita pakai apabila kitaperlukan. Dalam analisis selanjutnya kita akan menggunakanrangkaian ekivalen π yang sebenarnya11.4. Kinerja Saluran TransmisiKinerja saluran transmisi dinyatakan oleh persamaan (11.12) yaituVs=Vrcosh( γd)+ ZcIrsinh( γd)V(11.12)rI s = sinh( γd)+ I r cosh( γd)Z cPersamaan ini dapat ditulis dengan dengan menggunakan konstantaA, B, C, D:denganV sI s==AVrC Vr++B I rD I rA = cosh γx; B = Z c sinh γxsinh γx1C = = B ; D = cosh γx= AZ 2c Z c(11.23.a)(11.23.b)253

Konstanta-konstanta ini dapat dapat pula diturunkan dari rangkaianekivalen π yang telah kita peroleh pada persamaan (11.14) yaitu⎛ Z Y ⎞ +t tVs= ⎜1⎟Vr+ Z t I⎝ 2 ⎠⎛ Z tYt⎞ Yt⎛ ZtYtI s = ⎜2+ Vr+ ⎜1+2 22⎝⎟⎠⎝⎞⎟⎠I r(11.14)yang jika kita perbandingkan dengan (11.23.a) kita dapatkan⎞A ⎜⎛ Z = + tYt1 ⎟ B = Z t⎝ 2 ⎠⎛ Z ⎞⎛ ⎞C = ⎜ +tYtYtZ2 ⎟ D = ⎜1+tYt⎟ = A⎝ 2 ⎠ 2 ⎝ 2 ⎠(11.23.c)Memperbandingkan (11.23.c) dengan (11.23.b) akan kembalikita peroleh (11.15).Konstanta-konstanta A, B, C, D, adalah bilangan-bilangankompleks karena Z t maupun Y t adalah bilangan kompleks yangnilainya ditentukan oleh ukuran, konfigurasi, dan panjangsaluran. Kita lihat lagi Contoh-11.1. untuk memberi gambarantentang nilai konstanta-konstanta ini.COTOH-11.3: Dari saluran transmisi 50 Hz dengan transposisiyang mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-11.1,tentukan konstanta A, B, C, D saluran transmisi ini.A4,2 mPenyelesaian:8,4 mB4,2 mγ dan Z c telah dihitung pada Contoh-11.1:CRA= RB= RC= 0.088 Ω / kmrA= rB= rC= r = 1,350 cmrA′= rB′= rC′= r′= 1,073 cmKapasitas arus: 900 A254 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Z c= 369,67∠- 6,4oΩγ = (0,1198 + j 1,074) × 10−3per kmMenggunakan formulasi (11.23.b), nilai konstanta adalahA = cosh γx= 0,9943∠0,07B = Zcsinh γx= 39,87∠77,30sinh γx1C = =Z c Z2cD = cosh γx= A = 0,9943∠0,07ooB = 0,0003∠90,02ooDengan menggunakan konstanta-konstanta saluran, kita akanmecermati kinerja saluran.COTOH-11.4: Jika saluran transmisi pada soal-11.2 mencatubeban sebesar 250 MVA dengan factor daya 0.9 lagging padategangan 270 kV. Hitunglah tegangan di ujung kirim, arus diujung kirim, tegangan jatuh di saluran, daya di ujung kirim,faktor daya di ujung kirim, dan susut daya di saluran.Penyelesaian:Dengan model satu fasa, tegangan beban 270 kV digunakansebagai referensi. Tegangan fasa-netral adalahV r270 o= = 155,88 ∠03kVKarena factor daya 0,9 lagging maka arus beban:I r250 o== 0.53∠- 25,8270×0,9 × 3kA255

Tegangan fasa-netral di ujung kirim:VArus di ujung kirim:I ss= 0,9943∠0,07o= 155 + j0.2+ 13.3+j16.7= 169.1∠5.7= 0.51∠- 21,2kVoVr+ 39,87∠77,30kV= CV + D I = -2×10 + j0.05+ 0.48 − j0.23rroTegangan jatuh di saluran adalah-5∆V= V s − V r = 169,1∠5,7= 12,4 + j16,9= 21∠53,7okVoI−155,88∠021atau × 100 ≈ 12% dari tegangan di ujung kirim.169,1Daya kompleks ujung kirimoorS s= 3×V Is∗s= 3×169,1∠5,7 × 0,51∠21,2= 260∠27oMVAFaktor daya ujung kirim cos(27 o ) = 0.89Daya nyata ujung kirimDaya nyata ujung terimaP sP r= 260 × 0,89 = 232 MW= 250 × 0.9 =Susut yang terjadi di saluran adalah225 MWPs− PrP saluran = ×100 % = 3.1% .Ps256 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Pengaruh Pembebanan. Dalam Contoh-11.4 di atas,pembebanan 250 MVA dengan factor daya 0,9 menyebabkantegangan jatuh 12% dan susut daya 3,12% sementara factordaya di ujung kirim 0,89. Berikut ini kita akan melihat akibatdari perubahan pembebananCOTOH-11.5: Dengan panjang tetap 100 km, saluran transmisipada Contoh-11.4 dibebani 200, 250, 300 MVA dengan faktordaya tetap 0.9 lagging. Hitunglah tegangan jatuh di saluran,daya di ujung kirim, faktor daya di ujung kirim, dan susut dayadi saluran.Penyelesaian:Perhitungan dilakukan dengan cara yang sama seperti padaContoh-11.4. Hasil perhitungan dimuatkan dalam tabel berikut.Beban [MVA]200 250 300Panjang 100 km 100 km 100 kmV r [kV] 155,88∠0 o 155,88∠0 o 155,88∠0 oI r [kA] 0.43∠-25.8 o 0.53∠-25.8 o 0.64∠-25.8 oV s [kV] 166.2∠4.7 o 169.1∠5.7 o 172.1∠6.7 oI s [kA] 0.40∠-20 o 0.51∠-21.2 o 0.62∠-22 o∆ V [kV] 16.7∠54.3 o 21∠53.7 o 25.2∠53.3 o∆ V [%] 10 12 15S s [MVA] 203 260 320f.d. 0.9 0.89 0.88Susut [%] 2.5 3.1 3.75257

Pengaruh Panjang Saluran. Perubahan panjang saluran akanmengubah konstanta saluran. Kita lihat contoh berikut.COTOH-11.6: Dengan beban tetap 250 MVA dan factor daya 0,9lagging, hitunglah tegangan jatuh di saluran, daya di ujungkirim, faktor daya di ujung kirim, dan susut daya di saluranuntuk panjang saluran 100, 150, 200 kmPenyelesaian:Perhitungan dilakukan dengan cara yang sama seperti padaContoh-11.4. Hasil perhitungan dimuatkan dalam tabel berikut.Panjang Saluran100 150 200Beban 250 MVA 250 MVA 250 MVAA 0.9943∠0.07 o 0.9872∠0,17 o 0.9773∠0.3 oB [Ω] 39.867∠77.3 o 59.658 ∠77.3 o 79.28∠77.4 oC [mS] 0.2917∠90.02 o 0.4366 ∠90.06 o 0.5802∠90.1 oD 0.9943∠0.07 o 0.9872∠0.17 o 0.9773∠0.3 oV r [kV] 155.88∠0 o 155.88∠0 o 155.88∠0 oI r [kA] 0.53∠-25.8 o 0.53∠-25.8 o 0.53∠-25.8 oV s [kV] 169.1∠5.7 o 175.6∠8.3 o 181.9∠10.8 oI s [kA] 0.51∠-21.2 o 0.50∠-18.7 o 0.49∠-16 o∆ V [kV] 21∠53.7 o 31∠54.9 o 41∠56.1 o∆ V [%] 12 18 22S s [MVA] 260 264 267f.d. 0.89 0.89 0.89Susut [%] 3.1 4.5 5.8258 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

11.5. Batas PembebananKenaikan tegangan jatuh serta kenaikan susut daya seiring denganpeningkatan pembebanan sudah dapat kita duga. Pada pembebananyang kita hitung pada contoh-11.5 sebesar 250 MVA, teganganjatuh sudah mencapai 12% dan susut daya sudah 3,1%. Padahal jikakita mengingat kapasitas arus konduktor yang 900 A dan seandainyasaluran kita bebani sesuai dengan kemampuan arus konduktornya,daya yang bisa diterima di ujung kirim adalahS r3fasa = 270×0,9 × 3 =420 MVAJika pembebanan sebesar ini kita paksakan, maka tegangan jatuh disaluran akan mencapai 20% dan susut mencapai 5,2%.Batas Thermal. Sebagian energy yang melalui saluran transmisiterkonversi menjadi panas di saluran sebanding dengan kuadrat arus.saluran2fasaP = 3 × I × RsaluranBatas thermal menentukan seberapa besar arus yang diperkenankanmengalir pada konduktor agar tidak terjadi pemanasan yangberlebihan di saluran. Kenaikan temperatur konduktor akanmenyebabkan pemuaian; jika temperature meningkat makaandongan akan bertambah .Dari relasi daya tiga fasaS3 fasa = VI3kita dapat menghitung berapa daya yang dapat dipasok melaluisuatu saluran transmisi. Saluran transmisi dengan tegangan fasa-fasa150 kV misalnya, setiap 10 amper arus berarti penyaluran dayasebesar 150 3 = 2,5 MVA ; pada transmisi 500 kV berartipenyaluran daya 85 MVA setiap 10 ampere arus. Namun bukandaya ini yang menjadi batas dalam menghitung pembebanan suatusaluran transmisi.259

Tegangan dan Arus di Ujung Kirim. Jika konstanta saluran kitamisalkan A = A∠αdan B = B∠β, tegangan ujung terimaodigunakan sebagai referensi V r = V r ∠0 , arus beban laggingoI r = I r ∠ − ϕ , maka persamaan pertama (11.23.a) menjadi:SudutVs= AV= AVrr+ B Ir∠( α + 0) + BI ∠(β − ϕ)r(11.24.a)A ∠αdan B ∠βadalah konstanta yang ditentukan hanyaoleh parameter saluran, yang bernilai konstan selama salurantidak berubah. Oleh karena itu jika factor daya bebandipertahankan pada nilai tertentu (ϕ konstan) fasor tegangan diujung kirim ditentukan hanya oleh arus beban I r . Gb.11.5.memperlihatkan peristiwa tersebut.ImI rI′ rαGb.11.5. Perubahan arus beban dari I r menjadi I′ rmenyebabkan perubahan tegangan di ujung kirim dariVsmenjadi V′ s .Jika kita misalkan Z c = Z c ∠θ, maka persamaan ke-dua(11.23.a) menjadi:BI s = V2 r + A IrZ cBVr= ∠(0− 2θ)+ AI ∠(α − ϕ)2rZ c(11.24.b)V rV sAV rBI rV′ sβ − ϕRe260 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Impedansi karakteristik Z c juga merupakan besaran konstanuntuk satu saluran transmisi tertentu. Jika faktor daya bebandipertahankan konstan, beda susut fasa antara arus di ujungterima dan di ujung kirim hanya ditentukan oleh parametersaluran.Pembebanan. Peningkatan arus I r berarti peningkatanpembebanan. Selain batas thermal sebagaimana telahdikemukakan di atas, ada pembatasan lain yang akan kita lihatberikut ini.Jika δ adalah sudut antaraVsdanVrImV sαAV rBI rδReV rI rGb.11.6. Perubahan sudut δ.maka dari relasi teganganbebanVs= AVr+ B I r kita peroleh arusI rVsAVr= −B BVsAVr= ∠( δ −β)− ∠(α −β)BBDaya per fasa di ujung terima adalah(11.25)S∗r 1fasa = VrI rVrV=BsAV∠(β − δ)−B2r∠(β − α)(11.26)261

Jika kita menghendaki tegangan jatuh tidak melebihi nilaitertentu, kita dapat menetapkan tegangan di ujung terima dan diujung kirim. Jika hal ini dilakukan maka V r V s dan 2V r padapersamaan daya (11.26) akan bernilai konstan. Persamaan iniakan menunjukkan bahwa hanya sudut δ yang akan bervariasiapabila terjadi perubahan penerimaan daya di ujung terima. Sudutini, δ, disebut sudut daya.Diagram Lingkaran. Dari (11.26), daya tiga fasa di ujungterima adalah3VrVs3AVrSr 3fasa = ∠(β − δ)− ∠(β − α)(11.27)BBJika V r dan V s dipertahankan konstan, hanya sudut δ yang dapatbervariasi mengikuti perubahan daya. Karakteristik perubahan dayaakan mengikuti bentuk kurva lingkaran. Kita akan mencobamenggambarkannya.Pada Contoh-11.2 kita amati bahwa sudut α jauh lebih kecil darisudut β. Oleh karena itu sudut fasa suku ke-dua (12.4) akan beradadi sekitar nilai β. Selain itu jika tegangan jatuh di saluran tidak lebihdari 10% seperti halnya hasil perhitungan pada Contoh-11.2, nilai2V r Vs di suku pertama tidak pula jauh berbeda dengan nilai V r disuku ke-dua. Pengamatan ini kita perlukan karena kita akanmenggambarkan diagram lingkaran tanpa skala. Diagram lingkarandiperlihatkan pada Gb.11.7. dengan penjelasan sebagai berikut:23AV 1. Pada bidang kompleks kita gambarkan fasor r∠(β − α)B23AV yaitu OM kemudian kita gambar − r∠(β − α)yaituO M′ .2B262 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

2. Pada fasor O M′ kita tambahkan fasor3Vr V s∠(β − δ)yaituBfasor M′ N3. Sudut antara M′ N dengan sumbu mendatar adalah ( β − δ).4. Pada perubahan sudut δ fasor M′ N akan bergerak mengikutilingkaran yang berpusat di M′ berjari-jari M′ N .5. Sudut δ sendiri adalah sudut antara fasor M′ N dengan garisM ′ M ′′ yaitu garis sejajar fasor OM seandainya α = 0.6. Daya nyata maksimum terjadi jika ( β − δ)= 0 yaitu padawaktu M′ N menjadi M ′ N′o7. Daya reaktif maksimum terjadi jika ( β − δ)= 90ImM ′N ′′MδNβ − αOβ − δReM′N′Gb.11.7. Diagram lingkaran.263

Daya Maksimum di Ujung Terima. Dalam meninjau dayamaksimum ini, kita akan menyederhanakan relasi (11.27) denganmelihat saluran transmisi pada tegangan pengenalnya yang kitasebut V, misalnya transmisi 70 kV atau 150 kV, dan tidakmemperbedakan V r atau V s . Dengan pengertian ini maka (11.27)menjadi:22VAVS r 1fasa = ∠(β − δ)− ∠(β − α)(11.28.a)3B3BDaya tiga fasa menjadi2VAVS r 3fasa = ∠(β − δ)− ∠(β − α)(11.28.b)BBPada nilai δ = 0, kita tetap mendapatkan daya kompleks, bukan dayanyata. Daya nyata kita peroleh dengan mengambil bagian nyata darirelasi daya ini.Pr 3fasa= Re S⎡ 2V= Re⎢⎢⎣B2V=Br 3fasadan daya reaktif Q adalahQr 3fasa= Im S⎡ 2V= Im⎢⎢⎣B2V=BAV∠(β − δ)−BAVcos( β − δ)−Br 3fasaAVsin( β − δ)−B2AV∠(β − δ)−B222⎤∠(β − α)⎥⎥⎦cos( β − α)2⎤∠(β − α)⎥⎥⎦sin( β − α)(11.29.a)(11.29.b)Daya nyata pada relasi (11.29.a) akan mencapai nilai maksimumpada waktu ( β − δ)= 0 atau δ = β . Daya nyata maksimum inimerupakan daya maksimum yang bisa dicapai dalam tinjauankeadaan mantap (steady state); besarnya adalah264 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

2VP r 3fasa maks mantap = [ 1 − A cos( β − α)] (11.30)BPada waktu δ = β, yaitu pada waktu daya nyata mencapai nilaimaksimum mantap, daya reaktif adalahAVQ r 3fasa maks mantap = − sin( β − α)(11.31)BDan daya kompleks maksimum dalam keadaan mantap adalahS3fasa maks mantap=2 2P + Q2V=B221+A − 2Acos( β − α)(11.32)Ini merupakan daya kompleks tiga fasa maksimum yang bisadibebankan pada suatu saluran transmisi. Jika konduktor yangdigunakan dalam saluran ini mempunyai kapasitas arus sebesarI c, maka berdasarkan kapasitas arus ini daya yang bisadibebankan pada saluran transmisi adalahS = VI 3(11.33)3 fasa saluran cDan daya kompleks maksimum dalam keadaan mantap menjadibatas pembebanan saluran transmisiS < S3fasa maks mantap3 fasa saluranCONTOH-11.7: Tinjaulah batas pembebanan saluran transmisipada Contoh-11.3. di mana saluran transmisi mencatu bebansebesar 100 MW dengan factor daya 0.9 lagging pada tegangan 270kV.8,4 mRA= RB= RC= 0.088 Ω / km4,2 m 4,2 m rA= rB= rC= r = 1,350 cmrA′= rB′= rC′= r′= 1,073 cmA B C Kapasitas arus: 900 A265

Sistem ini kita anggap memiliki tegangan penunjuk 275 kV.Beban beroperasi pada 270 kV dan tegangan di ujung kirimtelah dihitung pada Contoh-11.3 sebesar 279 kV. Konstanta Adan B telah dihitung pada Contoh-11.2 yaituooA = 0,9943∠0,07dan B = 39,87∠77,30Daya maksimum yang dapat dibebankan pada saluran inimenurut (11.32) adalah2V 2S 3fasa maks mantap = 1 + A − 2Acos( β − α)B275= 1 + 0,9943 − 2 × 0,09943(cos(77,30 − 0,07)39,87= 417 MVADengan kapasitas arus sebesar 900 A, maka pembebanansaluranS 3 fasa saluran = VI c 3 = 275×0,9 × 3 = 428S < S3fasa maks mantap3 fasa saluranMVAJadi 417 MVA merupakan batas pembebanan maksimum.266 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Pustaka1. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, PenerbitITB, Bandung, 2002.2. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik Jilid-1”, e-book, Darpublic, Bandung, 20103. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik Jilid-2”, e-book, Darpublic, Bandung, 20104. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Harmonisa DalamPermasalahan Kualitas Daya”, Catatan Kuliah El 6004, ITB,Bandung, 2008.5. Vincent Del Toro : “Electric Power System”, Prentice-HallInternational, Inc., 1992.6. Charles A. Gross : “Power System Analysis”, John Willey &Son, 1986.7. Turan Gönen: ”Electric Power Transmission SystemEngineering”, John Willey & Son, 1988.267

Daftar Simbolφ : fluksi magnetλ : fluksi lingkupγ : konstanta propagasi saluran transmisiε : permitivitasµ : permeabilitasA, B, C, D : konstanta saluran transmisiZ c : impedansi karakteristik268 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

INDEKSaadmitansi 336Ampère 2, 4arus pusar 13asinkron, motor 65, 71bbatas pembebanan 263cCrest Factor 128ddaya 138, 139, 151, 209diagram lingkaran 266fFaraday 1Fourier 100hharmonisa 123, 128, 163, 176histerisis 12nimpedansi 206, 227impedansi karakteristik 247inductor 17, 184induktansi 221kkapasitor 179kompensasi 152komponen simetris 201, 203konduktor 177konstanta ABCD 257konstanta propagasi 247mmagnetik 1, 14model satu fasa 90nnilai efektif 137nonlinier 99, 116, 117, 131,163nonsinus 99, 105, 112ooperator a 202ppartial discharge 197permeabilitas 3per unit 212, 215polifasa 85, 93rrangkaian ekivalen π 250resistansi 220resonansi 115ssinkron, mesin 45, 54, 56, 61ttorka 81THD 128transformator 25, 26, 32, 35,39, 40, 189transmisi 209269

270 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

BiodataNama: Sudaryatno SudirhamLahir: di Blora pada 26 Juli 1943Istri: Ning UtariAnak: Arga AridarmaAria 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; 1982 DEA; 1985 Doktor.Kuliah yang pernah diberikan: “Pengukuran Listrik”, “PengantarTeknik Elektro”, “Pengantar Rangkaian Listrik”, “MaterialElektroteknik”, “Phenomena Gas Terionisasi”, “Dinamika Plasma”,“Dielektrika”, “Material Biomedika”.Buku: “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB, Bandung, 2002;“Metoda Rasio TM/TR Untuk Estimasi Susut Energi JaringanDistribusi”, Penerbit ITB, Bandung, 2009; “Fungsi dan Grafik,Diferensial Dan Integral”, Penerbit ITB, Bandung, 2009; “AnalisisRangkaian Listrik (1)”, Darpublic, e-Book, Bandung, 2010;“Analisis Rangkaian Listrik (2)”, Darpublic, e-Book, Bandung,2010; ”Mengenal Sifat Material (1)”, Darpublic, e-Book, Bandung,2010; “Analisis Keadaan Mantap Rangkaian Sistem Tenaga”,Darpublic, Bandung, 2011;271

Analisis Keadaan MantapRangkaian Sistem TenagaPembebanan SeimbangPebebanan NonlinierPembebanan Tak Seimbang272 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga