AnalisisAnalisis Keadaan MantapKeadaan MantapKeadaan ... · Buku ini berisi analisis rangkaian piranti-piranti dalam sistem tenaga listrik yang berada ... sistem per-unit; ... yaitu

ii

Rangkaian Rangkaian Rangkaian Rangkaian

Sudaryatno Sudirham

Darpublic

Rangkaian Rangkaian Rangkaian Rangkaian SiSiSiSistemstemstemstem TenagaTenagaTenagaTenaga AnalisisAnalisisAnalisisAnalisis Keadaan MantapKeadaan MantapKeadaan MantapKeadaan Mantap

i

Analisis Keadaan Mantap

Rangkaian Sistem Tenaga

oleh

Sudaryatno Sudirham

ii

Hak cipta pada penulis, 2011

SUDIRHAM, SUDARYATNO

Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Oleh Sudaryatmo Sudirham

Darpublic, Bandung

arst-711

edisi Juli 2011

http://www.ee-cafe.org

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

Fax: (62) (22) 2534117

iii

Daftar Isi

Daftar Isi iii

Pengantar v

Bab 1: Rangkaian Magnetik 1

Hukum-Hukum. Perhitungan Pada Rangkaian Magnetik.

Rugi-Rugi dalam Rangkaian Magnetik. Gaya Magnetik.

Induktor.

Bab 2: Transformator 25

Transformator Satu Fasa. Teori Operasi Transformator.

Diagram Fasor. Rangkaian Ekivalen. Impedansi Masukan.

Penentuan Parameter Transformator. Efisiensi dan Regulasi

Tegangan. Konstruksi Transformator. Transformator Pada

Sistem Tiga Fasa.

Bab 3: Mesin Sikron 45

Mesin Kutub Menonjol. Mesin Sinkron Rotor Silindris.

Rangkaian Ekivalen

Bab 4: Motor Asinkron 65 Konstruksi Dan Cara Kerja. Rangkaian Ekivalen.

Penentuan Parameter Rangkaian. Torka.

Bab 5: Pembebanan Seimbang – Sistem Polifasa 85

Sumber Tiga Fasa Seimbang dan Sambungan ke Beban.

Daya Pada Sistem Tiga Fasa Seimbang. Model Satu Fasa

Sistem Tiga Fasa Seimbang. Sistem Enam Fasa Seimbang.

Bab 6: Pembebanan Nonlinier (Analisis di Kawasan Waktu) 99

Sinyal Nonsinus. Elemen Linier Dengan Sinyal Nonsinus.

Daya Pada Sinyal Nonsinus. Resonansi. Pembebanan

Nonlinier Dilihat Dari Sisi Beban. Pembebenan Nonlinier

Dilihat Dari Sisi Sumber. Kasus Penyearah Setengah

Gelombang. Perambatan Harmonisa. Ukuran distorsi

Harmonisa.

Bab 7: Pembebanan Nonlinier (Analisis di Kawasan Fasor) 131

Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Fasor. Impedansi. Nilai

Efektif. Sumber Tegangan Sinus Dengan Beban Nonlinier.

Contoh-contoh Perhitrungan. Transfer Daya. Kompensasi

Daya Reaktif.

iv Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Bab 8: Pembebanan Nonlinier Sistem Tiga Fasa dan Dampak

Pada Piranti 163

Komponen Harmonisa Pada Sistem Tiga Fasa. Relasi

Tegangan Fasa-Fasa dan Fasa-Netral. Hubungan Sumber

dan Beban. Sumber Bekerja Paralel. Penyaluran Energi ke

Beban. Rangkaian Ekivalen Untuk Analisis. Dampak

Harmonisa Pada Piranti.

Bab 9: Pembebanan Tak Seimbang 199

Pernyataan Komponen Simetris. Mencari Komponen

Simetris. Impedansi dan Rangkaian Urutan. Daya Pada

Sistem Tak Seimbang. Sistem Per-Unit. Sistem Tiga Fasa

Dalam Per-Unit.

Bab 10: Saluran Transmisi 215

Resistansi. Induktansi. Impedansi dan Transposisi.

Admitansi dan Transposisi.

Bab 11: Rangkaian Ekivalen 241

Persamaan Saluran Transmisi. Rangkaian Ekivalen π.

Rangkaian Ekivalen Pendekatan. Kinerja saluran Transmisi.

Pembebanan Saluran Transmisi. Batas Thermal. Tegangan

dan Arus di Ujung Kirim. Pembebanan Maksimum.

Diagram Lingkaran.

Pustaka 267

Indeks 269

Biodata 271

v

Pengantar

Buku ini berisi analisis rangkaian piranti-piranti dalam sistem tenaga

listrik yang berada dalam keadaan mantap, dengan pembebanan

seimbang, non-linier, maupun pembebanan tak-seimbang. Pembahasan

akan diawali dengan analisis rangkaian magnetik yang menjadi dasar

dibangunnya mesin-mesin konversi energi elektrik. Analisis rangkaian

magnetik ini disusul dengan pengenalan pada mesin-mesin konversi

energi mencakup transformator, mesin sinkron, dan mesin asinkron.

Setelah mesin-mesin konversi, pembahasan dilanjutkan dengan sistem

banyak-fasa dengan pembebanan seimbang. Masih dalam keadaan

seimbang, pembahasan berikutnya adalah mengenai pembebanan

nonlinier; pokok bahasan pembebanan nonlinier mencakup tinjauan di

kawasan waktu, tinjauan di kawasan fasor pada sistem satu fasa dan tiga

fasa, serta dampak harmonisa pada piranti. Pembahasan berikutnya

adalah mengenai pembebanan tak-seimbang yang diawali dengan

bahasan tentang komponen simetris, rangkaian urutan, serta penggunaan

sistem per-unit; selanjutnya adalah bahasan mengenai saluran transmisi

yang mencakup parameter saluran transmisi seperti impedansi,

admitansi, impedansi karakteristik, disusul dengan persamaan saluran

transmisi, rangkaian ekivalen dan pembebanan saluran transmisi.

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

usulan para pembaca untuk perbaikan dalam publikasi selanjutnya, sangat

penulis harapkan.

Bandung, 26 Juli 2011.

Wassalam,

Penulis.

vi Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

<< La plus grande partie du savoir humain

est déposée dans des documents et des livres,

mémoires en papier de l’humanité.>>

A. Schopenhauer, 1788 – 1860

dari

Mini-Encyclopédie, France Loisirs

ISBN 2-7242-1551-6

1

BAB 1

Rangkaian Magnetik Rangkaian magnetik merupakan basis dari sebagian terbesar peralatan

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

bekemampuan kecil sampai sangat besar, berbasis pada medan magnetik

yang memungkinkan terjadinya konversi energi listrik. Di bab ini kita

akan melihat hukum-hukum dasar, perhitungan dalam rangkaian

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

Seperti halnya analisis rangkaian listrik yang dilandasi oleh beberapa

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

magnetik juga dilandasi oleh hanya beberapa hukum saja, yaitu hukum

Faraday dan hukum Ampère. Pembahasan kita akan diawali oleh kedua

hukum tersebut dan setelah itu kita akan melihat rangkaian magnetik,

yang sudah barang tentu melibatkan material magnetik. Walaupun

demikian, kita tidak akan membahas mengenai material magnetik itu

sendiri, melainkan hanya akan melihat pada hal-hal yang kita perlukan

dalam kaitannya dengan pembahasan peralatan listrik. Kita juga hanya

akan melibatkan beberapa jenis material saja yang telah sejak lama

digunakan walaupun material jenis baru telah dikembangkan.

1. 1. Hukum-Hukum

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

gejala listrik dapat dibangkitkan dari magnet. Dari kumpulan catatan

hasil percobaan yang dilakukan oleh Faraday, suatu formulasi matematis

telah diturunkan untuk menyatakan hukum Faraday, yaitu :

dt

de

λ−= (1.1)

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

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

mempunyai lilitan dan setiap lilitan mencakup fluksi magnit sebesar φ

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

menjadi

2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

dt

de

φ−= (1.2)

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

melanjutkan percobaan Faraday menunjukkan bahwa arah arus induksi

selalu sedemikian rupa sehingga terjadi perlawanan terhadap aksi yang

menimbulkannya. Reaksi demikian ini disebut hukum Lenz.

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

percobaan yang terkenal dalam kaitan kemagnitan, yaitu mengenai

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

Besar gaya F dinyatakan secara matematis sebagai

2

21 II

r

lF

πµ

= (1.3)

dengan I1 dan I2 adalah arus di masing-masing konduktor, l adalah

panjang konduktor, dan r menunjukkan jarak antara sumbu kedua

konduktor dan besaran µ merupakan besaran yang ditentukan oleh

medium dimana kedua kawat tersebut berada.

Arus I2 dapat dipandang sebagai pembangkit suatu besaran medan magnit

di sekeliling kawat yang dialirinya, yang besarnya adalah

r

IB

2

2

π

µ= (1.4)

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

Savart. Dengan (4), maka (3) menjadi lebih sederhana yaitu

1BlIF = (1.5)

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

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

menjadi

θ= sin1BlIF (1.6)

Secara umum (1.6) dapat ditulis

)( θ= fIBKF B (1.7)

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

adalah suatu konstanta untuk memperhitungkan berbagai faktor, seperti

3

misalnya panjang kawat. Besaran B mempunyai satuan [weber/meter2];

hal ini dapat diturunkan sebagai berikut.

Menurut (1.5), satuan B adalah : ][][

][][

meteramp

newtonB

×=

sedangkan ][

]detik[ ][ ][

][

]detik].[[][

meter

ampvolt

meter

watt

panjang

energinewton ===

sehingga ][

][

][

]detik[ ][

][ ][

]detik[ [amp] ][][

222 meter

weber

meter

volt

meteramp

voltB === .

Jadi B menunjukkan kerapatan fluksi magnetik dengan satuan

[weber/m2] atau [tesla]. Arah B ditentukan sesuai dengan kaidah tangan

kanan yang menyatakan bahwa: jika kawat yang dialiri arus digenggam

dengan tangan kanan dengan ibujari mengarah sejajar aliran arus maka

arah B adalah sesuai dengan arah penunjukan jari-jari yang

menggenggam kawat tersebut.

Dalam persamaan (1.3), µ mewakili sifat medium tempat kedua

konduktor berada; besaran ini disebut permeabilitas. Untuk ruang

hampa, permeabilitas ini adalah

70 104 −×π=µ (1.8)

dengan satuan ][

][

meter

henry. Hal ini dapat diturunkan sebagai berikut.

][

][

][ ][

]detik[ ][

][ ][

]detik[ ][ ][

][

][][

220meter

henry

meteramp

volt

meteramp

ampvolt

amp

newton====µ

karena ][ ][

]detik[ ][henry

amp

volt= yaitu satuan induktansi.

Dalam hal mediumnya bukan vakum maka permeabilitasnya dinyatakan

sebagai

0µ×µ=µ r (1.9)

dengan µr adalah permeabilitas relatif, yang merupakan perbandingan

antara permeabilitas medium terhadap vakum.


Intensitas Medan Magnet. Dalam perhitungan-perhitungan rangkaian

magnetik, akan lebih mudah jika kita bekerja dengan besaran magnetik

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

mesin-mesin listrik dimana fluksi magnetik menembus berbagai macam

medium. Oleh karena itu didefinisikan besaran yang disebut intensitas

medan magnetik , yaitu

µ≡

BH (1.10)

dengan satuan ][

][

]/[][

][ ]/[][][

2 meter

amp

ampnewton

meterampnewtonH == .

Dengan pendefinisian ini, H merupakan besaran yang tidak tergantung

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

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

belitan yang terdiri dari banyak lilitan.

Hukum Rangkaian Magnetik Ampère . Hukum rangkaian magnetik

Ampère menyatakan bahwa integral garis tertutup dari intensitas medan

magnit sama dengan jumlah arus (ampere turns) yang

membangkitkannya. Hukum ini dapat dituliskan sebagai

mFHdl =∫ (1.11)

Fm dipandang sebagai besaran pembangkit medan magnit dan disebut

magnetomotive force yang disingkat mmf. Besaran ini sama dengan

jumlah ampere-turn yang dilingkupi oleh garis fluksi magnit yang

tertutup.

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

perhitungan rangkaian magnetik. Jika panjang total dari garis fluksi

magnit adalah L, maka total Fm yang diperlukan untuk membangkitkan

fluksi tersebut adalah

LL µ

==B

HFm (1.12)

Apabila kerapatan fluksi adalah B dan fluksi menembus bidang yang

luasnya A , maka fluksi magnetnya adalah

BA=φ (1.13)

5

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

µφ==

AHFm

LL (1.14)

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

ℜ=

µ=φ m

m

FF

A

L (1.15)

Pada (1.15) ini, Fm merupakan besaran yang menyebabkan timbulnya

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

sebut reluktansi dari rangkaian magnetik, dengan hubungan

Aµ=ℜ

L (1.16)

Persamaan (1.15) sering disebut sebagai hukum Ohm untuk rangkaian

magnetik. Namun kita tetap harus ingat bahwa penurunan relasi ini

dilakukan dengan pembatasan bahwa B adalah kostan dan A tertentu.

Satuan dari reluktansi tidak diberi nama khusus.

1.2. Perhitungan Pada Rangkaian Magnetik

Perhitungan-perhitungan pada rangkaian magnetik pada umumnya

melibatkan material ferromagnetik. Perhitungan ditujukan pada dua

kelompok permasalahan, yaitu mencari mmf jika fluksi ditentukan

(permasalahan ini kita jumpai pada perancangan) mencari fluksi φ

apabila geometri dari rangkaian magnetik serta mmf diketahui

(permasalahan ini kita jumpai dalam analisis, misalnya jika kita harus

mengetahui fluksi gabungan dari suatu rangkaian magnetik yang

dikendalikan oleh lebih dari satu belitan). Berikut ini kita akan melihat

perhitungan-perhitungan rangkaian magnetik melalui beberapa contoh.


CO&TOH-1.1 : Suatu toroid terdiri dari dua macam material

ferromagnetik dengan belitan pembangkit medan magnet yang

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

Material a adalah besi nikel

(nickel iron) dengan panjang

rata-rata La = 0.4 m. Material b

adalah baja silikon (medium

silicon sheet steel) dengan

panjang rata-rata Lb = 0.2 m.

Kedua bagian itu mempunyai

luas penampang sama, yaitu 0.001 m2. a). Tentukan Fm yang

diperlukan untuk membangkitkan fluksi φ= 6×10−4

weber. b).

Hitung arus yang harus mengalir pada belitan agar nilai fluksi

tersebut tercapai.

Penyelesaian :

Untuk memperoleh Fm total yang diperlukan kita aplikasikan hukum

rangkaian Ampère pada rangkaian magnetik ini.

bbaabmamtotalm HHFFF LL +=+=

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

weber,

sedangkan kedua bagian itu mempunyai luas penampang sama. Jadi

kerapatan fluksi di kedua bagian itu juga sama yaitu

tesla6.0001.0

0006.0==

φ==

ABB ba

Untuk mencapai kerapatan fluksi tersebut, masing-masing material

memerlukan intensitas medan yang berbeda. Besarnya intensitas

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

masing material, yang dapat dilihat di buku acuan. Salah satu kurva

B-H yang dapat kita peroleh adalah seperti dikutip pada Gb.1.1 di

halaman berikut.

Dengan menggunakan kurva B-H ini, kita peroleh

AT/m 65 diperlukan tesla6.0untuk : Material

AT/m 10 diperlukan tesla6.0untuk : Material

==

==

bb

aa

HBb

HBa

Dengan demikian Fm total yang diperlukan adalah

AT 172.0654.010LL =×+×=+= bbaatotalm HHF

+

− E

R

Lb La

7

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

mengalir di belitan untuk memperoleh Fm total sebesar 17 AT adalah

A 17.0100

17==I

Gb.1.1. Kurva B − H beberapa material magnetik.

Pemahaman :

Dalam pemecahan persoalan di atas, karakteristik medium tidak

dinyatakan oleh permeabilitas medium, melainkan oleh karak-

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

kurva B-H Gb.1.1, bahwa hubungan antara B dan H adalah tidak

linier. Apabila kita menginginkan gambaran mengenai besarnya

permeabilitas masing-masing material, kita dapat menghitungnya

sebagai berikut.

Permeabilitas dari material a dan b masing-masing pada titik

operasi ini adalah

7340104

0092.0rhenry/mete 0092.0

65

6.0

47740104

06.0rhenry/mete 06.0

10

6.0

70

70

=×π

=µ

µ=µ→===µ

=×π

=µ

µ=µ→===µ

−

−

bbr

b

bb

aar

a

aa

H

B

H

B

0

0.25

0.5

0.75

1

1.25

1.5

1.75

0 50 100 150 200 250 300 350 400

Nickel-iron alloy , 47%

Medium silicon sheet

steel

Soft steel casting

Cast iron

H [ampre-turn / meter]

B

[tes

la]


Reluktansi rangkaian magnetik pada bagian toroid dengan material a

dan b masing-masing dapat juga kita hitung, yaitu

21670001.06.0

13 ; 6670

001.06.0

4 ≈×

=φ

=ℜ≈×

=φ

=ℜ bmb

ama

FF

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

reluktansinya jauh lebih besar. Kedua bagian rangkaian magnetik

yang terhubung seri ini mempunyai reluktansi total sebesar

28340216706670 =+≈ℜ+ℜ=ℜ batot .

Untuk meyakinkan, kita hitung balik besarnya fluksi magnet

weber10628340

17 4 −×==ℜ

=φtot

totalmF

dan ternyata hasilnya sesuai dengan apa yang diminta dalam

persoalan ini. Hasil ini menunjukkan bahwa reluktansi magnet yang

dihubungkan seri berperilaku seperti resistansi yang terhubung seri

pada rangkaian listrik; reluktansi total sama dengan jumlah

reluktansi yang diserikan.

CO&TOH-1.2 : Pada rangkaian magnetik dalam contoh-1.1. di atas,

berapakah fluksi magnet yang akan dibangkitkan bila arus pada

belitan dinaikkan menjadi 0.35 A ?

Penyelesaian :

Dengan arus 0.35 A, Fm total menjadi

Untuk menghitung besarnya fluksi yang terbangkit, kita perlu

mengetahui reluktansi total. Untuk itu perlu dihitung reluktansi dari

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

untuk menghitung reluktansi tiap bagian perlu diketahui Fm dan B

untuk masing-masing bagian sedangkan untuk menghitungnya perlu

diketahui besarnya fluksi φ yang justru ditanyakan.

Dari apa yang diketahui, yaitu Fm total dan ukuran toroid, kita

dapatkan hubungan

4.0

2.035 352.04.0LL

bababbaatotalm

HHHHHHF

−=⇒=+=+=

Karena luas penampang di kedua bagian toroid sama, yaitu 0.001

m2, maka kerapatan fluksi B juga sama. Dengan batasan ini, kita

mencoba menyelesaikan persoalan dengan cara mengamati kurva B-

AT 3535.0100 =×=totalmF

9

H. Kita perkirakan suatu nilai Hb dan menghitung Ha, kemudian kita

mengamati lagi kurva B-H apakah untuk nilai Ha dan Hb ini terdapat

Ba = Bb . Jika tidak, kita koreksi nilai Hb dan dihitung lagi Ha dan

dilihat lagi apakah Ba = Bb. Jika tidak dilakukan koreksi lagi, dan

seterusnya sampai akhirnya diperoleh Ba ≈ Bb.

Kita mulai dengan Hb = 100 AT yang memberikan Ha = 37.5. Kedua

nilai ini terkait dengan Bb = 0.75 dan Ba = 0.9 tesla. Ternyata Ba ≠

Bb. Kita perbesar Hb agar Ha mengecil dan akan menyebabkan Bb

bertambah dan Ba berkurang. Pada nilai Hb = 110 AT, maka Ha =

32.5; dan terdapat Bb = 0.8 dan Ba = 0.85 tesla. Kita lakukan koreksi

lagi dan akan kita dapatkan Ba ≈ Bb ≈ 0.825 pada nilai Hb = 125 dan

Ha = 25 AT. Dengan nilai ini maka besar fluksi adalah

weber.1025.8001.0825.04−×=×=×=φ AB

Perhitungan secara grafis ini tentu mengandung ketidak-telitian. Jika

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

dapat dianggap memadai.

Pemahaman :

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

terlihat hal berikut.

Contoh-1.1 :

weber106 tesla6.0 A 17.04−×=φ→=→= BI

Contoh-1.2 :

weber1025.8 tesla825.0 A 35.0 4−×=φ→=→= BI

Menaikkan arus belitan menjadi dua kali lipat tidak menghasilkan

fluksi dua kali. Hal ini disebabkan oleh karakteristik magnetisasi

material yang tidak linier.


CO&TOH-1.3 : Pada rangkaian magnetik di bawah ini, tentukanlah mmf

yang diperlukan untuk membangkitkan fluksi sebesar 0.0014 weber

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

penampang sama yaitu 0.002 m2, kecuali “kaki” tengah yang

luasnya 0.0008 m2. Material yang digunakan adalah medium silicon

steel.

Penyelesaian :

Rangkaian magnetik ini mempunyai tiga cabang, yaitu

efab dengan reluktansi ℜ1;

be dengan reluktansi ℜ2 dan

bcde dengan reluktansi ℜ3.

Rangkaian ekivalen dari rangkaian magnetik ini dapat digambarkan

seperti di bawah ini.

Fluksi yang diminta di kaki kanan adalah φ3 = 0.0014 weber. Karena

dimensi kaki ini diketahui maka kerapatan fluksi dapat dihitung,

yaitu

tesla7.0002.0

0014.03 ==B .

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

ini memerlukan H3 sebesar 80 AT/m. Jadi mmf yang diperlukan

adalah

Fm

ℜ1

ℜ2 ℜ3

0.15 m 0.15 m

0.1

5 m

a b c

d e f

11

AT 36)15.03(80L33=××=×= bcdem HF

Rangkaian ekivalen memperlihatkan bahwa ℜ2 terhubung paralel

dengan ℜ3. Hal ini berarti bahwa Fm3 juga harus muncul pada ℜ2,

yaitu reluktansi kaki tengah, dengan kata lain Fm2 = Fm3. Dengan

demikian kita dapat menghitung H2.

AT/m 2400.15

36

L

F

L be

m322 ====

be

mFH

Melihat lagi kurva B-H, kita dapatkan untuk H2 ini

tesla125.12 =B .

Luas penampang kaki tengah adalah 0.0008 m2. Maka

weber0009.00008.0125.10008.022 =×=×=φ B

Fluksi total yang harus dibangkitkan di kaki kiri adalah

weber0023.00009.00014.0321 =+=φ+φ=φ

Luas penampang kaki kiri adalah 0.002 m2, sama dengan kaki

kanan. Kerapatan fluksinya adalah

tesla1.15002.0

0023.0

002.0

11 ==

φ=B

Dari kurva B-H, untuk B1 ini diperlukan AT/m 2401 =H , sehingga

AT 108)15.03(240L11=××=×= efabm HF

Jadi total mmf yang diperlukan untuk membangkitkan fluksi sebesar

0.0014 weber di kaki kanan adalah

AT 1803636108321=++=++= mmmmtot FFFF


CO&TOH-1.4 : Berapakah mmf yang diperlukan pada Contoh-1.3. jika

kaki tengah ditiadakan?

Penyelesaian :

Dengan meniadakan kaki tengah maka fluksi di seluruh rangkaian

magnetik sama dengan fluksi di kaki kanan, yaitu φ=φ3=0.0014

weber. Kerapatan fluksi di seluruh rangkaian magnetik juga sama

karena luas penampangnya sama, yaitu

tesla7.0002.0

0014.03 === BB

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

diperlukan adalah

AT 72)15.06(80L =××=×= abcdefam HF

Pemahaman :

Dengan menghilangkan kaki tengah, mmf yang diperlukan menjadi

lebih kecil. Bagaimanakah jika kaki tengah diperbesar luas

penampangnya ?

Memperbesar penampang kaki tengah tidak mempengaruhi

kerapatan fluksi di kaki ini sebab Fm3 tetap harus muncul di kaki

tengah. H2 tak berubah, yaitu H2 = Fm3/Lbe = 240 AT/m dan B2 juga

tetap 1.125 tesla. Jika penampang kaki tengah diperbesar, φ2 akan

bertambah sehingga φ1 juga bertambah. Hal ini menyebabkan naik-

nya B1 yang berarti naiknya H1 sehingga Fm1 akan bertambah pula.

Dengan demikian Fm total akan lebih besar. Penjelasan ini

menunjukkan seolah-olah kaki tengah berlaku sebagai “pembocor”

fluksi. Makin besar kebocoran, makin besar mmf yang diperlukan.

1.3. Rugi-Rugi Dalam Rangkaian Magnetik

Rugi Histerisis. Dalam rekayasa, material ferromagnetik sering dibebani

dengan medan magnit yang berubah secara periodik dengan batas positif

dan negatif yang sama. Pada pembebanan seperti ini terdapat

kecenderungan bahwa kerapatan fluksi, B, ketinggalan dari medan

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

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

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

membahas akibat dari karakteristik material seperti ini dalam rekayasa.

13

Loop histerisis ini menunjukkan bahwa untuk satu nilai H tertentu

terdapat dua kemungkinan nilai B. Dalam memecahkan persoalan

rangkaian magnetik pada contoh-contoh di sub-bab 1.2. kita

menggunakan kurva B-H yang kita sebut kurva B-H normal atau kurva

magnetisasi normal, dimana satu nilai H terkait dengan hanya satu nilai

B, yaitu kurva B-H pada Gb.1.1. Itulah sebabnya kesalahan perhitungan

sebesar ± 5 % masih dapat kita terima jika kita menggunakan kurva B-H

normal karena sesungguhnya B tidak mempunyai nilai tunggal,

melainkan tergantung dari riwayat magnetisasi material.

Perhatikan integrasi :

bdcbHdBabdaHdBc

b

b

a

B

B

B

B bidang luas ; bidang luas == ∫∫

dan satuan dari HB :

332.][

meter

joule

meter

meternewto

meter

newton

meterampre

newton

meter

ampereHB =

⋅==×=

Jelaslah bahwa HB mempunyai satuan kerapatan energi. Jadi luas bidang

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

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

naik, atau dengan kata lain medan magnetik bertambah, maka ia

menggambarkan kerapatan energi yang disimpan ke material. Luas

bidang bdcb yang diperoleh dari integrasi ∫HdB pada waktu medan

magnit berkurang, menggambarkan kerapatan energi yang dilepaskan.

H [AT/m]

B [tesla]

Gb.1.2. Loop histerisis.

a

b

c

d

e

0


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

Ini berarti bahwa kerapatan energi yang dilepaskan lebih kecil dari

kerapatan energi yang disimpan. Sisa energi yang tidak dapat dilepaskan

digambarkan oleh luas bidang abca, dan ini merupakan energi yang

diserap oleh material dan tidak keluar lagi (tidak termanfaatkan)

sehingga disebut rugi energi histerisis.

Analisis di atas hanya memperhatikan setengah siklus saja. Untuk satu

siklus penuh, kerapatan rugi energi histerisis adalah luas bidang dari

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

loop histerisis) kita sebut wh , dan jumlah siklus per detik (frekuensi)

adalah f , maka untuk material dengan volume v m3 besar rugi energi

histerisis per detik atau rugi daya histerisis adalah

[watt] v ikdet

v fwjoule

fwP hhh =

= (1.17)

Untuk menghindari perhitungan luas loop histerisis, Steinmetz

memberikan formula empiris untuk rugi daya histerisis sebagai

)( v nmhh BKfP = (1.18)

dengan Bm adalah nilai maksimum kerapatan fluksi, n mempunyai nilai

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

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

sheet steel 0,001; permalloy 0,0001.

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

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

Arus pusar timbul sebagai reaksi terhadap perubahan medan magnet.

Jika material berbentuk balok pejal, resistansi material menjadi kecil dan

rugi arus pusar menjadi besar. Untuk memperbesar resistansi agar arus

pusar kecil, rangkaian magnetik disusun dari lembar-lembar material

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

arus pusar adalah

watt v 222e τ= me BfKP (1.19)

dengan Ke = konstanta yang tergantung dari jenis material; f = frekuensi

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

material.

Perhatikan bahwa rugi arus pusar sebanding dengan pangkat dua dari

frekuensi, sedangkan rugi histerisis sebanding dengan pangkat satu

15

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

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

rangkaian magnetik dan akan menurunkan efisiensi peralatan.

1.4. Gaya Magnetik

Energi yang tersimpan dalam

medan magnetik dapat

digunakan untuk melakukan

kerja mekanik (misalnya

menarik tuas rele). Untuk

mempelajari bagaimana gaya

ini dapat timbul, kurva B-H

normal yang tidak linier

seperti terlihat pada Gb.1.3.a,

kita dekati dengan suatu

kurva linier seperti pada

Gb.1.3.b. Jika kita menaikkan H dari 0 ke H1, maka B naik dari 0 ke B1.

Luas bidang 0ab0 menyatakan kerapatan energi yang tersimpan dalam

material, dan besarnya adalah

311 joule/m

2

1HBw f =

Secara umum, dengan medan magnetik sebesar H dalam suatu material

akan terdapat kerapatan simpanan energi sebesar

3joule/m

2

1BHw f = (1.20)

Perhatikan bahwa (1.20) kita peroleh setelah kita melakukan linierisasi

kurva B-H.

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

dengan volume dari rangkaian magnetik kita akan mendapatkan energi

total yang tersimpan dalam rangkaian tersebut. Misalkan luas penampang

rangkaian A dan panjangnya L, maka energi total menjadi

joule 2

1L))((

2

1L

2

1mFHBABHAW φ=== (1.21)

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

dapat juga dituliskan

Gb.1.3. Linierisasi Kurva B-H.

H H

B B

a) b)

H1 0

a b B1


joule 2

1

2

1

2

1 22

ℜφ=ℜ

=φ= mm

FFW (1.22)

Untuk memahami timbulnya gaya magnetik, kita lakukan percobaan

dengan suatu rangkaian magnetik yang terdiri dari tiga bagian yaitu

gandar, celah udara, dan jangkar, seperti terlihat pada Gb.1.4. Rangkaian

ini dicatu oleh sumber tegangan Vs

yang diserikan dengan resistor variabel

R. Luas penampang gandar sama

dengan luas penampang jangkar. Untuk

suatu kedudukan jangkar tertentu,

dengan Vs dan R tertentu, terjadi

eksitasi sebesar Fm yang akan membuat

simpanan energi dalam rangkaian

magnetik ini sebesar

( )jjuuggW ℜφ+ℜφ+ℜφ= 222

2

1(1.23)

Indeks g, u, dan j berturut-turut

menunjukkan gandar, udara dan

jangkar. Karena ketiga bagian

rangkaian terhubung seri maka jika penyebaran fluksi di bagian pinggir

di celah udara diabaikan fluksi di ketiga bagian tersebut akan sama.

Kerapatan fluksi juga akan sama di ketiga bagian tersebut. Dengan

demikian maka persamaan (1.23) dapat kita tulis

( ) totaljugW ℜφ=ℜ+ℜ+ℜφ= 22

2

1

2

1 (1.24)

Besar reluktansi total adalah

AAA

u

j

j

g

gtotal

0

LLL

µ+

µ+

µ=ℜ (1.25)

Karena kita melakukan linierisasi kurva B-H, maka permeabilitas

material menjadi konstan.

Hal ini ditunjukkan oleh kemiringan kurva B-H. Jadi µg dan µj dianggap

konstan sedangkan permeabilitas udara dapat dianggap sama dengan µ0 .

x

Gb.1.4. Rangkaian

magnetik dengan jangkar

gandar

jangkar

Lg

Lj

+

− Vs

R

17

Percobaan pertama adalah memegang jangkar tetap pada tempatnya dan

menambah eksitasi dengan menurunkan nilai resistor R sehingga arus

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

pada seluruh rangkaian magnetik akan naik pula. Artinya tambahan

energi sebesar ∆W yang disebabkan oleh tambahan eksitasi sebesar ∆Fm

tersimpan sebagai tambahan energi di semua bagian rangkaian yaitu

gandar, jangkar dan celah udara.

Untuk percobaan kedua, kita kembalikan dulu eksitasi pada keadaan

semula dengan mengembalikan R pada nilai semula sehingga eksitasi

kembali menjadi Fm dan kita jaga konstan. Jangkar kita lepaskan

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

menyebabkan reluktansi ℜu menurun sehingga secara keseluruhan ℜtot

juga menurun. Menurunnya ℜtot akan memperbesar fluksi karena eksitasi

Fm dipertahankan tetap. Ini berarti bahwa simpanan energi dalam

rangkaian magnetik bertambah.

Pertambahan simpanan energi yang terjadi pada percobaan ke-dua ini

berbeda dengan pertambahan energi pada percobaan pertama. Pada

percobaan pertama pertambahan energi berasal dari pertambahan

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

Oleh karena itu satu-satunya kemungkinan pertambahan energi adalah

dari gerakan jangkar. Jadi perubahan posisi jangkar memberikan

tambahan simpanan energi dalam rangkaian magnetik. Penafsiran kita

dalam peristiwa ini adalah bahwa perubahan posisi jangkar telah

menurunkan energi potensial jangkar. Penurunan energi potensial

jangkar itu diimbangi oleh naiknya simpanan energi pada rangkaian

magnetik sesuai dengan prinsip konservasi energi.

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

pada jangkar pada posisi x, maka perubahan energi potensial jangkar

adalah

dxFdW xj = (1.26)

Perubahan energi tersimpan dalam rangkaian magnetik adalah dW.

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

dWdxFdWdxFdWdW xxj −=→=+=+ 0 (1.27)

Karena Fm kita jaga konstan, kita dapat memasukkan persamaan (1.22)

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


( )dx

d

dx

dFF

dx

dF

FddWdxF

tottot

tot

mtotmx

totmx

ℜφ−=

ℜ

ℜ−=ℜ−=→

ℜ−=−=

−

−

2

2

212

12

2

1

2

1

2

1

) (2

1

(1.28)

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

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

memanfaatkan gaya magnetik.

1.5. Induktor

Perhatikan rangkaian

induktor (Gb.1.5).

Apabila resistansi belitan

dapat diabaikan, maka

menurut hukum

Kirchhoff

dt

diLevev

f==→=+− 1111 0 (1.29)

Persamaan (1.29) adalah persamaan rangkaian listrik yang terdiri dari

sumber v1 dan beban induktor L. Tegangan e1 adalah tegangan jatuh

pada induktor, sesuai dengan konvensi pasif pada dalam analisis

rangkaian listrik.

Sekarang kita lihat rangkaian magnetiknya dengan menganggap inti

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

Dalam rangkaian magnetik terdapat fluksi magnetik φ yang ditimbulkan

oleh arus if. Perubahan fluksi φ akan membangkitkan tegangan induksi

pada belitan sesuai dengan hukum Faraday dan hukum Lenz.

dt

det

φ−= 1 (1.30)

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

mempunyai polaritas yang akan dapat memberikan arus pada rangkaian

tertutup sedemikian rupa sehingga arus tersebut akan memberikan fluksi

lawan terhadap fluksi pembangkitnya, yaitu φ. Menurut kaidah tangan

kanan, polaritas tersebut adalah seperti polaritas e1 pada Gb.1.5. Jadi

Gb.1.5. Rangkaian induktor.

φ ≈ +

e1

−

1

if

+

v1

−

19

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

nilai et tentulah sama dengan tegangan jatuh e1. Jadi

dt

diLe

dt

de

ft ==

φ= 11 (1.31)

Persamaan (1.31) menunjukkan bahwa φ dan if berubah secara

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

if yang juga berbentuk sinus dengan frekuensi sama dan mereka sefasa.

Arus if sendiri berasal dari sumber tegangan yang juga harus berbentuk

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

mempunyai frekuensi sama dan dengan demikian konsep fasor dapat kita

gunakan untuk melakukan analisis pada sistem ini, yang merupakan

gabungan dari rangkaian listrik dan rangkaian magnetik. Jika resistansi

belitan diabaikan, persamaan (1.29) dan (1.31) dapat kita tulis dalam

bentuk fasor sebagai

LjjLj ftf IEEIE ω==Φω=ω= 111 ; (1.32)

dengan Φ adalah fluksi dalam bentuk fasor.

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

dari induktor tanpa memperhitungkan rugi-rugi inti dan resistansi belitan

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

yaitu Iφ sama dengan If.

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

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

menyebabkan fluksi yang dibangkitkan oleh if ketinggalan dari if sebesar

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

dimana arus magnetisasi fI mendahului φ sebesar γ. Melihat kenyataan

ini, fI dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu φI yang

Gb.1.6. Diagram fasor induktor

a). ideal

Φ Φ

b). ada rugi-rugi inti

γ

c). ada resistansi belitan

Φ

θ

tEE =1 tEE =1 tEE =1

Rf 1I

1V fI

fI f φ= II φI φI

cIcI


diperlukan untuk membangkitkan φ, dan cI yang diperlukan untuk

mengatasi rugi-rugi inti. Jadi arus magnetisasi menjadi φ+= III cf .

Komponen Ic merupakan arus fiktif yang jika dikalikan dengan E1 akan

memberikan rugi-rugi inti

watt)90cos(o

11 γ−== fcc IEEIP (1.33)

Apabila resistansi belitan tidak dapat diabaikan, maka V1 ≠ E1 . Misalkan

resistansi belitan adalah R1 , maka

111 RfIEV += (1.34)

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

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

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

pada belitan yang kita sebut rugi-rugi tembaga, Pcu.

Jadi θ=+=+= cos112

ffccucin IVRIPPPP (1.35)

dengan V1 dan If adalah nilai-nilai efektif dan cosθ adalah faktor daya.

CO&TOH-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 maksimum

fluksi magnetnya. Jika fluksi maknit dibatasi tidak boleh lebih dari

1,2 tesla, berapakah luas penampang intinya?

Penyelesaian: Dengan mengabaikan resistansi belitan maka

weber00108,0602400

2115

1152

111

=×π×

=Φ⇒

=Φω

→=

maks

maksVE

Agar kerapatan fluksi tidak lebih dari 1,2 tesla maka

.cm 9m 1,2

00108,0

2,1 12

22 ==Φ

≥⇒≤Φ maksmaks A

A

Induktansi. Menurut (1.15) besarnya fluksi magnetik adalah

ℜ=

µ=φ m

m

FF

A

L.

21

Dengan mengabaikan fluksi bocor, iFm = dan jika φ ini

dimasukkan ke (1.31) akan diperoleh

dt

diL

dt

dii

dt

d

dt

d

fff=

ℜ=

ℜ=

φ 211

11

sehingga

µ=

ℜ=

L 2

1

21 A

L (1.36)

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

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

seperti halnya pada belitan pertama. Besar tegangan imbas ini adalah

dt

dii

dt

d

dt

de

ff

ℜ=

ℜ=

φ= 121

222 (1.37)

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

tahu dari pembahasan di bab terdahulu mengenai induktansi bersama

bahwa

dt

diM

dt

diM

dt

diLe

ff=+= 2

22

sehingga kita peroleh induktansi bersama

µ=

ℜ=

L 12

12 A

M (1.38)

Pembahasan di atas memperlihatkan bahwa rangkaian induktor dapat

kita analisis dari sudut pandang rangkaian listrik dengan

mengaplikasikan hukum Kirchhoff yang kemudian menghasilkan

persamaan (1.29). Kita dapat pula memandangnya sebagai rangkaian

magnetik dan mengaplikasikan hukum Faraday dimana fluksi magnetik

yang berubah terhadap waktu (dibangkitkan oleh arus magnetisasi if)

menimbulkan tegangan induksi pada belitan.


CO&TOH-1.6: Hitunglah resistansi dan induktansi selenoida (inti

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

dengan 1000 lilitan kawat tembaga berdiameter 0,5 mm.

Penyelesaian :

Induktansi:

H 106,981

)4/10()104(10

L

647

621

21 −

−−×=

π××π=

µ=

ℜ=

A

L

Resistansi :

Ω=××π

×π×Ω×=ρ=

−

−− 77,2

4/)105,0(

101000]m.[100173,0

23

26

A

lR

CO&TOH-1.6: Dua buah kumparan, masing-masing 1250 lilitan dan

140 lilitan, digulung pada satu inti magnetik yang mempunyai

reluktansi 160000. Hitung induktansi bersama, dengan mengabaikan

fluksi bocor.

Penyelesaian : Induktansi bersama :

H 1,1094,1160000

140125012 ≈=×

=ℜ

=

M

CO&TOH-1.7: Dua kumparan (inti udara) masing-masing mempunyai

1000 lilitan diletakkan paralel sejajar sedemikian rupa sehingga 60%

fluksi yang dibangkitkan oleh salah satu kumparan melingkupi

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

membangkitkan fluksi 0,05 mWb. Hitunglah induktansi masing-

masing kumparan dan induktansi bersama.

Penyelesaian :

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

1000 maka reluktansi dapat dihitung

8

310

1005,0

51000=

×

×=ℜ

−

Induktansi masing-masing

23

mH. 10H 1010

1000 2

8

22

===ℜ

= −L

Fluksi yang melingkupi kumparan yang lain 60% dari fluksi yang

dibangkitkan di salah satu kumparan. Reluktansi bersama adalah

88

10667,16,0

10

6.0×==

ℜ=ℜM

Induktansi bersama

mH 6 H 106,010667,1

10001000 2

8

21 =×=×

×=

ℜ= −

M

M

Catatan Tentang Diagram Fasor. Dalam menurunkan fasor tegangan

induksi tE , kita berangkat dari persamaan (1.30) dengan mengambil

tanda “−” sebagai penentu polaritas. Hasilnya adalah tE merupakan

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

ditunjukkan oleh persamaan (1.32). Kita dapat pula memandang

tegangan terbangkit tE sebagai tegangan naik 1EE −=t , dengan

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

bukan menggunakannya untuk menentukan polaritas. Jika ini kita

lakukan maka

ft Ljj IEE ω−=−=Φω−= 11 (1.39)

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

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

terbangkit Et berada 90o dibelakang fluksi pembangkitnya yaitu Φ.

Fasor Φ sefasa dengan Iφ = If dan tertinggal 90o dari E1.

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

memperhitungkan rugi-rugi inti dan tembaga.


Gb.1.7. Diagram fasor induktor riil.

tE

a). Induktor ideal.

b). ada rugi-rugi inti

c). ada resistansi belitan

Φ

1E

Φ

γ

tE

Φ

θ

LV

cI

fI

φ= II f

φI

cI

φIfI

LV

1RfIsV

tE

25

BAB 2

Transformator

2.1. Transformator Satu Fasa

Transformator banyak digunakan dalam teknik elektro. Dalam sistem

komunikasi, transformator digunakan pada rentang frekuensi audio

sampai frekuensi radio dan video, untuk berbagai keperluan. Kita

mengenal misalnya input transformers, interstage transformers, output

transformers pada rangkaian radio dan televisi. Transformator juga

dimanfaatkan dalam sistem komunikasi untuk penyesuaian impedansi

agar tercapai transfer daya maksimum.

Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan transformator

berkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi. Dengan transformator

tegangan tinggi ini penyaluran daya listrik dapat dilakukan dalam jarak

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

listrik banyak digunakan transformator penurun tegangan, dari tegangan

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

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

umumnya merupakan transformator tiga fasa. Dalam pembahasan ini kita

akan melihat transformator satu fasa lebih dulu.

Kita telah mempelajari transformator ideal pada waktu membahas

rangkaian listrik. Berikut ini kita akan melihat transformator tidak ideal

sebagai piranti pemroses daya. Akan tetapi kita hanya akan membahas

hal-hal yang fundamental saja, karena transformator akan dipelajari

secara lebih mendalam pada pelajaran mengenai mesin-mesin listrik.

Mempelajari perilaku transformator juga merupakan langkah awal untuk

mempelajari konversi energi elektromekanik. Walaupun konversi energi

elektromekanik membahas konversi energi antara sistem mekanik dan

sistem listrik, sedangkan transformator merupakan piranti konversi

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

tersebut pada dasarnya sama yaitu kopling magnetik.


2.2. Teori Operasi Transformator

Transformator Dua Belitan Tak Berbeban. Jika pada induktor Gb.2.5.

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

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

primer dan yang ke-dua kita sebut belitan sekunder.

Jika fluksi di rangkaian magnetiknya adalah tmaks ωΦ=φ sin , maka

fluksi ini akan menginduksikan tegangan di belitan primer sebesar

tdt

de maks ωωΦ=

φ= cos111 (2.1)

atau dalam bentuk fasor

efektif nilai ; 02

0 1o1o

11 =∠Φω

=∠= E

Emaks

E (2.2)

Karena ω = 2π f maka

maksmaks ff

E Φ=Φπ

= 11

1 44.42

2 (2.3)

Di belitan sekunder, fluksi tersebut menginduksikan tegangan sebesar

maksfE Φ= 22 44.4 (2.4)

Dari (2.3) dan (2.4) kita peroleh

masi transforrasio 2

1

2

1 =≡= a

E

E (2.5)

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

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

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

sV

+ −

2 1

Gb.2.1. Transformator dua belitan.

φ

+

− ≈ 1E 2E

fI

27

resistansi belitan primer adalah R1 , diagram fasor tegangan dan arus

adalah seperti ditunjukkan oleh Gb.2.2.a. Arus fI adalah arus

magnetisasi, yang dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen

yaitu φI (90o dibelakang 1E ) yang menimbulkan φ dan cI (sefasa

dengan 1E ) guna mengatasi rugi inti. Resistansi belitan R1 dalam

diagram fasor ini muncul sebagai tegangan jatuh 1RfI .

Fluksi Bocor. Fluksi di belitan primer transformator dibangkitkan oleh

arus yang mengalir di

belitan primer. Dalam

kenyataan, tidak semua

fluksi magnit yang

dibangkitkan tersebut akan

melingkupi baik belitan

primer maupun sekunder.

Selisih antara fluksi yang

dibangkitkan oleh belitan

primer dengan fluksi

bersama (yaitu fluksi yang

melingkupi kedua belitan) disebut fluksi bocor. Fluksi bocor ini hanya

melingkupi belitan primer saja dan tidak seluruhnya berada dalam inti

transformator tetapi juga melalui udara. (Lihat Gb.2.3). Oleh karena itu

reluktansi yang dihadapi oleh fluksi bocor ini praktis adalah reluktansi

udara. Dengan demikian fluksi bocor tidak mengalami gejala histerisis

sehingga fluksi ini sefasa dengan arus magnetisasi. Hal ini ditunjukkan

dalam diagram fasor Gb.2.2.b.

Fluksi bocor, secara tersendiri akan membangkitkan tegangan induksi di

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

1V

Gb.2.2. Diagram fasor transformator tak berbeban

a). tak ada fluksi bocor

φ

b). ada fluksi bocor

φ

φl

fI fIφI φI

21 EE =

21 EE =1RfI

1RfI

lf XjIcI

cI1V

Gb.2.3. Transformator tak berbeban.

Fluksi bocor belitan primer.

≈ φl1

φ

sV

fI

2E


ini 90o mendahului φl1 (seperti halnya 1E 90

o mendahului φ) dan dapat

dinyatakan sebagai suatu tegangan jatuh ekivalen, 1lE , di rangkaian

primer dan dinyatakan sebagai

11 XjI fl =E (2.6)

dengan X1 disebut reaktansi bocor rangkaian primer. Hubungan tegangan

dan arus di rangkaian primer menjadi

1111111111 XjRR l IIEEIEV ++=++= (2.7)

Diagram fasor dengan memperhitungkan adanya fluksi bocor ini adalah

Gb.2.2.b.

Transformator Berbeban. Rangkaian transformator berbeban resistif,

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

dalam keadaan tranformator tidak berbeban) akan menjadi sumber di

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

membangkitkan fluksi yang berlawanan arah dengan fluksi bersama φ

dan sebagian akan bocor (kita sebut fluksi bocor sekunder).

Fluksi bocor ini, φl2 , sefasa dengan 2I dan menginduksikan tegangan

2lE di belitan sekunder yang 90o mendahului φl2. Seperti halnya untuk

belitan primer, tegangan 2lE ini diganti dengan suatu besaran ekivalen

yaitu tegangan jatuh ekivalen pada reaktansi bocor sekunder X2 di

rangkaian sekunder. Jika resistansi belitan sekunder adalah R2 , maka

untuk rangkaian sekunder kita peroleh hubungan

2222222222 XjRR l IIVEIVE ++=++= (2.8)

dengan 2V adalah tegangan pada beban RB.

Gb.2.4. Transformator berbeban.

φ

φl1 ≈

1I2I

φl2 RB

sV2V

29

Sesuai dengan hukum Lenz, arus sekunder membangkitkan fluksi yang

melawan fluksi bersama. Oleh karena itu fluksi bersama akan cenderung

mengecil. Hal ini akan menyebabkan tegangan induksi di belitan primer

juga cenderung mengecil. Akan tetapi karena belitan primer terhubung

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

Jadi arus primer yang dalam keadaan transformator tidak berbeban

hanyalah arus magnetisasi fI , bertambah menjadi 1I setelah

transformator berbeban. Pertambahan arus ini haruslah sedemikian rupa

sehingga fluksi bersama φ dipertahankan dan 1E juga tetap seperti

semula. Dengan demikian maka persamaan rangkaian primer (2.7) tetap

terpenuhi.

Pertambahan arus primer dari fI menjadi 1I adalah untuk

mengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh 2I sehingga φ

dipertahankan. Jadi haruslah

( ) ( ) 02211 =−− III f (2.9)

Pertambahan arus primer )( 1 fII − disebut arus penyeimbang yang akan

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

penyeimbang yang diperlukan yang berarti makin besar pula arus primer.

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

(2.9) kita peroleh arus magnetisasi

( )a

f

212

1

21

IIIII −=−= (2.10)

2.3. Diagram Fasor

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

lengkap diagram fasor dari suatu transformator. Penggambaran kita

mulai dari belitan sekunder dengan langkah-langkah:

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

Selain itu kita dapat gambarkan a/22 II =′ yaitu besarnya arus

sekunder jika dilihat dari sisi primer.

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

persamaan (2.8) yaitu


2222222222 XjRR l IIVEIVE ++=++=

Sampai di sini kita telah menggambarkan diagram fasor rangkaian

sekunder.

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

dapat kita gambarkan yang besarnya 21 EE a= .

Untuk menggambarkan arus magnetisasi fI kita gambarkan lebih

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

yang mendahului φ dengan sudut histerisis γ. Selanjutnya arus

belitan primer adalah '21 III += f .

Diagram fasor untuk rangkaian primer dapat kita lengkapi sesuai

dengan persamaan (2.7), yaitu

XjRR l 111111111 IIEEIEV ++=++=

Dengan demikian lengkaplah diagram fasor transformator berbeban.

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

mengambil rasio transformasi 1/2 = a > 1

CO&TOH-2.1 : Belitan primer suatu transformator yang dibuat untuk

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

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

besar fluksi maksimum akan berkurang jika tegangan yang kita

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

persenkah pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 55 V

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

pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 110 V (rms)

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

φ γ

Gb.2.5. Diagram fasor lengkap,

transformator berbeban resistif . a > 1

fI

1V

11 XjI

11RI1E

22 XjI2E

22 RI2V2I'2I

1I

31

sekunder adalah 40, bagaimanakah tegangan sekunder dalam kasus-

kasus tersebut di atas?

Penyelesaian :

a). Dengan mengabaikan resistansi belitan, fluksi maksimum Φm

adalah

ω=

ω=

ω=Φ

160

222022

1

1

1

1

V

Em

Jika tegangan 110 V diterapkan pada belitan primer, maka

ω=

ω

′=Φ′

160

21102

1

1

Vm

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

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

ω=

ω=

ω

′′=Φ ′′

160

2110

80

255

)2/1(

2

1

1

Vm

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

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

ω=

ω=

ω

′′′=Φ ′′′

160

2220

80

2110

)2/1(

2

1

1

Vm

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

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

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

tegangan sekundernya 229.5 V. Jika tegangan 55 V diterapkan

pada setengah belitan primer, tegangan sekunder adalah 27.5 V.

Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan primer,

tegangan sekunder adalah 55 V.

CO&TOH-2.2 : Sebuah transformator satu fasa mempunyai belitan

primer dengan 400 lilitan dan belitan sekunder 1000 lilitan. Luas

penampang inti efektif adalah 60 cm2. Jika belitan primer

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

tentukanlah kerapatan fluksi maksimum dalam inti serta tegangan di

belitan sekunder.

Penyelesaian :


Dengan mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor, maka

2

11

weber/m94.0006.0

00563.0 : maksimum fluksi Kerapatan

weber00563.0502400

2500500

2

==→

=×π×

=Φ→=Φω

=

m

mm

B

V

Tegangan belitan sekunder adalah V 1250500400

10002 =×=V

CO&TOH-2.3 : Dari sebuah transformator satu fasa diinginkan suatu

perbandingan tegangan primer / sekunder dalam keadaan tidak

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

dalam inti transformator dibatasi sekitar 0.06 weber, tentukan

jumlah lilitan primer dan sekunder.

Penyelesaian :

Pembatasan fluksi di sini adalah fluksi maksimum. Dengan

mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor,

75.184506000

250

45006.0502

260006000

2

2

11

1

=×=⇒

=××π

=→=Φω

=

V m

Pembulatan jumlah lilitan harus dilakukan. Dengan melakukan

pembulatan ke atas, batas fluksi maksimum Φm tidak akan

terlampaui. Jadi dapat kita tetapkan

lilitan 48020250

6000 lilitan 20 12 =×=⇒=⇒

2.4. Rangkaian Ekivalen

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

biasanya dimodelkan dengan suatu rangkaian listrik ekivalen yang

sesuai. Secara umum, rangkaian ekivalen hanyalah penafsiran secara

rangkaian listrik dari suatu persamaan matematik yang menggambarkan

perilaku suatu piranti. Untuk transformator, ada tiga persamaan yang

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

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

33

a

XjRXjR

f

22

1

2'2

'21

222222111111

dengan

; ;

III

III

IIVEIIEV

==

+=

++=++=

(2.11)

Dengan hubungan E1 = aE2 dan I′2 = I2/a maka persamaan ke-dua dari

(2.11) dapat ditulis sebagai

; ; dengan

)()(

22

222

222

2222222

222

221

222221

XaXRaRaVV

XjRXajRaa

XjaRaa

=′=′=′

′′+′′+′=′+′+=⇒

′+′+=

IIVIIVE

IIVE

(2.12)

Dengan (2.12) maka (2.11) menjadi

21

222221

111111

;

;

III

IIVE

IIEV

′+=

′′+′′+=

++=

f

XjRa

XjR

(2.13)

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

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

ekivalen transformator seperti Gb.2.6. di bawah ini.

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

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

dipandang sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu Ic dan Iφ . Ic sefasa

dengan E1 sedangkan Iφ 90o dibelakang E1. Dengan demikian maka

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

hubungan paralel antara suatu resistansi Rc dan impedansi induktif jXφ

sehingga rangkaian ekivalen transformator secara lebih detil menjadi

seperti Gb.2.7.

Z

R′2

∼

B

jX′2 R1 jX1

E1

1I '2I

2'2 VV a=fI

1V


Gb.2.7. Rangkaian ekivalen transformator lebih detil.

Rangkaian Ekivalen Yang Disederhanakan. Pada transformator yang

digunakan pada tegangan bolak-balik yang konstan dengan frekuensi

yang konstan pula (seperti misalnya transformator pada sistem tenaga

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

arus beban penuh transformator. Keadaan ini bisa dicapai karena inti

transformator dibangun dari material dengan permeabilitas magnetik

yang tinggi. Oleh karena itu, jika If diabaikan terhadap I1 kesalahan yang

terjadi dapat dianggap cukup kecil. Pengabaian ini akan membuat

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

2.5. Impedansi Masukan

Resistansi beban B adalah RB = V2/I2. Dilihat dari sisi primer resistansi

tersebut menjadi

R′2

∼

B

jX′2 R1 jX1

jXc Rc

22 VV a=′

1I '2I

fI

φI1E1V

cI

'2I

Gb.2.8. Rangkaian ekivalen transformator

disederhanakan dan diagram fasornya.

∼

B

jXe =j(X1+ X′2) Re = R1+R′2

'21 II =

1V 2V ′

1V

2V ′eXj '

2I

35

BB RaI

Va

aI

aV

I

VR

2

2

22

2

2

2

2

/===

′

′=′ (2.14)

Dengan melihat rangkaian ekivalen yang disederhanakan Gb.2.10,

impedansi masukan adalah

eBein jXRaRZ ++== 2

1

1

I

V (2.15)

2.6. Penentuan Parameter Transformator

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

transformator yang harus ditentukan, R1 , X1 , R′2 , X′2 , Rc , dan Xφ .

Resistansi belitan primer dan sekunder dapat diukur langsung

menggunakan metoda jembatan. Untuk menentukan empat parameter

yang lain kita memerlukan metoda khusus seperti diuraikan berikut ini.

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

dilakukan pada sisi tegangan rendah karena catu tegangan rendah

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

tegangan rendah menjadi sisi masukan yang dihubungkan ke sumber

tegangan sedangkan sisi tegangan tinggi terbuka. Pada belitan tegangan

rendah dilakukan pengukuran tegangan masukan Vr, arus masukan Ir, dan

daya (aktif) masukan Pr. Karena sisi primer terbuka, Ir adalah arus

magnetisasi yang cukup kecil sehingga kita dapat melakukan dua

pendekatan. Pendekatan yang pertama adalah mengabaikan tegangan

jatuh di reaktansi bocor sehingga Vr sama dengan tegangan induksi Er.

Pendekatan yang kedua adalah mengabaikan kehilangan daya di

resistansi belitan sehingga Pr menunjukkan kehilangan daya pada Rcr (Rc

dilihat dari sisi tegangan rendah) saja.

θ==

θ==⇒

θ=θ=⇒

−=θ→

==θ=

φφ

φ

sin ;

cos

sin ; cos

sin

cos ; :masukan kompleks Daya

22

r

r

r

rr

r

r

cr

rcr

rrrcr

r

rr

rr

r

r

rrrr

I

V

I

VX

I

V

I

VR

IIII

S

PS

IV

P

S

PIVS

(2.16)


Uji Hubung Singkat. Uji hubung singkat dilakukan di sisi tegangan

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

tinggi menjadi sisi masukan yang dihubungkan dengan sumber tegangan.

Tegangan masukan harus cukup rendah agar arus di sisi tegangan rendah

masih dalam batas nominalnya. Pengukuran di belitan tegangan tinggi

dilakukan seperti halnya pada uji beban nol, yaitu tegangan masukan Vt,

arus masukan It, dan daya (aktif) masukan Pt. Tegangan masukan yang

dibuat kecil mengakibatkan rugi-rugi inti menjadi kecil sehingga kita

dapat membuat pendekatan dengan mengabaikan rugi-rugi inti. Dengan

demikian kita dapat menggunakan rangkaian ekivalen yang

disederhanakan Gb.2.9. Daya Pt dapat dianggap sebagai daya untuk

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

yang dilihat dari sisi tegangan tinggi Ret.

22

2

2

;

etetet

tetettt

t

tetettt

RZXI

VZZIV

I

PRRIP

−=→=→=

=→=

(2.17)

Dalam perhitungan ini kita memperoleh nilai Ret = R1 + R′2 . Nilai

resistansi masing-masing belitan dapat diperoleh dengan pengukuran

terpisah sebagaimana telah disebutkan di atas.

Untuk reaktansi, kita memperoleh nilai Xet = X1 + X′2 . Kita tidak dapat

memperoleh informasi untuk menentukan reaktansi masing-masing

belitan. Jika sekiranya nilai reaktansi masing-masing belitan diperlukan

kita dapat mengambil asumsi bahwa X1 = X′2 . Kondisi ini sesungguhnya

benar adanya jika transformator dirancang dengan baik.

CO&TOH-2.5 : Pada sebuah transformator 25 KVA, 2400/240 volt, 50

Hz, dilakukan uji beban nol dan uji hubung singkat.

Uji beban nol pada sisi tegangan rendah memberikan hasil

Vr = 240 volt, Ir = 1.6 amper, Pr = 114 watt

Uji hubung singkat yang dilakukan dengan menghubung-singkat

belitan tegangan rendah memberikan hasil pengukuran di sisi

tegangan tinggi

Vt = 55 volt, It = 10.4 amper, Pt = 360 watt

37

a). Tentukanlah parameter transformator dilihat dari sisi tegangan

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

beban penuh ?

Penyelesaian :

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

Xφ yang akan diperoleh dari hasil uji ini adalah dilihat dari tegangan

rendah, kita sebut Rcr dan Xφr.

Ω=×

==Ω=×

=θ

==

=×

−×=θ=

×==θ

φφ 158

95.06.1

240 ; 500

3.06.1

240

cos

240

95.06.1240

114)6.1240(sin ; 3.0

6.1240

114cos

22

I

VX

II

VR

VI

P

rc

cr

Jika dilihat dari sisi tegangan tinggi :

Ω==

Ω=×

==

φφ k 8.15

k 50500240

2400

2

22

rt

crct

XaX

RaR

Resistansi ekivalen dan reaktansi bocor ekivalen diperoleh dari uji

hubung singkat. Uji hubung singkat yang dilakukan di sisi tegangan

tinggi ini memberikan

Ω===→Ω===

Ω===

1.433.329.5 29.54.10

55

; 33.3(10.4)

360

22

22

ett

tet

t

tet

XI

VZ

I

PR

b). Pada pembebanan penuh fluksi bersama dalam inti transformator

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

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

tergantung dari besarnya arus. Besarnya arus primer pada beban

penuh adalah sama dengan arus sisi tegangan tinggi pada percobaan

hubung singkat, yaitu

W36033.3)4.10(A 4.102400

25000 221

11 =×==→=== etcu RIP

V

SI


Karena pada uji hubung singkat arus sisi tegangan tinggi dibuat

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

penunjukan wattmeter pada uji hubung singkat.

2.7. Efisiensi dan Regulasi Tegangan

Efisiensi suatu piranti didefinisikan sebagai

[watt]masukan daya

[watt]keluaran daya=η (2.18)

Karena daya keluaran sama dengan daya masukan dikurangi rugi-rugi

daya, maka efisiensi dapat dinyatakan sebagai

[watt]masukan daya

[watt] daya rugi-rugi1 −=η (2.19)

Formulasi (2.19) ini lebih sering digunakan. Untuk transformator rugi-

rugi daya dapat segera diperoleh melalui uji beban nol dan uji hubung

singkat, yaitu jumlah rugi inti dan rugi tembaga.

Regulasi tegangan transformator didefinisikan sebagai perubahan

besarnya tegangan sekunder bila arus berubah dari beban penuh ke beban

nol dengan tegangan primer dijaga tetap. Jadi

2

21

2

21

2

21

penuhbeban 2

penuhbeban 2nolbeban 2

/

Tegangan Regulasi

V

VV

V

VV

V

VV

′

′−=

−=

−=

−=

a

aa

V

VV

(2.25)

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

2

222 )(Tegangan Regulasi

V

VIV

′

′−+′+′= ee jXR

(2.26)

CO&TOH-2.6 : Transformator pada Contoh-5. mencatu beban 25 KVA

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

regulasi tegangannya.

Penyelesaian :

39

a).

% 97.6atau 976.020

474.01 : Efisiensi

KW 208.025000 :keluaran Daya

KW 0.474 W474360114 : daya rugi Total

o

=−=η

=×=

==+=+

P

P cuc

b). Mengambil V2 sebagai referensi : V′2 = 10×240 = 2400∠0o V.

% 2.2atau 022.0

2400

2400)1.433.3(8.364.1002400 Tegangan Reg.

8.364.108.0cos10/)240/25000(/

oo

o122

−+−∠+∠=

−∠=−∠==′ −

j

aII

2.8. Konstruksi Transformator

Dalam pembahasan transformator, kita melihat transformator dengan

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

dan belitan sekunder digulung pada kaki inti yang lain. Dalam kenyataan

tidaklah demikian. Untuk mengurang fluksi bocor, belitan primer dan

sekunder masing-masing dibagi menjadi dua bagian dan digulung di

setiap kaki inti. Belitan primer dan sekunder digulung secara konsentris

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

fluksi bocor dapat ditekan sampai hanya beberapa persen dari fluksi

bersama. Pembagian belitan seperti ini masih mungkin dilanjutkan untuk

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

tinggi.

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 / 4

T /

2

R / 2 R / 2

T /

2

a). tipe inti. a). tipe sel.


Dua tipe konstruksi yang biasa digunakan pada transformator satu fasa

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

memperlihatkan konstruksi tipe inti dengan belitan primer dan sekunder

yang terbagi dua. Belitan tegangan rendah digulung dekat dengan inti

yang kemudian dilingkupi oleh belitan tegangan tinggi. Konstruksi ini

sesuai untuk tegangan tinggi karena masalah isolasi lebih mudah

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

sesuai untuk transformator daya dengan arus besar. Inti pada konstruksi

ini memberikan perlindungan mekanis lebih baik pada belitan.

2.9. Transformator Pada Sistem Tiga Fasa

Pada sistem tiga fasa, penaikan dan penurunan tegangan dapat dilakukan

dengan dua cara yaitu :

(a) menggunakan tiga unit transformator satu fasa,

(b) menggunakan satu unit transformator tiga fasa.

Transformator tiga fasa mempunyai inti dengan tiga kaki dan setiap kaki

mendukung belitan primer dan sekunder. Untuk penyaluaran daya yang

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

lebih murah dan lebih efisien dibandingkan dengan tiga unit

transformator satu fasa. Akan tetapi penggunaan tiga unit transformator

satu fasa juga mempunyai beberapa kelebihan dibandingkan dengan satu

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

untuk sementara beban dapat dilayani dengan dua unit saja dan unit

ketiga ditambahkan jika penambahan beban telah terjadi. Terjadinya

kerusakan pada salah satu unit tidak mengharuskan pemutusan seluruh

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

berbagai pertimbangan keadaan-khusus. Pada dasarnya kedua cara adalah

sama. Berikut ini kita akan melihat hubungan primer-sekunder

transformator, dengan melihat pelayanan sistem tiga fasa melalui tiga

unit transformator satu fasa.

Hubungan ∆∆∆∆−−−−∆∆∆∆. Pada waktu menghubungkan tiga transformator satu

fasa untuk melayani sistem tiga fasa, hubungan sekunder harus

diperhatikan agar sistem tetap seimbang. Diagram hubungan ini

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

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

kita sebut VUO , VVO , VWO dengan nilai VFP , dan tegangan fasa sekunder

kita sebut VXO , VYO , VZO dengan nilai VFS. Nilai tegangan saluran

(tegangan fasa-fasa) primer dan sekunder kita sebut VLP dan VLS . Nilai

41

arus saluran primer dan sekunder masing-masing kita sebut ILP dan ILS

sedang nilai arus fasanya IFP dan IFS . Rasio tegangan fasa primer

terhadap sekunder aVV FSFP =/ . Dengan mengabaikan rugi-rugi untuk

hubungan ∆-∆ kita peroleh :

aI

I

I

Ia

V

V

V

V

FS

FP

LS

LP

FP

FP

LS

LP 1

3

3 ; ==== (2.27)

Gb.2.10. Hubungan ∆-∆.

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

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

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

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

peroleh

aI

I

I

Ia

V

V

V

V

FS

FP

LS

LP

FS

FP

LS

LP 33 ;

33==== (2.28)

Fasor tegangan fasa-fasa sekunder mendahului primer 30o.

Gb.2.11. Hubungan ∆-Y

VUV = VUO

VXY

VXO

VYO

VZO

VUV = VUO

VXY = VXO

U

V

W

X

Y

Z

VUO VXO

VVO VYO

VWO VZO

U

V

W

X

Y

Z

VUO VXO

VVO VYO

VWO VZO


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

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

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

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

Perbandingan tegangan fasa-fasa primer dan sekunder adalah

aI

I

I

Ia

V

V

V

V

FS

FP

LS

LP

FS

FP

LS

LP 1 ;

3

3==== (2.29)

Antara fasor tegangan fasa-fasa primer dan sekunder tidak terdapat

perbedaan sudut fasa.

Gb.2.12. Hubungan Y-Y

VUV VXY

VXO

VYO

VZO

VUO

VVO

VWO

U

V

W

X

Y

Z

VUO VXO

VVO VYO

VWO VZO

43

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

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

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

sama dengan tegangan fasa sekunder. Dengan mengabaiakan rugi-rugi

diperoleh

3

1

3 ; 3

3

aI

I

I

Ia

V

V

V

V

FS

FP

LS

LP

FS

FP

LS

LP ==== (2.30)

Fasor tegangan fasa-fasa primer mendahului sekunder 30o.

Gb.2.13. Hubungan Y-∆

CO&TOH-2.7 : Sebuah transformator penurun tegangan 3 fasa,

tegangan primernya dihubungkan pada sumber 6600 V dan

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

tegangan saluran sekunder, arus saluran sekunder dan daya keluaran

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

(d) Y-∆ .

VUV

VXY = VXO

VYO

VZO

VUO

VVO

VWO

U

V

W

X

Y

Z

VUO VXO

VVO VYO

VWO VZO


Penyelesaian :

a). Untuk hubungan ∆-∆ :

A. 120101233

33

; V 55012

6600

=×====

=====

LPFPFSLS

LPFPFSLS

IaaIII

a

V

a

VVV

b). Untuk hubungan Y-Y :

A. 1201012

; V 55012

66003

333

=×=====

=====

LPFPFSLS

LPFPFSLS

aIaIII

a

V

a

VVV

c). Untuk hubungan ∆-Y :

A. 3,693

1012

3

; V 953312

6600333

=====

=====

LPFPFSLS

LPFPFSLS

IaaIII

a

V

a

VVV

d) Untuk hubungan Y-∆ :

.A 20831012333

; V 3183

6600

12

1

3

1

=××====

=====

LPFPFSLS

LPFPFSLS

aIaIII

V

aa

VVV

Dengan mengabaikan rugi-rugi daya keluaran sama dengan daya

masukan.

kVA. 3,1143106,63 =×=== LPLPmasukankeluaran IVSS

45

BAB 3

Mesin Sinkron

Kita telah melihat bahwa pada transformator terjadi alih energi dari

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

tersebut sama bentuknya (yaitu energi listrik) akan tetapi mereka

mempunyai peubah sinyal (yaitu tegangan dan arus) yang berbeda

besarnya. Kita katakan bahwa transformator merupakan piranti

konversi energi dari energi elektrik ke energi listrik.

Kita perhatikan pula bahwa peubah-peubah sinyal di sisi sekunder

transformator muncul karena fluksi di inti transformator merupakan

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

primer, yang juga merupakan fungsi waktu. Fluksi fungsi waktu

dapat pula dibangkitkan dengan cara lain misalnya secara mekanis;

cara inilah yang dilaksanakan pada piranti konversi energi dari

energi mekanis ke energi elektrik atau disebut konversi energi

elektromekanik. Konversi energi elektromekanik ini tidak hanya dari

mekanis ke elektrik tetapi juga dari elektrik ke mekanis, dan

dilandasi oleh dua hukum dasar yang kita kenal yaitu hukum

Faraday dan hukum Ampere. Secara matematis kedua hukum ini

dinyatakan dalam dua persamaan berikut

dt

d

dt

de

φ−=

λ−= dan )( θ= fiBKF B

Persamaan pertama menunjukkan bagaimana tegangan dibangkitkan

dan persamaan ke-dua menunjukkan bagaimana gaya mekanis

ditimbulkan.

Berikut ini kita akan mempelajari mesin konversi energi yang sangat

luas digunakan di pusat-pusat pembangkit listrik, yang disebut

generator sinkron. Ada dua macam konstruksi yang akan kita lihat

yaitu konstruksi kutub tonjol dan konstruksi rotor silindris.


3.1. Mesin Kutub Menonjol

Skema konstruksi mesin ini adalah seperti terlihat pada Gb.1.a.

Mesin ini terdiri dari bagian stator yang mendukung belitan-belitan

a1a11 sampai c2c22 pada alur-alurnya, dan bagian rotor yang berputar

yang mendukung kutub-kutub magnit. Belitan pada stator tempat

kita memperoleh energi disebut belitan jangkar. Belitan pada rotor

yang dialiri arus eksitasi untuk menimbullkan medan magnit disebut

belitan eksitasi. Pada gambar ini ada empat kutub magnit. Satu

siklus kutub S-U pada rotor memiliki kisar sudut (yang kita sebut

sudut magnetis atau sudut listrik) 360o. Kisar sudut 360

o ini

melingkupi tiga belitan di stator dengan posisi yang bergeser 120o

antara satu dengan lainnya. Misalnya belitan a1a11 dan belitan b1b11

berbeda posisi 120o, belitan b1b11 dan c1c11 berbeda posisi 120

o, dan

mereka bertiga berada di bawah satu kisaran kutub S-U. Tiga belitan

yang lain, yaitu a2a22, b2b22, dan c2c22 berada dibawah satu kisaran

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

a) b) c)

konstruksi kutub tonjol belitan fluksi magnetik

Gb.3.1. Mesin sinkron kutub tonjol

Karena mesin yang tergambar ini merupakan mesin empat kutub

(dua pasang kutub) maka satu perioda siklus mekanik (perputaran

rotor) sama dengan dua perioda siklus magnetik. Jadi hubungan

antara sudut kisaran mekanik dan sudut kisaran magnetik adalah

][2][ derajatderajat mekanikmagnetik θ×=θ

atau secara umum

a1 a11

S

U

S

U a2 a1

b1 a11 c1

b2 c2

b11

c22

a22

b22

c11 φ

φ φ

180o mekanis = 360

o

47

][2

][ derajatp

derajat mekanikmagnetik θ×=θ (3.1)

dengan p adalah jumlah kutub.

Kecepatan sudut mekanik adalah

mekanikmekanik

mekanik fdt

d 2π=

θ=ω (3.2)

Frekuensi mekanik fmekanik adalah jumlah siklus mekanik per detik

yang tidak lain adalah kecepatan perputaran rotor per detik.

Biasanya kecepatan perputaran rotor dinyatakan dengan jumlah

rotasi per menit (rpm). Jadi jika kecepatan perputaran rotor adalah n

rpm, maka jumlah siklus per detik adalah 60

n atau

60

nfmekanis =

siklus per detik.

Kecepatan sudut magnetik adalah

magnetikmagnetik

magnetik fdt

d 2π=

θ=ω (3.3)

Dengan hubungan (3.1) maka (3.3) menjadi

120

2

602

2 2

22

npnpf

ppmekanikmekanikmagnetik π=π=π=ω=ω

yang berarti 120

npf magnetik = siklus per detik (3.4)

Perubahan fluksi magnetik akan membangkitkan tegangan induksi

di setiap belitan. Karena fluksi magnetik mempunyai frekuensi

Hz 120

npf magnetik = maka tegangan pada belitanpun akan

mempunyai frekuensi

Hz 120

npf tegangan = (3.5)


Dengan (3.5) ini jelaslah bahwa untuk memperoleh frekuensi

tertentu, kecepatan perputaran rotor harus sesuai dengan jumlah

kutub. Jika diinginkan f = 50 Hz misalnya, untuk p = 2 maka n =

3000 rpm; jika p = 4 maka n = 1500 rpm; jika p = 6 maka n = 1000

rpm, dan seterusnya. Konstruksi mesin dengan kutub menonjol

seperti pada Gb.1. sesuai untuk mesin putaran rendah tetapi tidak

sesuai untuk mesin putaran tinggi karena kendala-kendala mekanis.

Untuk mesin putaran tinggi digunakan rotor dengan konstruksi

silindris.

Dengan pergeseran posisi belitan 120o magnetik untuk setiap pasang

kutub, maka kita mendapatkan tegangan sistem tiga fasa untuk

setiap pasang kutub, yaitu ea1 pada belitan a1a11 , eb1 pada b1b11 , dan

ec1 pada c1c11 . Demikian pula kita memperoleh tegangan ea2 , eb2

dan ec2 pada belitan-belitan di bawah pasangan kutub yang lain. Jadi

setiap pasang kutub akan membangkitkan tegangan sistem tiga fasa

pada belitan-belitan yang berada dibawah pengaruhnya. Tegangan

yang sefasa, misalnya ea1 dan ea2 , dapat dijumlahkan untuk

memperoleh tegangan yang lebih tinggi atau diparalelkan untuk

memperoleh arus yang lebih besar.

Tegangan yang terbangkit di belitan pada umumnya diinginkan

berbentuk gelombang sinus tAv ω= cos , dengan pergeseran 120o

untuk belitan fasa-fasa yang lain. Tegangan sebagai fungsi waktu

Gb.3.2. Perhitungan fluksi.

180o mekanis = 360

o magnetik

φs

a1

a11

θ

49

ini pada transformator dapat langsung diperoleh di belitan sekunder

karena fluksinya merupakan fungsi waktu. Pada mesin sinkron,

fluksi dibangkitkan oleh belitan eksitasi di rotor yang dialiri arus

searah sehingga fluksi tidak merupakan fungsi waktu. Akan tetapi

fluksi yang ditangkap oleh belitan stator harus merupakan fungsi

waktu agar persamaan (3.1) dapat diterapkan untuk memperoleh

tegangan. Fluksi sebagai fungsi waktu diperoleh melalui putaran

rotor. Jika φ adalah fluksi yang dibangkitkan di rotor dan memasuki

celah udara antara rotor dan stator dengan nilai konstan maka,

dengan mengabaikan efek pinggir, laju pertambahan fluksi yang

ditangkap oleh belitan stator adalah

magnetikmagnetiks

dt

d

dt

dωφ=

θφ=

φ (3.6)

Karena 120

2 2

npfmagnetikmagnetik π=π=ω , maka

60

np

dt

d s πφ=φ

(3.7)

Dari (3.4) kita peroleh tegangan pada belitan, yaitu

60

np

dt

dv s πφ−=

φ−= (3.8)

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

egangan konstan karena φ bernilai konstan positif untuk setengah

perioda dan bernilai konstan negatif untuk setengah perioda

berikutnya. Maka (3.8) memberikan tegangan bolak-balik yang

tidak sinus. Untuk memperoleh tegangan berbentuk sinus, φ harus

berbentuk sinus juga. Akan tetapi ia tidak dibuat sebagai fungsi

sinus terhadap waktu, akan tetapi sebagai fungsi sinus posisi, yaitu

terhadap θmaknetik . Jadi jika

maknetikm θφ=φ cos (3.9)

maka laju pertambahan fluksi yang dilingkupi belitan adalah


( )

magnetikmmmagnetikmagnetikm

magnetikmagnetikmmagnetikm

s

np

dt

d

dt

d

dt

d

dt

d

θ

πφ−=θωφ−=

θθφ−=θφ=

φ=

φ

sin 120

2sin

sincos (3.10)

sehingga tegangan belitan

tf

np

dt

de

mmagnetikm

magnetikms

ωφω=θφπ=

θφπ=φ

−=

sin sin 2

sin60

(3.11)

Persamaan (3.11) memberikan nilai sesaat dari dari tegangan yang

dibangkitkan di belitan stator. Nilai maksimum dari tegangan ini

adalah

Volt mm E φω= (3.12)

dan nilai efektifnya adalah

Volt 44,4

2

2

2

2

m

mmm

rms

f

fE

E

φ=

φπ

=φω

== (3.13)

Dalam menurunkan formulasi tegangan di atas, kita menggunakan

perhitungan fluksi seperti diperlihatkan pada Gb.2. yang merupakan

penyederhanaan dari konstruksi mesin seperti diperlihatkan pada

Gb.1.a. Di sini ada beberapa hal yang perlu kita perhatikan yaitu:

1. Belitan terdiri dari hanya satu gulungan, misalnya belitan

a1a11, yang ditempatkan di sepasang alur stator, walaupun

gulungan itu terdiri dari lilitan. Belitan semacam ini kita

sebut belitan terpusat.

2. Lebar belitan, yaitu kisar sudut antara sisi belitan a1 dan a11

adalah 180o magnetik. Lebar belitan semacam ini kita sebut

kisar penuh.

Dalam praktek lilitan setiap fasa tidak terpusat di satu belitan,

melainkan terdistribusi di beberapa belitan yang menempati

beberapa pasang alur stator. Belitan semacam ini kita sebut belitan

terdistribusi, yang dapat menempati stator sampai 1/3 kisaran penuh

51

(60o magnetik). Selain dari pada itu, gulungan yang menempati

sepasang alur secara sengaja dibuat tidak mempunyi lebar satu

kisaran penuh; jadi lebarnya tidak 180o akan tetapi hanya 80%

sampai 85% dari kisaran penuh. Pemanfaatan belitan terdistribusi

dan lebar belitan tidak satu kisar penuh dimaksudkan untuk

menekan pengaruh harmonisa yang mungkin ada di kerapatan

fluksi. Sudah barang tentu hal ini akan sedikit mengurangi

komponen fundamental dan pengurangan ini dinyatakan dengan

suatu faktor Kw yang kita sebut faktor belitan. Biasanya Kw

mempunyai nilai antara 0,85 sampai 0,95. Dengan adanya faktor

belitan ini formulasi tegangan (3.13) menjadi

Volt 44,4 mwrms KfE φ= (3.14)

Pada pengenalan ini kita hanya melihat mesin sinkron kutub tonjol

dalam keadaan tak berbeban; analisis dalam keadaan berbeban akan

kita pelajari lebih lanjut pada pelajaran khusus mengenai mesin-

mesin listrik. Selanjutnya kita akan melihat mesin sinkron rotor

silindris.

CO&TOH-3.1: Sebuah generator sinkron tiga fasa, 4 kutub, belitan

jangkar terhubung Y, mempunyai 12 alur pada statornya dan

setiap alur berisi 10 konduktor. Fluksi kutub terdistribusi secara

sinus dengan nilai maksimumnya 0,03 Wb. Kecepatan

perputaran rotor 1500 rpm. Carilah frekuensi tegangan jangkar

dan nilai rms tegangan jangkar fasa-netral dan fasa-fasa.

Penyelesaian :

Frekuensi tegangan jangkar adalah

Hz 50120

15004

120

=

×==

npf

Jumlah alur per kutub adalah 34

12= yang berarti setiap pasang

kutub terdapat 3 belitan yang membangun sistem tegangan tiga

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

Nilai rms tegangan jangkar per fasa per pasang kutub adalah

V 6,6603,0105044,4 44,4 =×××=φ= mak fE


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

× 66,6 = 133 V.

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

CO&TOH-3.2: Soal seperti pada Contoh-3.1. tetapi jumlah alur

pada stator ditingkatkan menjadi 24 alur. Ketentuan yang lain

tetap.

Penyelesaian :

Frekuensi tegangan jangkar tidak tergantung jumlah alur. oleh

karena itu frekuensi tetap 50 Hz.

Jumlah alur per kutub adalah 64

24= yang berarti setiap

pasang kutub terdapat 6 belitan yang membangun sistem

tegangan tiga fasa. Jadi setiap fasa pada satu pasang kutub

terdiri dari 2 belitan yang masing-masing berisi 10 lilitan. Nilai

rms tegangan jangkar untuk setiap belitan adalah

V 6,6603,0105044,4 V 44,41 =×××=φ= ma fE .

Karena dua belitan tersebut berada pada alur yang berbeda,

maka terdapat beda fasa antara tegangan imbas di keduanya.

Perbedaan sudut mekanis antara dua alur yang berurutan adalah

oo

1524

360= mekanik. Karena mesin mengandung 4 kutub atau

2 pasang kutub, maka 1o mekanik setara dengan 2

o listrik. Jadi

selisih sudut fasa antara tegangan di dua belitan adalah 30o

elektrik sehingga tegangan rms per fasa per pasang kutub

adalah jumlah fasor tegangan di dua belitan yang berselisih fasa

30o tersebut.

3,338,124)30sin30(cos6,666,66 oo jjak +=++=E

Karena ada 2 pasang kutub maka

V 258)3,33()8,124(2 22 =+×=aE

Tegangan fasa-fasa adalah 258 √3 = 447 V

53

CO&TOH-3.3: Soal seperti pada Contoh-3.1. tetapi jumlah alur

pada stator ditingkatkan menjadi 144 alur, jumlah kutub dibuat

16 (8 pasang), kecepatan perputaran diturunkan menjadi 375

rpm. Ketentuan yang lain tetap.

Penyelesaian :

Frekuensi tegangan jangkar : Hz 50120

37516=

×=f

Jumlah alur per kutub 916

144= yang berarti terdapat 9 belitan

per pasang kutub yang membangun sistem tiga fasa. Jadi tiap

fasa terdapat 3 belitan. Tegangan di tiap belitan adalah

V 6,6603,0105044,41 =×××=aE ; sama dengan tegangan per

belitan pada contoh sebelumnya karena frekuensi, jumlah lilitan

dan fluksi maksimum tidak berubah.

Perbedaan sudut mekanis antara dua alur yang berturutan

adalah o

o

5,2144

360= mekanik. Karena mesin mengandung 16

kutub (8 pasang) maka 1o mekanik ekivalen dengan 8

o listrik,

sehingga beda fasa tegangan pada belitan-belitan adalah o

2085,2 =× listrik. Tegangan per fasa per pasang kutub adalah

jumlah fasor dari tegangan belitan yang masing-masing

berselisih fasa 20o.

( )6,652,180

)40sin20(sin40cos20cos16,66

406,66206,666,66

oooo

oo

j

j

ak

+=

++++=

∠+∠+=E

Karena ada 8 pasang kutub maka tegangan fasa adalah

V 15348,1918)6,65()2,180(8 22 =×=+×=aE

Tegangan fasa-fasa adalah 1534 √3 = 2657 V


3.2. Mesin Sinkron Rotor Silindris

Sebagaimana telah disinggung di atas, mesin kutub tonjol sesuai

untuk perputaran rendah. Untuk perputaran tinggi digunakan mesin

rotor silindris yang skemanya diperlihatkan ada Gb.3.3.

Rotor mesin ini berbentuk silinder dengan alur-alur untuk

menempatkan belitan eksitasi. Dengan konstruksi ini, reluktansi

magnetik jauh lebih merata dibandingkan dengan mesin kutub

tonjol. Di samping itu kendala mekanis untuk perputaran tinggi

lebih mudah diatasi dibanding dengan mesin kutub tonjol. Belitan

eksitasi pada gambar ini dialiri arus searah sehingga rotor

membentuk sepasang kutub magnet U-S seperti terlihat pada

gambar. Pada stator digambarkan tiga belitan terpusat aa1 , bb1 dan

cc1 masing-masing dengan lebar kisaran penuh agar tidak terlalu

rumit, walaupun dalam kenyataan pada umumnya dijumpai belitan-

belitan terdistribusi dengan lebar lebih kecil dari kisaran penuh.

Karena reluktansi magnetik praktis konstan untuk berbagai posisi

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

mirip dengan tansformator. Perbedaannya adalah bahwa pada

transformator kita mempunyai fluksi konstan, sedangkan pada mesin

sinkron fluksi tergantung dari arus eksitasi di belitan rotor. Kurva

magnetisasi dari mesin ini dapat kita peroleh melalui uji beban nol.

Pada uji beban nol, mesin diputar pada perputaran sinkron (3000

rpm) dan belitan jangkar terbuka. Kita mengukur tegangan keluaran

pada belitan jangkar sebagai fungsi arus eksitasi (disebut juga arus

medan) pada belitan eksitasi di rotor. Kurva tegangan keluaran

Gb.4.3. Mesin sinkron rotor silindris.

a

b

a1

c1 b1

c

U

S

55

sebagai fungsi arus eksitasi seperti terlihat pada Gb.3.4 disebut

karakteristik beban nol. Bagian yang berbentuk garis lurus pada

kurva itu disebut karakteristik celah udara dan kurva inilah (dengan

ekstra-polasinya) yang akan kita gunakan untuk melakukan analisis

mesin sinkron.

Karakterik lain yang penting adalah karakteritik hubung singkat

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

singkat ini mesin diputar pada kecepatan perputaran sinkron dan

terminal belitan jangkar dihubung singkat (belitan jangkar

terhubung Y). Kita mengukur arus fasa sebagai fungsi dari arus

eksitasi. Kurva yang akan kita peroleh akan terlihat seperti pada

Gb.3.4. Kurva ini berbentuk garis lurus karena untuk mendapatkan

arus beban penuh pada percobaan ini, arus eksitasi yang diperlukan

tidak besar sehingga rangkaian magnetiknya jauh dari keadaan

jenuh. Fluksi magnetik yang dibutuhkan hanya sebatas yang

diperlukan untuk membangkitkan tegangan untuk mengatasi

tegangan jatuh di impedansi belitan jangkar.

0

1000

2000

3000

4000

5000

6000

7000

8000

9000

10000

11000

12000

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500Arus medan [A]

Teg

an

gan

Fasa-

Netr

al [V

]

Gb.3.4. Karakteristik beban-nol dan hubung

singkat.

beban-nol

V=V(If )|I =0

hubung singkat

I = I (If ) |V=0

celah

udara

V=kI

0 0

Aru

s fa

sa [

A]


Perhatikanlah bahwa karakteristik beban-nol dan hubung singkat

memberikan tegangan maupun arus jangkar sebagai fungsi arus

medan. Sesungguhnya arus medan berperan memberikan mmf

(lilitan ampere) untuk menghasilkan fluksi dan fluksi inilah yang

mengimbaskan tegangan pada belitan jangkar. Jadi dengan

karakteristik ini kita dapat menyatakan pembangkit fluksi tidak

dengan mmf akan tetapi dengan arus medan ekivalennya dan hal

inilah yang akan kita lakukan dalam menggambarkan diagram fasor

yang akan kita pelajari beikut ini.

Diagram Fasor. Reaktansi Sinkron. Kita ingat bahwa pada

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

merupakan besaran-besaran yang berubah secara sinusoidal terhadap

waktu dengan frekuensi yang sama sehingga tidak terjadi kesulitan

menyatakannya sebagai fasor. Pada mesin sinkron, hanya tegangan

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

walaupun ia merupakan fungsi sinus tetapi tidak terhadap waktu

tetapi terhadap posisi sehingga tak dapat ditentukan frekuensinya.

Menurut konsep fasor, kita dapat menyatakan besaran-besaran ke

dalam fasor jika besaran-besaran tersebut berbentuk sinus dan

berfrekuensi sama. Oleh karena itu kita harus mencari cara yang

dapat membuat fluksi rotor dinyatakan sebagai fasor. Hal ini

mungkin dilakukan jika kita tidak melihat fluksi rotor sebagai

dirinya sendiri melainkan melihatnya dari sisi belitan jangkar.

Walaupun fluksi rotor hanya merupakan fungsi posisi, tetapi ia

dibawa berputar oleh rotor dan oleh karena itu belitan jangkar

melihatnya sebagai fluksi yang berubah terhadap waktu. Justru

karena itulah terjadi tegangan imbas pada belitan jangkar sesuai

dengan hukum Faraday. Dan sudah barang tentu frekuensi tegangan

imbas di belitan jangkar sama dengan frekuensi fluksi yang dilihat

oleh belitan jangkar.

Kita misalkan generator dibebani dengan beban induktif sehingga

arus jangkar tertinggal dari tegangan jangkar.

57

Gb.3.5. Posisi rotor pada saat emaks dan imaks.

Gb.3.5.a. menunjukkan posisi rotor pada saat imbas tegangan di aa1

maksimum. Hal ini dapat kita mengerti karena pada saat itu

kerapatan fluksi magnetik di hadapan sisi belitan a dan a1 adalah

maksimum. Perhatikanlah bahwa pada saat itu fluksi magnetik yang

dilingkupi oleh belitan aa1 adalah minimum. Sementara itu arus di

belitan aa1 belum maksimum karena beban induktif. Pada saat arus

mencapai nilai maksimum posisi rotor telah berubah seperti terlihat

pada Gb.3.5.b.

Karena pada mesin dua kutub sudut mekanis sama dengan sudut

magnetis, maka beda fasa antara tegangan dan arus jangkar sama

dengan pegeseran rotasi rotor, yaitu θ. Arus jangkar memberikan

mmf jangkar yang membangkitkan medan magnetik lawan yang

akan memperlemah fluksi rotor. Karena adanya reaksi jangkar ini

maka arus eksitasi haruslah sedemikian rupa sehingga tegangan

keluaran mesin dipertahankan.

Catatan : Pada mesin rotor silindris mmf jangkar mengalami

reluktansi magnetik yang sama dengan yang dialami oleh mmf rotor.

Hal ini berbeda dengan mesin kutub tonjol yang akan membuat

analisis mesin kutub tonjol memerlukan cara khusus sehingga kita

tidak melakukannya dalam bab pengenalan ini.

Diagram fasor (Gb.6) kita gambarkan dengan ketentuan berikut

1. Diagram fasor dibuat per fasa dengan pembebanan induktif.

U

S

sumbu emaks

sumbu magnet

(a)

a

a1

a

a1

U

S

sumbu imaks

sumbu magnet

(b)

θ


2. Tegangan terminal aV dan arus jangkar aI adalah

nominal.

3. Tegangan imbas digambarkan sebagai tegangan naik; jadi

tegangan imbas tertinggal 90o dari fluksi yang

membangkitkannya.

4. Belitan jangkar mempunyai reaktansi bocor Xl dan resistansi

Ra.

5. Mmf (fluksi) dinyatakan dalam arus ekivalen.

Dengan mengambil tegangan terminal jangkar Va sebagai referensi,

arus jangkar Ia tertinggal dengan sudut θ dari Va (beban induktif).

Tegangan imbas pada jangkar adalah

( )laaaa jXR ++= IVE (3.15)

Tegangan imbas aE ini harus dibangkitkan oleh fluksi celah udara

Φa yang dinyatakan dengan arus ekivalen faI mendahului aE 90o.

Arus jangkar aI memberikan fluksi jangkar Φa yang dinyatakan

dengan arus ekivalen aφI . Jadi fluksi dalam celah udara merupakan

jumlah dari fluksi rotor Φf yang dinyatakan dengan arus ekivalen

fI dan fluksi jangkar. Jadi

affa φ+= III atau afaf φ−= III (3.16)

Dengan perkataan lain arus eksitasi rotor fI haruslah cukup untuk

membangkitkan fluksi celah udara untuk membangkitkan aE dan

mengatasi fluksi jangkar agar tegangan terbangkit aE dapat

dipertahankan. Perhatikan Gb.3.6. fI membangkitkan tegangan

aaE 90o di belakang fI dan lebih besar dari aE .

59

Gb.3.6. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris.

Hubungan antara nilai aE dan faI diperoleh dari karakteristik

celah udara, sedangkan antara nilai aI dan aφI diperoleh dari

karakteristik hubung singkat. Dari karakteristik tersebut, seperti

terlihat pada Gb.3.6., dapat dinyatakan dalam bentuk hubungan

fava IkE = dan aia IkI φ= atau vafa kEI /=

dan iaa kII /=φ (3.17)

dengan kv dan ki adalah konstanta yang diperoleh dari kemiringan

kurva. Dari (3.7) dan Gb.3.6. kita peroleh

θ−∠−γ∠=

θ−∠+γ+∠=−= φ

i

a

v

a

i

a

v

aafaf

k

I

k

Ej

k

I

k

E

)180()90(oo

III

(3.18)

Dari (3.18) kita peroleh aaE yaitu

ai

vaa

i

va

i

a

v

avfvaa

k

kjI

k

kjE

k

I

k

Ejjkjk

IE

IE

+=θ−∠+γ∠=

θ−∠−γ∠−=−=

(3.19)

afaf φ−= III

θ

γ

aaE

aE

la XjI

aa RIaV

aIaφI

aφ− I

faI


Suku kedua (3.19) dapat kita tulis sebagai aajX Iφ dengan

i

va

k

kX =φ (3.20)

yang disebut reaktansi reaksi jangkar karena suku ini timbul akibat

adanya reaksi jangkar. Selanjutnya (3.19) dapat ditulis

( )( )aaaa

aalaaaaaaaa

jXR

jXjXRjX

++=

+++=+= φφ

IV

IIVIEE

(3.21)

dengan ala XXX φ+= yang disebut reaktansi sinkron.

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

untuk memperlihatkan peran reaktansi reaksi jangkar dan reaktansi

sinkron.

Perhatikanlah bahwa pengertian reaktansi sinkron kita turunkan

dengan memanfaatkan karakteristik celah udara, yaitu karakteristik

linier dengan menganggap rangkaian magnetik tidak jenuh. Oleh

karena itu reaktansi tersebut biasa disebut reaktansi sinkron tak

jenuh.

θ

γ

Gb.3.7. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris;

reaktansi reaksi jangkar (Xφa) dan reaktansi sinkron (Xa).

afaf φ−= III

aaE

aa Xj φI

aa XjI

la XjI

aE

aa RIaV

aIaφI

aφ− I

faI

61


Dengan pengertian

reaktansi sinkron

dan memperhatikan

persamaan (3.21)

kita dapat

menggambarkan

rangkaian ekivalen

mesin sinkron

dengan beban

seperti terlihat pada Gb.3.8. Perhatikanlah bahwa rangkaian

ekivalen ini adalah rangkaian ekivalen per fasa. Tegangan aV

adalah tegangan fasa-netral dan aI adalah arus fasa.

CO&TOH-3.11 : Sebuah generator sinkron tiga fasa 10 MVA,

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

karakteristik celah udara yang dapat dinyatakan sebagai

V 78,53 fa IE = dan karakteristik hubung singkat

A 7,2 fa II = (If dalam ampere). Resistansi jangkar per fasa

adalah 0,08 Ω dan reaktansi bocor per fasa 1,9 Ω. Tentukanlah

arus eksitasi (arus medan) yang diperlukan untuk

membangkitkan tegangan terminal nominal jika generator

dibebani dengan beban nominal seimbang pada faktor daya 0,8

lagging.

Penyelesaian :

Tegangan per fasa adalah V 4,79673

13800==aV .

Arus jangkar per fasa : A 4,418313800

1010 6

=×

×=aI .

Reaktansi reaksi jangkar : Ω===φ 92,197,2

78,53

i

va

k

kX

Reaktansi sinkron : Ω=+=+= φ 82,2192,199,1ala XXX

+ −

Ra jXa

Beban

+

−

Gb.3.8. Rangkaian ekivalen mesin sinkron.

aI

aaE aV


Dengan mengambil aV sebagai referensi, maka aV = 7967,4

∠0o V dan aI = 418,4∠−36,87, dan tegangan terbangkit :

6,73031,1344513,535,912904,7967

)82.2108.0(87,364,41804,7967

)(

oo

o

j

j

jXaRaaaaa

+=∠+∠≈

+−∠+∠=

++= IVE

V 15300)6,7303()1,13445( 22 =+=aaE

Arus eksitasi yang diperlukan adalah

A 5,28478,53

15300===

v

aaf

k

EI

Daya. Daya per fasa yang diberikan ke beban adalah

θ= cosaaf IVP (3.22)

Pada umumnya pengaruh resistansi jangkar sangat kecil

dibandingkan dengan pengaruh reaktansi sinkron. Dengan

mengabaikan resistansi jangkar maka diagram fasor mesin sinkron

menjadi seperti Gb.3.9.

Gb.3.9. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris; resistansi

jangkar diabaikan.

aV

aaE

aa XjI

aI

θ

δ

θ

63

Gb.3.9. memperlihatkan bahwa

θ=δ cossin aaaa XIE atau δ=θ sincosa

aaa

X

EI .

Dengan demikian maka (3.22) dapat ditulis sebagai

δ= sina

aaaf

X

EVP (3.23)

Persamaan (3.23) ini memberikan formulasi daya per fasa dan sudut

δ menentukan besarnya daya; oleh karena itu sudut δ disebut sudut

daya (power angle).

Daya Pf merupakan fungsi sinus dari sudut daya δ seperti terlihat

pada Gb.3.10.

Untuk 0 < δ < 180o daya bernilai positif, mesin beroperasi sebagai

generator yang memberikan daya. (Jangan dikacaukan oleh

konvensi pasif karena dalam menggambarkan diagram fasor untuk

mesin ini kita menggunakan ketentuan tegangan naik dan bukan

tegangan jatuh). Untuk 0 > δ > −180o mesin beroperasi sebagai

motor, mesing menerima daya.

Dalam pengenalan mesin-mesin elektrik ini, pembahasan mengenai

mesin sikron kita cukupkan sampai di sini. Pembahasan lebih lanjut

akan kita peroleh pada pelajaran khusus mengenai mesin-mesin

listrik.

-1.1

0

1.1

-180 -90 0 90 180

Pf

δ (o

listrik)

generator

motor

Gb.3.10. Daya fungsi sudut daya.


65

BAB 4

Motor Asinkron

4.1. Konstruksi Dan Cara Kerja

Motor merupakan

piranti konversi dari

energi elektrik ke energi

mekanik. Salah satu

jenis yang banyak

dipakai adalah motor

asinkron atau motor

induksi. Di sini kita

hanya akan melihat

motor asinkron tiga fasa.

Stator memiliki alur-alur

untuk memuat belitan-

belitan yang akan

terhubung pada sistem

tiga fasa. Gb.4.1. hanya

memperlihatkan tiga

belitan pada stator sebagai belitan terpusat, yaitu belitan aa1 , bb1

dan cc1 yang berbeda posisi 120o mekanik. Susunan belitan ini sama

dengan susunan belitan pada stator generator sinkron. Ketiga belitan

ini dapat dihubungkan Y ataupun ∆ untuk selanjutnya

disambungkan ke sumber tiga fasa. Rotor mempunyai alur-alur yang

berisi konduktor dan semua konduktor pada rotor ini dihubung

singkat di ujung-ujungnya. Inilah salah satu konstruksi rotor yang

disebut rotor sangkar (susunan konduktor-konduktor itu berbentuk

sangkar).

Untuk memahami secara fenomenologis cara kerja motor ini, kita

melihat kembali bagaimana generator sinkron bekerja. Rotor

generator yang mendukung kutub magnetik konstan berputar pada

porosnya. Magnet yang berputar ini mengimbaskan tegangan pada

belitan stator yang membangun sistem tegangan tiga fasa. Apabila

rangkaian belitan stator tertutup, misalnya melalui pembebanan,

akan mengalir arus tiga fasa pada belitan stator. Sesuai dengan

Gb.4.1. Motor asinkron.

a

b

a1

c1 b1

c


hukum Lenz, arus tiga fasa ini akan membangkitkan fluksi yang

melawan fluksi rotor; kejadian ini kita kenal sebagai reaksi jangkar.

Karena fluksi rotor adalah konstan tetapi berputar sesuai perputaran

rotor, maka fluksi reaksi jangkar juga harus berputar sesuai

perputaran fluksi rotor karena hanya dengan jalan itu hukum Lenz

dipenuhi. Jadi mengalirnya arus tiga fasa pada belitan rotor

membangkitkan fluksi konstan yang berputar. Sekarang, jika pada

belitan stator motor asinkron diinjeksikan arus tiga fasa (belitan

stator dihubungkan pada sumber tiga fasa) maka akan timbul fluksi

konstan berputar seperti layaknya fluksi konstan berputar pada

reaksi jangkar generator sinkron. Demikianlah bagaimana fluksi

berputar timbul jika belitan stator motor asikron dihubungkan ke

sumber tiga fasa.

Kita akan melihat pula secara skematis, bagaimana timbulnya fluksi

berputar. Untuk itu hubungan belitan stator kita gambarkan sebagai

tiga belitan terhubung Y yang berbeda posisi 120o mekanis satu

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

masing dialiri arus ia , ib , dan ic yang berbeda fasa 120o elektrik

seperti ditunjukkan oleh Gb.4.2.b. Masing-masing belitan itu akan

membangkitkan fluksi yang berubah terhadap waktu sesuai dengan

arus yang mengalir padanya. Kita perhatikan situasi yang terjadi

pada beberapa titik waktu.

Perhatikan Gb.4.2. Pada t1 arus ia maksimum negatif dan arus ib = ic

positif. Ke-tiga arus ini masing-masing membangkitkan fluksi φa , φb

dan φc yang memberikan fluksi total φtot . Kejadian ini berubah pada

t2 , t3 , t4 dan seterusnya yang dari Gb.4.2. terlihat bahwa fluksi total

berputar seiring dengan perubahan arus di belitan tiga fasa.

Peristiwa ini dikenal sebagai medan putar pada mesin asinkron.

Kecepatan perputaran dari medan putar harus memenuhi relasi

antara jumlah kutub, frekuensi tegangan, dan kecepatan perputaran

sinkron sebagaimana telah kita kenal pada mesin sinkron yaitu

Hz 120

1

snpf = atau rpm

120 1

p

fns = (4.1)

dengan f1 adalah frekuensi tegangan stator, ns adalah kecepatan

perputaran medan putar yang kita sebut perputaran sinkron. Jumlah

kutub p ditentukan oleh susunan belitan stator. Pada belitan stator

67

seperti pada contoh konstruksi mesin pada Gb.4.1. jumlah kutub

adalah 2, sehingga jika frekuensi tegangan 50Hz maka perputaran

sinkron adalah 3000 rpm. Untuk mempuat jumlah kutub menjadi 4,

belitan stator disusun seperti pada stator mesin sinkron pada Gb.4.1.

Gb.4.2. Terbentuknya fluksi magnetik yang berbutar.

Arus positif menuju titik netral, arus negatif meninggalkan titik

netral. Fluksi total φtot tetap dan berputar.

Selanjutnya medan magnetik berputar yang ditimbulkan oleh stator

akan mengimbaskan tegangan pada konduktor rotor. Karena

konduktor rotor merupakan rangkaian tertutup, maka akan mengalir

arus yang kemudian berinteraksi dengan medan magnetik yang

berputar dan timbullah gaya sesuai dengan hukum Ampere. Dengan

gaya inilah terbangun torka yang akan membuat rotor berputar

dengan kecepatan perutaran n. Perhatikanlah bahwa untuk terjadi

φa φb

φc

φtot

ia ib

ic

t1

φa

φb φc

φtot

t2

ia ib

ic

φa

φtot

φb

φc

t3

ia ib

ic

φa

φtot

φb

φc

t4

ia ib

ic

b). a).

ia ib ic

t

t1 t2 t3 t4

-1.1

0

1.1

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

a a1

b

c c1

b1


torka, harus ada arus mengalir di konduktor rotor dan untuk itu

harus ada tegangan imbas pada konduktor rotor. Agar terjadi

tegangan imbas, maka kecepatan perputaran rotor n harus lebih kecil

dari kecepatan perputaran medan magnetik (yaitu kecepatan

perputaran sinkron ns) sebab jika kecepatannya sama tidak akan ada

fluksi yang terpotong oleh konduktor. Dengan kata lain harus terjadi

beda kecepatan antara rotor dengan medan putar, atau terjadi slip

yang besarnya adalah :

s

s

n

nns

−= (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 dengan

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

meletakkan susunan belitan yang sama dengan susunan belitan

stator maka kita mempunyai mesin asinkron rotor belitan. Terminal

belitan rotor dapat dihubungkan dengan cincin geser (yang berputar

bersama rotor) dan melalui cincin geser ini dapat dihubungkan pada

resistor untuk keperluan pengaturan perputaran. Skema hubungan

belitan stator dan rotor diperlihatkan pada Gb.4.3; pada waktu

operasi normal belitan rotor dihubung singkat. Hubungan seperti ini

mirip dengan transformator. Medan putar akan mengimbaskan

tegangan baik pada belitan stator maupun rotor.

Gb.4.3. Skema hubungan belitan stator dan rotor

mesin asinkron rotor belitan. Garis putus-putus

menunjukkan hubung singkat pada operasi normal.

belitan stator

E1

belitan rotor

E2

69

Tegangan imbas pada stator adalah :

mwKfE φ= 111 44,4 (4.3)

dengan Kw1 adalah faktor belitan stator, ==120

snpf frekuensi

tegangan stator, φm adalah fluksi maksimum di celah udara, 1

adalah jumlah lilitan belitan stator.

Jika belitan rotor terbuka dan rotor tidak berputar, maka tegangan

imbas pada belitan rotor adalah

mwKfE φ= 222 44,4 (4.4)

dengan Kw2 adalah faktor belitan rotor, ==120

snpf frekuensi

tegangan stator (karena rotor tidak berputar), φm adalah fluksi

maksimum di celah udara sama dengan fluksi yang mengibaskan

tegangan pada belitan stator, 2 adalah jumlah lilitan belitan rotor.

Jika rotor dibiarkan berputar dengan kecepatan perputaran n maka

terdapat slip seperti ditunjukkan oleh (4.2). Frekuensi tegangan

imbas pada rotor menjadi

Hz 120

120

)( 2 fs

nspnnpf ss ==

−= (4.5)

Jadi frekuensi tegangan rotor diperoleh dengan mengalikan

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

frekuensi slip. Tegangan imbas pada belitan rotor dalam keadaan

berputar menjadi

222 sEE = (4.6)

Jika rotor tak berputar (belitan rotor terbuka), maka dari (4.5) dan

(4.6) kita peroleh

aK

K

E

E

w

w ==22

11

2

1 (4.7)

Situasi ini mirip dengan transformator tanpa beban.


CO&TOH-4.1 : Tegangan seimbang tiga fasa 50 Hz diberikan

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

melayani beban penuh, diketahui bahwa slip yang terjadi adalah

0,05. Tentukanlah : (a) kecepatan perputaran medan putar relatif

terhadap stator; (b) frekuensi arus rotor; (c) kecepatan

perputaran medan rotor relatif terhadap rotor; (d) kecepatan

perputaran medan rotor relatif terhadap stator; (e) kecepatan

perputaran medan rotor relatif terhadap medan rotor.

Penyelesaian:

(a) Relasi antara kecepatan medan putar relatif terhadap stator

(kecepatan sinkron) dengan frekuensi dan jumlah kutub

adalah 120

snpf = . Jadi kecepatan perputaran medan putar

adalah

15004

50120120=

×==

p

fns rpm

(b) Frekuensi arus rotor adalah 5,25005,012 =×== sff Hz.

(c) Karena belitan rotor adalah juga merupakan belitan tiga

fasa dengan pola seperti belitan stator, maka arus rotor

akan menimbulkan pula medan putar seperti halnya arus

belitan stator menimbulkan medan putar. Kecepatan

perputaran medan putar rotor relatif terhadap rotor adalah

754

5,2120120 22 =

×==

p

fn Hz

(d) Relatif terhadap stator, kecepatan perputaran medan rotor

harus sama dengan kecepatan perputaran medan stator,

yaitu kecepatan sinkron 1500 rpm.

(e) Karena kecepatan perputaran medan rotor sama dengan

kecepatan perputaran medan stator, kecepatan perputaran

relatifnya adalah 0.

71


Rangkaian ekivalen yang akan kita pelajari adalah rangkaian

ekivalen per fasa.

Rangkaian Ekivalen Stator. Jika resistansi belitan primer per fasa

adalah R1 dan reaktansinya adalah X1, sedangkan rugi-rugi inti

dinyatakan dengan rangkaian paralel suatu resistansi Rc dan

reaktansi Xφ seperti halnya pada transformator. Jika V1 adalah

tegangan masuk per fasa pada belitan stator motor dan E1 adalah

tegangan imbas pada belitan stator oleh medan putar seperti

diberikan oleh (4.3), maka kita akan mendapatkan hubungan fasor

( ) 11111 EIV ++= jXR (4.8)

Fasor-fasor tegangan dan arus serta reaktansi pada persamaan ini

adalah pada frekuensi sinkron ωs = 2π f1. Rangkaian ekivalen stator

menjadi seperti pada Gb.3.4. yang mirip rangkaian primer

transformator. Perbedaan terletak pada besarnya If yang pada

transformator berkisar antara 2 − 5 persen dari arus nominal,

sedangkan pada motor asinkron arus ini antara 25 − 40 persen arus

nominal, tergantung dari besarnya motor.

Selain itu reaktansi bocor X1 pada motor jauh lebih besar karena

adanya celah udara dan belitan stator terdistribusi pada permukaan

dalam stator sedangkan pada transformator belitan terpusat pada

intinya. Tegangan E1 pada terminal AB pada rangkaian ekivalen ini

haruslah merefleksikan peristiwa yang terjadi di rotor.

1I

1V cI

fI

φI

Gb.4.4. Rangkaian ekivalen stator.

R1 jX1

jXc Rc

E1

A

B


Rangkaian Ekivalen Rotor. Jika rotor dalam keadaan berputar

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

adalah R22 dan reaktansinya adalah X22 maka arus rotor adalah:

( )2222

2222

jXR +=

EI (4.9)

Perhatikanlah bahwa fasor-fasor tegangan dan arus serta nilai

reaktansi pada persamaan (4.9) ini adalah pada frekuensi rotor ω2 =

2π f2 , berbeda dengan persamaan fasor (4.8). Kita gambarkan

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

Menurut (4.6) E22 = sE2 dimana E2 adalah tegangan rotor dengan

frekuensi sinkron ωs. Reaktansi rotor X22 dapat pula dinyatakan

dengan frekuensi sinkron; jika L2 adalah induktansi belitan rotor

(yang merupakan besaran konstan karena ditentukan oleh

konstruksinya) maka kita mempunyai hubungan

2212222 sXLsLX =ω=ω= (4.10)

Di sini kita mendefinisikan reaktansi rotor dengan frekuensi sinkron

212 LX ω= . Karena Resistansi tidak tergantung frekuensi, kita

nyatakan resistansi rotor sebagai R2 = R22. Dengan demikian maka

arus rotor menjadi

22I 2I

2I2I

2Es22E

2E2E

Gb.5.5. Pengembangan rangkaian ekivalen rotor.

R22 jX22

A′

B′

R2 jsX2

A′

B′ a)

s

R2jX2

A′

B′ c)

b)

s

sR

−12

jX2

A′

B′ d)

R2

73

22

22

jsXR

s

+=

EI (4.11)

Persamaan fasor tegangan dan arus rotor sekarang ini adalah pada

frekuensi sinkron dan persamaan ini adalah dari rangkaian yang

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

tegangan karena ada slip yang besarnya adalah sE2. Dari rangkaian

ini kita dapat menghitung besarnya daya nyata yang diserap rotor

per fasa, yaitu

222 RIPcr = (4.12)

Jika pembilang dan penyebut pada persamaan (4.11) kita bagi

dengan s kita akan mendapatkan

22

22

jXs

R+

=E

I (4.13)

Langkah matematis ini tidak akan mengubah nilai I2 dan rangkaian

dari persamaan ini adalah seperti pada Gb.4.5.c. Walaupun

demikian ada perbedaan penafsiran secara fisik. Tegangan pada

terminal rotor A´B´ sekarang adalah tegangan imbas pada belitan

rotor dalam keadaan rotor tidak berputar dengan nilai seperti

diberikan oleh (4.14) dan bukan tegangan karena ada slip. Jika pada

Gb.4.5.b. kita mempunyai rangkaian riil rotor dengan resistansi

konstan R dan tegangan terminal rotor yang tergantung dari slip,

maka pada Gb.4.28.c. kita mempunyai rangkaian ekivalen rotor

dengan tegangan terminal rotor tertentu dan resistansi yang

tergantung dari slip. Tegangan terminal rotor pada keadaan terakhir

ini kita sebut tegangan celah udara pada terminal rotor dan daya

yang diserap rotor kita sebut daya celah udara, yaitu :

s

RIPg

222 = (4.14)

Daya ini jauh lebih besar dari Pcr pada (4.12). Pada mesin besar nilai

s adalah sekitar 0,02 sehingga Pg sekitar 50 kali Pcr. Perbedaan

antara (4.14) dan (4.12) terjadi karena kita beralih dari tegangan


rotor riil yang berupa tegangan slip ke tegangan rotor dengan

frekuensi sinkron. Daya nyata Pg tidak hanya mencakup daya hilang

pada resistansi belitan saja tetapi mencakup daya mekanis dari

motor. Daya mekanis dari rotor ini sendiri mencakup daya keluaran

dari poros motor untuk memutar beban ditambah daya untuk

mengatasi rugi-rugi rotasi yaitu rugi-rugi akibat adanya gesekan dan

angin. Oleh karena itu daya Pg kita sebut daya celah udara artinya

daya yang dialihkan dari stator ke rotor melalui celah udara yang

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

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

kita menuliskan

−+=

s

sRR

s

R 122

2 (4.15)

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

(per fasa) 222 RIPcr = dan suku kedua memberikan daya keluaran

mekanik ekivalen

−=

s

sRIPm

1 2

22 (4.16)

Dengan cara ini kita akan mempunyai rangkaian ekivalen rotor

seperti pada Gb.4.5.d.

Rangkaian Ekivalen Lengkap. Kita menginginkan satu rangkaian

ekivalen untuk mesin asinkron yang meliputi stator dan rotor. Agar

dapat menghubungkan rangkaian rotor dengan rangkaian stator, kita

harus melihat tegangan rotor E2 dari sisi stator yang memberikan

21 aEE = . Jika 2E pada Gb.4.5.d. kita ganti dengan 21 EE a= ,

yaitu tegangan rotor dilihat dari sisi stator, maka arus rotor dan

semua parameter rotor harus pula dilihat dari sisi stator menjadi

, '2

'2 RI dan '

2X . Dengan demikian kita dapat menghubungkan

terminal rotor A´B´ ke terminal AB dari rangkaian stator pada

Gb.4.4. dan mendapatkan rangkaian ekivalen lengkap seperti terlihat

pada Gb.4.6.

75

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

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

ke stator motor melalui tegangan V1 dan arus I1 digunakan untuk :

• mengatasi rugi tembaga stator : 121 RIPcs =

• mengatasi rugi-rugi inti stator : Pinti

• daya masuk ke rotor, disebut daya celah udara

s

RIPg

'22'

2 )(= , yang digunakan untuk

• mengatasi rugi-rugi tembaga rotor : '2

2'2 )( RIPcr =

• memberikan daya mekanis rotor

−=

s

sRIPm

1 )(

'2

2'2 , yang terdiri dari :

• daya untuk mengatasi rugi rotasi

(gesekan dan angin) : Protasi

• daya keluaran di poros rotor : Po.

Jadi urutan aliran daya secara singkat adalah :

rotasim PPP −=o ; crgm PPP −= ;

csing PPPP −−= inti

1I

1V

fI

Gb.4.6. Rangkaian ekivalen lengkap motor asikron.

'2I

s

sR

−1'2

R1 jX1

jXc

Rc

A

B

'2R

'2jX


Rangkaian Ekivalen Pendekatan. Dalam melakukan analisis motor

asinkron kita sering menggunakan rangkaian ekivalen pendekatan

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

rugi tembaga stator dan rotor disatukan menjadi eRI 2'2 )( .

Bagaimana Re dan Xe ditentukan akan kita bahas berikut ini.

4.3. Penentuan Parameter Rangkaian

Pengukuran Resistansi. Resistansi belitan stator maupun belitan

rotor dapat diukur. Namun perlu diingat bahwa jika pengukuran

dilakukan dengan menggunakan metoda pengukuran arus searah dan

pengukuran dilakukan pada temperatur kamar, harus dilakukan

koreksi-koreksi. Dalam pelajaran lebih lanjut kita akan melihat

bahwa resistansi untuk arus bolak-balik lebih besar dibandingkan

dengan resistansi pada arus searah karena adanya gejala yang

disebut efek kulit. Selain dari itu, pada kondisi kerja normal,

temperatur belitan lebih tinggi dari temperatur kamar yang berarti

nilai resistansi akan sedikit lebih tinggi.

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

nominal sedangkan rotor tidak dibebani dengan beban mekanis.

Pada uji ini kita mengukur daya masuk dan arus saluran. Daya

masuk yang kita ukur adalah daya untuk mengatasi rugi tembaga

pada beban nol, rugi inti, dan daya celah udara untuk mengatasi rugi

rotasi pada beban nol. Dalam uji ini slip sangat kecil, arus rotor

cukup kecil untuk diabaikan sehingga biasanya arus eksitasi

dianggap sama dengan arus uji beban nol yang terukur.

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

transformator. Dalam uji ini belitan rotor di hubung singkat tetapi

1I

fI

1V

Gb.4.7. Rangkaian ekivalen pendekatan.

'21 jXjXjX e +=

'21 RRRe +=

s

sR

−1'2

jXc Rc

77

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

mekanis keluaran adalah nol. Tegangan masuk pada stator dibuat

cukup rendah untuk membatasi arus rotor pada nilai yang tidak

melebihi nilai nominal. Selain itu, tegangan stator yang rendah

(antara 10 – 20 % nominal) membuat arus magnetisasi sangat kecil

sehingga dapat diabaikan. Rangkaian ekivalen dalam uji ini adalah

seperti pada Gb.4.8. Perhatikan bahwa kita mengambil tegangan

fasa-netral dalam rangkaian ekivalen ini.

Gb.4.8. Rangkaian ekivalen motor asikron pada uji rotor diam.

Jika Pd adalah daya tiga fasa yang terukur dalam uji rotor diam, Id

adalah arus saluran dan Vd adalah tegangan fasa-fasa yang terukur

dalam uji ini, maka

'21

22

2

'21

3

3

XXRZX

I

VZ

I

PjXXR

eee

d

de

d

de

+=−==

=

=+=

(4.17)

Jika kita menggunakan rangkaian ekivalen pendekatan, pemisahan

antara X1 dan X2´ tidak diperlukan dan kita langsung memanfaatkan

Xe.

CO&TOH-4.2 : Daya keluaran pada poros rotor motor asinkron tiga

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

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

2700 W. Arus rotor dilihat dari sisi stator adalah 100 A..

Hitunglah efisiensi motor jika diketahui slip s = 3,75%.

0I

fnV

'21 jXjXjXe +=

'21 RRRe +=


Penyelesaian:

Dari rangkaian ekivalen, daya mekanik ekivalen adalah

−=

s

sRIPm

1)(

'2

2'2 .

Pm dalam formulasi ini meliputi daya keluaran pada poros rotor

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

daya keluaran pada poros rotor sedangkan rugi rotasi diketahui

900 W sehingga

Pm = 75000 + 900 = 75900 W

dan rugi-rugi tembaga rotor adalah

W29570375,01

0375,075900

1)(

'2

2'2 =

−×

=−

==s

sPRIP m

cr

Efisiensi motor adalah

%45,87

%10029579002700420075000

75000

%100

=

×++++

=

×−+

=ηrugirugiP

P

keluaran

keluaran

CO&TOH-4.3 : Uji rotor diam pada sebuah motor asinkron tiga

fasa rotor belitan, 200 HP, 380 V, hubungan Y, memberikan data

berikut: daya masuk Pd = 10 kW, arus saluran Id = 250 A, Vd =

65 Vdan pengukuran resistansi belitan rotor memberikan hasil R1

= 0,02 Ω per fasa. Tentukan resistansi rotor dilihat di stator.

Penyelesaian :

Menurut (4.17) kita dapat menghitung

Ω=×

== 0533,0)250(3

10000

3 22d

de

I

PR per fasa

Ω=−=−= 0333,002,00533,01'2 RRR e per fasa

79

CO&TOH-4.4 : Pada sebuah motor asinkron tiga fasa 10 HP, 4

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

uji rotor diam.

Beban nol : V0 = 220 V; I0 = 9,2 A; P0 = 670 W

Rotor diam : Vd = 57 V; Id = 30 A; Pd = 950 W.

Pengukuran resistansi belitan stator menghasilkan nilai 0,15 Ω

per fasa. Rugi-rugi rotasi sama dengan rugi inti stator. Hitung:

(a) parameter-parameter yang diperlukan untuk

menggambarkan rangkaian ekivalen (pendekatan); (b) arus

eksitasi dan rugi-rugi inti.

Penyelesaian :

a). Karena terhubung Y, tegangan per fasa adalah

V 1273

2201 ==V .

Uji rotor diam memberikan :

Ω=×

== 35,0)30(3

950

)(3 22d

de

I

PR ;

Ω=−=−= 2,015,035,01'2 RRR e

Ω=×

=×

= 1,1303

57

3 d

de

I

VZ ;

Ω=−=−= 14,3)35,0()1,1(2222

eee RZX

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

jadi arus yang mengalir pada uji beban nol dapat dianggap

arus eksitasi If .

Daya pada uji beban nol 3cos670 00 θ== fIVP

⇒ 19,02,93220

670cos =

×=θ lagging.

Jadi : o

792,92,9 −∠=θ∠=fI .


Rugi inti :

W63215,02,936703 21

200inti =××−=×−= RIPP

CO&TOH-4.5 : Motor pada Contoh-4.3. dikopel dengan suatu

beban mekanik, dan pengukuran pada belitan stator memberikan

data : daya masuk 9150 W, arus 28 A, faktor daya 0,82. Tentukanlah

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

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

diketahui rugi rotasi 500 W.

Penyelesaian :

a). Menggunakan tegangan masukan sebagai referensi, dari data

pengukuran dapat kita ketahui fasor arus stator, yaitu: o

1 3528 −∠=I . Arus rotor dilihat dari sisi stator adalah :

( ) ( )A 183,22

94,62,2198,019,02,957,00,8228

792,93528

o

oo1

'2

−∠=

−=−−−=

−∠−−∠=−=

jjj

fIII

b). Daya mekanik rotor adalah :

W78672,03,22315,02836329150

22

nti

=××−××−−=

−−−= crcsiinm PPPPP

c). Slip dapat dicari dari formulasi

s

RIPPPP csing

'2

2'2

inti

)(3×=−−= .

0365,015,02836329150

2,03,223)(3

2

2'2

2'2 =

××−−

××==

gP

RIs

1I

fI

14,3jjX e =

35,0=eR

s

s−12,0

127∠0o

V

jXc Rc

81

atau 3,65 %

e). Rugi rotasi = 500 W.

Daya keluaran sumbu rotor :

W73675007867o =−=−= rotasim PPP

Efisiensi motor : %80%1009150

7367%100o =×=×=η

inP

P

4.4. Torka

Pada motor asinkron terjadi alih daya dari daya elektrik di stator

menjadi daya mekanik di rotor. Sebelum dikurangi rugi-tembaga

rotor, alih daya tersebut adalah sebesar daya celah udara Pg dan ini

memberikan torka yang kita sebut torka elektromagnetik dengan

perputaran sinkron. Jadi jika T adalah torka elektromagnetik maka

sg TP ω= atau s

gPT

ω= (4.18)

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

dibangkitkan pada saat s = 1, yaitu pada saat perputaran masih nol.

Besarnya arus rotor ekivalen berdasarkan rangkaian ekivalen

Gb.4.7. dengan s = 1 adalah

( ) ( )2'21

2'21

1'2

XXRR

VI

+++

= (4.19)

Besar torka asut adalah

( )( ) ( )2'

21

2'21

'2

21

'22'

2

31 3

1

XXRR

RV

s

RI

PT

sss

ga

+++ω=××

ω=

ω=

(4.20)

Pada saat s = 1 impedansi sangat rendah sehingga arus menjadi

besar. Oleh karena itu pada waktu pengasutan tegangan direduksi

dengan menggunakan cara-cara tertentu untuk membatasinya arus.

Sudah barang tentu penurunan tegangan ini akan memperkecil torka

asut. Persamaan (4.20) menunjukkan bahwa jika tegangan

dturunkan setengahnya, torka asut akan turun menjadi

seperempatnya.


Torka maksimum. Torka ini penting diketahui, bahkan menjadi

pertimbangan awal pada waktu perancangan mesin dilakukan. Torka

ini biasanya bernilai 2 sampai 3 kali torka nominal dan merupakan

kemampuan cadangan mesin. Kemampuan ini memungkinkan

motor melayani beban-beban puncak yang berlangsung beberapa

saat saja. Perlu diingat bahwa torka puncak ini tidak dapat diberikan

secara kontinyu

sebab akan menyebabkan pemanasan yang akan merusak isolasi.

Karena torka sebanding dengan daya celah udara Pg , maka torka

maksimum terjadi jika alih daya ke rotor mencapai nilai maksimum.

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

maksimum mensyaratkan bahwa alih daya ke s

R'2 akan maksimum

jika

( )2'21

21

'2 XXR

s

R

m

++= atau

( )2'21

21

'2

XXR

Rsm

++

= (4.21)

Persamaan (4.21) memperlihatkan bahwa sm dapat diperbesar

dengan memperbesar '2R . Suatu motor dapat dirancang agar torka

asut mendekati torka maksimum dengan menyesuaikan nilai

resistansi rotor.

Arus rotor pada waktu terjadi alih daya maksimum adalah

1I

fI

Gb.4.9. Rangkaian ekivalen pendekatan.

1R

s

R'2

jXc Rc

)( '21 XXj +

1V

83

( ) ( ) ( )

( ) ( )(4.22)

222

2'

21

2'21

211

21

1

2'21

22'

21211

1

2'21

2'2

1

12

XXXXRRR

V

XXXXRR

V

XXs

RR

VI

m

'

+++++

=

++

+++

=

++

+

=

Torka maksimum adalah

( )( )

+++

ω=×

ω=

2'21

211

21

'22'

2

2

313

1

XXRR

V

s

RIT

smsm (4.23)

Persamaan (4.23) ini memperlihatkan bahwa torka maksimum tidak

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

slip maksimum sm berbanding lurus dengan resistansi rotor. Jadi

mengubah resistansi rotor akan mengubah nilai slip yang akan

memberikan torka maksimum akan tetapi tidak mengubah besarnya

torka maksimum itu sendiri.

Karakteristik Torka – Perputaran. Gb.4.10. memperlihatkan

bagaimana torka berubah terhadap perputaran ataupun terhadap slip.

Pada gambar ini diperlihatkan pula pengaruh resistansi belitan rotor

terhadap karakterik torka-perputaran. Makin tinggi resistansi belitan

rotor, makin besar slip tanpa mengubah besarnya torka maksimum.

Gb.4.10. Karakteristik torka – perputaran

0

100

200

300

1

0

sm 0

ns

slip

perputaran

tork

a d

alam

% n

om

inal

resistansi rotor rendah

resistansi rotor tinggi

sm1


Aplikasi. Motor dibagi dalam beberapa katagori menurut

karakteristik spesifiknya sesuai dengan kemampuan dalam

penggunaannya. Berikut ini data motor yang secara umum

digunakan, untuk keperluan memutar beban dengan kecepatan

konstan dimana tidak diperlukan torka asut yang terlalu tinggi.

Beban-beban yang dapat dilayani misalnya kipas angin, blower,

alat-alat pertukangan kayu, pompa sentrifugal. Dalam keadaan

tertentu diperlukan pengasutan dengan tegangan yang direduksi dan

jenis motor ini tidak boleh dibebani lebih secara berkepanjangan

karena akan terjadi pemanasan.

Pengendalian. Dalam pemakaian, kita harus memperhatikan

pengendaliannya. Pengendalian berfungsi untuk melakukan asut

dan menghentikan motor secara benar, membalik perputaran tanpa

merusakkan motor, tidak mengganggu beban lain yang tersmbung

pada sistem pencatu yang sama. Hal-hal khusus yang perlu

diperhatikan dalam pengendalian adalah : (a) pembatasan torka asut

(agar beban tidak rusak); (b) pembatasan arus asut; (c) proteksi

terhadap pembebanan lebih; (d) proteksi terhadap penurunan

tegangan; (e) proteksi terhadap terputusnya salah satu fasa (yang

dikenal dengan single phasing). Kita cukupkan sampai di sini

pembahasan kita mengenai motor asinkron. Pengetahuan lebih lanjut

akan kita peroleh pada pelajaran khusus mengenai mesin-mesin

listrik.

Tabel-4.1. Motor Dalam Aplikasi

HP 2p Ta

[%]

Tmaks

[%]

Ia

[%]

s

[%] f.d.

η [%]

0,5

s/d

200

2 150 200

s/d

250

500

s/d

1000

3

s/d

5

0,87

s/d

0,89

87

s/d

89

4 150

6 135

8 125

10 120

12 115

14 110

16 105

2p : jumlah kutub; Ta : torka asut; Tmaks : torka maks

Ia : arus asut; s : slip; f.d. : faktor daya; η : efisiensi.

85

BAB 5

Pembebanan Seimbang

Sistem Polifasa

5.1. Sumber Tiga Fasa Seimbang dan Sambungan ke Beban

Suatu sumber tiga fasa membangkitkan tegangan tiga fasa, yang dapat

digambarkan sebagai tiga sumber tegangan yang terhubung Y (bintang)

seperti terlihat pada Gb.5.1.a. Tiga sumber tegangan ini dibangkitkan

oleh satu mesin sinkron. Titik hubung antara ketiga tegangan itu disebut

titik netral, . Antara satu tegangan dengan tegangan yang lain berbeda

fasa 120o. Jika kita mengambil tegangan VA sebagai referensi, maka kita

dapat menggambarkan diagram fasor tegangan dari sistem tiga fasa ini

seperti terlihat pada Gb.5.1.b. Urutan fasa dalam gambar ini disebut

urutan positif. Bila fasor tegangan VB dan VC dipertukarkan, kita

akan memperoleh urutan fasa negatif.

Sumber tiga fasa pada umumnya dihubungkan Y karena jika

dihubungkan ∆ akan terbentuk suatu rangkaian tertutup yang apabila

ketiga tegangan tidak tepat berjumlah nol akan terjadi arus sirkulasi yang

merugikan. Sumber tegangan tiga fasa ini dihubungkan ke beban tiga

fasa yang terdiri dari tiga impedansi yang dapat terhubung Y ataupun ∆

seperti terlihat pada Gb.5.2. Dalam kenyataan, beban tiga fasa dapat

berupa satu piranti tiga fasa, misalnya motor asinkron, ataupun tiga

piranti satu fasa yang dihubungkan secara Y atau ∆, misalnya resistor

pemanas.

Gb.5.1. Sumber tiga fasa.

a). Sumber terhubung Y

B

A

C

VA VB

VC

− +

+ −

− +

b). Diagram fasor.

120o

120o

CV

AV

BV


Gb.5.2. Sumber dan beban tiga fasa.

Dengan mengambil tegangan fasa-netral VA sebagai tegangan referensi,

maka hubungan antara fasor-fasor tegangan tersebut adalah:

o

o

o

240

120

0

−∠=

−∠=

∠=

fnC

fnB

fnA

V

V

V

V

V

V

(5.1)

Tegangan fasa-fasa yaitu VAB , VBC , dan VCA yang fasor-fasornya adalah

ACACCA

CBCBBC

BABAAB

VVVVV

VVVVV

VVVVV

−=+=

−=+=

−=+=

(5.2)

5.2. Daya Pada Sistem Tiga Fasa Seimbang

Daya kompleks yang diserap oleh beban 3 fasa adalah jumlah dari daya

yang diserap oleh masing-masing fasa, yaitu:

θ∠=θ∠=

θ+∠−∠+

θ+∠−∠+θ∠∠=

++=

Afnffn

ffn

ffnffn

CCBBAAf

IVIV

IV

IVIV

S

33

)240(240)(

)120(120)()(0)(

oo

ooo

***3 IVIVIV

(5.3)

B

A

C

N

≈≈ ABV A

B

C

A

B

C

AV

87

Karena hubungan antara tegangan fasa-netral dan tegangan fasa-fasa

adalah Vff = Vfn √3, maka kita dapat menyatakan daya kompleks dalam

tegangan fasa-fasa, yaitu

θ∠= 33 Afff IVS (5.4)

Daya nyata dan daya reaktif adalah

θ=θ=

θ=θ=

sinsin3

coscos3

33

33

fAfff

fAfff

SIVQ

SIVP

(5.5)

Formulasi daya kompleks (5.4) berlaku untuk beban terhubung Y

maupun ∆. Jadi tanpa melihat bagaimana hubungan beban, daya

kompleks yang diberikan ke beban adalah

33 Afff IVS = (5.6)

CO&TOH-5.1: Sebuah beban terhubung ∆ mempunyai impedansi di

setiap fasa sebesar Z = 4 + j3 Ω. Beban ini dicatu oleh sumber tiga

fasa dengan tegangan fasa-fasa Vff = 80 V (rms). Dengan

menggunakan AV sebagai fasor tegangan referensi, tentukanlah:

a). Tegangan fasa-fasa dan arus saluran; b). Daya kompleks, daya

rata-rata, daya reaktif.

Penyelesaian :

a). Dalam soal ini kita diminta untuk menggunakan tegangan VA

sebagai referensi. Titik netral pada hubungan ∆ merupakan titik

fiktif; namun perlu kita ingat bahwa sumber mempunyai titik

netral yang nyata. Untuk memudahkan mencari hubungan fasor-

fasor tegangan, kita menggambarkan hubungan beban sesuai

dengan tegangan referensi yang diambil yaitu VA..

Dengan menggambil VA sebagai referensi maka tegangan fasa-

netral adalah

o

ooo

240220

; 120220 ; 022003

380

−∠=

−∠=∠=∠=

C

BA

V

VV


Tegangan-tegangan fasa-fasa adalah

o

o

oo

210380

90380

30380)30(3

−∠=

−∠=

∠=+θ∠=

CA

BC

AAAB V

V

V

V

Arus-arus fasa adalah

A 8,246762408,676

A 8,126761208,676

A 8,6768,365

30380

34

30380

ooo

ooo

o

o

oo

−∠=−−∠=

−∠=−−∠=

−∠=∠

∠=

+∠

==

CA

BC

ABAB

jZ

I

I

VI

dan arus-arus saluran adalah

A 8.2766,131)2408,36(6.131

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

A 8,366.1318,36376)308,6(3

ooo

ooo

oooo

−∠=−−∠=

−∠=−−∠=

−∠=−∠=−−∠=

C

B

ABA I

I

I

I

b). Daya kompleks 3 fasa adalah

kVA 523,69 8.3664.86

8.676303803 3

o

oo*3

j

S ABABf

+=∠=

+∠×∠×== IV

ABV

Re

Im

θ θ

θ

BV−

AV

BV

CV

ABI

CAI

BCICI

AI

BI

CAI

ABI

BCI

89

Jika kita mengkaji ulang nilai P3f dan Q3f , dengan menghitung daya

yang diserap resistansi dan reaktansi beban, akan kita peroleh:

kVAR 52)76(333

kW 3,69)76(433

22

3

22

3

=××=××=

=××=××=

ABf

ABf

XQ

RP

I

I

CO&TOH-5.2: Sebuah beban 100 kW dengan faktor daya 0,8 lagging,

dihubungkan ke jala-jala tiga fasa dengan tegangan fasa-fasa 4800 V

rms. Impedansi saluran antara sumber dan beban per fasa adalah 2 +

j20 Ω . Berapakah daya kompleks yang harus dikeluarkan oleh

sumber dan pada tegangan berapa sumber harus bekerja ?

Penyelesaian :

Dalam persoalan ini, beban 100 kW dihubungkan pada jala-jala

4800 V, artinya tegangan beban harus 4800 V. Karena saluran antara

sumber dan beban mempunyai impedansi, maka sumber tidak hanya

memberikan daya ke beban saja, tetapi juga harus mengeluarkan

daya untuk mengatasi rugi-rugi di saluran. Sementara itu, arus yang

dikeluarkan oleh sumber harus sama dengan arus yang melalui

saluran dan sama pula dengan arus yang masuk ke beban, baik

beban terhubung Y ataupun ∆.

Daya beban :

kVA 75100

kVAR 756,0125sin

kVA 1258,0

100 coskW 100

jjQPS

SQ

SSP

BBB

BB

BBB

+=+=⇒

=×=ϕ=

==→ϕ==

Besarnya arus yang mengalir ke beban dapat dicari karena tegangan

beban diharuskan 4800 V :

b e b a n

Z = 2+j20 Ω

100 kW

4800 V

cosϕ = 0,9 lag ≈ ≈

sV

sI BI

BV


A 1538,04800

100 3cos =

××=→ϕ= BBBB IIVP

Daya kompleks yang diserap saluran adalah tiga kali (karena ada

tiga kawat saluran) tegangan jatuh di saluran kali arus saluran

konjugat, atau tiga kali impedansi saluran kali pangkat dua besarnya

arus :

22

**33 3 3

salsalsalsalsalsalsal ZIZZS ==== IIIIV

Jadi

kVA 5,1335,1

VA 13500135015)202(3 2

j

jjS sal

+=

+=×+×=

Daya total yang harus dikeluarkan oleh sumber adalah

kVA 5,1345,8835,101

kVA 5,8835,101 5,1335,175100

22 =+=

+=+++=+=

S

salBS

S

jjjSSS

Dari daya total yang harus dikeluarkan oleh sumber ini kita dapat

menghitung tegangan sumber karena arus yang keluar dari sumber

harus sama dengan arus yang melalui saluran.

rms V 5180315

10005,134

3

33

=×

==⇒

==

B

SS

BSSSS

I

SV

IVIVS

5.3. Model Satu Fasa Sistem Tiga Fasa Seimbang

Sebagaimana terlihat dalam pembahasan di atas, perhitungan daya

ke beban tidak tergantung pada hubungan beban, apakah Y atau ∆.

Hal ini berarti bahwa kita memiliki pilihan untuk memandang beban

sebagai terhubung Y walaupun sesungguhnya ia terhubung ∆,

selama kita berada pada sisi sumber. Hubungan daya, tegangan, dan

arus sistem tiga fasa adalah:

91

Y) hubung(beban ter

3

33

fL

fnff

f

II

VV

SS

=

=

=φ

(5.7)

dengan

fasa ke fasa tegangan fasa,satu daya fasa, 3 daya 3 ===φ fff VSS

fasa. arus saluran, arus netral, ke fasa tegangan === fLfn IIV

Dengan mengingat relasi (5.7), kita dapat melakukan analisis sistem

tiga fasa seimbang dengan menggunakan model satu fasa. Hasil

perhitungan model satu fasa digunakan untuk menghitung besaran-

besaran tiga fasa. Akan kita lihat dalam bab berikutnya bahwa model

satu fasa memberi jalan kepada kita untuk melakukan analisis

sistem tiga fasa tidak seimbang, yaitu dengan menguraikan besaran

tiga fasa yang tidak seimbang menjadi komponen-komponen

simetris; komponen simetris merupakan sistem fasa seimbang

sehingga dapat dimodelkan dengan sistem satu fasa.

Berikut ini adalah contoh penggunaan model satu fasa.

CONTOH-5.3: Sebuah sumber tiga fasa, dengan tegangan fasa-fasa

2400 V, mencatu dua beban parallel. Beban pertama 300 kVA

dengan factor daya 0,8 lagging, dan beban ke-dua 240 kVA

dengan factor daya 0,6 leading.

a). Gambarkan rangkaian ekivalen (model) satu fasa.

b). Hitunglah arus-arus saluran.

Penyelesaian:

Perhatikanlah bahwa beban dinyatakan sebagai daya yang

diserapnya dan bukan impedansi yang dimilikinya. Cara

pernyataan beban semacam inilah yang biasa digunakan dalam

analisis sistem tenaga listrik.

a) Kita ambil salah satu fasa misalnya fasa A sebagai referensi

V 23863

2400==AV

Beban dan arus beban:


A 9,362,7201386

9,36100

0

) dayafaktor karena positif ini fasa(sudut

9,36)8,0(cos

kVA 1003

300

3

o

oo

11

o11

131

−∠=∠

∠=

∠=

+==ϕ

===

∗

−

φ

An

f

f

V

S

lagging

SS

I

A 1,537,5701386

1,5380

0

) dayafaktor karena negatif ini fasa(sudut

1,53)6,0(cos

kVA 803

240

3

o

o

o

o

22

o12

232

+∠=∠

−∠=

∠=

−==ϕ

===

−

φ

A

f

f

V

S

leading

SS

I

Impedansi ekivalen

Ω+=

∠=∠

∠==

52,1136,15

9,362,1936,9-72,2

01386

o

o

11

j

VZ A

I

Ω−=

−∠=+∠

∠==

2,194,14

1,53241,3557,7

01386

o

o

22

j

VZ A

I

Ω 36,15

Ω 52,11jV 1386

=AV∼ Ω 4,14

Ω− 2,19j

93

b) Arus saluran

Ω∠=+=

−++=+=

8,14,929,23,92

2,194,1452,1136,15

o

21

j

jjA III

Ω−∠=−∠= 2,11892,4)1208,1(4,92 oooBI

Ω∠=+∠= 8,12192,4)1208,1(4,92 oooCI

(urutan ABC)

5.4. Sistem Polifasa

Pada sistem polifasa (polyphase system), yang secara umum kita

sebut N-fasa, kita mempunyai N penghantar fasa dan satu

penghantar netral. Tegangan fasa-netral dan arus di pengahantar

dapat kita nyatakan sebagai

dst. .... BBBB

AAAA

V

V

α∠==

α∠==

VV

VV

dst. .... BBB

AAA

I

I

β∠=

β∠=

I

I (5.8)

Dalam system ini, jika I adalah arus penghantar netral, maka

0=+⋅⋅⋅⋅+++ CBA IIII (5.9)

Daya kompleks total pada sistem N-fasa adalah jumlah daya dari

setiap fasa, yaitu:

∑∑∑ === ∗

i

i

ii QQPPS ; ;IV (5.10)

dengan iV adalah tegangan fasa-netral dari penghantar fasa ke-i

dan iI adalah arus penghantar ke-i.

Tegangan fasa-fasa adalah

jjiijiij VV α∠−α∠=−= VVV (5.11)


Sistem Seimbang. Jika sistem beroperasi seimbang maka

ϕ=β−α=β−α

===

===

dst ....

dst ....

....dst

iiii

LCBA

fCBA

IIII

VVVV

(5.12)

di mana Vf adalah tegangan fasa-netral, IL arus saluran, dan cosϕ

adalah factor daya. Dalam kondisi seimbang

ϕ=

ϕ=

=

sin

;cos

;

Lf

Lf

Lf

IVQ

IVP

IVS

(5.13)

Jika beda sudut fasa antara dua fasa yang berturutan adalah θ maka

o360=θ (5.14)

Relasi antara tegangan fasa-fasa dan tegangan fasa adalah

θ−= cos22 222ffij VVV

atau

)cos1(2 θ−=f

ij

V

V (5.15)

95

Hubungan Beban. Beban terhubung bintang dan poligon terlihat

pada Gb.5.8.

Hubungan bintang. Hubungan poligon.

Gb.5.8. Hubungan beban.

Dalam pembebanan seimbang daya yang diserap setiap impedansi

haruslah sama besar. Dengan demikian relasi antara impedansi ZY

dan Z∆ dapat dicari.

)cos1(2 )cos1(2 222

θ−=⇒=θ−

= ∆

∆∆ YY

ffij

Z

Z

Z

V

Z

V

Z

V (5.16)

Tabel-5.1 memuat nilai θ, rasio tegangan fasa-fasa terhadap

tegangan fasa ( fij VV / ), dan rasio impedansi hubungan polygon

terhadap impedansi hubungan bintang ( Y/ ZZ ∆ ).

Tabel.5.1. θ, fij VV / dan Y/ ZZ ∆

θ [o] fij VV / Y/ ZZ ∆

2 180 2,000 4,0000

3 120 1,732 3,0000

6 60 1,000 1,0000

9 40 0,684 0,4679

12 30 0,518 0,2679

ZY

ZY

ZY

Z∆

Z∆

Z∆

Z∆

LI LI

∆I


5.4. Sistem Enam Fasa Seimbang

Kita mengambil contoh sistem enam fasa seimbang. Pada sistem ini,

perbedaan sudut fasa antara dua fasa yang berturutan adalah 60o.

Jika fasa A dipakai sebagai referensi dengan urutan ABC, maka enam

fasa tersebut adalah

;300

;240

;180

;120

;60

;0

o

o

o

o

o

o

−∠=

−∠=

−∠=

−∠=

−∠=

∠=

fnF

fnE

fnD

fnC

fnB

fnA

V

V

V

V

V

V

V

V

V

V

V

V

(5.17)

Gb.5.9. Fasor tegangan sistem enam fasa seimbang.

Dalam diagram fasor ini hubungan tegangan fasa-fasa dan fasa-

netral adalah sebagai berikut:

Im

FV

AV

BV

Re

60ο θ

CV

DV

EV

Ν

97

o

o

o

ooo

ooo

ooo

240

180

120

60180120

012060

60600

−∠=

−∠=

−∠=

−∠=−∠−−∠=−=

∠=−∠−−∠=−=

∠=−∠−∠=−=

fFA

fEF

fDE

fffDCCD

fffCBBC

fffBAAB

V

V

V

VVV

VVV

VVV

V

V

V

VVV

VVV

VVV

(5.18)

CONTOH-5.9: Satu sumber enam fasa seimbang dengan o01000∠=AV V, mencatu beban seimbang yang menyerap daya

sebesar 900 kVA pada factor daya 0,8 lagging. Jika urutan fasa

adalah ABC, hitunglah

a). arus saluran;

b). tegangan fasa-fasa AEV ;

c). impedansi ekivalen untuk hubungan bintang;

d). impedansi ekivalen untuk hubungan segi enam.

Penyelesaian:

a). Arus saluran:

A 1501

6/900

1000

6/6====

f

A

fL

S

V

SI

b). Tegangan fasa-fasa AEV :

V 301732

303500260100001000

o

ooo

∠=

−∠×=−∠+∠=−= EAAE VVV

c). Impedansi ekivalen untuk hubungan bintang

Ω=== 67,6150

1000

L

fY

I

VZ

o1 9,36)8,0(cos +==ϕ − ( factor daya lagging)

→ Ω∠= 9,3667,6 oYZ


d). Impedansi ekivalen untuk hubungan segi-enam:

)cos1(2 θ−=∆

YZ

Z

Ω∠==−=∆ 9,3667,6 )60cos1(2 ooYY ZZZ

99

BAB 6

Pembebanan Nonlinier

(Analisis Di Kawasan Waktu)

Penyediaan energi elektrik pada umumnya dilakukan dengan

menggunakan sumber tegangan berbentuk gelombang sinus. Arus yang

mengalir diharapkan juga berbentuk gelombang sinus. Namun

perkembangan teknologi terjadi di sisi beban yang mengarah pada

peningkatan efisiensi peralatan dalam penggunaan energi listrik. Alat-

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

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

semua peralatan ini menggunakan daya secara intermittent. Peralatan

elektronik, yang pada umumnya memerlukan catu daya arus searah juga

semakin banyak digunakan sehingga diperlukan penyearahan arus.

Pembebanan-pembebanan semacam ini membuat arus beban tidak lagi

berbentuk gelombang sinus.

Bentuk-bentuk gelombang arus ataupun tegangan yang tidak berbentuk

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

dengan berbagai frekuensi. Gelombang periodik nonsinus ini

mengandung harmonisa.

6.1. Sinyal &onsinus

Dalam pembahasan harmonisa kita akan menggunakan istilah sinyal

nonsinus untuk menyebut secara umum sinyal periodik seperti sinyal gigi

gergaji dan sebagainya, termasuk sinyal sinus terdistorsi yang terjadi di

sistem tenaga.

Dalam Analisis Rangkaian Listrik kita telah membahas bagaimana

mencari spektrum amplitudo dan sudut fasa dari bentuk sinyal nonsinus

yang mudah dicari persamaannya [2]. Berikut ini kita akan membahas

cara menentukan spektrum amplitudo sinyal nonsinus melalui

pendekatan numerik. Cara ini digunakan jika kita menghadapi sinyal

nonsinus yang tidak mudah dicari persamaannya. Cara pendekatan ini

dapat dilakukan dengan bantuan komputer sederhana, terutama jika

sinyal disajikan dalam bentuk kurva hasil dari suatu pengukuran analog.

Dalam praktik, sinyal nonsinus diukur dengan menggunakan alat ukur


elektronik yang dapat menunjukkan langsung spektrum amplitudo dari

sinyal nonsinus yang diukur.

Penafsiran Grafis Deret Fourier. Pencarian spektrum amplitudo suatu

sinyal periodik y(t) dilakukan melalui penghitungan koefisien Fourier

dengan formula seperti berikut ini.

∫

∫

∫

−

−

−

>ω=

>ω=

=

2/

2/0

0

2/

2/0

0

2/

2/00

0

0

0

0

0

0

0 ; )sin()(2

0 ; )cos()(2

)(1

T

Tn

T

Tn

T

T

ndttntyT

b

ndttntyT

a

dttyT

a

dengan T0 adalah perioda sinyal.

Integral ∫−2/

2/

0

0

)(T

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

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

rentang satu perioda ini dikalikan dengan (1/T0), yang berarti dibagi

dengan T0, akan memberikan nilai rata-rata y(t) yaitu nilai komponen

searah a0.

Integral ∫− ω2/

2/0

0

0

)cos()(T

Tdttnty adalah luas bidang yang dibatasi oleh

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

luas bidang ini dikalikan dengan (2/T0), yang berarti dibagi (T0/2), akan

diperoleh an. Di sini T0 harus dibagi dua karena dalam satu perioda T0

terdapat dua kali gelombang penuh berfrekuensi nω0.

Integral ∫− ω2/

2/0

0

0

)sin()(T

Tdttnty adalah luas bidang yang dibatasi oleh

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

luas ini dikalikan dengan (2/T0) akan diperoleh bn. Seperti halnya

penghitungan an, T0 harus dibagi dua karena dalam satu perioda T0

terdapat dua kali gelombang penuh berfrekuensi nω0.

Dengan penafsiran hitungan integral sebagai luas bidang, maka

pencarian koefisien Fourier dapat didekati dengan perhitungan luas

101

bidang. Hal ini sangat membantu karena perhitungan analitis hanya dapat

dilakukan jika sinyal nonsinus yang hendak dicari komponen-

komponennya diberikan dalam bentuk persamaan yang cukup mudah

untuk diintegrasi.

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

dalam rentang p ≤ t ≤ q dilakukan sebagai berikut.

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

masing-masing ∆tk; ∆tk bisa sama untuk semua segmen bisa juga

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

q dihitung sebagai jumlah luas seluruh segmen dalam rentang

tersebut. Setiap segmen dianggap sebagai trapesium; sisi kiri suatu

segmen merupakan sisi kanan segmen di sebelah kirinya, dan sisi

kanan suatu segmen menjadi sisi kiri segmen di sebelah kanannya.

Jika sisi kanan segmen (trapesium) adalah Ak maka sisi kirinya

adalah Ak-1, maka luas segmen ke-k adalah

( ) 2/1 kkkk tAAL ∆×+= − (6.1)

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

∑∫=

≈m

k

k

q

pLdttf

1

)( (6.2)

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

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

diberikan dalam bentuk grafik, untuk mencari koefisien Fourier dari

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

segmen agar pembacaan cukup teliti dan error yang terjadi tidak

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

menjadi 50 segmen. Ketentuan ini tidaklah mutlak; kita dapat

memilih jumlah segmen sedemikian rupa sehingga pembacaan

mudah dilakukan namun cukup teliti.

3. Relasi untuk memperoleh nilai koefisien Fourier menjadi seperti

berikut:


[ ]

[ ]

[ ]∑ ∑

∑∑

∑∑

=

−−

=

−−

=

−

=∆ω+ω

=

=∆ω+ω

=

=∆+

=

m

k

kbnkkkkn

kanm

k

kkkkn

kam

k

kkk

T

LttnAtnA

Tb

T

LttnAtnA

Ta

T

LtAA

Ta

1 0

1010

0

01

1010

0

0

0

1

1

00

2/2

)sin()sin(2

2/

2

)cos()cos(2

2

1

(6.3)

4. Formula untuk sudut fasa adalah

=ϕ −

n

nn

a

b1tan (6.4)

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

numerik bisa berbeda dengan nilai yang diperoleh secara analitis.

Jika misalkan secara analitis seharusnya diperoleh a1 = 0 dan b1 =

150, pada pendekatan numerik mungkin diperoleh angka yang

sedikit menyimpang, misalnya a1 = 0,01 dan b1 = 150,2.

6. Amplitudo dari setiap komponen harmonisa adalah 22nnn baA += .

Sudut fasa dihitung dalam satuan radian ataupun derajat dengan

mengingat letak kuadran dari vektor amplitudo seperti telah dibahas

pada waktu kita membahas spektrum sinyal. Persamaan sinyal

nonsinus adalah

)cos()(

1

022

0 ∑∞

=

ϕ−ω++=

n

nnn tnbaaty (6.5)

Berikut ini kita lihat sinyal periodik yang diberikan dalam bentuk kurva

yang tak mudah dicari persamaannya. Prosedur pendekatan numerik

dilakukan dengan membaca kurva yang memerlukan kecermatan. Hasil

pembacaan kita muatkan dalam suatu tabel seperti pada contoh berikut

ini.

103

CO&TOH-6.1:

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

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

diperlihatkan dalam gambar di atas. Perhatikan bahwa gambar ini

adalah gambar dalam selang satu periode yang berlangsung dalam

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

Penyelesaian: Perhitungan diawali dengan menetapkan nilai t

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

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

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

selanjutnya dengan segmen-segmen berikutnya. Kita tentukan pula

sisi kanan segmen terakhir pada t = T0. Hasil perhitungan yang

diperoleh dimuatkan dalam Tabel-1.1 (hanya ditampilkan sebagian),

dimana sudut fasa dinyatakan dalam satuan radian. Pembulatan

sampai 2 angka di belakang koma.

-200

-150

-100

-50

0

50

100

150

200

0 0,002

0,004

0,006

0,008

0,01

0,012

0,014

0,016

0,018

0,02

y[volt]

t[detik]


Tabel-6.1. Analisis Harmonisa Sinyal Nonsinus pada Contoh-6.1.

T0 = 0,02 s

∆tk = 0,0004 s

Komp.

searah

Fundamental

f0 = 1/T0 = 50 Hz Harmonisa ke-3

t Ak Lka0 Lka1 Lkb1 Lka3 Lkb3

0 50

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

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

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

: : : : : : :

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

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

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

Jumlah Lk 0,398 0,004 1,501 -0,212 0,211

a0 19,90

a1, b1 0,36 150,05

a3, b3 −21,18 21,13

Ampli-1, ϕ1 150,05 1,57

Ampli-3, ϕ3 29,92 -0,78

Tabel ini memberikan

78,0)18,21/13,21(tan

92,2913,21)18,21( 13,21 ;18,21

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

05,15005,15036,0 05,150 ;36,0

90,19

13

22333

11

22111

0

−=−=ϕ

=+−=⇒=−=

==ϕ

=+=⇒==

=

−

−

Aba

Aba

a

Sesungguhnya kurva yang diberikan mengandung pula harmonisa ke-

dua. Apabila harmonisa ke-dua dihitung , akan memberikan hasil

43,492 =a dan 36,02 −=b

43,49 2 =Aamplitudo dan 01,02 −=ϕ

105

Dengan demikian uraian sampai dengan harmonisa ke-3 dari sinyal

yang diberikan adalah

)78,06cos(92,29

)01,04cos(43,49)57,12cos(05,15090,19)(

0

00

+π+

+π+−π+=

tf

tftfty

6.2. Elemen Linier Dengan Sinyal &onsinus

Hubungan tegangan dan arus elemen-elemen linier R, L, C, pada sinyal

sinus di kawasan waktu berlaku pula untuk sinyal periodik nonsinus.

CO&TOH-6.2: Satu kapasitor C mendapatkan tegangan nonsinus

)5,15sin(10)2,03sin(20)5,0sin(100 +ω+−ω++ω= tttv 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 adalah dt

dvCiC =

Oleh karena itu arus kapasitor adalah

A )07,35sin(50

)37,13sin(60)07,2sin(100

)5,15cos(50

)2,03cos(60)5,0cos(100

)5,15sin(10)2,03sin(20)5,0sin(100

+ωω+

+ωω++ωω=

+ωω+

−ωω++ωω=

+ω+−ω++ω=

tC

tCtC

tC

tCtC

dt

tttdCiC

(b) Kurva tegangan dan arus adalah seperti di bawah ini.

detik

[V]

vC

iC

-150

-100

-50

0

50

100

150

0 0.005 0.01 0.015 0.02

[A] 5

2,5

0

−5

−2,5


Kurva tegangan dan arus pada contoh ini merupakan fungsi-fungsi

nonsinus yang simetris terhadap sumbu mendatar. Nilai rata-rata

fungsi periodik demikian ini adalah nol. Pendekatan numerik

memberikan nilai rata-rata

14108,1 −×=rrv V dan 17105 −×=rri A.

*ilai Rata-Rata. Sesuai dengan definisi untuk nilai rata-rata, nilai rata-

rata sinyal nonsinus y(t) dengan perioda T0 adalah

∫=T

rr dttyT

Y00

)(1

(6.6)

Nilai rata-rata sinyal nonsinus adalah komponen searah dari sinyal

tersebut.

*ilai Efektif. Definisi nilai efektif sinyal periodik y(t) dengan perioda T0

adalah

∫=T

rms dttyT

Y0

2

0

)(1

(6.7)

Dengan demikian maka nilai efektif sinyal sinus y1 = Ym1 sin(ωt + θ)

adalah

2)(sin

1 1

0

221

01

mT

mrms

YdttY

TY =θ+ω= ∫ (6.8)

Nilai efektif sinyal nonsinus ∑∞

=

θ+ω+=1

00 )sin()(

n

nmn tnYYty adalah

∫ ∑

θ+ω+=

∞

=

T

n

nmnrms dttnYYT

Y0

2

1

000

)sin(1

Jika ruas kiri dan kanan dikuadratkan, kita dapatkan

∫ ∑

θ+ω+=

∞

=

T

n

nmnrms dttnYYT

Y0

2

1

000

2 )sin(1

atau

107

∫

∑

∑

∑

∫ ∑

+

θ+ωθ+ω+

θ+ωθ+ω+

θ+ω

+

θ+ω+=

∞

=

∞

=

∞

=

∞

=

T

n

nmnm

n

nmnm

n

nmn

T

n

nmnrms

dt

tnYtY

tnYtY

tnYY

T

dttnYYT

Y

0

3

0202

2

0101

1

00

0

01

0222

00

2

.................................

)sin()2sin(2

)sin()sin(2

)sin(2

1

)(sin1

(6.9)

Melalui kesamaan trigonometri

)cos()cos(sinsin2 β+α−−α=βα b

dan karena Y0 bernilai tetap maka suku ke-dua ruas kanan (6.8)

merupakan penjumlahan nilai rata-rata fungsi sinus yang masing-masing

memiliki nilai rata-rata nol, sehingga suku ke-dua ini bernilai nol. Oleh

karena itu (6.9) dapat kita tulis

∫ ∑

θ+ω+=

∞

=

T

n

nnmrms dttnYYT

Y0

1

0222

02 )(sin

1 (6.10)

atau

∑

∑ ∫∫∞

=

∞

=

+=

θ+ω+=

1

220

10

022

0

20

2

)(sin11

n

nrms

n

T

nnm

t

rms

YY

dttnYT

dtYT

Y

(6.11)

Persamaan (6.11) menunjukkan bahwa kuadrat nilai efektif sinyal non

sinus sama dengan jumlah kuadrat komponen searah dan kuadrat semua

nilai efektif konponen sinus. Kita perlu mencari formulasi yang mudah

untuk menghitung nilai efektif ini. Kita bisa memandang sinyal nonsinus

sebagai terdiri dari tiga macam komponen yaitu komponen searah (y0),


komponen fundamental (y1), dan komponen harmonisa (yh). Komponen

searah adalah nilai rata-rata sinyal, komponen fundamental adalah

komponen dengan frekuensi fundamental ω0, sedangkan komponen

harmonisa merupakan jumlah dari seluruh komponen harmonisa yang

memiliki frekuensi nω0 dengan n > 1. Jadi sinyal nonsinus y dapat

dinyatakan sebagai

hyyyy ++= 10

Akan tetapi kita juga dapat memandang sinyal nonsinus sebagai terdiri

dari dua komponen saja, yaitu komponen fundamental dan komponen

harmonisa total di mana komponen yang kedua ini mencakup komponen

searah. Alasan untuk berbuat demikian ini adalah bahwa dalam proses

transfer energi, komponen searah dan harmonisa memiliki peran yang

sama; hal ini akan kita lihat kemudian. Dalam pembahasan selanjutnya

kita menggunakan cara pandang yang ke-dua ini. Dengan cara pandang

ini suatu sinyal nonsinus dinyatakan sebagai

hyyy += 1 (6.12)

dengan )sin( 1011 θ+ω= tYy m

dan ∑=

θ+ω+=k

n

nnmh tnYYy

2

00 )sin( .

Dengan demikian maka relasi (1.11) menjadi

221

2hrmsrmsrms YYY += (6.13)

Dalam praktik, komponen harmonisa yh dihitung tidak melibatkan

seluruh komponen harmonisa melainkan dihitung dalam lebar pita

spektrum tertentu. Persamaan sinyal dijumlahkan sampai pada frekuensi

tertinggi yang ditentukan yaitu kω0; sinyal dengan frekuensi di atas batas

frekuensi tertinggi ini dianggap memiliki amplitudo yang sudah cukup

kecil untuk diabaikan.

CO&TOH-6.2: Suatu tegangan berbentuk gelombang gigi gergaji

memiliki nilai maksimum 20 volt, dengan frekuensi 20 siklus per

detik. Hitunglah nilai tegangan efektif dengan: (a) relasi nilai efektif;

(b) uraian harmonisa.

Penyelesaian:

109

(a) Perioda sinyal 0,05 detik dengan persamaan: ttv 400)( = .

Nilai efektif:

V 55,11 3

1600

05,0

1)400(

05,0

105,0

0

305,0

0

2 ≈

== ∫ tdttVrms

(b) Uraian sinyal ini sampai harmonisa ke-7 adalah diberikan dalam

contoh di Bab-3, yaitu

V 7sin909,06sin061,15sin273,1

4sin592,13sin122,22sin183,3sin366,610)(

000

0000

ttt

tttttv

ω−ω−ω−

ω−ω−ω−ω−=

Persamaan ini memberikan nilai efektif tegangan fundamental,

tegangan harmonisa, dan tegangan total sebagai berikut.

V 5,42

366,61 ≈=rmsV

V 5,102

10,2

2

166,310

222 ≈++=hrmsV

V 4,1135,1049,4 22221 ≈+=+= hrmsrmsrms VVV

Contoh ini menunjukkan bahwa sinyal gigi gergaji memiliki nilai

efektif harmonisa jauh lebih tinggi dari nilai efektif komponen

fundamentalnya.

CO&TOH-6.3: Uraian dari penyearahan setengah gelombang arus sinus

A sin 0ti ω= sampai dengan harmonisa ke-10 adalah:

A )10cos(007.0)8cos(010.0)6cos(018,0

)4cos(042,0 ) 2cos(212,0)57,1cos(5,0318,0)(

000

000

ttt

tttti

ω+ω+ω+

ω+ω+−ω+=

Hitung nilai efektif komponen arus fundamental, arus harmonisa,

dan arus total.

Penyelesaian:

Nilai efektif arus fundamental, arus harmonisa dan arus total

berturut-turut adalah


354,02

5,01 ==rmsI A

A 5430,

2

007,0

2

01,0

2

018,0

2

042,0

2

212,0318,0

222222

=

+++++=hrmsI

A 5,0354,0354,02222

1 ≈+=+=hrmsrmsrms III

Contoh-6.3 ini menunjukkan bahwa pada penyearah setengah gelombang

nilai efektif komponen fundamental sama dengan nilai efektif komponen

harmonisanya.

CO&TOH-6.4: Tegangan pada sebuah kapasitor 20 µF terdiri dari dua

komponen yaitu tv ω= sin2001 dan tv ω= 15sin2015 . Jika

diketahui frekuensi fundamental adalah 50 Hz, hitunglah: (a) nilai

efektif arus yang diberikan oleh v1; (b) nilai efektif arus yang

diberikan oleh v15; (c) arus efektif total; (d) gambarkan kurva ketiga

arus tersebut sebagai fungsi waktu.

Penyelesaian:

a). Komponen tegangan pertama adalah )100sin(2001 tv π= V. Arus

yang diberikan oleh tegangan ini adalah

ttdtdvi π=ππ×××=×= −− 100cos257,1 100cos1002001020/1020 61

61

Nilai efektifnya adalah: A 89,02

257,11 ==rmsI

b). Komponen tegangan ke-dua adalah )1500sin(2015 tv π= V. Arus

yang diberikan oleh tegangan ini adalah

t

tdtdvi

π=

ππ×××=×= −−

1500cos885,1

1500sin1500201020/10206

156

15

Nilai efektifnya adalah: A 33,12

885,115 ==rmsI

c). Tegangan gabungan adalah

)1500sin(20)100sin(200 ttv π+π=

111

Arus yang diberikan tegangan gabungan ini adalah

tt

vvdt

ddtdvi

1500cos885,1100cos257,1

)(1020/1020 15166

+π=

+×=×= −−

Arus ini merupakan jumlah dari dua komponen arus yang

berbeda frekuensi. Kurva arus ini pastilah berbentuk nonsinus.

Nilai efektif masing-masing komponen telah dihitung di

jawaban (a) dan (b). Nilai efektif sinyal non sinus ini adalah

A 60,133,189,0 22215

21 =+=+= rmsrmsrms III

d). Kurva ketiga arus tersebut di atas adalah sebagai berikut.

CO&TOH-6.5: Arus tti ω+ω= 3sin2,0sin2 A, mengalir pada beban

yang terdiri dari resistor 100 Ω yang tersambung seri dengan

induktor 0,5 H. Pada frekuensi 50 Hz: (a) gambarkan kurva

tegangan dan arus beban; (b) tentukan nilai efektif tegangan beban

dan arus beban.

Penyelesaian:

(a) Arus beban adalah tti ω+ω= 3sin2,0sin2 . Tegangan beban

adalah

V 3cos3,0cos3sin20sin200

tttt

dt

diLiRvvv LR

ωω+ωω+ω+ω=

+=+=

Kurva tegangan dan arus beban dibuat dengan sumbu mendatar

dalam detik. Karena frekuensi 50 Hz, satu perioda adalah 0,02

detik.

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 detik

A i1 i i15


(b). Nilai efektif arus beban adalah

A 42,12

2,0

2

2 2223

21 =+=+= rmsrmsrms III

Tegangan beban adalah

V 3cos3,0cos3sin20sin200 ttttv ωω+ωω+ω+ω=

Nilai efektif tegangan beban, dengan ω=100π, adalah

V 272 2

)3,0(20

2

2002222

=ω+

+ω+

=rmsV

6.3. Daya Pada Sinyal &onsinus

Pengertian daya nyata dan daya reaktif pada sinyal sinus berlaku pula

pada sinyal nonsinus. Daya nyata memberikan transfer energi netto,

sedangkan daya reaktif tidak memberikan transfer energi netto.

Kita tinjau resistor Rb yang menerima arus berbentuk gelombang

nonsinus

hRb iii += 1

Nilai efektif arus ini adalah 22

12

hrmsrmsRbrms III +=

Daya nyata yang diterima oleh Rb adalah

bhrmsbrmsbRbrmsRb RIRIRIP 221

2 +=×= (6.14)

-600

-400

-200

0

200

400

600

0 0.005 0.01 0.015 0.02

2

4

0

−2

−4

AV

detik

v

i

113

Formulasi (6.14) tetap berlaku sekiranya resistor ini terhubung seri

dengan induktansi, karena dalam bubungan seri demikian ini daya nyata

diserap oleh resistor, sementara induktor menyerap daya reaktif.

CO&TOH-6.6: Seperti pada contoh-1.5, arus tti ω+ω= 3sin2,0sin2

A mengalir pada resistor 100 Ω yang tersambung seri dengan

induktor 0,5 H. Jika frekuensi fundamental 50 Hz: (a) gambarkan

dalam satu bidang gambar, kurva daya yang mengalir ke beban

sebagai perkalian tegangan total dan arus beban dan kurva daya

yang diserap resistor sebagai perkalian resistansi dan kuadrat arus

resistor; (b) hitung nilai daya rata-rata dari dua kurva daya pada

pertanyaan b; (c) berikan ulasan tentang kedua kurva daya tersebut.

Penyelesaian:

(a) Daya masuk ke beban dihitung sebagai: p = v × i

sedangkan daya nyata yang diserap resistor dihitung sebagai: pR =

i2R = vRiR

Kurva dari p dan pR terlihat pada gambar berikut.

(b) Daya rata-rata merupakan daya nyata yang di transfer ke beban.

Daya ini adalah daya yang diterima oleh resistor. Arus efektif

yang mengalir ke beban telah dihitung pada contoh-3.5. yaitu

1,42 A. Daya nyta yang diterima beban adalah

202100)42,1( 22 =×== RIP rmsR W.

Teorema Tellegen mengharuskan daya ini sama dengan daya

rata-rata yang diberikan oleh sumber, yaitu p = vi. Perhitungan

dengan pendekatan numerik memberikan nilai rata-rata p adalah

-400

-200

0

200

400

600

0 0.005 0.01 0.015 0.02

W p = vi pR = i2R = vRiR

detik


Prr = 202 W

(c) Kurva pR selalu positif; nilai rata-rata juga positif sebesar 202 W

yang berupa daya nyata. Pada kurva p ada bagian yang negatif

yang menunjukkan adanya daya reaktif; nilai rata-rata kurva p

ini sama dengan nilai rata-rata kurva pR yang menunjukkan

bagian nyata dari daya tampak.

CO&TOH-6.7: Tegangan nonsinus pada terminal resistor 20 Ω adalah

)5,15sin(10)2,03sin(20)5,0sin(100 +ω+−ω++ω= tttv V

Tentukan arus efektif yang mengalir dan daya nyata yang

diserap resistor.

Penyelesaian:

Arus yang mengalir adalah

)5,15sin(5,0)2,03sin()5,0sin(5 +ω+−ω++ω== tttR

vi A

Nilai efektif masing-masing komponen arus adalah

2

5,0 ;

2

1 ;

2

5531 === rmsrmsrms III

Arus efektif yang mengalir adalah

A 62,32

25,26

2

25,0

2

1

2

25==++=rmsI

Daya nyata yang diserap resistor adalah

W5,262202

25,0

2

1

2

252 =×

++== RIP rmsR

CO&TOH-6.8: Tegangan nonsinus ttv ω+ω= 3sin10sin100 V, terjadi

pada terminal beban yang terdiri dari resistor 100 Ω tersambung

paralel dengan kapasitor 50 µF. Jika frekuensi fundamental adalah

50 Hz, (a) Tentukan persamaan arus total beban; (b) hitung daya

nyata yang diserap beban.

Penyelesaian:

115

(a). Arus total (i) adalah jumlah arus yang melalui resistor (iR) dan

kapasitor (iC).

ttR

viR ω+ω== 3sin1,0sin

( )ttdt

dvCiC ωω+ωω×== −

3cos30cos10010506

Arus total beban:

tttti ωω+ω+ω+ω= 3cos0015.0cos005,03sin1,0sin

(b). Arus efektif melalui resistor

A 71,02

1,0

2

1 22

=+=RrmsI

Daya nyata yang diserap beban adalah daya yang diserap

resistor:

W5010071,0 2 =×=RP

6.4. Resonansi

Karena sinyal nonsinus mengandung harmonisa dengan berbagai macam

frekuensi, maka ada kemungkinan salah satu frekuensi harmonisa

bertepatan dengan frekuensi resonansi dari rangkaian. Frekuensi

resonansi telah kita bahas di bab sebelumnya. Berikut ini kita akan

melihat gejala resonansi pada rangkaian karena adanya frekuensi

harmonisa.

CO&TOH-6.9: Suatu generator 50 Hz dengan induktansi internal 0,025

H mencatu daya melalui kabel yang memiliki kapasitansi total

sebesar 5 µF. Dalam keadaan tak ada beban tersambung di ujung

kabel, tentukan frekuensi harmonisa sumber yang akan memberikan

resonansi.

Penyelesaian:

Frekuensi resonansi adalah

4,2828105025,0

11

6=

××==ω

−LCr

Hz 4502

4,2828=

π=rf


Inilah frekuensi harmonisa ke-9.

CO&TOH-6.10: Sumber tegangan satu fasa 6 kV, 50 Hz, mencatu

beban melalui kabel yang memiliki kapasitansi total 2,03 µF. Dalam

keadaan tak ada beban terhubung di ujung kabel, induktansi total

rangkaian ini adalah 0,2 H. Tentukan harmonisa ke berapa dari

sumber yang akan membuat terjadinya resonansi pada keadaan tak

ada beban tersebut.

Penyelesaian:

Frekuensi resonansi adalah

rad/det 4,15691003,202,0

11

6=

××==ω

−LCr

atau Hz 78,2492

4,1569=

π=rf

Resonansi akan terjadi jika sumber mengandung harmonisa ke-5.

6.5. Pembebanan &onlinier Dilihat Dari Sisi Beban

Rangkaian yang akan kita tinjau terlihat pada Gb.6.1. Sebuah sumber

tegangan sinus memberikan arus pada resistor Rb melalui saluran dengan

resistansi Rs dan sebuah pengubah arus p.i., misalnya penyearah;

pengubah arus inilah yang

menyebabkan arus yang

mengalir di Rb berbentuk

gelombang nonsinus.

Menurut teorema Tellegen,

transfer daya elektrik hanya bisa

terjadi melalui tegangan dan arus. Namun dalam tinjauan dari sisi beban

ini, Rb hanya melihat bahwa ada arus yang diterima olehnya. Cara

bagaimana arus ini sampai ke beban tidaklah penting bagi beban.

hRb iii += 1 (6.15)

dengan )sin( 1011 θ+ω= tIi m

∑=

θ+ω+=k

n

nnmh tnIIi

2

00 )sin(

Inilah arus yang diterima oleh Rb.

inonsinus

Rb

p.i. vs + −

Gb.6.1. Pembebanan nonlinier.

Rs

117

Daya nyata yang diterima oleh Rb adalah

bhrmsbrmsRb RIRIP 221 += (6.16)

6.6. Pembebanan &onlinier Ditinjau Dari Sisi Sumber

Tegangan sumber berbentuk gelombang sinus, yaitu tVv ss 0sinω= .

Daya yang diberikan oleh sumber adalah tegangan sumber kali arus

sumber yang besarnya sama dengan arus beban. Jadi daya keluar dari

sumber adalah

θ+ω+ω+θ+ωω=

=

∑=

k

n

nnss

sss

tnIItVttIV

titvp

2

0001001 )sin(sin )sin(sin

)()(

(6.17)

Suku pertama (6.17) memberikan daya

)2cos(2

cos2

2

)2cos(cos)sin(sin

101

11

101110011

θ+ω−θ=

θ+ω−θ=θ+ωω=

tIVIV

tIVttIVp

ss

sss

(6.18)

Walaupun suku ke-dua dari persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nol

akan tetapi suku pertama mempunyai nilai tertentu. Hal ini berarti ps1

memberikan transfer energi netto.

Suku kedua (6.17) memberikan daya

[ ]

20

2

0000

sin)sin(sin

shs

n

nnsssh

pp

ttnIVtIVp

+=

ωθ+ω+ω= ∑∞

= (6.19)

Suku pertama persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nol. Suku kedua

juga mempunyai nilai rata-rata nol karena yang berada dalam tanda

kurung pada (6.19) berbentuk fungsi cosinus.

( ) ( ) ∑∞

=

θ+ω−−θ+ω+=

2

00 )1(cos)1(cos2

n

nnn

s tntnI

Vy

yang memiliki nilai rata-rata nol. Hal ini berarti bahwa psh tidak



Jadi secara umum daya yang diberikan oleh sumber pada pembebanan

nonlinier dapat kita tuliskan sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu

shss ppp += 1 (6.20)

Dari dua komponen daya ini hanya komponen fundamental, ps1, yang

memberikan transfer energi netto. Dengan kata lain hanya ps1 yang

memberikan daya nyata, yaitu sebesar

1111

1 coscos2

θ=θ= rmssrmss

s IVIV

P (6.21)

dengan θ1 adalah beda susut fasa antara vs dan i1. Sementara itu Psh

merupakan daya reaktif.

Menurut teorema Tellegen, daya nyata yang diberikan oleh sumber harus

tepat sama dengan daya yang diterima oleh beban. Daya nyata yang

diterima oleh Rb adalah PRb , jadi daya nyata yang diberikan oleh sumber,

yaitu Ps1, haruslah diserap oleh Rb dan Rs.

6.7. Kasus Penyearah Setengah Gelombang

Sebagai contoh dalam pembahasan pembebanan nonlinier ini, kita akan

mengamati penyearah setengah gelombang. Dengan penyearah ini, sinyal

sinus diubah sehingga arus mengalir setiap setengah perioda. Rangkaian

penyearah yang kita tinjau terlihat pada Gb.6.2.a.

a).

b).

Gb.6.2. Penyearah setengah gelombang dengan beban resistif.

vs

is

iR

pR 0 0 90 180 270 360 450 540 630 720

Vs

−Vs

vs

iR

pR pR ωt [o]

vs R vR

119

Arus penyearah setengah gelombang mempunyai nilai pada setengah

perioda pertama (yang positif); pada setengah perioda ke-dua, ia bernilai

nol. Uraian fungsi ini sampai dengan harmonisa ke-6adalah

V )6cos(018,0 )4cos(042,0

) 2cos(212,0)57,1cos(5,0318,0)(

00

00

ω+ω+

ω+−ω+×=

tt

ttIti m (6.22)

Dalam rangkaian yang kita tinjau ini hanya ada satu sumber yang

mencatu daya hanya kepada satu beban. Pada waktu dioda konduksi,

arus sumber selalu sama dengan arus beban, karena mereka terhubung

seri; tegangan beban juga sama dengan tegangan sumber karena dioda

dianggap ideal sedangkan resistor memiliki karakteristik linier dan

bilateral. Pada waktu dioda tidak konduksi arus beban maupun arus

sumber sama dengan nol. Gb.6.2.b. memperlihatkan bahwa hanya kurva

tegangan sumber yang merupakan fungsi sinus; kurva arus dan daya

merupakan fungsi nonsinus.

Pada persamaan (6.22) arus fundamental dinyatakan dalam fungsi

cosinus yaitu

)57,1cos(5,0 01 −ω= tIi m

Fungsi ini tidak lain adalah pergeseran 1,57 rad atau 90o ke arah positif

dari fungsi cosinus yang ekivalen dengan fungsi sinus

)sin(5,0 01 tIi m ω=

Pernyataan i1 dalam fungsi sinus ini sesuai dengan pernyataan bentuk

gelombang tegangan yang juga dalam fungsi sinus. Dengan pernyataan

yang bersesuaian ini kita dapat melihat beda fasa antara keduanya;

ternyata dalam kasus penyearah setengah gelombang ini, arus

fundamental sefasa dengan tegangan sumber.

CO&TOH-6.11: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansi

internal yang dapat diabaikan mencatu beban resistif melalui

penyearah setengah gelombang. Tegangan sumber adalah

V sin380 0tvs ω= dan resistansi beban Rb adalah 3,8 Ω. Hitung

daya nyata yang diterima oleh beban dan daya nyata yang diberikan

oleh sumber.

Penyelesaian:


Tinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalah 380/3,8 = 100 A.

Persamaan arus sampai harmonisa ke-enam menjadi

A )6cos(8,1 )4cos(2,4

) 2cos(2,21)57,1cos(508,31)(

00

00

ω+ω+

ω+−ω+=

tt

ttti

yang memberikan arus-arus efektif pada beban

A; 31,35 2

8,1

2

2,4

2

2,218,31

A; 2

50

2222

1

=+++=

=

bhrms

rmsb

I

I

Daya yang diterima beban adalah

( ) kW 5,9 W94888,3221

2 ≈=×+== bhrmsrmsbbrms IIRIP

Tinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber adalah

tvs 0sin380 ω= . Komponen arus fundamental yang diberikan oleh

sumber adalah sama dengan arus fundamental beban

ttii Rbs 0011 sin50)57,1cos(50 ω=−ω== A

dengan nilai efektif 2/501 =srmsI A

Tak ada beda fasa antara tegangan sumber dan arus fundamentalnya.

Daya dikeluarkan oleh sumber adalah

kW 5,92

50

2

380rms 1rms 1 =×== sss IVP

Hasil perhitungan dari kedua sisi tinjauan adalah sama. Daya yang

diberikan oleh komponen fundamental sebagai fungsi waktu adalah

( )

( ) ( ) kW 2cos(119 2cos(12

50380

2cos(12

00

01

1

tt

tIV

p ss

ω−=ω−×

=

ω−=

Gb.6.3 memperlihatkan kurva ps1 pada Contoh-2.1 di atas. Kurva ps1

bervariasi sinusoidal namun selalu positif dengan nilai puncak 19 kW,

121

dan nilai rata-rata (yang merupakan daya nyata) sebesar setengah dari

nilai puncak yaitu 9,5 kW.

Kurva daya yang dikontribusikan oleh komponen searah, ps0 yaitu suku

pertama (6.19), dan komponen harmonisa psh2 yaitu suku ke-dua

persamaan (6.19), juga diperlihatkan dalam Gb.6.3. Kurva kedua

komponen daya ini simetris terhadap sumbu waktu yang berarti memiliki

nilai rata-rata nol. Dengan kata lain komponen searah dan komponen

harmonisa tidak memberikan daya nyata.

Gb.6.3. Kurva komponen daya yang diberikan sumber.

Konfirmasi logis kita peroleh sebagai berikut. Seandainya tidak ada

penyearah antara sumber dan beban, arus pada resistor akan mengalir

sefasa dan sebentuk dengan gelombang tegangan sumber. Daya yang di

keluarkan oleh sumber dalam keadaan ini adalah

kW )2cos1(382

0cos2cos38000

sin38000sin

00

02

02

tt

ttIVp sss

ω+=+ω

=

ω=ω=

Dalam hal penyearahan setengah gelombang, arus hanya mengalir setiap

setengah perioda. Oleh karena itu daya yang diberikan oleh sumber

menjadi setengahnya, sehingga

kW )2cos1(19 0tp gelsetengah ω+= , dan inilah ps1.

CO&TOH-6.12: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansi

internal yang diabaikan, mencatu beban resistif melalui kabel

dengan resistansi 0,2 Ω dan penyearah setengah gelombang.

Tegangan sumber adalah V sin380 0tvs ω= dan resistansi beban R

adalah 3,8 Ω. Hitung daya yang diterima oleh beban.

t [det]

W ps0

ps1

psh2

-15000

-10000

-5000

0

5000

10000

15000

20000

0 0.005 0.01 0.015 0.02


Penyelesaian:

Rangkaian sistem ini adalah seperti berikut

Tinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalah

A 952,08,3

380=

+=mI

Persamaan arus sampai harmonisa ke-6 menjadi

A )6cos(71,1)4cos(09,4

)2cos(14,20)57,1cos(5,4721,30

)6cos(018,0 )4cos(042,0

) 2cos(212,0)57,1cos(5,0318,095)(

00

00

00

00

tt

tt

tt

ttti

ω+ω+

ω+−ω+=

ω+ω+

ω+−ω+×=

Nilai efektif arus fundamental dan arus harmonisa total adalah

A 54,332

71,1

2

09,4

2

14,2021,30

A; 33,592

5.47

2222

1

=+++=

==

hrms

rms

I

I

Daya yang diterima Rb adalah

W85638,3)54,3359,33( 222 =×+== brmsRb RIP

Tinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber dan arus fundamental

sumber adalah

V sin380 0tvs ω=

A sin5,47)57,1cos(5,47 001 ttii Rbs ω=−ω==

vs=380sinω0t Rb=3,8Ω Rs=0,2Ω

123

Tidak ada beda fasa antara vs dan is1. Daya nyata yang diberikan oleh

sumber adalah

W90252

5,47

2

3800cos

o1 =×== rmssrmss ivP

Daya ini diserap oleh beban dan saluran. Daya yang diserap saluran

adalah

W7,450 )55,336,33(02,0

)(02,002,0

22

221

2

=+×=

+×=×= hrmsrmssrmssaluran iiiP

Perbedaan angka perhitungan PRb dengan (Ps – Psaluran) adalah

sekitar 0,2%.

6.8. Perambatan Harmonisa

Dalam sistem tenaga, beban pada umumnya bukanlah beban tunggal,

melainkan beberapa beban terparalel. Sebagian beban merupakan beban

linier dan sebagian yang lain merupakan beban nonlinier. Dalam keadaan

demikian ini, komponen harmonisa tidak hanya hadir di beban nonlinier

saja melainkan terasa juga di beban linier; gejala ini kita sebut

perambatan harmonisa. Berikut ini akan kita lihat gejala tersebut pada

suatu rangkaian yang mendekati situasi nyata. Gb.6.4. memperlihatkan

rangkaian yang dimaksud.

Gb.6.4. Sumber mencatu beban paralel linier dan nonlinier.

Tegangan sumber berbentuk sinusoidal murni tVv sms 0sin ω= .

Sumber ini mencatu beban melalui saluran yang memiliki resistansi Rs.

Beban yang terhubung di terminal A-B (terminal bersama), terdiri dari

beban linier Ra dengan arus ia dan beban Rb yang dialiri arus nonlinier ib

= ib1 + ibh dengan ib1 adalah komponen fundamental dari ib dan ibh adalah

komponen harmonisa total dari ib.

vs Rb Ra

ia ib=ib1+ibh

is

Rs

A

B


Pada rangkaian sederhana ini, di sisi beban kita lihat bahwa aplikasi

Hukum Arus Kirchhoff di simpul A, yaitu simpul bersama dari kedua

beban, memberikan

0)(//)( 1 =+++− bhbaAssA iiRvRvv

dan dari sini kita peroleh

)( 1 bhbas

ass

as

aA ii

RR

RRv

RR

Rv +

+−

+= (6.23)

Jadi sebagai akibat pembebanan nonlinier di suatu beban menyebabkan

tegangan di terminal-bersama juga mengandung harmonisa. Akibat

selanjutnya adalah bahwa arus di beban lain yang terhubung ke terminal-

bersama ini juga mengandung harmonisa.

)( 1 bhbas

s

as

s

a

Aa ii

RR

R

RR

v

R

vi +

+−

+== (6.24)

Sementara itu di sisi sumber, dengan tegangan sumber berbentuk sinus

tVv sms 0sin ω= , keluar arus yang mengandung harmonisa yaitu

)(

)()(

1

11

bhbas

a

as

s

bhbbhbas

s

as

s

bas

iiRR

R

RR

v

iiiiRR

R

RR

v

iii

+

++

+=

++++

−+

=

+=

(6.25)

Adanya komponen harmonisa pada arus sumber dan beban yang

seharusnya merupakan beban linier dapat menyebabkan penambahan

penyerapan daya pada saluran. Hal ini akan kita bahas kemudian.

CO&TOH-6.13: Sebuah sumber tegangan 50 Hz, V sin240 0tv ω=

memiliki resistansi dan induktansi internal yang diabaikan. Sumber

ini mencatu beban resistif Ra = 5 Ω melalui saluran yang memiliki

resistansi 1Ω. Sebuah beban resistif lain yaitu Rb = 5 Ω dengan

penyearah setengah gelombang dihubungkan paralel dengan Ra.

Hitunglah: (a) daya nyata yang diserap Ra sebelum Rb dan

penyearah dihubungkan; (b) daya nyata yang diserap Rb sesudah Rb

dan penyearah dihubungkan; (c) daya nyata yang diserap Ra sesudah

125

Rb dan penyearah dihubungkan; (d) daya nyata yang diserap saluran

Rs; (e) daya nyata yang diberikan sumber; (f) bandingkan daya nyata

yang diberikan oleh sumber dan daya nyata yang diserap oleh bagian

rangkaian yang lain.

Penyelesaian:

(a) Sebelum Rb dan penyearah dihubungkan, rangkaian adalah

seperti di bawah ini.

Arus efektif yang mengalir dari sumber, daya nyata yang

diserap Ra dan Rs , serta daya nyata yang diberikan sumber

adalah

A 28,28)15/()2/240( =+=RarmsI

W4000528,28 2 =×=RaP ; W800128,28 2 =×=RsP

RsRas PPP +==×= W 48002/24028,28

(b) Setelah Rb dan penyearah dihubungkan, rangkaian menjadi

Untuk menghitung iRb kita buat rangkaian ekivalen Thévenin

terlebih dulu di terminal A-B.

V sin200sin24051

500 ttvsTh ω=ω×

+= ;

Ω=+×

= 833,0 51

51sThR

Setelah Rb dihubungkan pada rangkaian ekivalen Thévenin,

rangkaian menjadi

is

Rs=1Ω

A

B

Ra = 5Ω vs=

240sinω0t

vs Rb Ra

ia iRb=

iRb1+iRbh

is

Rs

A

B


Nilai maksimum arus iRb adalah

A 29,345833,0

200=

+=RbmI

Arus yang melalui Rb menjadi

)6cos(62,0)4cos(47,1

)2cos(27,7)57,1cos(14,179,10

)6cos(018,0)4cos(042,0

)2cos(212,0)57,1cos(5,0318,029,34

00

00

00

00

tt

tt

tt

ttiRb

ω+ω+

ω+−ω+=

ω+ω+

ω+−ω+×=

Dari sini kita peroleh

A 1.122/62,02/47,12/27,79,10

A 12,122

14,17

2222

1

=+++=

==

Rbhrms

rmsRb

I

I

Daya yang diserap Rb adalah

W14705)1.1212,12( 22 ≈×+=RbP

(c) Untuk menghitung daya yang diserap Ra setelah Rb

dihubungkan, kita kembali pada rangkaian semula. Hukum Arus

Kischhoff untuk simpul A memberikan

Rbs

s

asARb

a

A

s

sA iR

v

RRvi

R

v

R

vv−=

+⇒=++

− 110

isTh

0,833Ω

A

B

5Ω vsTh =

200sinω0t

ib=ib1+ibh

127

( )

AhAbh

bh

bhbas

ass

as

aA

vvit

itt

iiRR

RRv

RR

Rv

−=−ω=

+ω××

−ω×=

++

−+

=

10

00

1

V 6

5sin71,185

sin14,176

15sin240

6

5

)(

V 32,1312

71,1851 ==⇒ rmsAV

)6cos(51,0)4cos(23,1)2cos(06,609,9

)6cos(62,0)4cos(47,1

)2cos(27,79,10

6

5

6

5

000

00

0

ttt

tt

tiv bhAh

ω+ω+ω+=

ω+ω+

ω+×=×=

V 09,102

51,0

2

23.1

2

06,609,9

2222 =+++=⇒ AhrmsV

Daya yang diserap Ra adalah

W34695

09,10

5

32,1312222

1 =+=+=a

Ahrms

a

rmsARa

R

V

R

VP

(d) Tegangan jatuh di saluran adalah

V sin29,54sin71,185sin240 000

11

ttt

vvv Ass

ω=ω−ω=

−=∆

→ V 39,382

29,541 ==∆ rmssV

→ V 09,10==∆ Ahrmsshrms VV

Daya yang diserap saluran adalah

W1575 1

09,10

1

39,382222

1 =+=∆

+∆

=s

shrms

s

rmssRs

R

V

R

VP


(e) Tegangan sumber adalah

V sin240 0tv ω=

Arus fundamental sumber adalah

A sin29,54 01

1 tR

vi

s

ss ω=

∆=

Daya nyata yang diberikan sumber

W65152

29,54

2

24011 =×==

RIVp rmsssrmss

(f) Bagian lain rangkaian yang menyerap daya nyata adalah Rs,

Ra, dan Rb. Daya nyata yang diserap adalah

W6512146834691575 =++=++= RbRaRsRtotal PPPP

Hasil ini menunjukkan bahwa daya nyata yang diberikan

sumber sama dengan daya nyata yang diserap oleh bagian lain

dari rangkaian (perbedaan angka adalah karena pembulatan-

pembulatan).

6.9. Ukuran Distorsi Harmonisa

Hadirnya harmonisa dalam sistem, menimbulkan dampak negatif. Oleh

karena itu kehadirannya perlu dibatasi. Untuk melakukan pembatasan

diperlukan ukuran-ukuran kehadiran armonisa.

Crest Factor. Crest factor didefinisikan sebagai

efektif nilai

puncak nilai =factorcrest

Total Harmonic Distortion (THD). THD digunakan sebagai ukuran

untuk melihat berapa besar pengaruh keseluruhan adanya harmonisa

terhadap sinyal sinus. Pengaruh keseluruhan harmonisa diperbandingkan

terhadap komponen fundamental, karena komponen fundamental-lah

yang memberikan transfer energi nyata.

129

Untuk tegangan nonsinus, THD didefinisikan sebagai

rms

hrmsV

V

VTHD

1

= (6.26)

Untuk arus nonsinus, THD didefinisikan sebagai

rms

hrmsI

I

ITHD

1

= (6.27)

CO&TOH-6.14: Arus penyearahan setengah gelombang dengan nilai

puncak arus 100 A, memiliki sampai harmonisa ke-enam sebagi

A )6cos(8,1 )4cos(2,4

) 2cos(2,21)57,1cos(508,31)(

00

00

ω+ω+

ω+−ω+=

tt

ttti

Hitunglah crest factor dan THDI.

Penyelesaian: Telah dihitung nilai efektif arus dalam contoh soal

tersebut

A 31,35 2

8,1

2

2,4

2

2,218,31

A; 2

50

2222

1

=+++=

=

bhrms

rmsb

I

I

Nilai efektif arus adalah

A 7,4931,352/50 22 =+=rmsI

Crest factor adalah: 22,49

100.. ==fc ;

THDI adalah: 12/50

31,35

1

≈==rms

hrmsI

I

ITHD atau 100%

Crest factor dan THD hanyalah tergantung bentuk dan tidak tergantung

dari nilai mutlak arus. Angka yang sama akan kita peroleh jika nilai

puncak arus hanya 1 ampere. Hal ini dapat dimengerti karena persamaan

arus secara umum adalah


ϕ−ω+= ∑

=

maksn

n

nnm tnAAIti

1

00 )cos()(

sehingga dalam perhitungan Irms, I1rms, dan Ihrms faktor Im akan

terhilangkan.

131

BAB 7

Pembebanan Nonlinier

(Analisis Di Kawasan Fasor)

7.1. Pernyataan Sinyal Sinus Dalam Fasor

Sebagaimana dijelaskan di bab sebelumnya, suatu sinyal sinus di

kawasan waktu dinyatakan dengan menggunakan fungsi cosinus

] cos[)( 0 φ−ω= tVtv A

dengan VA adalah amplitudo sinyal, ω0 adalah frekuensi sudut, dan φ

adalah sudut fasa yang menunjukkan posisi puncak pertama fungsi

cosinus. Pernyataan sinyal sinus menggunakan fungsi cosinus diambil

sebagai pernyataan standar.

Jika seluruh sistem bekerja pada satu frekuensi tertentu, ω, maka sinyal

sinus dapat dinyatakan dalam bentuk fasor dengan mengambil besar dan

sudut fasa-nya saja. Untuk suatu sinyal sinus yang di kawasan waktu

dinyatakan sebagai )cos()( θ+ω= tAtv maka di kawasan fasor ia

dituliskan dalam format kompleks sebagai θ= jAeV dengan A adalah

nilai puncak sinyal. Karena kita hanya memperhatikan amplitudo dan

sudut fasa saja, maka pernyataan sinyal dalam fasor biasa dituliskan

sebagai

θ+θ=θ∠= sincos jAAAV

yang dalam bidang kompleks digambarkan sebagai diagram fasor seperti

pada Gb.7.1.a. Apabila sudut fasa θ = 0o maka pernyataan sinyal di

kawasan waktu menjadi )cos()( tAtv ω= yang dalam bentuk fasor

menjadi o0 ∠= AV dengan diagram fasor seperti pada Gb.7.1.b. Suatu

sinyal yang di kawasan waktu dinyatakan sebagai

)2/cos()sin()( π−ω=ω= tAtAtv di kawasan fasor menjadi

o90 −∠= AV dengan diagram fasor seperti Gb.7.1.c


a). b).

c).

Gb.7.1. Diagram fasor fungsi:

a) )cos()( θ+ω= tAtv ; b) )cos()( tAtv ω= ; c) )sin()( tAtv ω= .

Dalam meninjau sinyal nonsinus, kita tidak dapat menyatakan satu sinyal

nonsinus dengan menggunakan satu bentuk fasor tertentu karena

walaupun sistem yang kita tinjau beroperasi pada satu macam frekuensi

(50 Hz misalnya) namun arus dan tegangan yang kita hadapi

mengandung banyak frekuensi. Oleh karena itu satu sinyal nonsinus

terpaksa kita nyatakan dengan banyak fasor; masing-masing komponen

sinyal nonsinus memiliki frekuensi sendiri.

Selain dari pada itu, uraian sinyal sinyal nonsinus ke dalam komponen-

komponennya dilakukan melalui deret Fourier. Bentuk umum komponen

sinus sinyal ini adalah

tnbtnati nnn ω+ω= sincos)(

yang dapat dituliskan sebagai

)cos()( 22nnnn tnbati θ−ω+=

yang dalam bentuk fasor menjadi

nnnn ba θ−∠+= 22I dengan n

n

a

b1tan −=θ

Mengacu pada Gb.7.1, diagram fasor komponen sinyal ini adalah seperti

pada Gb.7.2.

Im

Re

o90 −∠= AV

Im

Re

θ∠= AV

θ

Im

Re

o0 ∠= AV

133

Gb.7.2. Fasor komponen arus nonsinus dengan an > 0 dan bn > 0.

Fasor nI pada Gb.7.2. adalah fasor komponen arus jika an positif dan bn

positif. Fasor ini leading terhadap sinyal sinus sebesar (90o − θ). Gb.7.3

berikut ini memperlihatkan kombinasi nilai an dan bn yang lain.

Gb.7.3. Fasor komponen arus nonsinus untuk berbagai kombinasi nilai

an dan bn.

θ−∠+= 22 nnn baI

Im

Re

an

bn

θ

)180( o22 θ+∠+= nnn baI

Im

Re

an

bn

θ

an < 0, bn > 0

In lagging (900 − θ)

terhadap sinyal sinus

)180( o22 θ−∠+= nnn baI

Im

Rean

bn

θ an < 0, bn < 0

In lagging (900 + θ)


θ∠+= 22 nnn baIIm

Rean

bn

θ an > 0, bn < 0

In leading (900 + θ)



Perlu kita perhatikan bahwa pernyataan fasor dan diagram fasor yang

dikemukakan di atas menggunakan nilai puncak sinyal sebagai besar

fasor. Dalam analisis daya, diambil nilai efektif sebagai besar fasor. Oleh

karena itu kita perlu memperhatikan apakah spektrum amplitudo sinyal

nonsinus diberikan dalam nilai efektif atau nilai puncak.

CO&TOH-7.1: Uraian di kawasan waktu arus penyearahan setengah

gelombang dengan nilai maksimum Im A adalah

A

)10cos(007.0

)8cos(010.0)6cos(018,0 )4cos(042,0

) 2cos(212,0)57,1cos(5,0318,0

)(

0

000

00

ω+

ω+ω+ω+

ω+−ω+

×=

t

ttt

tt

Iti m

Nyatakanlah sinyal ini dalam bentuk fasor.

Penyelesaian:

Formulasi arus i(t) yang diberikan ini diturunkan dari uraian deret

Fourier yang komponen fundamentalnya adalah

tti 01 sin5,00)( ω+= ; jadi sesungguhnya komponen ini adalah

fungsi sinus di kawasan waktu.

Jika kita mengambil nilai efektif sebagai besar fasor, maka

pernyataan arus dalam bentuk fasor adalah

;02

007,0 ;0

2

010,0 ;0

2

018,0

;02

042,0 ;0

2

212,0 ;90

2

5,0 ;318,0

o10

o8

o6

o4

o2

o10

∠=∠=∠=

∠=∠=−∠==

mmm

mmmm

III

IIII

III

IIII

Diagram fasor arus-arus pada Contoh-7.1 di atas, dapat kita gambarkan

(hanya mengambil tiga komponen) seperti terlihat pada Gb. 7.4.

Gb.7.4. Diagram fasor arus fundamental,

harmonisa ke-2, dan harmonisa ke-4

I1

I2 I4

135

Persamaan arus pada Contoh-7.1 yang dinyatakan dalam fungsi cosinus

dapat pula dinyatakan dalam fungsi sinus menjadi

A

)10cos(007.0)8cos(010.0

)57,16sin(018,0 )57,14sin(021,0

1,57) 2sin(212,0)sin(5,0318,0

)(

00

00

00

ω+ω+

+ω++ω+

+ω+ω+

=

tt

tt

tt

Iti m

Jika komponen sinus fundamental digunakan sebagai referensi

dengan pernyataan fasornya o11 0∠= rmsII , maka masing-masing

komponen arus ini dapat kita nyatakan dalam fasor sebagai:

..;.........902

018,0 ;90

2

042,0

;902

212,0 ;0

2

5,0 ;318,0

o6

o4

o2

o10

∠=∠=

∠=∠==

mm

mmm

II

III

II

III

Diagram fasor-fasor arus ini dapat kita gambarkan seperti terlihat pada

Gb.7.5.

Gb.7.5. Diagram fasor arus fundamental,

harmonisa ke-2, dan harmonisa ke-4

Diagram fasor arus pada Gb.7.5 tidak lain adalah diagram fasor pada

Gb.7.4 yang diputar 90o ke arah positif karena fungsi sinus dijadikan

referensi dengan sudut fasa nol. Nilai fasor dan selisih sudut fasa antar

fasor tidak berubah. Pada Gb.7.5. ini, kita lihat bahwa komponen

harmonisa ke-2 ‘leading’ 90o dari komponen fundamental; demikian juga

dengan komponen harmonisa ke-4. Namun fasor harmonisa ke-2

berputar kearah positif dengan frekuensi dua kali lipat dibanding dengan

komponen fundamental, dan fasor harmonisa ke-4 berputar kearah positif

dengan frekuensi empat kali lipat dibanding komponen fundamental.

Oleh karena itulah mereka tidak dapat secara langsung dijumlahkan.

Dalam pembahasan selanjutnya kita akan menggunakan cara

penggambaran fasor seperti pada Gb.7.4 dimana fasor referensi adalah

fasor dari sinyal sinus yang dinyatakan dalam fungsi cosinus dan

memiliki sudut fasa nol. Hal ini perlu ditegaskan karena uraian arus

nonsinus ke dalam deret Fourier dinyatakan sebagai fungsi cosinus

I1 I2 I4


sedangkan tegangan sumber biasanya dinyatakan sebagai fungsi sinus.

Fasor tegangan sumber akan berbentuk osrmss V 90−∠=V dan relasi-

relasi sudut fasa yang tertulis pada Gb.7.3 akan digunakan.

Contoh-7.2: Gambarkan diagram fasor sumber tegangan dan arus-arus

berkut ini

V sin100sin ttVv srmss ω=ω= , A 301 =rmsI 30o lagging dari

tegangan sumber dan A 502 =rmsI 90o leading dari tegangan

sumber.

Penyelesaian:

7.2. Impedansi

Karena setiap komponen harmonisa memiliki frekuensi berbeda maka

pada satu cabang rangkaian yang mengandung elemen dinamis akan

terjadi impedansi yang berbeda untuk setiap komponen. Setiap

komponen harmonisa dari arus nonsinus yang mengalir pada satu cabang

rangkaian dengan elemen dinamis akan mengakibatkan tegangan

berbeda.

CO&TOH-7.3: Arus ttti 000 5sin303sin70sin200 ω+ω+ω= A

mengalir melalui resistor 5 Ω yang terhubung seri dengan kapasitor

20 µF. Jika frekuensi fundamental adalah 50 Hz, hitung tegangan

puncak fundamental dan tegangan puncak setiap komponen

harmonisa.

(a) Reaktansi dan impedansi untuk frekuensi fundamental adalah

15,159)1020502/(1 61 =×××π= −

CX →

23,15915,1595 221 =+=Z Ω

Im

Re

Vs

I1 30o

I2

137

Tegangan puncak fundamental adalah

kV 85,3120023,159111 ≈×=×= mm IZV

(b) Impedansi untuk harmonisa ke-3 adalah

05,533/13 == CC XX → 29,5305,535 223 =+=Z Ω

Tegangan puncak harmonisa ke-3 adalah

kV 73,37029,53333 =×=×= mm IZV

(c) Impedansi untuk harmonisa ke-5 adalah

83,315/15 == CC XX → 22,3283,315 223 =+=Z Ω

Tegangan puncak harmonisa ke-5 adalah

kV 97,03022,32555 =×=×= mm IZV

7.3. &ilai Efektif

Sebagaimana telah dibahas dalam bab sebelumnya, sinyal nonsinus

dipandang sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu komponen

fundamental dan komponen harmonisa total. Nilai efektif suatu sinyal

periodik nonsinus y, adalah

221 hrmsrmsrms YYY += (7.1)

dengan

rmsY1 : nilai efektif komponen fundamental.

hrmsY : nilai efektif komponen harmonisa total.

Karena komponen ke-dua, yaitu komponen harmonisa total, merupakan

gabungan dari seluruh harmonisa yang masih diperhitungkan, maka

komponen ini tidak kita gambarkan diagram fasornya; kita hanya

menyatakan nilai efektifnya saja walaupun kalau kita gambarkan

kurvanya di kawasan waktu bisa terlihat perbedaan fasa yang mungkin

terjadi antara tegangan fundamental dan arus harmonisa total.


7.4. Sumber Tegangan Sinusiodal Dengan Beban &onlinier

Sebagaimana dijelaskan di bab sebelumnya, pembebanan nonlinier

terjadi bila sumber dengan tegangan sinus mencatu beban dengan arus

nonsinus. Arus nonsinus mengalir karena terjadi pengubahan arus oleh

pengubah arus, seperti misalnya penyearah atau saklar sinkron. Dalam

analisis di kawasan fasor pada pembebanan non linier ini kita perlu

memperhatikan hal-hal berikut ini.

7.4.1. Daya Kompleks

Sisi Beban. Jika tegangan pada suatu beban memiliki nilai efektif Vbrms V

dan arus nonsinus yang mengalir padanya memiliki nilai efektif Ibrms A,

maka beban ini menyerap daya kompleks sebesar

VA brmsbrmsb IVS ×= (7.2)

Kita ingat pengertian mengenai daya kompleks yang didefinisikan pada

persamaan (14.9) di Bab-14 sebagai *VI=S . Definisi ini adalah untuk

sinyal sinus murni. Dalam hal sinyal nonsinus kita tidak menggambarkan

fasor arus harmonisa total sehingga mengenai daya kompleks hanya bisa

menyatakan besarnya, yaitu persamaan (3.2), tetapi kita tidak

menggambarkan segitiga daya. Segitiga daya dapat digambarkan hanya

untuk komponen fundamental.

Sisi Sumber. Daya kompleks |Ss| yang diberikan oleh sumber tegangan

sinus tVv sms ω= sin V yang mengeluarkan arus nonsinus bernilai

efektif A 221 shrmsrmsssrms III += adalah

VA 2

srmssm

srmssrmss IV

IVS ×=×= (7.3)

7.4.2. Daya &yata

Sisi Beban. Jika suatu beban memiliki resistansi Rb, maka beban tersebut

menyerap daya nyata sebesar

( ) W221

2bbhrmsrmsbbbrmsb RIIRIP +== (7.4)

di mana rmsbI 1 adalah arus efektif fundamental dan bhrmsI adalah arus

efektif harmonisa total.

139

Sisi Sumber. Dilihat dari sisi sumber, daya nyata dikirimkan melalui

komponen fundamental. Komponen arus harmonisa sumber tidak


Wcos 111 ϕ= rmssrmss IVP (7.5)

ϕ1 adalah beda sudut fasa antara tegangan dan arus fundamental sumber,

dan cosϕ1 adalah faktor daya pada komponen fundamental yang disebut

displacement power factor.

7.4.3. Faktor Daya

Sisi Beban. Dengan pengertian daya kompleks dan daya nyata seperti

diuraikan di atas, maka faktor daya rangkaian beban dapat dihitung

sebagai

b

b

S

P=beban f.d. (7.6)

Sisi Sumber. Faktor daya total, dilihat dari sisi sumber, adalah

s

ss

S

P 1.d.f = (7.7)

7.4.4. Impedansi Beban

Reaktansi beban tergantung dari frekuensi harmonisa, sehingga masing-

masing harmonisa menghadapi nilai impedansi yang berbeda-beda.

Namun demikian nilai impedansi beban secara keseluruhan dapat

dihitung, sesuai dengan konsep tentang impedansi, sebagai

Ω= brms

brmsb

I

VZ (7.8)

Seperti halnya dengan daya kompleks, impedansi beban hanya dapat kita

hitung besarnya dengan relasi (3.6) akan tetapi tidak dinyatakan dalam

format kompleks seperti (a + jb).

7.4.5. Teorema Tellegen

Sebagaimana dijelaskan dalam Bab-7, teorema ini menyatakan bahwa di

setiap rangkaian elektrik harus ada perimbangan yang tepat antara daya

yang diserap oleh elemen pasif dengan daya yang diberikan oleh elemen

aktif. Hal ini sesuai dengan prinsip konservasi energi. Sebagaimana telah


pula disebutkan teorema ini juga memberikan kesimpulan bahwa satu-

satunya cara agar energi dapat diserap dari atau disalurkan ke suatu

bagian rangkaian adalah melalui tegangan dan arus di terminalnya.

Teorema ini berlaku baik untuk rangkaian linier maupun non linier.

Teorema ini juga berlaku baik di kawasan waktu maupun kawasan fasor

untuk daya kompleks maupun daya nyata. Fasor tidak lain adalah

pernyataan sinyal yang biasanya berupakan fungsi waktu, menjadi

pernyataan di bidang kompleks. Oleh karena itu perhitungan daya yang

dilakukan di kawasan fasor harus menghasilkan angka-angka yang sama

dengan perhitungan di kawasan waktu.

7.5. Contoh-Contoh Perhitungan

CO&TOH-7.4: Di terminal suatu beban yang terdiri dari resistor Rb=10

Ω terhubung seri dengan induktor Lb = 0,05 H terdapat tegangan

nonsinus V sin2200100 0tvs ω+= . Jika frekuensi fundamental

adalah 50 Hz, hitunglah: (a) daya nyata yang diserap beban; (b)

impedansi beban; (c) faktor daya beban;

Penyelesaian:

(a) Tegangan pada beban terdiri dari dua komponen yaitu komponen

searah dan komponen fundamental:

V 1000 =V dan o1 90200 −∠=V

Arus komponen searah yang mengalir di beban adalah

A 1010/100/00 === bb RVI

Arus efektif komponen fundamental di beban adalah

A 74,10

)05,0100(10

200

22

11rms =

×π+==

b

rmsb

Z

VI

Nilai efektif arus rangkaian total adalah

A 14,6874,1010 2221

20 =+=+= rmsbbbrms III

Daya nyata yang diserap beban sama dengan daya yang diserap

Rb karena hanya Rb yang menyerap daya nyata.

141

W21541068,14 22 =×== bbrmsRb RIP

(b) Impedansi beban adalah rasio antara tegangan efektif dan arus

efektif beban.

V 5100200100 2221

20 =+=+= rmsbrms VVV

Ω=== 24,1568,14

5100

brms

brmsbeban

I

VZ

(c) Faktor daya beban adalah rasio antara daya nyata dan daya

kompleks yang diserap beban. Daya kompleks yang diserap

beban adalah:

VA 328168,145100 =×=×= brmsbrmsb IVS

Sehingga faktor daya beban

656,03281

2154f.d. ===

b

bb

S

P

CO&TOH-7.5: Suatu tegangan nonsinus yang terdeteksi pada terminal

beban memiliki komponen fundamental dengan nilai puncak 150 V

dan frekuensi 50 Hz, serta harmonisa ke-3 dan ke-5 yang memiliki

nilai puncak berturut-turut 30 V dan 5 V. Beban terdiri dari resistor

5 Ω terhubung seri dengan induktor 4 mH. Hitung: (a) tegangan

efektif, arus efektif, dan daya dari komponen fundamental; (b)

tegangan efektif, arus efektif, dan daya dari setiap komponen

harmonisa; (c) tegangan efektif beban, arus efektif beban, dan total

daya kompleks yang disalurkan ke beban; (d) Bandingkan hasil

perhitungan (a) dan (c).

Penyelesaian:

(a) Tegangan efektif komponen fundamental V 1062

1501 ==rmsV

Reaktansi pada frekuensi fundamental

Ω=×××π= − 26,1104502 31LX


Impedansi pada frekuensi fundamental adalah

Ω=+= 16,526,15 221Z

Arus efektif fundamental A 57,2016,5

106

1

11 ===

Z

VI rms

rms

Daya nyata yang diberikan oleh komponen fundamental

W2083557,20 2211 =×== RIP rms

Daya kompleks komponen fundamental

VA 218257,20106111 =×== rmsrms IVS

Faktor daya komponen fundamental 97,02182

2083 f.d.

1

11 ===

S

P

Daya reaktif komponen fundamental dapat dihitung dengan

formulasi segitiga daya karena komponen ini adalah sinus

murni.

VAR 9,53120832182222

12

11 =−=−= PSQ

(b) Tegangan efektif harmonisa ke-3 dan ke-5

V 21,212

303 ==rmsV ; V 54,3

2

55 ==rmsV

Reaktansi pada frekuensi harmonisa ke-3 dan ke-5

Ω=×=×= 77,326,133 13 LL XX ;

Ω=×=×= 28,626,155 15 LL XX

Impedansi pada komponen harmonisa ke-3 dan ke-5:

Ω=+= 26,677,35 223Z ; Ω=+= 03,828,65 22

5Z

Arus efektif komponen harmonisa ke-3 dan ke-5:

143

A 39,326,6

21,21

3

33 ===

Z

VI rms

rms ;

A 44,003,8

54,3

5

55 ===

Z

VI

rmsrms

Daya nyata yang diberikan oleh harmonisa ke-3 dan ke-5

W4,57539,3 2233 =×== RIP rms ;

W97,0544,0 2255 =×== RIP rms

(c) Daya nyata total yang diberikan ke beban adalah jumlah daya

nyata dari masing-masing komponen harmonisa (kita ingat

komponen-komponen harmonisa secara bersama-sama mewakili

satu sumber)

( )( )

W2174

221

25

23

21

25

23

21531

RIRIRIIRI

RIIIPPPP

hrmsrmsrmsrmsrms

rmsrmsrmsb

+=++=

=×++=++=

Tegangan efektif beban

V 22,1082

5

2

30

2

150 222

=++=brmsV

Arus efektif beban

A 86,2044,039,357,20 222 =++=brmsI

Daya kompleks beban

VA 225786,2022,108 =×=×= brmsbrmsb IVS

Daya reaktif beban tidak dapat dihitung dengan menggunakan

formula segitiga daya karena kita tak dapat menggambarkannya.

(d) Perhitungan untuk komponen fundamental yang telah kita

lakukan menghasilkan

W20831 =P , VA 21821 =S , dan

VAR 9,5312

12

11 =−= PSQ .

Sementara itu perhitungan daya total ke beban menghasilkan


W2174=bP , dan VA 2257=bS ; ?=bQ

Perbedaan antara P1 dan Pb disebabkan oleh adanya harmonisa

P3 dan P5 .

RIP rms211 = sedang

( ) RIRIIIPPPP brmsrmsrmsrmsb22

523

21321 =++=++= .

Daya reaktif beban Qb tidak bisa kita hitung dengan cara seperti

menghitung Q1 karena kita tidak bisa menggambarkan segitiga

daya-nya. Oleh karena itu kita akan mencoba memperlakukan

komponen harmonisa sama seperti kita memperlakukan

komponen fundamental dengan menghitung daya reaktif

sebagai nnrmsn XIQ 2= dan kemudian menjumlahkan daya

reaktif Qn untuk memperoleh daya reaktif ke beban Qb.

Dengan cara ini maka untuk beban akan berlaku:

( )5253

231

21531 LrmsLrmsLrmsb XIXIXIQQQQ ++=++=

Hasil perhitungan memberikan

VAR 4,5762,13,439,531

5253

231

21321

=++=

++=++= LrmsLrmsLrmsb XIXIXIQQQQ

Perhatikan bahwa hasil perhitungan

VAR 9,5311211 == Lrms XIQ sama dengan

VAR 9,5312

12

11 =−= PSQ .

Jika untuk menghitung Qb kita paksakan menggunakan

formulasi segitiga daya, walaupun sesungguhnya kita tidak bisa

menggambarkan segitiga daya dan daya reaktif total komponen

hamonisa juga tidak didefinisikan, kita akan memperoleh

VAR 604217422572222 =−=−= bbb PSQ

lebih besar dari hasil yang diperoleh jika daya reaktif masing-

masing komponen harmonisa dihitung dengan formula

nnrmsn XIQ 2= .

145

CO&TOH-7.6: Sumber tegangan sinusoidal V sin21000 tvs ω=

mencatu beban resistif Rb = 10 Ω melalui dioda mewakili

penyearah setengah gelombang. Carilah: (a) spektrum amplitudo

arus; (b) nilai efektif setiap komponen arus; (c) daya kompleks

sumber; (d) daya nyata yang diserap beban; (e) daya nyata yang

berikan oleh sumber; (f) faktor daya yang dilihat sumber; (g)

faktor daya komponen fundamental.

Penyelesaian:

a). Spektrum amplitudo arus penyearahan setengah gelombang ini

adalah

Spektrum yang amplitudo ini dihitung sampai harmonisa ke-

10, yang nilainya sudah mendekati 1% dari amplitudo arus

fundamental. Diharapkan error yang terjadi dalam

perhitungan tidak akan terlalu besar.

b). Nilai efektif komponen arus dalam [A] adalah

7.0 ;1 ;8,1

;3,4 ;2,21 ;50 ;45

1086

421rms0

===

====

rmsrmsrms

rmsrms

III

IIII

Nilai efektif arus fundamental A 501 =rmsI

Nilai efektif komponen harmonisa total adalah:

A 507,018,13,42,218,312 222222 =+++++×=hrmsI

A

45.00

70.71

30.04

6.032.60 1.46 0.94

0

10

20

30

40

50

60

70

80

1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 4 6 8 10 harmonisa


Nilai efektif arus total adalah

A 7,705050 22221 =+=+= shrmsrmsrms III

c). Daya kompleks yang diberikan sumber adalah

kVA 7,707,701000 =×=×= rmssrmss IVS

d). Daya nyata yang diserap beban adalah

kW 50 1067,70 22 =×== brmsb RIP

e). Sumber memberikan daya nyata melalui arus fundamental.

Daya nyata yang diberikan oleh sumber adalah

11 cos ϕ= rmssrmss IVP

Kita anggap bahwa spektrum sudut fasa tidak tersedia,

sehingga perbedaan sudut fasa antara tegangan sumber dan

arus fundamental tidak diketahui dan cosϕ1 tidak diketahui.

Oleh karena itu kita coba memanfaatkan teorema Tellegen

yang menyatakan bahwa daya yang diberikan sumber harus

tepat sama dengan daya yang diterima beban, termasuk daya

nyata. Jadi daya nyata yang diberikan sumber adalah

kW 50== bs PP

f). Faktor daya yang dilihat oleh sumber adalah

7,07,70/50// ==== sbsss SPSPf.d.

g). Faktor daya komponen fundamental adalah

1501000

50000cos

11 =

×==ϕ

rmssrms

s

IV

P

Nilai faktor daya ini menunjukkan bahwa arus fundamental

sefasa dengan tegangan sumber.

h). 100%atau 150

50

1

===rms

hrmsI

I

ITHD

Contoh-7.6 ini menunjukkan bahwa faktor daya yang dilihat sumber

lebih kecil dari faktor daya fundamental. Faktor daya fundamental

147

menentukan besar daya aktif yang dikirim oleh sumber ke beban,

sementara faktor daya yang dilihat oleh sumber merupakan rasio daya

nyata terhadap daya kompleks yang dikirim oleh sumber. Sekali lagi kita

tekankan bahwa kita tidak dapat menggambarkan segitiga daya pada

sinyal nonsinus.

Sumber mengirimkan daya nyata ke beban melalui arus fundamental.

Jika kita hitung daya nyata yang diserap resistor melalui arus

fundamental saja, akan kita peroleh

kW 2510502211 =×== brmsRb RIP

Jadi daya nyata yang diserap Rb melalui arus fundamental hanya

setengah dari daya nyata yang dikirim sumber (dalam kasus penyearah

setengah gelombang ini). Hal ini terjadi karena daya nyata total yang

diserap Rb tidak hanya melalui arus fundamental saja tetapi juga arus

harmonisa, sesuai dengan relasi

( ) bbrmsrmsbbrmsRb RIIRIP ×+== 221

2

Kita akan mencoba menganalisis masalah ini lebih jauh setelah melihat

lagi contoh yang lain. Berikut ini kita akan melihat contoh yang berbeda

namun pada persoalan yang sama, yaitu sebuah sumber tegangan

sinusoidal mengalami pembebanan nonlinier.

CO&TOH-7.7: Seperti Contoh-7.6, sumber sinusoidal dengan nilai

efektif 1000 V mencatu arus ke beban resistif Rb=10 Ω, namun

kali ini melalui saklar sinkron yang menutup setiap paruh ke-dua

dari tiap setengah perioda. Tentukan : (a) spektrum amplitudo

arus; (b) nilai efektif arus fundamental, arus harmonisa total, dan

arus total yang mengalir ke beban; (c) daya kompleks yang

diberikan sumber; (d) daya nyata yang diberikan sumber; (e)

faktor daya yang dilihat sumber; (f) faktor daya komponen

fundamental.

Penyelesaian:

(a) Diagram rangkaian adalah sebagai berikut:

Rb

10 Ω vs Vsrms =1000 V

is saklar sinkron

iRb

∼


Bentuk gelombang tegangan sumber dan arus beban adalah

Spektrum amplitudo arus, yang dibuat hanya sampai harmonisa

ke-11 adalah seperti di bawah ini.

Amplitudo arus harmonisa ke-11 masih cukup besar; masih di

atas 10% dari amplitudo arus fundamental. Perhitungan-

perhitungan yang hanya didasarkan pada spektrum amplitudo

ini tentu akan mengandung error yang cukup besar. Namun hal

ini kita biarkan untuk contoh perhitungan manual ini mengingat

amplitudo mencapai sekitar 1% dari amplitudo arus

fundamental baru pada harmonisa ke-55.

(b) Arus fundamental yang mengalir ke Rb

A 25,592

79,831 ==rmsI

0.00

83.79

44.96

14.83 14.838.71 8.71

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

1 2 3 4 5 6 7 0 1 3 5 7 9 11 harmonisa

A

-300

-200

-100

0

100

200

300

0 0,01 0,02

iRb(t)

vs(t)/5

[V]

[A]

[detik]

149

Arus harmonisa total

A 14,36

2

71,8

2

71,8

2

83,14

2

83,14

2

96,440

22222

=

+++++=hrmsI

Arus total : A 4,69 14,3625,59 22 =+=rmsI

(c) Daya kompleks yang diberikan sumber adalah

kVA 4,694,691000 =×== rmssrmss IVS

(d) Daya nyata yang diberikan sumber harus sama dengan daya

nyata yang diterima beban yaitu daya nyata yang diserap Rb

karena hanya Rb yang menyerap daya nyata

kW 17,48104,69 22 =×=== brmsbs RIPP

(e) Faktor daya yang dilihat sumber adalah

69,04,69/17,48/ === sss SPf.d.

(f) Daya nyata dikirim oleh sumber melalui arus komponen

fundamental.

11 cos ϕ= rmssrmss IVP

813,025,591000

48170cos..

111 =

×==ϕ=

rmssrms

s

IV

Pdf

(g) 61%atau 61,025,59

14,36

1

===rms

hrmsI

I

ITHD

Perhitungan pada Contoh-7.7 ini dilakukan dengan hanya mengandalkan

spektrum amplitudo yang hanya sampai harmonisa ke-11. Apabila

tersedia spektrum sudut fasa, koreksi perhitungan dapat dilakukan.


Contoh-7.8: Jika pada Contoh-7.7 selain spektrum amplitudo diketahui

pula bahwa persamaan arus fundamental dalam uraian deret Fourier

adalah

( ))sin(7,0)cos(5.0)( 001 ttIti m ω+ω−=

Lakukan koreksi terhadap perhitungan yang telah dilakukan pada

Contoh-7.7.

Penyelesaian:

Persamaan arus fundamental sebagai suku deret Fourier diketahui:

( ))sin(7,0)cos(5.0)( 001 ttIti m ω+ω−=

Sudut o1 6,57)5.0/7.0(tan ==θ − . Mengacu ke Gb.3.3, komponen

fundamental ini lagging sebesar (90o−57,6

o) = 32,4

o dari tegangan

sumber yang dinyatakan sebagai fungsi sinus. Dengan demikian

maka faktor daya komponen fundamental adalah

844,0)4,32cos(cos.. o11 ==ϕ=df

Dengan diketahuinya faktor daya fundamental, maka kita dapat

menghitung ulang daya nyata yang diberikan oleh sumber dengan

menggunakan nilai faktor daya ini, yaitu

kW 50844.04,591000cos 11 =××=ϕ= rmssrmss IVP

Daya nyata yang dikirim sumber ini harus sama dengan yang

diterima resistor di rangkaian beban sbrmsb PRIP == 2 . Dengan

demikian arus total adalah

A 7,7010/50000/ === bsrms RPI

Koreksi daya nyata tidak mengubah arus fundamental; yang

berubah adalah faktor dayanya. Oleh karena itu terdapat koreksi

arus harmonisa yaitu

A 63,3825,597,70 2221

2 =−=−= rmsrmshrms III

Daya kompleks yang diberikan sumber menjadi

kVA 7,707,701000 =×== rmssrmss IVS

151

Faktor daya total yang dilihat sumber menjadi

7,07,70/50/.. === sss SPdf

65%atau 65,025,59

63,38==ITHD

Perbedaan-perbedaan hasil perhitungan antara Contoh-7.8 (hasil koreksi)

dan Contoh-7.7 telah kita duga sebelumnya sewaktu kita menampilkan

spektrum amplitudo yang hanya sampai pada harmonisa ke-11. Tampilan

spektrum ini berbeda dengan tampilan spektrum dalam kasus penyearah

setengah gelombang pada Contoh-7.6, yang juga hanya sampai hrmonisa

ke-10. Perbedaan antara keduanya terletak pada amplitudo harmonisa

terakhir; pada kasus saklar sinkron amplitudo harmonisa ke-11 masih

sekitar 10% dari amplitudo fundamentalnya, sedangkan pada kasus

penyearah setengah gelombang amplitudo ke-10 sudah sekitar 1% dari

ampltudo fundamentalnya.

Pada Contoh-7.8, jika kita menghitung daya nyata yang diterima resistor

hanya melalui komponen fundamental saja akan kita peroleh

kW 1,351025,59 2211 =×== brmsRb RIP

Perbedaan antara daya nyata yang dikirim oleh sumber melalui arus

fundamental dengan daya nyata yang diterima resistor melalui arus

fundamental disebabkan oleh adanya komponen harmonisa. Hal yang

sama telah kita amati pada kasus penyearah setengah gelombang pada

Contoh-7.6.

7.6. Transfer Daya

Dalam pembebanan nonlinier seperti Contoh-3.6 dan Contoh-3.7, daya

nyata yang diserap beban melalui komponen fundamental selalu lebih

kecil dari daya nyata yang dikirim oleh sumber yang juga melalui arus

fundamental. Jadi terdapat kekurangan sebesar ∆PRb; kekurangan ini

diatasi oleh komponen arus harmonisa karena daya nyata diterima oleh

Rb tidak hanya melalui arus fundamental tetapi juga melalui arus

harmonisa, sesuai formula

bbhrmsrmsbRb RIIP )( 221

+=

Padahal dilihat dari sisi sumber, komponen harmonisa tidak memberi

transfer energi netto. Penafsiran yang dapat dibuat adalah bahwa


sebagian daya nyata diterima secara langsung dari sumber oleh Rb , dan

sebagian diterima secara tidak langsung. Piranti yang ada di sisi beban

selain resistor adalah saklar sinkron ataupun penyearah yang merupakan

piranti-piranti pengubah arus; piranti pengubah arus ini tidak mungkin

menyerap daya nyata sebab jika demikian halnya maka piranti ini akan

menjadi sangat panas. Jadi piranti pengubah arus menyerap daya nyata

yang diberikan sumber melalui arus fundamental dan segera

meneruskannya ke resistor sehingga resistor menerima daya nyata total

sebesar yang dikirimkan oleh sumber. Dalam meneruskan daya nyata

tersebut, terjadi konversi arus dari frekuensi fundamental yang diberikan

oleh sumber menjadi frekuensi harmonisa menuju ke beban. Hal ini

dapat dilihat dari besar daya nyata yang diterima oleh Rb melalui arus

harmonisa sebesar

bbhrmsrmsbhrmsRbh RIIRIP ×+== )( 221

2 .

Faktor daya komponen fundamental lebih kecil dari satu, f.d.1 < 1,

menunjukkan bahwa ada daya reaktif yang diberikan melalui arus

fundamental. Resistor tidak menyerap daya reaktif. Piranti selain resistor

hanyalah pengubah arus; oleh karena itu piranti yang harus menyerap

daya reaktif adalah pengubah arus. Dengan demikian, pengubah arus

menyerap daya reaktif dan daya nyata. Daya nyata diteruskan ke resistor

dengan mengubahnya menjadi komponen harmonisa, daya reaktif

ditransfer ulang-alik ke rangkaian sumber.

7.7. Kompensasi Daya Reaktif

Sekali lagi kita memperhatikan Contoh-7.6 dan Contoh-7.7 yang telah

dikoreksi dalam Contoh 7.8. Telah diulas bahwa faktor daya komponen

fundamental pada penyearah setengah gelombang f.d.1 = 1 yang berarti

arus fundamental sefasa dengan tegangan; sedangkan faktor daya

komponen fundamental pada saklar sinkron f.d.1 = 0,844. Nilai faktor

daya komponen fundamental ini tergantung dari saat membuka dan

menutup saklar yang dalam kasus penyearah setengah gelombang

“saklar” menutup setiap tengah perioda pertama.

Selain faktor daya komponen fundamental, kita melihat juga faktor daya

total yang dilihat sumber. Dalam kasus penyearah setengah gelombang,

meskipun f.d.1 = 1, faktor daya total f.d.s = 0,7. Dalam kasus saklar

sinkron f.d.1 = 0.844 sedangkan faktor daya totalnya f.d.s = 0,7. Sebuah

pertanyaan timbul: dapatkah upaya perbaikan faktor daya yang biasa

153

dilakukan pada pembebanan linier, diterapkan juga pada pembebanan

nonlinier?

Pada dasarnya perbaikan faktor daya adalah melakukan kompensasi daya

reaktif dengan cara menambahkan beban pada rangkaian sedemikian

rupa sehingga faktor daya, baik lagging maupun leading, mendekat ke

nilai satu. Dalam kasus penyearah setengah gelombang f.d.1 = 1, sudah

mencapai nilai tertingginya; masih tersisa f.d.s yang hanya 0,7. Dalam

kasus saklar sinkron f.d.1 = 0,844 dan f.d.s = 0,7. Kita coba melihat kasus

saklar sinkron ini terlebih dulu.

CO&TOH-7.9: Operasi saklar sinkron pada Contoh-3.7 membuat arus

fundamental lagging 32,4o dari tegangan sumber yang sinusoidal.

Arus lagging ini menandakan adanya daya rekatif yang dikirim oleh

sumber ke beban melalui arus fundamental. (a) Upayakan

pemasangan kapasitor paralel dengan beban untuk memberikan

kompensasi daya reaktif ini. (b) Gambarkan gelombang arus yang

keluar dari sumber.

Penyelesaian:

a). Upaya kompensasi dilakukan dengan memasangkan kapasitor

paralel dengan beban untuk memberi tambahan pembebanan

berupa arus leading untuk mengompensasi arus fundamental

yang lagging 32,4o. Rangkaian menjadi sebagai berikut:

Sebelum pemasangan kapasitor:

A 25,591 =rmsI ; A 63,38=hrmsI ; 7,0.. =sdf

kVA 59,2559,25100011 =×== rmssrms IVS ;

f.d.1 = 0,844;

kW 500,84459,251 =×=P

kVAR 75,312

12

1 =−= PSQs

∼ Rb vs

is saklar sinkron

iRb

C

iC


Kita coba memasang kapasitor untuk memberi kompensasi daya

reaktif komponen fundamental sebesar 31 kVAR

CVZVQ srmsCsrmss ω=×= /221

→ F 991001000

31000

2

1 µ=π×

=ω

=srms

s

V

QC ; kita tetapkan 100 µF

Dengan C = 100 µF, daya reaktif yang bisa diberikan adalah

kVAR 4,31101001001000 62 =××π×= −CQ

Arus kapasitor adalah

A 4,31)100/(1

1000=

π==

CZ

VI

C

srmsCrms .

Arus ini leading 90o dari tegangan sumber dan hampir sama

dengan nilai

A 75,31)4,32sin( o1 =rmsI

Diagram fasor tegangan dan arus adalah seperti di bawah ini.

Dari diagram fasor ini kita lihat bahwa arus o

1 4,32sindan IIC tidak saling meniadakan sehingga beban

akan menerima arus )4,32cos( o1rmsI , akan tetapi beban tetap

menerima arus seperti semula. Beban tidak merasakan adanya

perubahan oleh hadirnya C karena ia tetap terhubung langsung

ke sumber. Sementara itu sumber sangat merasakan adanya

beban tambahan berupa arus kapasitif yang melalui C. Sumber

yang semula mengeluarkan arus fundamental dan arus

harmonisa total ke beban, setelah pemasangan kapasitor

Im

Re

Vs

I1

32,4o

I1cos32,4o

I1sin32,4o IC

155

memberikan arus fundamental dan arus harmonisa ke beban

ditambah arus kapasitif di kapasitor. Dengan demikian arus

fundamental yang diberikan oleh sumber menjadi

A 05)4,32cos( o11 =≈ rmsrmsC II

turun sekitar 10% dari arus fundamental semula yang 59,25 A.

Arus efektif total yang diberikan sumber menjadi

A 2,6363,3850 22221 =+=+= hrmsrmsCsrmsC III

Daya kompleks yang diberikan sumber menjadi

kVA 2,632,631000 =×=sCS

Faktor daya yang dilihat sumber menjadi

8,02,63/50.. ==sCdf

sedikit lebih baik dari sebelum pemasangan kapasitor

7,0.. =sdf

b). Arus sumber, is, adalah jumlah dari arus yang melalui resistor

seri dengan saklar sinkron dan arus arus kapasitor.

- bentuk gelombang arus yang melalui resistor iRb adalah

seperti yang diberikan pada gambar Contoh-7.7;

- gelombang arus kapasitor, iC, 90o mendahului tegangan

sumber.

Bentuk gelonbang arus is terlihat pada gambar berikut:

-300

-200

-100

0

100

200

300

vs/5

is

iRb

iC [detik]

[V]

[A]

0 0.005 0.01 0.015 0.02


Contoh-7.9 ini menunjukkan bahwa kompensasi daya reaktif komponen

fundamental dapat meningkatkan faktor daya total yang dilihat oleh

sumber. Berikut ini kita akan melihat kasus penyearah setengah

gelombang.

Dalam analisis rangkaian listrik [2], kita membahas filter kapasitor pada

penyearah yang dihubungkan paralel dengan beban R dengan tujuan

untuk memperoleh tegangan yang walaupun masih berfluktuasi namun

fluktuasi tersebut ditekan sehingga mendekati tegangan searah. Kita akan

mencoba menghubungkan kapasitor seperti pada Gb.7.6 dengan harapan

akan memperbaiki faktor daya.

Gb.7.6. Kapasitor paralel dengan beban.

CO&TOH-7.10: Sumber tegangan sinusoidal V sin21000 tvs ω=

mencatu beban resistif Rb = 10 Ω melalui penyearah setengah

gelombang. Lakukan pemasangan kapasitor untuk

“memperbaiki” faktor daya. Frekuensi kerja 50 Hz.

Penyelesaian:

Keadaan sebelum pemasangan kapasitor dari Contoh-3.5:

tegangan sumber V 1000=srmsV ;

arus fundamental A 501 =rmsI ;

arus harmonisa total A 50=hrmsI

arus efektif total A 7,70=rmsI ;

daya kompleks sumber kVA 7,70=sS ;

daya nyata kW 501 == PPs ;

faktor daya sumber 7,07,70/50/.. === sss SPdf ;

faktor daya komponen fundamental 1.. 1 =df .

Spektrum amplitudo arus maksimum adalah

vs R C

iR iC

is

157

Gambar perkiraan dibawah ini memperlihatkan kurva tegangan

sumber vs/5 (skala 20%), arus penyearahan setengah gelombang

iR, dan arus kapasitor iC seandainya dipasang kapasitor (besar

kapasitor belum dihitung).

Dengan pemasangan kapasitor maka arus sumber akan merupakan

jumlah iR + iC yang akan merupakan arus nonsinus dengan bentuk

lebih mendekati gelombang sinusoidal dibandingkan dengan

bentuk gelombang arus penyearahan setengah gelombang iR.

Bentuk gelombang arus menjadi seperti di bawah ini.

-400

-200

0

200

400

0 0.01 0.02 0.03iC

vs/5

iR

[V]

[A]

t [s]

45.00

70.71

30.04

6.032.60 1.46 0.94

0

10

20

30

40

50

60

70

80

1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 4 6 8 10 harmonisa

A


Kita akan mencoba menelaah dari beberapa sisi pandang.

a). Pemasangan kapasitor seperti pada Gb.7.6 menyebabkan sumber

mendapat tambahan beban arus kapasitif. Bentuk gelombang arus

sumber menjadi lebih mendekati bentuk sinus. Tidak seperti

dalam kasus saklar sinkron yang komponen fundamentalnya

memiliki faktor daya kurang dari satu sehingga kita punya titik-

tolak untuk menghitung daya reaktif yang perlu kompensasi,

dalam kasus penyerah setengah gelombang ini f.d.1 = 1; arus

fundamental sefasa dengan tegangan sumber.

Sebagai perkiraan, daya reaktif akan dihitung dengan

menggunakan formula segitiga daya pada daya kompleks total.

kVAR 50507.702222 =−=−= sss PSQ

Jika diinginkan faktor daya 0,9 maka daya reaktif seharusnya

sekitar

kVAR 300,9)sin(cos-1 ≈= ss SQ

Akan tetapi formula segitiga tidaklah akurat karena kita tidak

dapat menggambarkan segitiga daya untuk arus harmonisa. Oleh

karena itu kita perkirakan kapasitor yang akan dipasang mampu

memberikan kompensasi daya reaktif QC sekitar 25 kVAR. Dari

sini kita menghitung kapasitansi C.

kVAR 2510)(1/

1000 62

2

=ω=ω

== CCZ

QC

s

C

V

-400

-200

0

200

400

0 0.01 0.02 0.03iC

vs/5

iR

[V]

[A]

t [s]

iR+iC

iR

159

Pada frekuensi 50 Hz F 6,7910010

25000

6µ=

π×=C .

Kita tetapkan 80 µF

Arus kapasitor adalah

A 13,25)1080100/(1

1000

6=

××π==

−Z

s

C

VI

yang leading 90o dari tegangan sumber atau o9013,25 ∠=CI

Arus fundamental sumber adalah jumlah arus kapasitor dan arus

fundamental semula, yaitu

A 2196,559013,25050 ooo11 ∠=∠+∠=+= CsemulasCs III

Nilai efektif arus dengan frekuensi fundamental yang keluar dari

sumber adalah

A 755096,55 22221 =+=+= hrmsCrmsssCrms III

Jadi setelah pemasangan kapasitor, nilai-nilai efektif arus adalah:

A 96,551 =CrmssI ; ini adalah arus pada frekuensi

fundamental yang keluar dari sumber

sementara arus ke beban tidak berubah

A 50=hrmsI ; tak berubah karena arus beban tidak berubah.

A 75=sCrmsI ; ini adalah arus yang keluar dari sumber yang

semula A 7,70=rmsI .

Daya kompleks sumber menjadi

kVA 75751000 =×== sCrmssrmssC IVS

Faktor daya yang dilihat sumber menjadi

67,075/50/ === sCssC SPf.d.

Berikut ini adalah gambar bentuk gelombang tegangan dan arus

serta spektrum amplitudo arus sumber.


Pemasangan kapasitor tidak memperbaiki faktor daya total

bahkan arus efektif pembebanan pada sumber semakin tinggi.

Apabila kita mencoba melakukan kompensasi bukan dengan arus

kapasitif akan tetapi dengan arus induktif, bentuk gelombang arus

dan spektrum amplitudo yang akan kita peroleh adalah seperti di

bawah ini.

-300

-200

-100

0

100

200

300

0 0.005 0.01 0.015 0.02iC

iRb isC

vs/5

V

A

45.00

79.14

30.04

6.032.60 1.46 0.94

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

1 2 3 4 5 6 70 1 2 4 6 8 10

harmonisa

A

161

Dengan membandingkan Contoh-7.9 dan Contoh-7.10 kita dapat melihat

bahwa perbaikan faktor daya dengan cara kompensasi daya reaktif dapat

dilakukan pada pembebanan dengan faktor daya komponen fundamental

yang lebih kecil dari satu. Pada pembebanan di mana arus fundamental

sudah sefasa dengan tegangan sumber, perbaikan faktor daya tidak

terjadi dengan cara kompensasi daya reaktif; padahal faktor daya total

masih lebih kecil dari satu. Daya reaktif yang masih ada merupakan

akibat dari arus harmonisa. Oleh karena itu upaya yang harus dilakukan

adalah menekan arus harmonisa melalui penapisan. Persoalan penapisan

tidak dicakup dalam buku ini melainkan dalam Elektronika Daya.

-300

-200

-100

0

100

200

300

0 0.005 0.01 0.015 0.02iC

iRb

isC

vs/5 V

A

A

45.00

79.14

30.04

6.032.60 1.46 0.94

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

1 2 3 4 5 6 70 1 2 4 6 8 10

harmonisa


163

Bab 8

Pembebanan Nonlinier Sistem Tiga

Fasa dan Dampak pada Piranti

8.1. Komponen Harmonisa Dalam Sistem Tiga Fasa

Frekuensi Fundamental. Pada pembebanan seimbang,

komponen fundamental

berbeda fasa 120o antara

masing-masing fasa.

Perbedaan fasa 120o antar

fasa ini timbul karena

perbedaan posisi kumparan

jangkar terhadap siklus

medan magnet, yaitu sebesar

120o sudut magnetik. Hal ini

dijelaskan pada Gb.8.1.

Gb.8.1. memperlihatkan

skema generator empat kutub; 180o sudut mekanis ekivalen dengan 360

o

sudut magnetik. Dalam siklus magnetik yang pertama sebesar 360o

magnetik, yaitu dari kutub magnetik U ke U berikutnya, terdapat tiga

kumparan yaitu kumparan fasa-a (a1-a11), kumparan fasa-b (b1-b11),

kumparan fasa-c (c1-c11).

Antara posisi kumparan fasa-a dan fasa-b

terdapat pergeseran sudut magnetik 120o; antara posisi kumparan fasa-b

dan fasa-c terdapat pergeseran sudut magnetik 120o; demikian pula

halnya dengan kumparan fasa-c dan fasa-a. Perbedaan posisi inilah yang

menimbulkan perbedaan sudut fasa antara tegangan di fasa-a, fasa-b,

fasa-c.

Harmonisa Ke-3. Hal yang sangat berbeda terjadi pada komponen

harmonisa ke-3. Pada harmonisa ke-3 satu siklus komponen

fundamental, atau 360o, berisi 3 siklus harmonisa ke-3. Hal ini berarti

bahwa satu siklus harmonisa ke-3 memiliki lebar 120o dalam skala

komponen fundamental; nilai ini tepat sama dengan beda fasa antara

komponen fundamental fasa-a dan fasa-b. Oleh karena itu tidak ada

180o mekanis = 360o magnetik

S

U

S

U a2 a1

b1

a11 c1

b2 c2

b11

c22

b22

c11

Gb.8.1. Skema generator empat kutub


perbedaan fasa antara harmonisa ke-3 di fasa-a dan fasa-b. Hal yang

sama terjadi antara fasa-b dan fasa-c seperti terlihat pada Gb.8.2

Gb.8.2. Tegangan fundamental dan harmonisa ke-3

pada fasa-a, fasa-b, dan fasa-c.

Pada gambar ini tegangan v1a, v1b, v1c, adalah tegangan fundamental dari

fasa-a, -b, dan -c, yang saling berbeda fasa 120o. Tegangan v3a, v3b, v3c,

adalah tegangan harmonisa ke-3 di fasa-a, -b, dan -c; masing-masing

digambarkan terpotong untuk memperlihatkan bahwa mereka sefasa.

Diagram fasor harmonisa ke-3 digambarkan pada Gb.8.3. Jika V3a, V3b,

V3c merupakan fasor tegangan fasa-netral maka tegangan fasa-fasa (line

to line) harmonisa ke-3 adalah nol.

Hal serupa terjadi pada harmonisa kelipatan tiga yang lain seperti

harmonisa ke-9. Satu siklus fundamental berisi 9 siklus harmonisa yang

berarti lebar satu siklus adalah 40o dalam skala fundamental. Jadi lebar 3

siklus harmonisa ke-9 tepat sama dengan beda fasa antar fundamental,

sehingga tidak ada perbedaan sudut fasa antara harmonisa ke-9 di fasa-a,

fasa-b, dan fasa-c.

Harmonisa ke-5. Gb.8.4. memperlihatkan kurva tegangan fundamental

dan harmonisa ke-5. Tegangan v1a, v1b, v1c, adalah tegangan fundamental

dari fasa-a, -b, dan -c. Tegangan v5a, v5b, v5c, adalah tegangan harmonisa

ke-5 di fasa-a, -b, dan -c; masing-masing digambarkan terpotong untuk

menunjukkan bahwa mereka berbeda fasa.

Gb.8.3. Diagram fasor harmonisa ke-3.

V3a

V3b

V3c

-300

-200

-100

0

100

200

300

0 90 180 270 360 [o]

V

v3a

v1b v1c

v3b v3c

v1a

165

Gb.8.4. Fundamental dan harmonisa ke-5

Satu siklus fundamental berisi 5 siklus harmonisa atau satu siklus

harmonisa mempunyai lebar 72o dalam skala fundamental. Perbedaan

fasa antara v5a dan v5b adalah (2 × 72o − 120

o) = 24

o dalam skala

fundamental atau 120o dalam skala harmonisa ke-5; beda fasa antara v5b

dan v5c juga 120o. Diagram fasor

dari harmonisa ke-5 terlihat pada

Gb.8.5. Jika V5a, V5b, V5c

merupakan fasor tegangan fasa-

netral maka tegangan fasa-fasa

(line to line) harmonisa ke-5

adalah 3 kali lebih besar dari

tegangan fasa-netral-nya.

Harmonisa Ke-7. Satu siklus harmonisa ke-7 memiliki lebar 51,43o

dalam skala fundamental. Perbedaan fasa antara v7a dan v7b adalah (3 ×

51,43o − 120

o) = 34,3

o dalam skala fundamental atau 240

o dalam skala

harmonisa ke-7; beda fasa antara v7b dan v7c juga 240o. Diagram fasor

dari harmonisa ke-7 terlihat

pada Gb.8.6. Jika V7a, V7b, V7c

merupakan fasor tegangan

fasa-netral maka tegangan

fasa-fasa (line to line)

harmonisa ke-7 adalah 3

kali lebih besar dari tegangan

fasa-netral-nya.

-300

-200

-100

0

100

200

300

0 90 180 270 360

v1a

V v1b v1c

v5a v5b v5c

[o]


V5a

V5c

V5b


V7a

V7b

V7c


8.2. Relasi Tegangan Fasa-Fasa dan Fasa-&etral

Pada tegangan sinus murni, relasi antara tegangan fasa-fasa dan fasa-

netral dalam pembebanan seimbang adalah

fnfnff VVV 732,13 ==

di mana Vff tegangan fasa-fasa dan Vf-n tegangan fasa-netral. Apakah

relasi masih berlaku jika tegangan berbentuk gelombang nonsinus. Kita

akan melihat melalui contoh berikut.

CO&TOH-8.1: Tegangan fasa-netral suatu generator 3 fasa terhubung

bintang mengandung komponen fundamental dengan nilai puncak

200 V, serta harmonisa ke-3, 5, 7, dan 9 dengan nilai puncak

berturut-turut 40, 25, 20, 10 V. Hitung rasio tegangan fasa-fasa

terhadap tegangan fasa-netral.

Penyelesaian:

Dalam soal ini harmonisa tertinggi yang diperhitungkan adalah

harmonisa ke-9, walaupun nilai puncak harmonisa tertinggi ini

masih 5% dari nilai puncak komponen fundamental.

Nilai efektif tegangan fasa-netral fundamental sampai harmonisa

ke-9 berturut-turut adalah nilai puncak dibagi 2 :

V 42,1411 =−nfV ; V 28,283 =−nfV ; V 68,175 =−nfV

V 14,147 =−nfV ; V 07,79 =−nfV

Nilai efektif tegangan fasa-netral total

V 16,146 7,0714,1417,6828,2842,14122222 =++++=−nfV

Nilai efektif tegangan fasa-fasa setiap komponen adalah

V 95,2441 =− ffV ; V 03 =− ffV ; V 26,27 5 =− ffV

V 11,227 =− ffV ; V 09 =− ffV

Nilai efektif tegangan fasa-fasa total

167

V 35,247 011,2227,62095,244222 =++++=− ffV

Rasio tegangan fasa-fasa terhadap tegangan fasa-netral

70,116,146

35,247==

−

−

nf

ff

V

V

Perbedaan nilai perhitungan tegangan efektif fasa-netral dan tegangan

efektif fasa-fasa terlatak pada adanya harmonisa kelipatan tiga; tegangan

fasa-fasa harmonisa ini bernilai nol.

8.3. Hubungan Sumber Dan Beban

Generator Terhubung Bintang. Jika belitan jangkar generator terhubung

bintang, harmonisa kelipatan tiga yang terkandung pada tegangan fasa-

netral tidak muncul pada tegangan fasa-fasa-nya. Kita akan melihatnya

pada contoh berikut.

CO&TOH-8.2: Sebuah generator 3 fasa, 50 Hz, terhubung bintang

membangkitkan tegangan fasa-netral yang berbentuk gelombang

nonsinus yang dinyatakan dengan persamaan

V 5sin1003sin200sin800 000 tttv ω+ω+ω=

Generator ini mencatu tiga induktor terhubung segi-tiga yang

masing-masing mempunyai resistansi 20 Ω dan induktansi 0,1 H.

Hitung daya nyata yang diserap beban dan faktor daya beban.

Penyelesaian:

Nilai efektif komponen tegangan fasa-netral adalah

V 2/8001 =rmsfnV ; V 2/2003 =rmsfnV ;

V 2/1005 =rmsfnV .

Tegangan fasa-fasa sinyal nonsinus tidak sama dengan 3 kali

tegangan fasa-netralnya. Akan tetapi masing-masing komponen

merupakan sinyal sinus; oleh karena itu tegangan fasa-fasa masing-

masing komponen adalah 3 kali tegangan fasa-netral-nya.

( ) V 3/280032/8001 ==rmsffV ; V 03 =rmsffV ;

V 2/31005 =rmsffV


V 4,987)2/3(100)2/3(80022 =+=ffrmsV

Reaktansi beban per fasa untuk tiap komponen

Ω=××π= 42,311,05021X ; Ω== 25,943 13 XX ;

Ω== 08,1575 15 XX

Impedansi beban per fasa untuk tiap komponen

Ω=+= 24,3742,3120 221fZ

Ω=+= 35,9625,9420 223fZ

Ω=+= 35,15808,15720 225fZ

Arus fasa:

A 3,2624,37

2/3800

1

11 ===

f

rmsffrmsf

Z

VI

A 0

1

33 ==

f

rmsffrmsf

Z

VI

A 77,035,158

2/3100

5

55 ===

f

rmsffrmsf

Z

VI

A 32,2677,03,2622 =+=frmsI

Daya nyata diserap beban

kW 41,6 W41566203 2 ≈=××=frmsb IP

Daya kompleks beban

kW 78 W 7796732,264,9873 3 ≈=××=××= fffb IVS

Faktor daya beban

53,078

6,41.. ===

b

b

S

Pdf

169

Generator Terhubung Segitiga. Jika belitan jangkar generator terhubung

segitiga, maka tegangan harmonisa kelipatan tiga akan menyebabkan

terjadinya arus sirkulasi pada belitan jangkar generator tersebut.

CO&TOH-8.3: Sebuah generator 3 fasa, 50 Hz, terhubung segitiga.

Resistansi dan induktansi per fasa adalah 0,06 Ω dan 0,9 mH. Dalam

keadaan tak berbeban tegangan fasa-fasa mengandung harmonisa

ke-3, -7, dan -9, dan -15 dengan amplitudo berturut-turut 4%, 3%,

2% dan 1% dari amplitudo tegangan fundamental. Hitunglah arus

sirkulasi dalam keadaan tak berbeban, jika eksitasi diberikan

sedemikian rupa sehingga amplitudo tegangan fundamental 1500 V.

Penyelesaian:

Arus sirkulasi di belitan jangkar yang terhubung segitiga timbul oleh

adanya tegangan harmonisa kelipatan tiga, yang dalam hal ini adalah

harmonisa ke-3, -9, dan -15. Tegangan puncak dan tegangan efektif

masing-masing komponen harmonisa ini di setiap fasa adalah

V 601500%43 =×=mV ; V 2/603 =rmsV

V 301500%29 =×=mV ; V 2/309 =rmsV

V 151500%115 =×=mV ; V 2/1515 =rmsV

Reaktansi untuk masing-masing komponen adalah

Ω=×××π= − 283,0109,0502 31X

Ω=×= 85,03 13 XX

Ω=×= 55,29 19 XX

Ω=×= 24,415 115 XX

Impedansi di setiap fasa untuk komponen harmonisa

Ω=+= 85,085,006,0 223Z

Ω=+= 55,254,206,0 229Z

Ω=+= 24,424,406,0 2215Z

Arus sirkulasi adalah


A 89,4985,0

2/603 ==rmsI

A 33,855,2

2/309 ==rmsI

A 5,224,4

2/1515 ==rmsI

A 6,505,233,889,48222

)( =++=rmssirkulasiI

Sistem Empat Kawat. Pada sistem empat kawat, di mana titik netral

sumber terhubung ke titik netral beban, harmonisa kelipatan tiga akan

mengalir melalui penghantar netral. Arus di penghantar netral ini

merupakan jumlah dari ketiga arus di setiap fasa; jadi besarnya tiga kali

lipat dari arus di setiap fasa.

CO&TOH-8.4: Tiga kumparan dihubungkan bintang; masing-masing

kumparan mempunyai resistansi 25 Ω dan induktansi 0,05 H.

Beban ini dihubungkan ke generator 3 fasa, 50Hz, dengan

kumparan jangkar terhubung bintang. Tegangan fasa-netral

mempunyai komponen fundamental, harmonisa ke-3, dan ke-5

dengan nilai puncak berturut-turut 360 V, 60 V, dan 50 V.

Penghantar netral menghubungkan titik netral generator dan beban.

Hitung nilai efektif (a) arus saluran (fasa); (b) tegangan fasa-fasa;

(c) arus di penghantar netral; (d) daya diserap beban.

Penyelesaian:

(a) Tegangan fasa-netral efektif setiap komponen

V 4,35

V; 4,42

V; 6,254

5

3

1

=

=

=

rmsfn

rmsfn

rmsfn

V

V

V

Reaktansi per fasa

Ω=××π= 70,1505,05021X

Ω=×= 12,473 13 XX

Ω=×= 54,785 15 XX

171

Impedansi per fasa

Ω=+= 53,2970,1525 221Z

Ω=+= 35,5312,4725 223Z

Ω=+= 42,8254,7825 225Z

Arus saluran

A 62,853,29

6,2541 ==rmsI

A 795,035,53

4,423 ==rmsI

A 43,042,82

4,355 ==rmsI

A 67,843,0795,062.8 222 =++=rmssaluranI

(b) Tegangan fasa-fasa setiap komponen

V 24,61 V; 0 V; 9,440 531 === −−− ffffff VVV

Tegangan fasa-fasa

V 4452,6109,440 22 =++=− ffV

Arus di penghantar netral ditimbulkan oleh harmonisa ke-3,

yang merupakan arus urutan nol.

A 39,2795,033 3 =×=×= rmsnetral II

(c) Daya yang diserap beban adalah daya yang diserap elemen

resistif 25 Ω, yaitu RIP nf ××= −23 . Arus beban terhubung

bintang sama dengan arus saluran. Jadi daya yang diserap

beban adalah

kW 5,64 W 5636 2567,833 22 ==××=××= RIPb


Sistem Tiga Kawat. Pada sistem ini tidak ada hubungan antara titik

netral sumber dan titik netral beban. Arus harmonisa kelipatan tiga tidak

mengalir. Kita akan melihat kondisi ini dengan menggunakan contoh

berikut.

CO&TOH-8.5: Persoalan seperti pada contoh-29-4 akan tetapi

penghantar netral yang menghubungkan titik netral generator dan

beban diputus. Hitung nilai efektif (a) arus saluran (fasa); (b)

tegangan fasa-fasa; (c) arus di penghantar netral; (d) daya diserap

beban.

Penyelesaian:

(a) Karena penghantar netral diputus, arus harmonisa ke-3 tidak

mengalir. Arus fundamental dan harmonisa ke-5 telah dihitung

pada contoh-6.4. yaitu

A 62,853,29

6,2541 ==rmsI

A 43,042,82

4,355 ==rmsI

Arus saluran menjadi A 63,843,062,8 22 =+=rmssaluranI

(b) Walaupun arus harmonisa ke-3 tidak mengalir, tegangan fasa-

netral harmonisa ke-3 tetap hadir namun tegangan ini tidak

muncul pada tegangan fasa-fasa. Keadaan ini seperti keadaan

sebelum penghantar netral diputus

V 4452,6109,440 22 =++=− ffV

(c) Arus di penghantar netral = 0 A

(d) Daya yang diserap beban

kW 5,59 W 5589 2563,833 22 ==××=××= RIPb

8.4. Sumber Bekerja Paralel

Untuk mencatu beban yang besar sumber-sumber pada sistem tenaga

harus bekerja paralel. Jika sumber terhubung bintang dan titik netral

masing-masing sumber ditanahkan, maka akan mengalir arus sirkulasi

melalui pentanahan apabila terdapat tegangan harmonisa kelipatan tiga.

173

CO&TOH-8.6: Dua generator tiga fasa, 20 000 kVA, 10 000 V,

terhubung bintang, masing-masing mempunyai reaktansi jangkar

20% tiap fasa. Tegangan terbangkit mengandung harmonisa ke-3

dengan amplitudo 10% dari amplitudo fundamental. Kedua

generator bekerja paralel, dan titik netral masing-masing

ditanahkan melalui reaktansi 10%. Hitunglah arus sirkulasi di

pentanahan karena adanya harmonisa ke-3.

Penyelesaian:

Tegangan kedua generator adalah

V 10000=ffrmsV

V 5774 3

10000==fnrmsV

Reaktansi jangkar 20% : Ω=×

××= 1

1000000 20

57743%20

2

aX

Reaktansi pentanahan 10% : Ω=×

××= 5,0

1000000 20

57743%10

2

gX

Reaktansi pentanahan untuk urutan nol : Ω=×= 5,15,030X

Tegangan harmonisa ke-3 adalah 10% dari tegangan fundamental :

V 4,5773 =rmsfnV

Kedua generator memiliki Xa dan Xg yang sama besar dengan

tegangan harmonisa ke-3 yang sama besar pula. Arus sirkulasi

akibat tegangan harmonisa ke-3 adalah

( )A 231

5,2

4,577

0

3==

+=

XX

VI

a

rmsfnsirkulasi

8.5. Penyaluran Energi ke Beban

Dalam jaringan distribusi, untuk menyalurkan energi ke beban digunakan

penyulang tegangan menengah yang terhubung ke transformator dan dari

transformator ke beban. Suatu kapasitor dihubungkan paralel dengan

beban guna memperbaiki faktor daya. Dalam analisis harmonisa kita

menggunakan model satu fasa dari jaringan tiga fasa.


Penyulang. Dalam model satu fasa, penyulang diperhitungkan sebagai

memiliki resistansi, induktansi, kapasitansi. Dalam hal tertentu elemen

ini bisa diabaikan.

Transformator. Perilaku transformator dinyatakan dengan persamaan

111111 XjR IIEV ++=

222222 XjR IIVE ++=

a

f

22

1

2221 dengan

IIIIII ==′′+=

11111 , , , , XREIV berturut turut adalah tegangan terminal, arus, tegangan

induksi kumparan, resistansi, dan reaktansi bocor rangkaian primer.

22222 , , , , XREIV berturut-turut adalah tegangan terminal, arus,

tegangan induksi kumparan, resistansi, dan reaktansi bocor rangkaian

sekunder; 2V sama dengan tegangan pada beban. 1E sefasa dengan 2E

karena dibangkitkan (diinduksikan) oleh fluksi yang sama, sehingga nilai

masing-masing sebanding dengan jumlah lilitan, 1 dan 2. Jika

21 / a = maka dilihat dari sisi sekunder nilai E1 menjadi

aEE /' 11 = , I1 menjadi 11 ' aII = , R1 menjadi R1/a2, X1 menjadi X1/a

2.

Rangkaian ekivalen transformator berbeban menjadi seperti pada

Gb.5.7.a. Dengan mengabaikan arus eksitasi If dan menggabungkan

resistansi dan reaktansi menjadi 21 RRRT +′= dan 21 XXXT +′=

maka rangkaian ekivalen menjadi seperti pada Gb.8.7.b.

(a)

(b)

Gb.8.7. Rangkaian ekivalen transformator berbeban.

R′1

∼

If

B

X′1 R2 X2

V1 E1

V2

Xc Rc

Ic

B

RT XT

∼ V1

V2

175

8.6. Rangkaian Ekivalen Untuk Analisis

Karena resistansi dan reaktansi transformator diposisikan di sisi

sekunder, maka untuk menambahkan penyulang dan sumber harus pula

diposisikan di sisi sekunder. Tegangan sumber Vs menjadi Vs/a, resistansi

penyulang menjadi Rp/a2, reaktansi penyulang menjadi Xp/a

2 . Jika

resistansi penyulang Rp/a2 maupun resistansi transformator RT diabaikan,

maka rangkaian sumber–penyulang–transformator–beban menjadi

seperti pada Gb.8.8. Bentuk rangkaian yang terakhir ini cukup sederhana

untuk melakukan analisis lebih lanjut. Vs/a adalah tegangan sumber.

Gb.8.8. Rangkaian ekivalen penyaluran energi dari sumber ke

beban dengan mengabaikan semua resistansi dalam rangkaian

serta arus eksitasi transformator.

Apabila kita menggunakan rangkaian ekivalen dengan hanya

memandang arus nonlinier, maka sumber tegangan menjadi bertegangan

nol atau merupakan hubung singkat seperti terlihat pada Gb.8.9.

Gb.8.9. Rangkaian ekivalen pada pembebanan nonlinier.

Jika kita hanya meninjau komponen harmonisa, dan tetap memandang

bahwa arus harmonisa mengalir ke beban, arah arus harmonisa

digambarkan menuju sisi beban. Namun komponen harmonisa tidak

memberikan transfer energi neto dari sumber ke beban; justru sebaliknya

komponen harmonisa memberikan dampak yang tidak menguntungkan

pada sistem pencatu daya. Oleh karena itu sistem pencatu daya “bisa

melihat” bahwa di arah beban ada sumber arus harmonisa yang mencatu

sistem pencatu daya dan sistem pencatu daya harus memberi tanggapan

terhadap fungsi pemaksa (driving function) ini. Dalam hal terakhir ini

B

XT

Vs/a V2

Xp/a2

XC

B

XT ibeban Xp/a

2

XC


sumber arus harmonisa digambarkan sebagai sumber arus yang mencatu

sistem seperti terlihat pada Gb.8.10.

Gb.8.10. Rangkaian ekivalen untuk analisis arus harmonisa.

8.7 Dampak Harmonisa Pada Piranti

Dalam analisis rangkaian linier, elemen-elemen rangkaian seperti R, L,

dan C, merupakan idealisasi piranti-piranti nyata yang nonlinier. Dalam

bab ini kita akan mempelajari pengaruh adanya komponen harmonisa,

baik arus maupun tegangan, terhadap piranti-piranti sebagai benda nyata.

Pengaruh ini dapat kita klasifikasi dalam dua kategori yaitu:

a). Dampak langsung yang merupakan peningkatan susut energi yaitu

energi “hilang” yang tak dapat dimanfaatkan, yang secara

alamiah berubah menjadi panas. [5,6].

b). Dampak taklangsung yang merupakan akibat lanjutan dari

terjadinya dampak langsung. Peningkatan temperatur pada

konduktor kabel misalnya, menuntut penurunan pengaliran arus

melalui kabel agar temperatur kerja tak terlampaui. Demikian

pula peningkatan temperatur pada kapasitor, induktor, dan

transformator, akan berakibat pada derating dari alat-alat ini dan

justru derating ini membawa kerugian (finansial) yang lebih

besar dibandingkan dengan dampak langsung yang berupa susut

energi.

Dampak taklangsung bukan hanya derating piranti tetapi juga

umur ekonomis piranti. Pembebanan nonlinier tidaklah selalu

kontinyu, melainkan fluktuatif. Oleh karena itu pada selang

waktu tertentu piranti terpaksa bekerja pada batas tertinggi

temperatur kerjanya bahkan mungkin terlampaui pada saat-saat

tertentu. Kenaikan tegangan akibat adanya harmonisa dapat

menimbulkan micro-discharges bahkan partial-discharges dalam

piranti yang memperpendek umur, bahkan mal-function bisa

terjadi pada piranti.

XT sumber arus

harmonisa

Xp/a2

XC

177

8.7.1. Konduktor

Pada konduktor, komponen arus harmonisa menyebabkan peningkatan

daya nyata yang diserap oleh konduktor dan berakibat pada peningkatan

temperatur konduktor. Daya nyata yang terserap di konduktor ini kita

sebut rugi daya atau susut daya. Karena susut daya ini berbanding lurus

dengan kuadrat arus, maka peningkatannya akan sebanding dengan

kuadrat THD arus; demikian pula dengan peningkatan temperatur.

Misalkan arus efektif nonsinus rmsI mengalir melalui konduktor yang

memiliki resistansi Rs, maka susut daya di konduktor ini adalah

( ) ( )221

221

2 1 Isrmsshrmsrmssrmss THDRIRIIRIP +=+== (8.1)

Jika arus efektif fundamental tidak berubah, faktor ( )21 ITHD+ pada

(8.1) menunjukkan seberapa besar peningkatan susut daya di konduktor.

Misalkan peningkatan ini diinginkan tidak lebih dari 10%, maka THDI

tidak boleh lebih dari 0,32 atau 32%. Dalam contoh-contoh persoalan

yang diberikan di Bab-4, THDI besar terjadi misalnya pada arus

penyearahan setengah gelombang yang mencapai 100%, dan arus

melalui saklar sinkron yang mengalir setiap paruh ke-dua dari tiap

setengah perioda yang mencapai 61%.

CO&TOH-8.7: Konduktor kabel yang memiliki resistansi total 80 mΩ,

menyalurkan arus efektif 100 A, pada frekuensi 50 Hz. Kabel ini

beroperasi normal pada temperatur 70o C sedangkan temperatur

sekitarnya adalah 25o C. Perubahan pembebanan di ujung kabel

menyebabkan munculnya harmonisa pada frekuensi 350 Hz dengan

nilai efektif 40 A. Hitung (a) perubahan susut daya dan (b)

perubahan temperatur kerja pada konduktor.

(a) Susut daya semula pada konduktor adalah

W80008,010021 =×=P

Susut daya tambahan karena arus harmonisa adalah

W12808,04027 =×=P

Susut daya berubah menjadi

W928128800 =+=kabelP


Dibandingkan dengan susut daya semula, terjadi kenaikan susut

daya sebesar 16%.

(b) Kenaikan temperatur kerja di atas temperatur sekitar semula

adalah (70o − 25

o) = 45

o C. Perubahan kenaikan temperatur

adalah

C 2,74516,0oo =×=∆T

Kenaikan temperatur akibat adanya hormonisa adalah

C 52C 2,7C45ooo ≈+=T

dan temperatur kerja akibat adanya harmonisa adalah

C 775225 ooo =+=′T

10% di atas temperatur kerja semula.

CO&TOH-8.8: Suatu kabel yang memiliki resistansi total 0,2 Ω

digunakan untuk mencatu beban resistif Rb yang tersambung di

ujung kabel dengan arus sinusoidal bernilai efektif 20 A. Tanpa

pengubah resistansi beban, ditambahkan penyearah setengah

gelombang (ideal) di depan Rb. (a) Hitunglah perubahan susut daya

pada kabel jika penyaluran daya ke beban dipertahankan tak

berubah. (b) Hitunglah daya yang disalurkan ke beban dengan

mempertahankan arus total pada 20 A; (c) berikan ulasan.

Penyelesaian:

(a) Sebelum pemasangan penyearah, susut daya di kabel adalah

W802,0202 =×=kP

Dengan mempertahankan besar daya tersalur ke beban tidak

berubah, berarti nilai efektif arus fundamental dipertahankan 20

A. THDI pada penyearah setengah gelombang adalah 100%.

Susut daya pada kabel menjadi

( ) W160112,020 22* =+×=kP

Susut daya menjadi dua kali lipat.

179

(b) Jika arus efektif total dipertahankan 20 A, maka susut daya di

kabel sama seperti sebelum pemasangan penyearah yaitu

W802,0202 =×=k

P

Dalam situasi ini terjadi penurunan arus efektif fundamental

yang dapat dihitung melalui relasi kuadrat arus efektif total,

yaitu

20)1( 2221

221

2 =+=+= THDIIII mshmsmsrms

Dengan THD 100%, maka /220221 =rmsI

jadi A 14,142/201 ==rmsI

Jadi jika arus efektif total dipertahankan 20 A, arus fundamental

turun menjadi 70% dari semula. Susut daya di kabel tidak

berubah, tetapi daya yang disalurkan ke beban menjadi

5,07,02 ≈ dari daya semula atau turun menjadi 50%-nya.

(c) Jika penyaluran daya ke beban dipertahankan tetap, susut pada

saluran menjadi dua kali lipat, yang berarti kenaikan temperatur

dua kali lipat. Jika temperatur kerja semula 65oC pada

temperatur sekitar 25o, maka temperatur kerja yang baru bisa

mencapai lebih dari 100oC.

Jika susut daya pada saluran tidak diperkenankan meningkat

maka penyaluran daya ke beban harus diturunkan sampai

menjadi 50% dari daya yang semula disalurkan; gejala ini dapat

diartikan sebagai derating kabel.

8.7.2. Kapasitor

Ulas Ulang Tentang Kapasitor. Jika suatu dielektrik yang memiliki

permitivitas relatif εr disisipkan antara dua pelat kapasitor yang memiliki

luas A dan jarak antara kedua pelat adalah d, maka kapasitansi yang

semula (tanpa bahan dielektrik)

00 ε=d

AC

berubah menjadi

rCC ε= 0

Jadi kapasitansi meningkat sebesar εr kali.


Diagram fasor arus dan tegangan kapasitor diperlihatkan pada Gb.8.11.

Arus kapasitor terdiri dari dua komponen yaitu arus kapasitif IC ideal

yang 90o mendahului tegangan kapasitor VC , dan arus ekivalen losses

pada dielektrik RpI yang sefasa dengan tegangan.

Gb.8.11. Diagram fasor arus dan tegangan kapasitor.

Daya yang terkonversi menjadi panas dalam dielektrik adalah

δ== tanCCRpCP IVIV (8.2)

atau

δε=δε= tan π2tanω2

000 rr CfCP VVV (8.3)

tanδ disebut faktor desipasi (loss tangent)

εrtanδ disebut faktor kerugian (loss factor)

Pengaruh Frekuensi Pada Dielektrik. Nilai εr tergantung dari frekuensi,

yang secara umum digambarkan seperti pada Gb.8.12.

Gb.8.12. εr dan loss factor sebagai fungsi frekuensi.

Dalam analisis rangkaian, reaktansi kapasitor dituliskan sebagai

im

re

δ

CI totI

RpI CV

frekuensi

frekuensi listrik

frekuensi optik

power audio radio

εr

loss factor

εr

εrtanδ

181

fCX C π

=2

1

Gb.8.12. memperlihatkan bahwa εr menurun dengan naiknya frekuensi

yang berarti kapasitansi menurun dengan naiknya frekuesi. Namun

perubahan frekuensi lebih dominan dalam menentukan reaktansi

dibanding dengan penurunan εr; oleh karena itu dalam analisis kita

menganggap kapasitansi konstan.

Loss factor menentukan daya yang terkonversi menjadi panas dalam

dielektrik. Sementara itu, selain tergantung frekuensi, εr juga tergantung

dari temperatur dan hal ini berpengaruh pula pada loss factor, walaupun

tidak terlalu besar dalam rentang temperatur kerja kapasitor. Oleh karena

itu dalam menghitung daya yang terkonversi menjadi panas dalam

dielektrik, kita melakukan pendekatan dengan menganggap loss factor

konstan. Dengan anggapan ini maka daya yang terkonversi menjadi

panas akan sebanding dengan frekuensi dan sebanding pula dengan

kuadrat tegangan.

Tegangan *onsinus. Pada tegangan nonsinus, bentuk gelombang

tegangan pada kapasitor berbeda dari bentuk gelombang arusnya. Hal ini

disebabkan oleh perbedaan tanggapan kapasitor terhadap komponen

fundamental dengan tanggapannya terhadap komponen harmonisa.

Situasi ini dapat kita lihat sebagai berikut. Misalkan pada terminal

kapasitor terdapat tegangan nonsinus yang berbentuk:

.........)()()()( 531 +++= tvtvtvtv CCCC (8.4)

Arus kapasitor akan berbentuk

.........)(5)(3)()( 503010 +ω+ω+ω= tCvtCvtCvti CCCC (8.5)

Dengan memperbandingkan (8.4) dan (8.5) dapat dimengerti bahwa

bentuk gelombang tegangan kapasitor berbeda dengan bentuk gelombang

arusnya.

CO&TOH-8.9: Sumber tegangan nonsinus memiliki komponen

fundamental dengan nilai puncak 150 V dan frekuensi 50 Hz, serta

harmonisa ke-5 yang memiliki nilai puncak berturut-turut 30 V.

Sebuah kapasitor 500 µF dihubungkan pada sumber tegangan ini.

Gambarkan bentuk gelombang tegangan dan arus kapasitor.


Penyelesaian:

Jika persamaan tegangan

ttvC π+π= 300sin30100sin150 V

maka persamaan arus adalah

t

tiC

ππ×××+

ππ×××=−

−

500cos5001050030

100cos10010500150

6

6

Bentuk gelombang tegangan dan arus adalah seperti terlihat pada

Gb.8.13.

Gb.8.3. Gelombang tegangan dan arus pada Contoh-8.9.

CO&TOH-8.10: Sumber tegangan nonsinus memiliki komponen

fundamental dengan nilai puncak 150 V dan frekuensi 50 Hz,

serta harmonisa ke-3 dan ke-5 yang memiliki nilai puncak

berturut-turut 30 V dan 5 V. Sebuah kapasitor 500 µF (110 V rms,

50 Hz) dihubungkan pada sumber tegangan ini. Hitung: (a) arus

efektif komponen fundamental; (b) THD arus kapasitor; (c) THD

tegangan kapasitor; (d) jika kapasitor memiliki losses dielektrik

0,6 W pada tegangan sinus rating-nya, hitunglah losses dielektrik

dalam situasi ini.

Penyelesaian:

(a) Reaktansi untuk komponen fundamental adalah

Ω=×××π

=−

37,610500502

1

61CX

-200

-100

0

100

200

0 0.005 0.01 0.015 0.02t [detik]

[V]

[A] vC

iC

183

Arus efektif untuk komponen fundamental

A 7,1637,6

2/1501 ==rmsCI

(b) Reaktansi untuk harmonisa ke-3 dan ke-5 berturut-turut

adalah

Ω== 12,23

13

CC

XX ; Ω== 27,1

5

15

CC

XX

Arus efektif harmonisa

A 1012,2

2/303 ==rmsCI

A 8,227,1

2/55 ==rmsCI

62%atau 62,07,16

8,210 22

1

=+

==rmsC

hrmsI

I

ITHD

(c)

% 20atau 20,0106

5,21

2/150

2

5

2

30

22

1

==+

==rms

hrmsV

V

VTHD

(d) Losses dielektrik dianggap sebanding dengan frekuensi dan

kuadrat tegangan. Pada frekuensi 50 Hz dan tegangan 110 V,

losses adalah 0,6 watt.

W6,0V110,Hz 50 =P

W134,0 6,0110

30

50

1502

V30,Hz 150 =×

×=P

W006,0 6,0110

5

50

2502

V5,Hz 250 =×

×=P

Losses dielektrik total:

W74,0006,0134,06,0 =++=totalP


8.7.3. Induktor

Induktor Ideal. Induktor yang untuk keperluan analisis dinyatakan

sebagai memiliki induktansi murni L, tidak kita temukan dalam praktik.

Betapapun kecilnya, induktor selalu mengandung resistansi dan kita

melihat induktor sebagai satu induktansi murni terhubung seri dengan

satu resistansi. Oleh karena itu kita melihat tanggapan induktor sebagai

tanggapan beban induktif dengan resistansi kecil. Hanya apabila

resistansi belitan dapat diabaikan, relasi tegangan-arus induktor untuk

gelombang tegangan dan arus berbentuk sinus murni menjadi

dt

diLv

f=

dengan v adalah tegangan jatuh pada induktor, dan if adalah arus eksitasi.

Apabila rugi rangkaian magnetik diabaikan, maka fluksi φ sebanding

dengan if dan membangkitkan tegangan induksi pada belitan induktor

sesuai dengan hukum Faraday dan hukum Lenz.

dt

dei

φ−=

Tegangan induksi ini berlawanan dengan tegangan jatuh induktor v,

sehingga nilai ei sama dengan v.

dt

diL

dt

dee

fi =

φ==

Persamaan di atas menunjukkan bahwa φ dan if berubah secara

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

if yang juga berbentuk sinus dengan frekuensi sama dan mereka sefasa.

Arus if sendiri berasal dari sumber tegangan yang juga harus berbentuk

sinus. Oleh karena itu baik tegangan, arus, maupun fluksi mempunyai

frekuensi sama, sehingga kita dapat menuliskan persamaan dalam bentuk

fasor

Ljj fi IEV ω=Φω==

dengan Φ adalah fluksi dalam bentuk fasor. Relasi ideal ini memberikan

maksmaksrms f fV φ=φπ

= 44,42

2

185

fmaksfmaksrms fL ifLiV 44,42

2=

π=

Relasi ideal memberikan diagram fasor seperti di

samping ini dimana arus yang membangkitkan

fluksi yaitu φI sama dengan fI .

CO&TOH-8.11: Melalui sebuah kumparan mengalir arus nonsinus yang

mengandung komponen fundamental 50 Hz, harmonisa ke-3, dan

harmonisa ke-5 dengan amplitudo berturut-turut 50, 10, dan 5 A.

Jika daya input pada induktor diabaikan, dan tegangan pada induktor

adalah 75 V rms, hitung induktansi induktor.

Penyelesaian:

Jika induktansi kumparan adalah L maka tegangan efektif komponen

fundamental, harmonisa ke-3 dan ke-5 berturut-turut adalah

LLV rmsL ×=×××= 11100505044,41 V

LLV rmsL ×=×××= 66601015044,43 V

LLV rmsL ×=×××= 5550525044,45 V

sedangkan 25

23

21 rmsrmsrmsLrms VVVV ++= . Jadi

LL ×=++×= 3,14084555066601110075222

Induktansi kumparan adalah

H 0053,03,14084

75==L

Fluksi Dalam Inti. Jika tegangan sinus dengan nilai efektif Vrms dan

frekuensi f diterapkan pada induktor, fluksi magnetik yang timbul dalam

inti dihitung dengan formula

f

Vrmsm ××

=φ44,4

Φ

iEV =

φ= II f


mφ adalah nilai puncak fluksi, dan adalah jumlah lilitan. Melalui

contoh berikut ini kita akan melihat fluksi dalam inti induktor bila

tegangan yang diterapkan berbentuk nonsinus.

CO&TOH-8.12: Sebuah induktor dengan 1200 lilitan mendapat

tegangan nonsinus yang terdiri dari komponen fundamental dengan

nilai efektif V1rms = 150 V dan harmonisa ke-3 dengan nilai efektif

V3rms = 50 V yang tertinggal 135o dari komponen fundamental.

Gambarkan kurva tegangan dan fluksi.

Penyelesaian:

Persamaan tegangan adalah

)1355sin(250sin2150 o00 −ω+ω= ttvL

Nilai puncak fluksi fundamental

Wb 563 12005044,4

1501 µ=

××=φ m

Fluksi φ1m tertinggal 90o dari tegangan (lihat Gb.4.4). Persamaan

gelombang fluksi fundamental menjadi

Wb )90sin(563 o01 µ−ω=φ t

Nilai puncak fluksi harmonisa ke-3

Wb 6,62120050344,4

503 µ=

×××=φ m

Fluksi φ3m juga tertinggal 90o dari tegangan harmonisa ke-3;

sedangkan tegangan harmonisa ke-3 tertinggal 135o dari tegangan

fundamental. Jadi persamaan fluksi harmonisa ke-3 adalah

Wb )2253sin(6,62 )901353sin(6,62 o0

oo03 µ−ω=−−ω=φ tt

Persamaan fluksi total menjadi

Wb )2253sin(6,62)90sin(563 0o

0 µ−ω+−ω=φ tt

Kurva tegangan dan fluksi terlihat pada Gb.8.14.

187

Gb.8.14. Kurva tegangan dan fluksi.

Rugi-Rugi Inti. Dalam induktor nyata, rugi inti menyebabkan fluksi

magnetik yang dibangkitkan oleh if ketinggalan dari if sebesar γ yang

disebut sudut histerisis. Keadaan ini diperlihatkan pada Gb.8.15. dimana

arus magnetisasi If mendahului φ sebesar γ. Diagram fasor ini digambar

dengan memperhitungkan rugi hiterisis

Gb.8.15. Diagram fasor induktor (ada rugi inti)

Dengan memperhitungkan rugi-rugi yang terjadi dalam inti

transformator, If dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu Iφ

yang diperlukan untuk membangkitkan φ, dan Ic yang diperlukan untuk

mengatasi rugi-rugi inti. Jadi arus magnetisasi menjadi If = Iφ + Ic.

Komponen Ic merupakan arus fiktif yang jika dikalikan dengan V akan

memberikan rugi-rugi inti

)90cos( o γ−== fcc VIVIP watt (8.6)

Rugi inti terdiri dari dua komponen, yaitu rugi histerisis dan rugi arus

pusar. Rugi histerisis dinyatakan dengan

vfwP hh = (8.7)

-600

-400

-200

0

200

400

600

0 0.01 0.02 0.03 0.04

t [detik]

[V]

[µWb] φ

vL

Φ

γ φI fI

cI iEV =


Ph rugi histerisis [watt], wh luas loop kurva histerisis dalam

[joule/m3.siklus], v volume, f frekuensi. Untuk frekuensi rendah,

Steinmetz memberikan formulasi empiris

( )nmhh BKvfP = (8.8)

di mana Bm adalah nilai kerapatan fluksi maksimum, n tergantung dari

jenis bahan dengan nilai yang terletak antara 1,5 sampai 2,5 dan Kh yang

juga tergantung jenis bahan (untuk silicon sheet steel misalnya, Kh =

0,001). Nilai-nilai empiris ini belum didapatkan untuk frekuensi

harmonisa.

Demikian pula halnya dengan persamaan empiris untuk rugi arus pusar

dalam inti

v222 τ= mee BfKP (8.9)

di mana Ke konstanta yang tergantung material, f frekuensi perubahan

fluksi [Hz], Bm adalah nilai kerapatan fluksi maksimum, τ ketebalan

laminasi inti, dan v adalah volume material inti.

Rugi Tembaga. Apabila resistansi belitan tidak diabaikan, V ≠ E1 .

Misalkan resistansi belitan adalah R1 , maka

11 RfIEV += (8.10)

Diagram fasor dari keadaan terakhir, yaitu dengan memperhitungkan

resistansi belitan, diperlihatkan pada Gb.8.16.

Gb.8.16. Diagram fasor induktor (ada rugi tembaga).

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

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

pada belitan yang kita sebut rugi-rugi tembaga, Pcu. Jadi

θ=+=+= cos12

ffccucin VIRIPPPP (8.11)

dengan V dan If adalah nilai-nilai efektif dan cosθ adalah faktor daya.

Φ

θ

iE

1RfI

VfIφI

cI

189

8.7.4. Transformator

Ulas Ulang Transformator Berbeban. Rangkaian transformator

berbeban dengan arus beban 2I , diperlihatkan oleh Gb.8.17. Tegangan

induksi 2E (yang telah timbul dalam keadaan tranformator tidak

berbeban) akan menjadi sumber di rangkaian sekunder dan memberikan

arus sekunder 2I . Arus 2I ini membangkitkan fluksi magnetik yang

melawan fluksi bersama φ (sesuai dengan hukum Lenz) dan sebagian

akan bocor, φl2; φl2 yang sefasa dengan 2I menginduksikan tegangan

2lE di belitan sekunder yang 90o mendahului φl2.

Gb.8.17. Transformator berbeban.

Dengan adanya perlawanan fluksi yang dibangkitkan oleh arus di belitan

sekunder itu, fluksi bersama akan cenderung mengecil. Hal ini akan

menyebabkan tegangan induksi di belitan primer juga cenderung

mengecil. Akan tetapi karena belitan primer terhubung ke sumber yang

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

yang dalam keadaan transformator tidak berbeban hanya berupa arus

magnetisasi fI , bertambah menjadi 1I setelah transformator berbeban.

Pertambahan arus ini haruslah sedemikian rupa sehingga fluksi bersama

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

maka persamaan rangkaian di sisi primer tetap terpenuhi.

Karena pertambahan arus primer sebesar fII −1 adalah untuk

mengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh 2I agar φ

dipertahankan, maka haruslah

( ) 02211 =−− III f (8.12)

Pertambahan arus primer fII −1 disebut arus penyeimbang yang akan

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

φ

φl1 φl2

2I1I

2V1V


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,

φl1, yang menginduksikan tegangan El1. Tegangan induksi yang

dibangkitkan oleh fluksi-fluksi bocor, yaitu El1 dan El2, dinyatakan

dengan suatu besaran ekivalen yaitu tegangan jatuh ekivalen pada

reaktansi bocor ekivalen, X1 dan X2, masing-masing di rangkaian primer

dan sekunder. Jika resistansi belitan primer adalah R1 dan belitan

sekunder adalah R2, maka kita peroleh hubungan

untuk rangkaian di sisi primer

1111111111 XjRR l IIEEIEV ++=++= (8.13)

untuk rangkaian di sisi sekunder

2222222222ˆ XjRR l IIVEIVE ++=++= (8.14)

Rangkaian Ekivalen. Secara umum, rangkaian ekivalen adalah

penafsiran secara rangkaian elektrik dari suatu persamaan matematik

yang menggambarkan perilaku suatu piranti. Untuk transformator,

rangkaian ekivalen diperoleh dari tiga persamaan yang diperoleh di atas.

Dengan relasi 112 / EEE ′== a dan 112 III ′== a di mana

21 / a = , tiga persamaan tersebut di atas dapat kita tulis kembali

sebagai satu set persamaan sebagai berikut.

Untuk rangkaian di sisi sekunder, (8.14) kita tuliskan

222221

2 XjRa

IIVE

E ++==

Dari persamaan untuk rangkaian sisi primer (4.13), kita peroleh

111111 XjR IIVE −−=

sehingga persamaan untuk rangkaian sekunder dapat kita tuliskan

22222111111

2 XjRa

XjR

aIIV

IIVEE ++=

−−==

191

Karena a

21

II = maka persamaan ini dapat kita tuliskan

( ) ( ) 2122122

22

1222

122

2

12

2

1222222

1

IIV

IIV

IIIIV

V

XXjRR

a

XXj

a

RR

a

Xj

a

RXjR

a

′++′++=

++

++=

++++=

(8.15)

dengan 2

112

11 ;

a

XX

a

RR =′=′

Persamaan (8.15) ini, bersama dengan persamaan (8.12) yang dapat kita

tuliskan ff aaa IIIII −′=−= 112 , memberikan rangkaian ekivalen

untuk transformator berbeban. Akan tetapi pada transformator yang

digunakan pada sistem tenaga listrik, arus magnetisasi hanya sekitar 2

sampai 5 persen dari arus beban penuh transformator. Oleh karena itu,

jika fI diabaikan terhadap 1I maka kesalahan dalam menghitung 2I

bisa dianggap cukup kecil.

Pengabaian ini akan membuat 112 III ′== a . Dengan pendekatan ini,

dan persamaan (8.15), kita memperoleh rangkaian ekivalen yang

disederhanakan dari transformator berbeban. Gb.4.8. memperlihatkan

rangkaian ekivalen transformator berbeban dan diagram fasornya.

Gb.8.18. Rangkaian ekivalen transformator dan diagram fasor.

∼

jXe = j(X2+ X′1) Re = R2+R′1

I2 = I′1

V1/a V2

I2

I2Re

V2

V1/a

jI2Xe


Fluksi Dan Rugi-Rugi Karena Fluksi. Seperti halnya pada induktor,

transformator memiliki rugi-rugi inti, yang terdiri dari rugi hiterisis dan

rugi arus pusar dalam inti. Fluksi magnetik, rugi-rugi histerisis, dan rugi-

rugi arus pusar pada inti dihitung seperti halnya pada induktor.

Selain rugi-rugi tembaga pada belitan sebesar Pcu = I2R, pada belitan

terjadi rugi-rugi tambahan arus pusar, Pl, yang ditimbulkan oleh fluksi

bocor. Sebagaimana telah dibahas, fluksi bocor ini menimbulkan

tegangan induksi El1 dan El2, karena fluksi ini melingkupi sebagian

belitan; El1 dan El2 dinyatakan dengan suatu besaran ekivalen yaitu

tegangan jatuh ekivalen pada reaktansi bocor ekivalen, X1 dan X2. Selain

melingkupi sebagian belitan, fluksi bocor ini juga menembus konduktor

belitan dan menimbulkan juga arus pusar dalam konduktor belitan; arus

pusar inilah yang menimbulkan rugi-rugi tambahan arus pusar, Pl.

Berbeda dengan rugi arus pusar yang terjadi dalam inti, yang dapat

diperkecil dengan cara membangun inti dari lapisan lembar tipis material

magnetik, rugi arus pusar pada konduktor tidak dapat ditekan dengan

cara yang sama. Ukuran konduktor harus tetap disesuaikan dengan

kebutuhan untuk mengalirkan arus; tidak dapat dibuat berpenampang

kecil. Oleh karena itu rugi-rugi arus pusar ini perlu diperhatikan.

Rugi arus pusar Pl diperhitungkan sebagai proporsi tertentu dari rugi

tembaga yang ditimbulkan oleh arus tersebut, dengan tetap mengingat

bahwa rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat ferkuensi. Proporsi ini

berkisar antara 2% sampai 15% tergantung dari ukuran transformator.

Kita lihat dua contoh berikut.

Contoh-8.13: Di belitan primer transformator yang memiliki resistansi

0,05 Ω mengalir arus sinusoidal murni bernilai efektif 40 A.

Hitung rugi daya total pada belitan ini jika rugi arus pusar yang

diakibatkan oleh arus ini adalah 5% dari rugi tembaga Pcu = I2R.

Penyelesaian:

Rugi tembaga W8005,0402 =×=cuP

Rugi arus pusar W48005.0%5 =×=× cuP

Rugi daya total pada belitan 80 + 4 = 84 W.

193

Contoh-8.14: Di belitan primer transformator yang memiliki resistansi

0,05 Ω mengalir arus nonsinus yang terdiri dari komponen

fundamental bernilai efektif 40 A, dan harmonisa ke-7 bernilai

efektif 6 A. Hitung rugi daya total pada belitan ini jika rugi arus

pusar diperhitungkan 10% dari rugi tembaga Pcu = I2R.

Penyelesaian:

Rugi tembaga total adalah

W8,8105,0)640( 222 =×+== RIP rmscu

Rugi arus pusar komponen fundamental

W805,0401,01,0 2211 =××=×= RIP rmsl

Rugi arus pusar harmonisa ke-7

W8,805,0671,071,0 2227

27 =×××=××= RIP rmsl

Rugi daya total adalah

W6,988,888,8171 =++=++= llcutotal PPPP

Contoh-8.14 ini menunjukkan bahwa walaupun arus harmonisa memiliki

nilai puncak lebih kecil dari nilai puncak arus fundamental, rugi arus

pusar yang ditimbulkannya bisa memiliki proporsi cukup besar. Hal ini

bisa terjadi karena rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat frekuensi.

Faktor K. Faktor K digunakan untuk menyatakan adanya rugi arus pusar

pada belitan. Ia menunjukkan berapa rugi-rugi arus pusar yang timbul

secara keseluruhan.

Nilai efektif total arus nonsinus yang dapat menimbulkan rugi arus pusar

adalah

A

1

2∑=

=k

n

nrmsTrms II (8.16)

dengan k adalah tingkat harmonisa tertinggi yang masih diperhitungkan.

Dalam relasi (8.16) kita tidak memasukkan komponen searah karena

komponen searah tidak menimbulkan rugi arus pusar.

Rugi arus pusar total adalah jumlah dari rugi arus pusar yang

ditimbulkan oleh tiap-tiap komponen arus dan tiap-tiap komponen arus


menimbulkan rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat frekuensi dan

kuadrat arus masing-masing.

Jika arus nonsinus ini mengalir pada belitan yang memiliki resistansi R0,

dan rugi-rugi arus pusar tiap komponen arus dinyatakan dalam proporsi g

terhadap rugi tembaga yang ditimbulkannya, maka rugi arus pusar total

adalah

W

1

220 ∑

=

=k

n

nrmsK IngRP (8.17)

Rugi tembaga total yang disebabkan oleh arus ini adalah

W 2

0

1

20 Trms

k

n

nrmscu IRIRP == ∑=

(8.18)

Dengan (8.18) maka (8.17) dapat ditulis sebagai

W20 TrmsK IgKRP = (8.19)

dengan

2

1

22

Trms

k

n

nrms

I

In

K

∑== (8.20)

K disebut faktor rugi arus pusar (stray loss factor).

Faktor K dapat dituliskan sebagai

∑∑==

==k

n

pun

k

n Trms

nrms InI

InK

1

2)(

2

12

22

(8.21)

dengan Trms

nrmspun

I

II =)(

Faktor K bukanlah karakteristik transformator melainkan karakteristik

sinyal. Walaupun demikian suatu transformator harus dirancang untuk

mampu menahan pembebanan nonsinus sampai batas tertentu.

195

CO&TOH-8.15: Di belitan primer transformator yang memiliki

resistansi 0,08 Ω mengalir arus nonsinus yang terdiri dari

komponen fundamental, harmonisa ke-3, dan harmonisa ke-11

bernilai efektif berturut-turut 40 A, 15 A, dan 5 A. Hitung: (a) nilai

efektif arus total; (b) faktor K; (c) rugi daya total pada belitan ini

jika rugi arus pusar diperhitungkan 5% dari rugi tembaga.

Penyelesaian:

(a) Nilai efektif arus total adalah

A 4351540 222 =++=TrmsI

(b) Faktor K adalah

59,343

51115340

2

22222

=×+×+

=K

(c) Rugi daya total Ptot, terdiri dari rugi tembaga Pcu dan rugi arus

pusar Pl.

W14808,0432 =×=cuP

W6,2659,314805,0 =××== KgPP cul

W6,1746,26148 =+=totP

8.7.5. Tegangan Maksimum Pada Piranti

Kehadiran komponen harmonisa dapat menyebabkan piranti

mendapatkan tegangan lebih besar dari yang seharusnya. Hal ini bisa

terjadi pada piranti-piranti yang mengandung R, L, C, yang mengandung

harmonisa sekitar frekuensi resonansinya. Berikut ini kita lihat sebuah

contoh.

CO&TOH-8.16: Sebuah sumber tegangan 50 Hz, 12 kV mempunyai

resistansi internal 1 Ω dan reaktansi internal 6,5 Ω. Sumber ini

mencatu beban melalui kabel yang mempunyai kapasitansi total

2,9µF. Tegangan terbangkit di sumber adalah

tte 00 13sin170sin17000 ω+ω= . Dalam keadaan tak ada beban

terhubung di ujung kabel, hitunglah tegangan maksimum pada

kabel.


Penyelesaian:

Tegangan mengandung harmonisa ke-13. Pada frekuensi

fundamental terdapat impedansi internal

Ω+= 5,61int1 jZ ernal ; Ω=+= 58,65,6122

int1Z

Pada harmonisa ke-13 terdapat impedansi

Ω×+= 5,6131int13 jZ ; Ω=×+= 5,84)5,613(1 22int13Z

Impedansi kapasitif kabel

Ω−=××ω

−=

− 6,1097

109,2 60

1 jj

ZC ;

Ω−=××ω×

−=

− 4,84

109,213 60

13 jj

ZC

Impedansi total rangkaian seri R-L-C

Ω−+= 6,10975,611 jjZ tot ; Ω= 1,10911totZ

Ω−×+= 4,845,613113 jjZ tot ; Ω= 0,113totZ

Tegangan fundamental kabel untuk frekuensi fundamental

V 17101170001,1091

6,10971

1

11 =×=×= m

tot

Cm e

Z

ZV

V 143151700,1

4,8413

13

1313 =×=×= m

tot

Cm e

Z

ZV

Nilai puncak V1m dan V13m terjadi pada waktu yang sama yaitu pada

seperempat perioda, karena pada harmonisa ke-13 ada 13 gelombang

penuh dalam satu perioda fundamental atau 6,5 perioda dalam

setengah perioda fundamental. Jadi tegangan maksimum yang

diterima kabel adalah jumlah tegangan maksimum fundamental

dantegangan maksimum harmonisa ke-13.

kV 31,4 V 314161431517101131 ≈=+=+= mmm VVV

Tegangan ini cukup tinggi dibanding dengan tegangan maksimum

fundamental yang hanya 17 kV. Gambar berikut ini

memperlihatkan bentuk gelombang tegangan.

197

Gb.8.19. Bentuk gelombang tegangan.

8.7.6. Partial Discharge

Contoh-8.16 memberikan ilustrasi bahwa adanya hamonisa dapat

menyebabkan tegangan maksimum pada suatu piranti jauh melebihi

tegangan fundamentalnya. Tegangan lebih yang diakibatkan oleh adanya

harmonisa seperti ini bisa menyebabkan terjadinya partial discharge

pada piranti, walaupun sistem bekerja normal dalam arti tidak ada

gangguan. Jika hal ini terjadi umur piranti akan sangat diperpendek yang

akan menimbulkan kerugtian finansial besar.

8.7.7. Alat Ukur Elektromekanik

Daya sumber diperoleh dengan mengalikan tegangan sumber dan arus

sumber. Proses ini dalam praktik diimplementasikan misalnya pada alat

ukur tipe elektrodinamis dan tipe induksi. Pada wattmeter

elektrodinamis, bagian pengukurnya terdiri dari dua kumparan, satu

kumparan diam dan satu kumparan berputar. Satu kumparan

dihubungkan ke tegangan dan satu kumparan dialiri arus beban. Jika

masing-masing arus di kedua kumparan adalah tIki vv ω= sin1 dan

)sin(2 ϕ+ω= tIki ii , maka kedua arus menimbulkan medan magnit

yang sebanding dengan arus di kedua kumparan. Momen sesaat yang

terjadi sebagai akibat interaksi medan magnetik kedua kumparan

sebanding dengan perkalian kedua arus

)sin(sin3 ϕ+ω×ω= tItIkm ive

Momen sesaat ini, melalui suatu mekanisme tertentu, menyebabkan

defleksi jarum penunjuk (yang didukung oleh kumparan yang berputar) ζ

yang menunjukkan besar daya pada sistem arus bolak balik.

-40

-30

-20

-10

0

10

20

30

40

0 0.005 0.01 0.015 0.02

[kV]

v1

v1+v13

[detik]


ϕ=ζ cosirmsvrms IkI

Pada alat ukur tipe induksi, seperti kWh-meter elektromekanik yang

masih banyak digunakan,

kumparan tegangan

dihubungkan pada

tegangan sumber

sementara kumparan arus

dialiri arus beban. Bagan

alat ukur ini terlihat pada

Gb.8.20. Gb.8.20. Bagan KWh-meter tipe induksi.

Masing-masing kumparan menimbulkan fluksi magnetik bolak-balik

yang menginduksikan arus bolak-balik di piringan aluminium. Arus

induksi dari kumparan arus ber-interaksi dengan fluksi dari kumparan

tegangan dan arus induksi dari kumparan tegangan berinteraksi dengan

fluksi magnetik kumpran arus. Interaksi arus induksi dan fluksi magnetik

tersebut menimbulkan momen putar pada piringan sebesar

βΦΦ= sinive kfM

di mana f adalah frekuensi, Φv dan Φi fluksi magnetik efektif yang

ditimbulkan oleh kumparan tegangan dan kumparan arus, β adalah

selisih sudut fasa antara kedua fluksi magnetik bolak-balik tersebut, dan

k adalah suatu konstanta. Momen putar ini dilawan oleh momen lawan

yang diberikan oleh suatu magnet permanen sehingga piringan berputar

dengan kecepatan tertentu pada keadaan keseimbangan antara kedua

momen. Perputaran piringan menggerakkan suatu mekanisme

penghitung.

Hadirnya arus harmonisa di kumparan arus, akan muncul juga pada Φi.

Jika Φv berbentuk sinus murni sesuai dengan bentuk tegangan maka Me

akan berupa hasil kali tegangan dan arus komponen fundamental.

Frekuensi harmonisa sulit untuk direspons oleh kWh meter tipe induksi.

Pertama karena kelembaman sistem yang berputar, dan kedua karena

kWh-meter ditera pada frekuensi f dari komponen fundamental, misalnya

50 Hz. Dengan demikian penunjukkan alat ukur tidak mencakup

kehadiran arus harmonisa, walaupun kehadiran harmonisa bisa

menambah rugi-rugi pada inti kumparan arus.

piringan Al

S1 S1 S2

S2

199

BAB 9

Pembebanan Tak Seimbang

Pada pembebanan seimbang, model satu fasa mempermudah

analisis sistem tiga fasa. Apabila beban tidak seimbang, sistem

akan mengandung fasor-fasor tidak seimbang, baik arus

maupun tegangannya. Apabila fasor-fasor tidak seimbang

tersebut dapat diuraikan kedalam komponen-komponen yang

seimbang maka masing-masing komponen seimbang dapat

dianalisis menggunakan model satu fasa. Jadi kita memandang

sistem tak seimbang sebagai superpoisi dari sistem seimbang.

Komponen-komponen seimbang itu disebut komponen simetris.

Dalam pembahasan komponen simetris ini kita hanya akan

melihat sistem tiga fasa.

Bahwa fasor tegangan (ataupun arus) dalam sistem tak

seimbang 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 Simetris

Hanya ada tiga kemungkinan fasor tiga fasa seimbang yang

dapat digunakan untuk menyatakan komponen-komponen dari

fasor 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 disebut

urutan nol

Ketiga sistem fasor tersebut diperlihatkan pada Gb.9.1.


a) Fasor urutan positif (ABC):

b) Fasor urutan negatif (CBA)

c) Fasor urutan nol

Operator a. Untuk menyatakan komponen simetris kita

menggunakan operator a yaitu

o1201∠=a (9.1)

Operator semacam ini telah kita kenal yaitu operator j di mana o901∠=j .

Dengan menggunakan operator a maka fasor urutan positif

dapat kita tuliskan

1112

111 ; ; VVVVVV aa CBA === (9.2)

o22

o22

o22

240

120

0

+∠=

+∠=

∠=

V

V

V

C

B

A

V

V

V

A2V

B2V

C2V

o120

o120

Im

Re

o11

o11

o11

240

120

0

−∠=

−∠=

∠=

V

V

V

C

B

A

V

V

V

A1VB1V

C1V

o120

o120

Im

Re

θ∠=

θ∠=

θ∠=

00

00

00

V

V

V

C

B

A

V

V

V

0000 VVVV === CBAIm

Re

201

dan fasor urutan negatif sebagai

22

22222 ; ; VVVVVV aa CBA === (9.3)

Fasor Tak Seimbang. Fasor tak seimbang merupakan jumlah

dari komponen-komponen simetrisnya.

22

10210

212

0210

210210

VVVVVVV

VVVVVVV

VVVVVVV

aa

aa

CCCC

BBBB

AAAA

++=++=

++=++=

++=++=

(9.4)

yang dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks

=

2

1

0

2

2

1

1

111

V

V

V

V

V

V

aa

aa

C

B

A

(9.5)

9.2. Mencari Komponen Simetris

Komponen-komponen simetris adalah besaran-besaran hasil

olah matematik. Ia tidak diukur dalam praktek. Yang terukur

dalam praktek adalah besaran-besaran yang tak seimbang yaitu

CBA VVV , , . Komponen simetris dapat kita cari dari (9.4)

dengan menjumlahkan fasor-fasor dan dengan mengingat

bahwa (1+a+a2) = 0, yaitu

( )CBA VVVV ++=3

10 (9.6)

22

10

212

0

210

VVVV

VVVV

VVVV

aa

aa

C

B

A

++=

++=

++=

02

12

0 3 )1()1(3 VVVVVVV =++++++=++ aaaaCBA

+


Jika baris ke-dua (9.4) kita kalikan dengan a dan baris ke-tiga

kita kalikan dengan a2, kemudian kita jumlahkan, kita peroleh:

( )CBA aa VVVV2

13

1++= (9.7)

Jika baris ke-dua (9.4) kita kalikan dengan a2 dan baris ke-tiga

kita kalikan dengan a, kemudian kita jumlahkan, kita peroleh:

( )CBA aa VVVV ++= 22

3

1 (9.8)

Relasi (9.6), (9.7), (9.8) kita kumpulkan dalam satu penulisan

matriks:

=

C

B

A

aa

aa

V

V

V

V

V

V

1

1

111

3

1

2

2

2

1

0

(9.9)

Dengan demikian kita mempunyai dua relasi antara besaran

fasa dan komponen simetrisnya yaitu (9.5) dan (9.9) yang dapat

kita tuliskan dengan lebih kompak sebagai berikut.

24

13

022

22

13

0

210

VVVV

VVVV

VVVV

aaaa

aaaa

C

B

A

++=

++=

++=

122

1022 3 )1(3)1( VVVVVVV =++++++=++ aaaaaa CBA

+

23

12

0

23

14

022

210

VVVV

VVVV

VVVV

aaaa

aaaa

C

B

A

++=

++=

++=

2212

022 3 3)1()1( VVVVVVV =++++++=++ aaaaaa CBA

+

203

[ ][ ] ABC

ABC

VV

VV

~T

~

~ T

~

1012

012

−=

= (9.10)

dengan

[ ]

1

1

111

T2

2

=

aa

aa dan [ ]

=−

aa

aa2

21

1

1

111

3

1T (9.10.a)

Dengan cara yang sama kita dapat memperoleh relasi untuk

arus

=

2

1

0

2

2

1

1

111

I

I

I

I

I

I

aa

aa

C

B

A

dan

=

C

B

A

aa

aa

I

I

I

I

I

I

1

1

111

3

1

2

2

2

1

0

(9.11)

sehingga secara keseluruhan kita dapatkan relasi untuk

tegangan dan arus:

[ ] [ ][ ] [ ] ABCABC

ABCABC

IIII

VVVV

~T

~dan

~ T

~

~T

~dan

~ T

~

1012012

1012012

−

−

==

== (9.12)

CONTOH-9.1: Pada suatu pembebanan tak seimbang terukur

arus-arus sebagai berikut:

A 0 A, 6060 A, 6090 oo =−∠=∠= CBA III

Hitunglah arus-arus komponen simetrisnya.

Penyelesaian:

( )( ) A 3,43256050060606090

3

1

3

1

ooo

21

j

aa CBA

+=∠=+∠+∠=

++= IIII


( )( )

A 9,255209,2515

18020603001806060903

1

3

1

oooo

22

jj

aa CBA

+−=−+=

∠+∠=+∠+∠=

++= IIII

( )

( )A 6,8253,17109,2515

602060300606060903

1

3

1

oooo

0

jjj

CBA

+=−++=

−∠+∠=+−∠+∠=

++= IIII

Dalam Contoh-9.1 ini, IC = 0. Dengan diperolehnya nilai arus

komponen simetris, kita dapat melakukan verifikasi dengan

menghitung arus CI . Dari (9.11) kita peroleh

A 032,171098,2515506,825

602030030180506,825 oo

22

10

=++−+−+=

∠+∠+∠++=

++=

jjj

j

aaC IIII

Sesuai dengan yang diketahui.

9.3. Impedansi Urutan

Jika impedansi CBA Z ZZ ,, merupakan impedansi seri dengan

tegangan CBA VVV , , maka

[ ]

[ ] ABCABCABC

C

B

A

ABC

B

B

A

Z

Z

IV

I

I

I

V

V

V

~

~

atau

=

=

(9.13)

205

AV~

adalah tegangan antar terminal impedansi dan aI adalah

arus yang melalui impedansi. [ ]ABCZ adalah matriks 3 × 3, yang

elemen-elemennya merupakan impedansi total yang terdiri dari

impedansi sendiri dan bersama. Matriks ini belum tentu

diagonal tetapi memiliki simetri tertentu. Simetri ini adalah

sedemikian rupa sehingga matrik impedansi urutan, yaitu

[ ]012Z merupakan matriks diagonal atau hampir diagonal. Kita

akan melihat sebuah contoh.

CONTOH-9.2: Suatu saluran tiga fasa masing masing memiliki

reaktansi sediri Xs sedangkan antar fasa terdapat reaktansi

bersama Xm. Tentukanlah impedansi urutan.

Perhatikan bahwa Xs adalah reaktansi sendiri dan Xm adalah

reaktansi bersama sehingga tegangan antara terminal

impedansi adalah

CsBmAmCC

CmBsAmBB

CmBmAsAA

jXjXjX

jXjXjX

jXjXjX

IIIVV

IIIVV

IIIVV

++=′−

++=′−

++=′−

yang dapat dituliskan dalam bentuk matriks

=

′

′

′

−

C

B

A

smm

msm

mms

B

B

A

C

B

A

XXX

XXX

XXX

I

I

I

V

V

V

V

V

V


dan dapat dituliskan dengan lebih kompak

[ ] ABCABCABCABC Z IVV~

~~=′−

Dari (9.12) kita turunkan

[ ][ ][ ] 012

012

012

~ T

~

~ T

~

~ T

~

II

VV

VV

=

′=′

=

ABC

ABC

ABC

sehingga

[ ] [ ] [ ][ ]

[ ] [ ][ ] 0121

012012

012012012

~ T T

~

~

dan

~ T

~T

~T

IVV

IVV

ABC

ABC

Z

Z

−=′−

=′−

Pada relasi terakhir ini:

[ ] [ ][ ]

−

−

+

=

++++−

++++−

+++

=

=

ms

ms

ms

msmsms

msmsms

msmsms

smm

msm

mms

ABC

XX

XX

XX

j

aa

aa

XaaXXaXaXX

XaXaXaaXXX

XXXXXXj

aa

aa

XXX

XXX

XXX

j

aa

aaZ

00

00

002

1

1

111

)1()1(

)1()1(

222

3

1

1

111

1

1

111

3

1T T

2

2

22

22

2

2

2

21-

sehingga

−

−

+

=

′

′

′

−

2

1

0

2

1

0

2

0

00

00

002

1

I

I

I

V

V

V

V

V

V

ms

ms

ms

XX

XX

XX

j

yang dapat ditulis secara kompak

[ ] 012012012012~

~~

IVV Z=′−

207

Untuk rangkaian dalam contoh di atas, dapat didefinisikan

Impedansi urutan nol )2(0 ms XXjZ +=

Impedeansi urutan positif )(1 ms XXjZ −=

Impedansi urutan negatif )(2 ms XXjZ −=

Rangkaian ekivalen urutan dari rangkaian dalam ini

digambarkan sebagai berikut:

Urutan nol Urutan positif Urutan negatif

Gb.9.1. Rangkaian ekivalen urutan.

9.3. Daya Pada Sistem Tak Seimbang

Daya pada sistem tiga fasa adalah adalah jumlah daya setiap

fasa.

[ ]

∗

∗

∗

∗

∗∗∗

=

=

++=

ABCABCT

C

B

A

CBA

CCBBAAfS

IV

I

I

I

VVV

IVIVIV

3

(9.14)

Relasi (9.12) memberikan

[ ] [ ][ ] [ ] ∗∗∗ =⇒=

=⇒=

012012

012012

~ T

~

~ T

~

T~~

~

T~

IIII

VVVV

ABCABC

TTABCTABC (9.15)

sehingga (9.14) menjadi

[ ] [ ] ∗∗= 0120123 TT~

IV TTfS (9.16)

0Z

0V 0V ′1Z

1V 1V ′2Z

2V 2V ′


Pada (9.16) ini kita hitung [ ] [ ]∗TT T

[ ] [ ]

=

=

=∗

100

010

001

3

300

030

003

1

1

111

1

1

111

TT2

2

2

2

aa

aa

aa

aaT

Dengan demikian (9.16) dapat dituliskan

( )∗∗∗

∗

++=

=

221100

0120123

3

atau ~

3

IVIVIV

IV TfS (9.17)

CONTOH-9.3: Hitunglah daya tiga fasa pada kondisi tidak

seimbang seperti berikut:

A

10

10

10

dan kV

0

10

10

−

−=

−=

j

ABCABC IV

Penyelesaian:

[ ]

−

−

−

=−= ∗

10

10

10

dan 01010

j

ABCABCT IV

Kita akan memperoleh daya tiga fasa langsung dengan

mengalikan kedua matriks kolom ini

[ ]

kVA )100100(

0100100

10

10

10

010103

j

j

j

S f

−=

++−=

−

−

−

−=

Hasil ini kita peroleh dengan mengaplikasikan langsung

formulasi daya dengan mengambil nilai-nilai tegangan dan

arus yang tiadak simetris. Berikut ini kita akan

menyelesaikan soal ini melalui komponen simetris.

Tegangan urutan adalah:

209

[ ]

+−

+−=

−

== −

01010

01010

0

3

1

0

10

10

1

1

111

3

1~T

~

22

21012

a

a

aa

aaABCVV

Dari sini kita hitung T012~V

[ ]1010101003

1~ 2012 aaT −−=⇒ V

Arus urutan adalah:

[ ]

+−

+−=⇒

+

+=

−−

−−=

−

−

==

∗

−

1010

1010

0

3

1~

1010

1010

0

3

1

101010

101010

0

3

1

10

10

10

1

1

111

3

1~T

~

012

2

2

2

21012

j

j

j

j

aaj

aaj

j

aa

aaABC

I

II

Daya tiga fasa adalah seperti dinyatakan oleh (9.17).

[ ]

[ ]( ) kVA )100100(300300

3

1

)1010)(1010()1010)(1010(03

1

1010

1010

0

101010-1003

1

3

13

~3

2

2

0120123

jj

jaja

j

jaa

S Tf

−=−=

+−−++−−+=

+−

+−−××=

= ∗IV

Hasil ini sama dengan yang diperoleh pada perkalian langsung.

(catatan: 12 −=+ aa ).


9.4. Sistem Per-Unit

Sistem per-unit sesungguhnya merupakan cara penskalaan atau

normalisasi. 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-unit

dimaksudkan untuk mempermudah perhitungan, namun dengan

perkembangan penggunaan computer maksud penyederhanaan itu

sudah tidak berarti lagi. Walaupun demikian, beberapa keuntungan

yang terkandung dalam sistem per-unit (yang akan kita lihat

kemudian) masih terasakan dan oleh karena itu kita akan pelajari.

Nilai per-unit dari suatu besaran merupakan rasio dari besaran

tersebut dengan suatu besaran basis. Besaran basis ini berdimensi

sama dengan dimensi besaran aslinya sehingga nilai per-unit besaran

itu menjadi tidak berdimensi

basis nilai

yasesungguhn nilai unit -per Nilai =

Nilai sesungguhnya mungkin berupa bilangan kompleks, namun

nilai basis yang ditetapkan adalah bilangan nyata. Oleh karena itu

sudut fasa nilai dalam per-unit sama dengan sudut fasa

sesungguhnya.

Sebagai contoh kita ambil daya kompleks

)( β−α∠== ∗ VIS IV (9.18)

di mana α adalah sudut fasa tegangan dan β adalah sudut fasa arus.

Untuk menyatakan S dalam per-unit kita tetapkan Sbasis yang berupa

bilangan nyata, sehingga

)()(

β−α∠=β−α∠

= pubasis

pu SS

SS (9.19)

Didefinisikan pula bahwa

basisbasisbasis IVS ×= (9.20)

211

Nilai Sbasis dipilih secra bebas. Oleh karena itu, kita dapat memilih

salah satu Vbasis atau Ibasis untuk ditentukan secara bebas, tetapi

tidak kedua-duanya.

Jika kita ambil rasio dari (9.18) dan (9.20) kita peroleh

∗=β−∠α∠

== pupubasisbasisbasis

pu IVIV

IV

S

SS (9.21)

Nilai basis untuk impedansi ditentukan menggunakan relasi

basis

basis

basis

basisbasis

S

V

I

VZ

2

== (9.22)

Dengan Zbasis ini relasi arus dan tegangan

I

VIV == atau Z Z

akan memberikan

basisbasisbasis IVZ

Z

/

/ IV= atau

pupupu IVZ = (9.23)

Karena jXRZ += maka

basisbasisbasisbasis Z

Xj

Z

R

Z

jXR

Z

Z+=

+= atau

pupupu jXRZ += (9.24)

Jadi tidaklah perlu menentukan nilai basis untuk R dan X secara

sendiri-sendiri. Selain itu tidak pula diperlukan menentukan nilai

basis untu P dan Q secara sendiri-sendiri.

basisbasis S

jQP

S

S += atau

pupupu QPS += (9.25)


CO&TOH-9.4: Nyatakanlah besaran-besaran pada rangkaian satu

fasa berikut dalam per-unit dengan mengambil Sbasis = 1000 VA

dan Vbasis = 200 V.

Penyelesaian:

V 200 VA; 1000 == basisbasis VS

A 5200

1000===

basis

basisbasis

V

SI

Ω=== 405

200

basis

basisbasis

I

VZ

Maka: pu 01200

0200 oo

∠=∠

=puV

pu 1,040

4==puR ; pu 1,0

40

4==CpuX ;

pu 2,040

8==LpuX

Transformasi rangkaian dalam per-unit menjadi

pu 4521,01,01,02,01,01,0o∠=+=+−= jjjZ pu

pu 45254520,1

01 o

o

o

−∠=∠

∠==

pu

pupu

Z

VI

pu 4525452501ooo ∠=∠×∠== ∗

pupupu IVS

V 0200 o∠=VΩ4 Ω− 4j

Ω 8j

pu 1,0 pu 1,0j−pu 2,0jpu 01

o∠ ≈

213

Sistem Tiga Fasa. Sistem tiga fasa sangat luas dipakai dalam

penyediaan energy listrik. Oleh karena itu dikembangkan pengertian

nilai basis tambahan sebagai berikut.

3/

3

3

33

basisbasis

basisYbasis

basisLbasis

basisbasis

basisYbasis

basisLbasis

basisfbasis

II

II

II

ZZ

ZZ

VV

SS

=

=

=

=

=

=

=

∆

∆ (9.26)

Bagaimana implementasi dari nilai-nilai basis di atas, akan kita lihat

pada contoh berikut ini.

CO&TOH-9.5: Sebuah sumber tiga fasa dengan tegangan fasa-fasa

6 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 dalam

per-unit dan dalam ampere, dan impedansi beban A.

Penyelesaian: Penentuan nilai basis adalah sembarang.

Kita pilih Sbasis3f = 600 kVA dan VLbasis = 6 kV, sehingga

Ω===

===

==

==

6074,57

3464

A 74,573/6

200

V 34643

6

kVA 2003

600

basis

basisbasis

basis

basisbasis

basis

basis

I

VZ

V

SI

V

S

Sumber ini terbebani seimbang sehingga hanya ada urutan

positif. Besaran per fasa adalah:


Beban-A:

6,08,09,3619,36101

9,361

;013/6

3/6

9,361200

9,36200kVA 9,36200

) (f.d. 9,36)8,0(cos kVA; 2003

600

o

o

o

o

oo

o1

jIV

SI

V

S

SSS

lagS

ApuApu

ApuApu

Apu

basis

AApuA

AA

−=−∠=⇒∠=∠

∠==

∠==

∠=+∠

==→∠=

+==ϕ==

∗

−

Beban-B:

4,03,01,535,0

1,535,001

1,535,0

01

1,535.0200

1,53100

kVA 1,53100

) (f.d. 1,53)6,0cos( kVA; 1003

300

o

o

o

o

o

oo

o

o

jI

V

SI

VV

S

SS

S

leadS

Bpu

Bpu

BpuBpu

ApuBpu

basis

BBpu

B

BB

+=∠=⇒

−∠=∠

−∠==

∠==

−∠=−∠

==⇒

−∠=

−==ϕ==

∗

Arus saluran:

2,01,14,03,06,08.0 jjjIII BpuApupu −=++−=+=

A3,1055,6455,1151,6374,57)2,01,1( o−∠=−=×−= jjI

Impedansi beban-A: o

o

o

9,361361

01∠=

−∠

∠==

Apu

ApuApu

I

VZ

Ω+=∠=⇒ )3648(9,3660 o jZ A

215

BAB 10

Penyulang dan

Saluran Transmisi

Saluran transmisi penyulang merupakan koridor yang harus dilalui

dalam penyaluran energi listrik Kita akan membahas saluran udara

(dengan konduktor terbuka) dan pembahasan kita bagi dalam dua

bab. Di bab ini kita membahas impedansi dan admitansi saluran

transmisi, sedangkan di bab berikutnya akan kita bahas rangkaian

ekivalen 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 mengalir

di konduktor yang lain,

• Arus kapasitif karena adanya medan listrik antar

konduktor,

• Arus bocor pada isolator

Arus bocor pada isolator biasanya diabaikan karena cukup kecil

dibandingkan dengan arus konduktor. Namun masalah arus bocor

sangat penting dalam permbahasan isolator

Karena saluran udara memanfaatkan udara sebagai bahan isolasi,

perlu kita lihat besaran-besarn fisis udara yang akan masuk dalam

perhitungan-perhitungan saluran transmisi, yaitu:

Permeabilitas: permeabilitas magnetik udara dianggap sama dengan

permeabilitas ruang hampa:

H/m 104 700

−×π=µ≈µµ=µ r

Permitivitas: permitivitas elektrik udara dianggap sama dengan

permitivitas ruang hampa:

F/m 36

10 9

00 π=ε≈εε=ε

−

r


10.1. Resistansi

Material yang biasa digunakan sebagai konduktor adalah tembaga

atau aluminium. Untuk saluran transmisi banyak digunakan

aluminium 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 (aluminium

conductor steel reinforced)

Data mengenai ukuran, konstruksi, resistansi [Ω per km],

radius [cm], GMR [cm] (Geometric Mean Radius), serta

kemampuan mengalirkan arus [A], dapat kita peroleh dari standar /

spesifikasi namun untuk sementara kita tidak membahasnya.

Relasi resistansi untuk arus searah adalah

Ωρ

= A

lRAS (10.1)

dengan l panjang konduktor [m], A luas penampang konduktor [m2],

ρ adalah resistivitas bahan.

C] [20 .m 1077,1

C] [20 .m 1083,2

o8

o8

Ω×=ρ

Ω×=ρ−

−

Cu

Al

Resistansi tergantung dari temperature,

01

0212

TT

TTTT +

+ρ=ρ (10.2)

agauntuk temb C 241

aluminiumuntuk C228

o

o0

=

=T

Resistansi untuk arus bolak-balik lebih besar dari resistansi untuk

arus searah karena ada efek kulit yaitu kecenderungan arus bolak-

balik untuk mengalir melalui daerah pinggiran penampang

konduktor.

217

Selain daripada itu, kondukor saluran transmisi merupakan pilinan

konduktor sehingga panjang konduktor sesungguhnya lebih dari

panjang lateral yang kita ukur.

10.2. Induktansi

Arus pada suatu konduktor menimbulkan medan magnit di

sekeliling konduktor dan juga di dalam konduktor walaupun tidak

merata di seluruh penampang. Menurut hukum Ampere, jika arus

yang mengalir pada konduktor adalah i maka medan magnet H di

sekitar konduktor adalah ∫ =

l

iHdl . Di titik berjarak x di luar

konduktor relasi ini menjadi

xH x π

=2

1 (10.3)

Jika konduktor kita anggap sangat panjang dan l adalah satu segmen

dari padanya, maka fluksi magnet yang melingkupi segmen ini

sampai jarak Dx dari konduktor adalah

r

Dildx

x

il xD

r

x

ln22 πµ

=π

µ=λ ∫ (10.4)

dimana r adalah radius konduktor. Persamaan (10.4) ini adalah

fluksi lingkup di luar konduktor. Masih ada fluksi di dalam

konduktor yang harus diperhitungkan. Untuk mencakup fluksi di

dalam konduktor itu didefinisikan suatu radius ekivalen yang

disebut Geometric Mean Radius (GMR), r’, sehingga (10.4) menjadi

r

Dil x

′πµ

=λ′ ln2

(10.5)

Sistem Dua Konduktor. Kita perhatikan suatu saluran kirim dialiri

arus i dengan saluran balik yang juga dialiri arus i tetapi dengan arah

yang berlawanan seperti terlihat pada Gb.10.1. Kita pandang sistem

dua konduktor ini sebagai satu segmen dari loop yang sangat

panjang. Pada ujung-ujung segmen loop ini terdapat tegangan di

antara kedua ujung konduktor, yaitu AA vv ′dan .


Gb.10.1. Saluran kirim A dan saluran balik N.

Jika panjang segmen ini adalah l maka arus iA di saluran A

memberikan fluksi lingkup di bidang segmen loop ini sebesar

A

AAA

r

Dli

′π

µ=λ ln

21 (10.6.a)

Arus iA di saluran balik N memberikan fluksi lingkup sebesar

AAA

r

Dli

′π

µ=λ ln

22 (10.6.b)

Fluksi 1Aλ dan 2Aλ saling menguatkan di bidang segmen loop

ini sehingga fluksi lingkup total menjadi

A

AAAAA

rr

Dli

′′π

µ=λ+λ=λ

2

21 ln2

(10.6.c)

Aλ adalah fluksi lingkup konduktor A-N yang ditimbulkan oleh

iA, dan merupakan fluksi sendiri yang akan memberikan induktansi

sendiri LAA.

Sistem Tiga Konduktor. Kita lihat sekarang sistem tiga konduktor

A-B-N seperti terlihat pada Gb.10.2 dengan arus iA dan iB yang

masing-masing menglir di A dan B. Konduktor N adalah saluran

balik yang mengalirkan arus balik )( BA ii + . Kita akan menghitung

fluksi lingkup segmen loop yang menjadi perhatian kita yaitu fluksi

lingkup pada segmen loop A-N.

N′

A

N

A′Ai

Ai

Av Av′

Nkonduktor :

Akonduktor :

N keA jarak :

GMRr

GMRr

D

A

A

′

′

219

Gb.10.2. Saluran kirim A dan B, dan saluran balik N.

Dalam situasi ini arus iA di konduktor A dan arus (iA+iB) di N

memberikan fluksi lingkup sebesar

ABA

A

AAAB

r

Dlii

r

Dli

′π

+µ+

′π

µ=λ ln

2

)(ln

21 (10.7.a)

sedangkan arus iB di konduktor B memberikan

B

BB

B

ABBAB

r

Dli

r

Dli

′π

µ+

′π

µ=λ ln

2ln

22 (10.7.b)

Karena arus iB searah dengan iA maka suku pertama (10.7.b)

memperlemah fluksi antara A dan B, sedangkan suku ke-dua

memperkuat fluksi antara B dan N. Fluksi lingkup antara A dan N

dengan kehadiran B menjadi

′+

′−

′πµ

+

′+

′πµ

=

λ+λ=λ

B

B

B

AB

AB

A

A

AA

ABABAB

r

D

r

D

r

Dli

r

D

r

Dlilnlnln

2lnln

2

21

atau

′π

µ+

′′π

µ=λ

AB

BAB

A

AAAB

Dr

DDli

rr

Dliln

2ln

2

2

(10.7.c)

ABλ adalah fluksi lingkup segmen loop A-N dengan kehadiran

arus di konduktor B yang jika kita bandingkan dengan (10.6.c)

terlihat bahwa suku ke-dua (10.6.c) adalah tambahan yang

disebabkan oleh adanya arus iB..

A

B

N

A′

B′

N′

Ai

Bi

BA ii +


Kita lihat sekarang fluksi lingkup segmen loop B-N antara

konduktor B dan N. Fluksi lingkup yang ditimbulkan oleh arus di B

dan arus di N adalah

BAB

B

BBBA

r

Dlii

r

Dli

′π

+µ+

′π

µ=λ ln

2

)(ln

21 (10.8.a)

dan fluksi yang ditimbulkan oleh iA yang memperkuat fluksi 1BAλ

adalah

AB

AA

A

AB

A

AABA

D

Dli

r

D

r

Dliln

2lnln

22 π

µ=

′−

′π

µ=λ (10.8.b)

sehingga fluksi lingkup konduktor B-N menjadi

AB

ABA

B

BB

BABABA

rD

DDli

rr

Dli

′π

µ+

′′π

µ=

λ+λ=λ

ln2

ln2

2

21

(10.8.c)

Kita lihat bahwa formulai (10.8.c) mirip dengan (10.7.c)

Sistem Empat Konduktor. Dengan cara yang sama, kita menghitung

fluksi-fluksi lingkup pada sistem empat konduktor dengan tiga

konduktor A, B, dan C masing-masing dengan arus iA, iB, dan iC ,

dan satu konduktor balik N dengan arus )( CBA iii ++ seperti

terlihat pada Gb.10.3.

N C, B, A, : ,

konduktor

; dan konduktor jarak :

ji

GMRr

jiD

i

ij

=′

Gb.10.3. Sistem empat konduktor.

A

B

C

N

A′

B′

C′

N′

Av

Bv

Cv

Av′

Bv′

Cv′

Bi

Ci

CBA iii ++

221

Fluksi lingkup konduktor A-N, B-N, dan C-N:

′+

′+

′′πµ

=

′−

′π

µ+

′−

′π

µ+

′+++

′π

µ=λ

AC

CAC

AB

BAB

A

AA

C

ACC

C

CC

B

ABB

B

BB

ACBA

A

AAA

Dr

DDi

Dr

DDi

rr

Di

l

r

Di

r

Di

r

Di

r

Di

r

Diii

r

Di

l

lnlnln2

lnln2

lnln2

ln)(ln2

2

(10.9.a)

′++

′′+

′πµ

=

′−

′πµ

+

′−

′πµ

+

′+++

′πµ

=λ

BC

CBC

B

BB

AB

ABA

C

BCC

C

CC

A

ABA

A

AA

BCBA

B

BBB

Dr

DDi

rr

Di

Dr

DDi

l

r

Di

r

Di

r

Di

r

Di

r

Diii

r

Di

l

lnlnln2

lnln2

lnln2

ln)(ln2

2

(10.9.b)

′′+

′+

′πµ

=

′−

′πµ

+

′−

′πµ

+

′+++

′πµ

=λ

C

CC

BC

BCB

AC

ACA

B

BCB

B

BB

A

ACA

A

AA

CCBA

A

CCC

rr

Di

Dr

DDi

Dr

DDi

l

r

Di

r

Di

r

Di

r

Di

r

Diii

r

Di

l

2

lnlnln2

lnln2

lnln2

ln)(ln2

(10.9.c)


Penurunan relasi (10.9) sudah barang tentu tidak terbatas hanya

untuk empat konduktor. Akan tetapi kita mengaitkannya dengan

keperluan kita untuk meninjau sistem tiga fasa. Oleh karena itu kita

batasi tinjauan pada sistem empat konduktor. Dalam bentuk matriks,

(10.9) dapat kita tuliskan

′′πµ

′πµ

′πµ

′π

µ′′π

µ′π

µ

′πµ

′πµ

′′πµ

=

λ

λ

λ

C

B

A

C

C

BC

BC

AC

AC

BC

CB

B

B

AB

AB

AC

CA

AB

BA

A

A

C

B

A

i

i

i

rr

D

Dr

DD

Dr

DD

Dr

DD

rr

D

Dr

DD

Dr

DD

Dr

DD

rr

D

l

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

2

2

2

(10.10)

Turunan terhadap waktu dari fluksi lingkup memberikan tegangan

imbas

′′π

µ′π

µ′π

µ

′π

µ′′π

µ′π

µ

′π

µ′π

µ′′π

µ

=

′

′

′

dt

didt

didt

di

rr

D

Dr

DD

Dr

DD

Dr

DD

rr

D

Dr

DD

Dr

DD

Dr

DD

rr

D

v

v

v

l

C

B

A

C

C

BC

BC

AC

AC

BC

CB

B

B

AB

AB

AC

CA

AB

BA

A

A

CC

BB

AA

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

1

2

2

2

(10.11)

Jika tegangan dan arus adalah sinusoidal, persamaan matriks di atas

dapat kita tuliskan dalam fasor

′′πµ

′πµ

′πµ

′πµ

′′πµ

′πµ

′πµ

′πµ

′′πµ

ω=

′

′

′

C

B

A

C

C

BC

BC

AC

AC

BC

CB

B

B

AB

AB

AC

CA

AB

BA

A

A

CC

BB

AA

rr

D

Dr

DD

Dr

DD

Dr

DD

rr

D

Dr

DD

Dr

DD

Dr

DD

rr

D

jl

I

I

I

V

V

V

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

ln2

1

2

2

2

(10.12)

Persamaan ini memberikan tegangan imbas pada setiap konduktor.

223

10.3. Impedansi

Jika resistansi konduktor dimasukkan maka kita dapatkan matriks

impedansi yang tidak hanya memberikan tegangan imbas tetapi

tegangan jatuh di konduktor. Dalam memasukkan resistansi ini kita

amati hal berikut:

Semua arus fasa melalui masing-masing konduktor fasa, dan

melalui konduktor netral secara bersama-sama. Oleh karena itu

impedansi sendiri suatu fasa akan mengandung resistansi

konduktor fasa dan resistansi konduktor netral, sedangkan

impedansi bersama akan mengandung resistansi konduktor netral

saja. Persamaan (10.12) berubah menjadi:

=

′

′

′

C

B

A

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

CC

BB

AA

ZZZ

ZZZ

ZZZ

lI

I

I

V

V

V

1

(10.13.a)

dengan

AC

CAAC

AB

BAAB

A

AAAA

Dr

DDjRZ

Dr

DDjRZ

rr

DjRRZ

′πωµ

+=

′πωµ

+=′′π

ωµ++=

ln2

;ln2

;ln2

2

BC

CBBC

B

BBBB

AB

ABBA

Dr

DDjRZ

rr

DjRRZ

Dr

DDjRZ

′πωµ

+=

′′π

ωµ++=

′π

ωµ+=

ln2

;ln2

;ln2

2

C

CCCC

BC

BCCB

AC

ACCA

rr

DjRRZ

Dr

DDjRZ

Dr

DDjRZ

′′πωµ

++=

′πωµ

+=′π

ωµ+=

2

ln2

;ln2

;ln2

(10.13.b)

Walaupun matriks impedansi pada (10.13.a) terlihat simetris namun

tidak diagonal. Matrik impedansi urutan akan berbentuk diagonal

jika konfigurasi konduktor memiliki kesimetrisan seperti pada

konfigurasi ∆ atau dibuat simetris melalui transposisi.


Konfigurasi ∆∆∆∆ (Segitiga Sama-sisi). Konfigurasi ini adalah

konfigurasi segitiga sama-sisi di mana konduktor fasa berposisi di

puncak-puncak segitiga; DDDD ACBCAB === . Konduktor

netral berposisi di titik berat segitiga sehingga

3/DDDD CBA === .

Gb.10.4 Konfigurasi ∆ (equilateral).

Jika kita misalkan resistansi konduktor fasa sama besar yaitu R dan

GMR-nya pun sama yaitu r maka jika kita masukkan besaran-

besaran ini ke (10.13.b) kita peroleh

CC

CB

CA

BC

BB

BA

AC

AB

AA

rr

DjRRZ

r

DjRZ

r

DjRZ

r

DjRZ

rr

DjRRZ

r

DjRZ

r

DjRZ

r

DjRZ

rr

DjRRZ

′′π

ωµ++=

′π

ωµ+=

′π

ωµ+=

′π

ωµ+=

′′π

ωµ++=

′π

ωµ+=

′π

ωµ+=

′π

ωµ+=

′′π

ωµ++=

3ln

2

;3

ln2

;3

ln2

3ln

2

;3

ln2

;3

ln2

3ln

2

;3

ln2

;3

ln2

2

2

2

(10.14)

Pada (10.14) ini terlihat bahwa

mCABCAB ZZZZ ===

sCCBBAA ZZZZ ===

D D

D

3/D

225

sehingga (10.13.a) dapat dituliskan:

=

′

′

′

C

B

A

smm

msm

mms

CC

BB

AA

ZZZ

ZZZ

ZZZ

lI

I

I

V

V

V

1

(10.15.a)

dengan

/m 3

ln2

/m 3

ln2

2

Ω′π

ωµ+=

Ω′′π

ωµ++=

m

s

r

DjRZ

rr

DjRRZ

(10.15.b)

Impedansi urutan dapat kita peroleh dengan cara seperti pada

Contoh-9.2 di bab sebelumnya.

[ ] [ ] [ ][ ]T T1

012 ABCZZ−=

[ ] [ ][ ]

−

−

+

=

++++−

++++−

+++

=

=

ms

ms

ms

msmsms

msmsms

msmsms

smm

msm

mms

ABC

ZZ

ZZ

ZZ

aa

aa

ZaaZZaZaZZ

ZaZaZaaZZZ

ZZZZZZ

aa

aa

ZZZ

ZZZ

ZZZ

aa

aaZ

00

00

002

1

1

111

)1()1(

)1()1(

222

3

1

1

1

111

1

1

111

3

1T T

2

2

22

22

2

2

2

21-

Dengan memasukkan (10.15.b) kita peroleh

/m ln2

/m )(27

ln2

32

21

3

4

0

Ω′π

ωµ+=−==

Ω′′π

ωµ++=+=

r

DjRZZZZ

rr

DjRRZZZ

ms

ms

(10.16)


CO&TOH-10.1: Penyulang tiga fasa, 20 kV, 50 Hz, panjang 20 km.

Konduktor penyulang berpenampang 95 mm2 dan memiliki

radius efektif 6 mm. Resistivitas konduktor adalah 0,0286

Ω.mm2/m dan penyulang dibangun dalam konfigurasi ∆ dengan

jarak antar konduktor 1m. Hitunglah impedansi sendiri dan

impedansi bersama serta impedansi urutan positif, dengan

mengabaikan kapasitansi.

Penyelesaian:

Resistansi konduktor: /m 00031,095

0286,0Ω==

ρ=

A

lRA

Dengan konfigurasi ∆, impedansi sendiri dan impedansi

bersama fasa A dihitung menggunakan formulasi (10.14):

ABAC

AB

AA

ZZ

j

jZ

j

jZ

=

Ω∠=+=

×

×π×π×π

+=

Ω∠=+=

×

××π×π×π

+

+

=

−

−

96,3986,705,502,6

20000006,03

1ln

2

10410000031,0

86,4661,1785,1204,12

20000

006,0006,03

1ln

2

104100

00031,000031.0

o

27

o

27

Impedansi urutan positif dihitung dengan relasi (10.16)

Ω∠=+=

+−+=

−=−=

35,5286,98,702,6

05,502,685,1204,12

o

1

j

jj

ZZZZZ ABAAms

CO&TOH-10.2: Beban 5000 kW dengan factor daya 0,8 dicatu

melalui penyulang tiga fasa, 20 kV, 50 Hz, sepanjang 20 km

yang diberikan pada Contoh-10.1. Dengan mengabaikan

kapasitansi antar konduktor, hitunglah tegangan di ujung kirim

apabila tegangan di ujung terima (beban) ditetapkan 20 kV

dengan cara: a) menggunakan besaran-besaran fasa; b)

menggunakan besaran urutan.

227

Penyelesaian:

a) Karena kapasitansi diabaikan, maka perbedaan tegangan

antara ujung kirim dan ujung terima hanya disebabkan oleh

impedansi saluran. Dengan pembebanan seimbang,

perhitungan dilakukan menggunakan model satu fasa. Kita

amati fasa A. Impedansi sendiri dan impedansi bersama

fasa A telah dihitung pada contoh-10.1:

Ω∠=+==

Ω∠=+=

96,3986,705,502,6

86,4661,1785,1204,12

o

o

jZZ

jZ

ACAB

AA

Dengan menggunakan tegangan fasa-netral ujung terima

fasa A sebagai referensi, maka tegangan fasa-netral ujung

terima fasa A, B, dan C adalah

kV 24055,11

kV 12055,11

kV 055,1103

20

o

o

oo

−∠=

−∠=

∠=∠=

rC

rB

rA

V

V

V

Arus fasa A, B, dan C adalah

A 87,2764,180

A 87,1564,180

A 87,364,180A 4,1808,055,11

3/5000

o

o

o

−∠=

−∠=

−∠=→=×

=

C

B

AA

I

I

II

Tegangan jatuh di fasa A adalah:

84,47404,1714

43,118790,77393,126339,64134,55133,3129

87,2764,18096,3986,7

87,1564,18096,3986,7

87,364,18086,4661,17

oo

oo

oo

j

jjj

ZZZ CACBABAAAAA

+=

+−−−+=

−∠×∠+

−∠×∠+

−∠×∠=

++=′ IIIV


Tegangan fasa-netral di ujung kirim:

kV 22,1348,071,155,11 o∠=++=+= ′ jAArAsA VVV

Tegangan fsa-fasa di ujung kirim: kV 8,2232,13 ==LLsV

b). Pada pembebanan seimbang, besaran urutan yang ada hanyalah

urutan positif. Impedansi urutan positif telah dihitung pada

contoh-10.1.

Ω∠=+= 35,5286,98,702,6 o1 jZ

Tegangan jatuh di fasa A adalah:

V 48,071,148,1559,1778

87,364,18035,5286,9

o

oo1

j

Z AAA

+=∠=

−∠×∠=×=′ IV

kV 22,1348,071,155,11 o∠=++=+= ′ jAArAsA VVV

Tegangan fasa-fasa di ujung kirim: kV 8,2232,13 ==LLsV

Transposisi. Suatu upaya untuk membuat konfigurasi menjadi

simetris adalah melakukan transposisi, yaitu mempertukarkan posisi

konduktor sedemikian rupa sehingga secara keseluruhan transmisi

mempunyai konfigurasi simetris ataupun hampir simetris seperti

terlihat pada Gb.10.4. Panjang total saluran, d, dibagi dalam tiga

seksi dan posisi konduktor fasa dipertukarkan secara berurutan.

Kita misalkan ketiga konduktor fasa pada Gb.10.5 memiliki

resistansi per satuan panjang sama besar dan demikian juga jari-jari

serta GMR-nya; RRRR CBA === , rrrr CBA === dan

rrrr CBA ′=′=′=′ . Kita dapat mencari formulasi impedansi fasa dan

impedansi urutan dengan melihat seksi per seksi.

229

3

2

1

DD

DD

DD

C

B

A

=

=

=

1

3

2

DD

DD

DD

C

B

A

=

=

=

2

1

3

DD

DD

DD

C

B

A

=

=

=

Gb.10.5. Transposisi.

Kita lihat konduktor A di seksi pertama:

′πωµ

+=′π

ωµ+=

′′π

ωµ++=

ACAC

ABAB

AA

rD

DDjRZ

rD

DDjR

dZ

rr

DjRR

dZ

3121

21

ln23

1 ;ln

23

;ln23

(10.17.a)

Konduktor A di seksi ke-dua:

′π

ωµ+=

′π

ωµ+=

′′π

ωµ++=

ACAC

ABAB

AA

rD

DDjRZ

rD

DDjR

dZ

rr

DjRR

dZ

1232

22

ln23

1 ;ln

23

;ln23

(10.17.b)

Konduktor A di seksi ke-tiga

′πωµ

+=

′πωµ

+=

′′π

ωµ++=

ACAC

ABAB

AAA

rD

DDjRZ

rD

DDjR

dZ

rr

DjRR

dZ

2313

23

ln23

1 ;ln

23

;ln23

(10.17.c)


Impedansi per satuan panjang konduktor A di seluruh seksi dapat

dinyatakan sebagai:

3/123

3/1

12

3/131

3/113

3/132

3/1

21

3/123

3/122

3/121

ln2

ln2

ln2

′

′

′πωµ

+=

′

′

′πωµ

+=

′′

′′

′′πωµ

++=

ACACACAC

ABABABAB

AA

rD

DD

rD

DD

rD

DDjRZ

rD

DD

rD

DD

rD

DDjRZ

rr

D

rr

D

rr

DjRRZ

(10.18)

Jika didefinisikan:

3321 DDDDh = dan 3

ACBCABf DDDD = (10.19)

maka formulasi (10.18) menjadi

′πωµ

+=

′πωµ

+=

′′πωµ

++=

f

hAC

f

hAB

hAA

rD

DjRZ

rD

DjRZ

rr

DjRRZ

22

2

ln2

; ln2

; ln2

(10.20)

Fasa B dan C memiliki formula yang mirip dengan fasa A dan kita

mendapatkan relasi

=

′

′

′

C

B

A

smm

msm

mms

CC

BB

AA

ZZZ

ZZZ

ZZZ

lI

I

I

V

V

V

1

(10.21.a)

dengan

231

/m ln2

/m ln2

2

2

Ω

′πωµ

+=

Ω

′′πωµ

++=

f

hm

hs

rD

DjRZ

rr

DjRRZ

(10.21.b)

Impedansi urutan

[ ] [ ] [ ][ ]T T1

012 ABCZZ−=

dan dengan (10.21.b) kita peroleh:

r

DjRZZZZ

rrD

DjRRZZZ

fms

f

hms

′πωµ

+=−==

′′πωµ

++=+=

ln2

)(ln

232

21

32

6

0

(10.22)

CO&TOH-10.3: Hitunglah impedansi urutan positif pada frekuensi

50 Hz dari suatu saluran transmisi dengan transposisi yang

mempunyai konfigurasi sebagai berikut:

Penyelesaian: (perhatikan bahwa R dinyatakan dalam Ω/km)

Untuk menggunakan relasi (10.22), kita hitung lebih dulu Df

dengan menggunakan relasi (10.19):

m 29,58443 =××=fD

Jadi:

/km 3896,0088,0

01073,0

29,5ln

2

1000104502088,0

7

1

Ω+=

π××π××π

+=−

j

jZ

A 900 : arus Kapasitas

cm 073,1

cm 350,1

km/ 088.0

rrrr

rrrr

RRR

CBA

CBA

CBA

=′=′=′=′

====

Ω===

m 2,4

A C

m 2,4

m 4,8

B


10.4. Admitansi

Kita pandang satu konduktor lurus dengan panjang tak hingga dan

mengandung muatan dengan kerapatan ρ per satual panjang. Pada

konfigurasi sederhana ini, penerapan hukum Gauss untuk

menghitung displacement D menjadi sederhana.

lDds

S

ρ=∫

dengan S adalah luas dinding silinder dengan sumbu pada konduktor

sepanjang l. Bidang equipotensial di sekitar konduktor akan

berbentuk silindris dengan sumbu pada konduktor tersebut. Kuat

medan listrik di suatu titik berjarak x dari konduktor adalah:

xlx

lDEx πε

ρ=

×π×ε

ρ=

ε=

22

Untuk udara F/m 1036

1 90

−×π

=ε=ε

Kuat medan listrik ini menyebabkan terjadinya perbedaan potensial

antara dua titik di luar konduktor, seperti digambarkan pada

Gb.10.5.

Gb.10.5. Dua titik di luar konduktor.

A

Bx

x

x

xAB

x

xdx

xEdxv

B

A

B

A

ln22 περ

=περ

== ∫∫ (10.23)

ABv adalah penurunan potensial dari A ke B yang bernilai posistif

jika xB > xA. Jika ρ adalah muatan negatif maka ABv adalah

kenaikan potensial.

Beda Potensial Dua Konduktor Tak Bermuatan. Kita lihat

sekarang satu konduktor k dengan jari-jari rk dan bermuatan ρk. Dua

konduktor lain yang tidak bermuatan, i dan j, berjarak Dik dan Djk

dari konduktor k seperti terlihat pada Gb.10.6.

A BAx

Bx

233

Gb.10.6. Satu konduktor bermuatan dan dua konduktor tak

bermuatan.

Potensial konduktor i yang diakibatkan oleh adanya muatan di

konduktor k adalah beda potensial antara titik di permukaan

konduktor k dan posisi konduktor i. Sedangkan beda potensial antara

konduktor k dan j adalah beda potensial antara permukaan

konduktor k dan posisi konduktor j. Beda potensial antara konduktor

i dan j adalah selisih antara keduanya.

ij

ikk

k

jk

k

ikk

kikjij

D

D

r

D

r

D

vvvkkk

ln2

lnln2

πε

ρ=

−

πε

ρ=

−=ρρρ

(10.24.)

Beda Potensial Tiga Konduktor Bermuatan. Tiga konduktor

bermuatan A, B, C diperlihatkan pada Gb.10.7. Setiap muatan di

setiap konduktor akan menyebabkan beda potensial di dua

konduktor yang lain.

Gb.10.7. Tiga konduktor bermuatan.

CBABCBCBCBC vvvv

ρρρ++=

AB

ACABC

D

Dv

A

ln2πε

ρ=

ρ

ABD BCD

AAr ρ , ,A BBr ρ , ,B CCr ρ , ,C

ACD

i j

ikDjkD

kkrk ρ , ,


B

BCBBC

r

Dv

B

ln2πε

ρ=

ρ

BC

CCBC

D

rv

c

ln2περ

=ρ

Jadi

ρ+ρ+ρ

πε=

BC

CC

B

BCB

AB

ACABC

D

r

r

D

D

Dv lnlnln

2

1 (10.25)

Beda Potensial Empat Konduktor Bermuatan. Empat konduktor

bermuatan terlihat pada Gb.10.8:

Gb. 10.8. Sistem empat konduktor.

Kita akan meninjau sistem empat konduktor seperti terlihat pada

gambar di atas dengan ketentuan konservasi muatan, yaitu

0=ρ+ρ+ρ+ρ AAAA (10.26)

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

A

AC

CC

AB

BB

A

AAA

D

r

D

D

D

D

r

Dv lnlnlnln

2

1

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

B

BC

CC

B

BB

AB

AAB

D

r

D

D

r

D

D

Dv lnlnlnln

2

1

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

C

C

CC

BC

BB

AC

AAC

D

r

r

D

D

D

D

Dv lnlnlnln

2

1

0lnlnlnln2

1=

ρ+ρ+ρ+ρ

πε=

C

CC

B

BB

A

AA

D

D

D

D

D

D

D

Dv

(10.27)

Jika kita terapkan relasi konservasi muatan (10.26)

0=ρ+ρ+ρ+ρ ncba atau ( )cban ρ+ρ+ρ−=ρ

maka ρ akan ter-eliminasi dari persamaan (10.27)

AAr ρ , ,A BBr ρ , ,B CCr ρ , ,Cr ρ , ,N

235

ρ+ρ+ρ

πε=

AC

CAC

AB

BAB

A

AAA

rD

DD

rD

DD

rr

Dv lnlnln

2

12

ρ+ρ+ρ

πε=

BC

CBC

B

BB

AB

BAAB

rD

DD

rr

D

rD

DDv lnlnln

2

12

ρ+ρ+ρ

πε=

C

CC

BC

BCB

AC

ACAC

rr

D

rD

DD

rD

DDv

2

lnlnln2

1

(10.28.a)

yang dalam bentuk matriks kita tuliskan:

ρ

ρ

ρ

πεπεπε

πεπεπε

πεπεπε

=

C

B

A

nc

C

nBCB

BC

nAC

AC

nBC

CB

nb

B

nAB

AB

nAC

CA

nAB

BA

na

A

C

B

A

rr

D

rD

DD

rD

DD

rD

DD

rr

D

rD

DD

rD

DD

rD

DD

rr

D

v

v

v

ln2

1ln

2

1ln

2

1

ln2

1ln

2

1ln

2

1

ln2

1ln

2

1ln

2

1

2

2

2

(10.28.b)

atau secara singkat

ρ

ρ

ρ

=

C

A

A

CCCBCA

BCBBAB

ACABAA

C

B

A

fff

fff

fff

v

v

v

(10.28.c)

atau

[ ] ABCABCABC ρFv ~ ~ = (10.28.d)

dengan

CBAji

rD

DDf

nij

jninij

, ,,

ln2

1

=

πε=

(10.28.e)

Untuk tegangan sinusoidal keadaan mantap, dapat kita tuliskan:


=

C

B

A

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

C

B

A

fff

fff

fff

ρ

ρ

ρ

V

V

V

(10.29.a)

atau

=

−

C

B

A

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

C

B

A

fff

fff

fff

V

V

V

ρ

ρ

ρ1

(10.29.b)

atau

[ ] [ ] ABCABCABCABCABC VCVFρ~

~~ -1 == (10.29.c)

Kita ingat relasi kapasitor CVQ = . Dari (10.25.c) kita turunkan

[ ] [ ] F/m -1

ABCABC FC = (10.30)

dan kita peroleh admitansi

[ ] [ ] /m Ωω= ABCABC j CY (10.31)

Namun kita tidak menghitung [YABC] dengan menggunakan (10.31)

melainkan dari (10.30) dengan menghitung [ ]ABCF dan sini

menghitung [ ]012F sehingga diperoleh [ ]012C dan [ ]012Y .

[ ]

=

CCCBCA

BCBBBA

ACABAA

ABC

fff

fff

fff

F (10.32)

nilai urutannya adalah

[ ] [ ] [ ][ ]TFTF 1

012 ABC−= (10.33)

dan akan kita peroleh

[ ] [ ] 1012012

−= FC sehingga [ ] [ ]012012 CY ω= j (10.34)

237

Konfigurasi ∆∆∆∆.

DDDD ACBCAB === ; 3/DDDD CBA === .

[ ]

=

πεπεπε

πεπεπε

πεπεπε

=

smm

msm

mms

nnn

nnn

nnn

ABC

fff

fff

fff

rr

D

r

D

r

D

r

D

rr

D

r

D

r

D

r

D

rr

D

F

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

3ln

2

1

2

2

2

(10.35)

[ ] [ ] [ ]

−

−

+

=

= −

ms

ms

ms

smm

msm

mms

ff

ff

ff

fff

fff

fff

F

00

00

002

T T1

012

(10.36)

r

DffFF

rr

DffF

ms

n

ms

ln2

1

)(27

ln2

12

21

3

4

0

πε=−==

πε=+=

(10.37)

Kapasitansi

)/ln(

21

])(27/ln[

21

21

1

340

0

rDC

FC

rrDFC

πε===

πε==

(10.38)


Admitansi

)/ln(

2

])(27/ln[

2

211

3400

rDjYCjY

rrDjCjY

πεω==ω=

πεω=ω=

(10.39)

Transposisi. Kita telah melihat bahwa jika transposisi dilakukan

maka impedansi urutan dapat berbentuk matriks diagonal. Hal yang

sama akan terjadi pada admitansi. Dengan transposisi matriks [FABC]

berbentuk

[ ]

=

smm

msm

mms

ABC

fff

fff

fff

F (10.40)

Pada tahap ini kita perlu mengingat kembali bahwa walaupun dalam

analisis rangkaian listrik besaran resistansi, induktansi, impedansi,

serta admitansi difahami sebagai konstanta proporsiaonalitas

rangkaian linier, namun sesungguhnya mereka adalah besaran-

besaran dimensional. Mereka merupakan besaran yang tergantung

dari ukuran yang dimilikinya serta sifat-sifat fisis material yang

membentuknya. Oleh karena itu, selama dimensinya sama,

pengolahan aritmatika dapat dilakukan.

Dalam kasus transposisi saluran transmisi, sebagaimana ditunjukkan

oleh matriks [FABC] di atas, konduktor-konduktor memiliki nilai

sama jika dilihat dalam selang saluran yang ditransposisikan yaitu

yang terdiri dari tiga seksi. Dengan demikian maka admitansi dapat

kita peroleh dengan mengambil nilai rata-rata dari admitansi per

seksi.

( )

jiff

jiff

ffff

mif

sij

ijijijij

≠=

==

++=

jika

jika dengan

3

13-seksi 2-seksi 1-seksi

(10.41)

Kita memperoleh (lihat Gb.10.4.)

239

3

133221

33

23

22

21

ln6

1

ln6

1

ACBCAB

m

s

rDDD

DDDDDDf

rr

DDDf

πε=

πε=

(10.41)

Dengan definisi (10.19)

3321 DDDDh = dan 3

ACBCABf DDDD =

kita peroleh

f

hm

hs

rD

Df

rr

Df

2

2

ln2

1

ln2

1

πε=

πε=

(10.42)

sehingga

r

DffFF

rrD

DffF

fms

nf

hms

ln2

1

)(

ln2

12

21

32

6

0

πε=−==

πε=+=

(10.43

Kapasitansi adalah

F/m )/ln(

21

F/m ])(/ln[

21

21

1

3260

0

rDC

FC

rrDDFC

f

fh

πε===

πε==

(10.44)

Admitansi adalah

S/m )/ln(

2

S/m )/ln(

2

21

32600

rDjYY

rrDDjCjY

f

fh

πεω==

πεω=ω=

(10.45)


CO&TOH-10.4: Hitunglah admitansi urutan positif pada frekuensi

50 Hz dari suatu saluran transmisi dengan transposisi yang

mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-10.3:

Penyelesaian:

Dengan menggunakan relasi (10.37), di mana Df sudah dihitung

pada Contoh-10.2 dan F/m 10)36/1( 9−×π=ε maka:

S/km 923,2S/m 10923,2

)01350,0/29,5ln(

10)36/1(2502

)/ln(

2

9

9

1

µ=×=

×π×π××π=

πεω=

−

−

jj

jrD

jYf

Catatan: Formulasi untuk Y0 pada (10.39) tidak terlalu cocok untuk

menghitung admitansi urutan nol. Kopling kapasitif tidak

hanya terjadi antar konduktor tetapi juga dengan tanah.


cm 073,1

cm 350,1

km/ 088.0

rrrr

rrrr

RRR

CBA

CBA

CBA

=′=′=′=′

====

Ω===

m 2,4

A C

m 2,4

m 4,8

B

241

BAB 11

Rangkaian Ekivalen

Saluran Transmisi

Di bab sebelumnya kita telah memperoleh formulasi impedansi dan

admitansi per satuan panjang dari saluran transmisi. Selain itu kita

telah melihat bahwa dengan transposisi saluran transmisi dibuat

menjadi simetris dan memberikan matriks besaran urutan yang

diagonal.

Impedansi dan admitansi suatu saluran transmisi terdistribusi

sepanjang saluran yang ratusan kilometer panjangnya. Dengan

menggunakan model satu fasa, kita akan melihat bagaimana

perubahan tegangan dan arus sepanjang saluran. Setelah itu kita

akan melihat rangkaian ekivalen yang diperlukan dalam analisis jika

saluran transmisi ini terhubung dengan peralatan lain, transformator

misalnya.

11.1. Persamaan Saluran Transmisi

Karena impedansi dan admitansi terdistribusi sepanjang saluran

maka dalam penyaluran daya akan terjadi perbedaan tegangan dan

arus antara setiap posisi yang berbeda. Kita lihat saluran transmisi

dua konduktor lebih dulu, seperti pada Gb.11.1.

Gb.11.1 Model satu fasa saluran transmisi.

sV rVxVxs ∆+V

xs ∆+I xIxxZ I∆

xxY V∆

x∆

x

rI


Saluran transmisi ini bertegangan sV di ujung kirim dan rV di

ujung terima. Kita tinjau satu posisi berjarak x dari ujung terima dan

kita perhatikan suatu segmen kecil ∆x ke-arah ujung kirim. Pada

segmen kecil ini terjadi hal-hal berikut:

Tegangan xV di x.

Tegangan xx ∆+V di (x + ∆x) karena terjadi tegangan jatuh

xx xZ IV ∆=∆ (Z adalah impedansi per satuan panjang).

Arus xI mengalir dari x menuju ujung terima.

Arus xx xY VI ∆=∆ mengalir di segmen ∆x (Y adalah admitansi

per satuan panjang).

Arus xx ∆+I mengalir menuju titik (x + ∆x) dari arah ujung kirim.

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

Yx

xY

Zx

xZ

VII

VII

IVV

IVV

=∆

−∆=−

=∆

−∆=−

∆+∆+

∆+∆+

atau

atau

Jika ∆x mendekati nol, maka

xx

xx Y

dx

dZ

dx

dV

II

V== dan (11.1)

Jika (11.1) kita turunkan sekali lagi terhadap x kita peroleh

dx

dY

dx

d

dx

dZ

dx

d xxxx VIIV==

2

2

2

2

dan (11.2)

Substitusi (11.1) ke (11.2) memberikan

xx

xx

ZYdx

dZY

dx

dI

IV

V==

2

2

2

2

dan (11.3)

243

Konstanta Propagasi. Persamaan (11.3) ini telah menjadi sebuah

persamaan di mana ruas kiri dan kanan berisi peubah yang sama

sehingga solusi dapat dicari. Untuk mencari solusi tersebut

didefinisikan

ZYZY =γ=γ atau 2 (11.4)

γ disebut konstanta propagasi. Karena Z memiliki satuan Ω/m dan

Y memiliki satuan S/m, maka γ memiliki satuan per meter. Selain itu

karena Z dan Y merupakan bilangan kompleks maka γ juga

merupakan bilangan kompleks yang dapat dituliskan sebagai

β+α=γ j (11.5)

α disebut konstanta redaman

β disebut konstanta fasa

Impedansi Karakteristik. Dengan menggunakan pengertian

konstanta propagasi maka persamaan (11.3) dapat dituliskan

menjadi

xx

xx

dx

d

dx

dI

IV

V 2

2

22

2

2

dan γ=γ= (11.6.a)

atau

0dan 0 2

2

22

2

2

=γ−=γ− xx

xx

dx

d

dx

dI

IV

V (11.6.b)

Solusi persamaan (11.6.b) adalah (lihat bahasan analisis transien

orde ke-dua di pustaka [3]):

dan 2121x

ix

ixx

vx

vx ekekekek γ−γγ−γ +=+= IV (11.6.c)

Kita lihat lebih dulu persamaan pertama (11.6.c) yaitu

xv

xvx ekek γ−γ += 11 V (11.7.a)

Persamaan (11.1) dan (11.7.a) memberikan


xv

xvx

x ekekZdx

d γγ γ−γ== 21 IV

(11.7.b)

Persamaan (11.7.a) dan (11.7.b serta definisi (11.4) memberikan

xxx

vx

vY

Z

ZY

Zekek II ==− γγ

21 (11.7.c)

Perhatikan bahwa ruas paling kiri (11.7.c) adalah tegangan. Hal ini

berarti bahwa ruas paling kanan juga berdimensi tegangan. Oleh

karena itu

Y

Z di ruas paling kanan (11.7.c) haruslah berdimensi impedansi;

impedansi ini disebut impedansi karakteristik, Zc.

Y

ZZc = (11.8)

Dengan pengertian impedansi karakteristik ini maka (11.7.c) kita

tulis menjadi

xcx

vx

v Zekek I=− γγ21 (11.9.a)

sementara persamaan pertama (11.6.c) dapat kita tulis

21 xx

vx

v ekek V=+ γ−γ (11.9.b)

Pada x = 0 persamaan (11.9.a) dan (11.9.b) memberikan

rvv

rcvv

kk

Zkk

V

I

=+

=−

21

21

sehingga diperoleh

2

2

2

1

rcrv

rrcv

Zk

Zk

IV

VI

−=

+=

(11.9.c)

Dengan (11.9.c) ini maka persamaan pertama (11.6.c) menjadi

245

)sinh()cosh(

22

2

2

21

xZx

eeZ

ee

eZ

eZ

ekek

rcr

xx

rc

xx

r

xrcrxrrc

xv

xvx

λ+γ=

−+

+=

−+

+=

+=

γ−γγ−γ

γ−γ

γ−γ

IV

IV

IVVI

V

(11.9.d)

Persamaan ke-dua (11.6.c) kita olah dengan cara yang sama.

xc

xi

xi

xx

ix

ixx

ix

ix

Zekek

Yekekdx

dekek

V

VI

I

1

21

2121

=−→

=γ−γ=→+=

γ−γ

γ−γγ−γ

(11.10.a)

Untuk x = 0,

rc

ii

rii

Zkk

kk

V

I

1

21

21

=−

=+ dan diperoleh

2

/

2

/

2

1

crri

crri

Zk

Zk

VI

VI

−=

+=

(11.10.b)

Dengan (11.11.c) ini kita peroleh

)cosh()sinh(

22

2

/

2

/

xxZ

eeee

Z

eZ

eZ

rc

r

xx

r

xx

c

r

xcrrxcrrx

γ+λ=

++

−=

−+

+=

γ−γγ−γ

γ−γ

IV

IV

VIVII

(11.10.c)

Jadi untuk saluran transmisi kita peroleh sepasang persamaan

)cosh()sinh(

)sinh()cosh(

xxZ

xZx

rc

rx

rcrx

γ+γ=

γ+γ=

IV

I

IVV

(11.11)


Persamaan (11.11) ini memberikan nilai tegangan di setiap posisi x

pada saluran transmisi apabila tegangan dan arus di ujung terima

diketahui. Dengan bantuan komputer tidaklah terlalu sulit untuk

melakukan perhitungan untuk setiap nilai x. Parameter yang terlibat

dalam perhitungan adalah konstanta propagasi γ dan impedansi

karakteristik Zc. Konstanta propagasi mempunyai satuan per meter

yang ditunjukkan oleh persamaan (11.4); impedansi karakteristik

mempunyai satuan ohm (bukan ohm per meter) yang ditunjukkan

oleh (11.8).

11.2. Rangkaian Ekivalen ππππ

Jika panjang saluran adalah d, tegangan dan arus di ujung kirim

adalah ss IV dan maka dari (11.11) kita peroleh

)cosh()sinh(

)sinh()cosh(

ddZ

dZd

rc

rs

rcrs

γ+γ=

γ+γ=

IV

I

IVV

(11.12)

Rangkaian ekivalen diperlukan dalam analisis saluran transmisi jika

terhubung dengan piranti lain. Kita akan meninjau suatu rangkaian

ekivalen yang disebut rangkaian ekivalen π seperti terlihat pada

Gb.11.2.

Gb.11.2. Rangkaian ekivalen π.

Pada rangkaian ekivalen ini, impedansi dan admitansi yang

terdistribusi sepanjang saluran dimodelkan sebagai impedansi dan

admitansi tergumpal ekivalen. Aplikasi hukum Kirchhoff pada

rangkaian ini memberikan:

sV rV

sI rI

tZ

2

tY

2

tY

247

rtrtt

rt

rtrs ZYZY

Z IVVIVV +

+=

++=

21

2 (11.13.a)

rtt

rttt

rtrttt

rt

r

st

rt

rs

YZYYZ

ZYZYY

YY

IV

IVVI

VVII

++

+=

+

+++=

++=

21

222

21

22

22

(11.13.b)

Kita ringkaskan (11.3.a dan b) menjadi :

rtt

rttt

s

trtt

s

YZYYZ

ZYZ

IVI

IVV

++

+=

+

+=

21

222

21

(11.14)

Jika kita perbandingkan persamaan ini dengan persamaan (11.12),

kita dapatkan

)sinh(1

222

)sinh(

)cosh(2

1

dZ

YYZ

dZZ

dYZ

c

ttt

ct

tt

γ=

+

γ=

γ=+

(11.15)

Substitusi persamaan pertama (11.15 ke persamaan ke-tiga

memberikan

( )

γ=

+

−=

+

+×−=

++

−=

+γ

γ=

γ−γ

γ−γ

γ−γ

γ−γγ−γ

γ−γ

γ−γ

2tanh

1

)(

)(

)(

)()(

2/)2(

2/)(

1)cosh(

)sinh(

2

2/2/

2/2/

22/2/

2/2/2/2/

d

ZeeZ

ee

eeZ

eeee

eeZ

ee

dZ

dY

cdd

c

dd

ddc

dddd

ddc

dd

c

t


Jadi dalam rangkaian ekivalen π

)sinh( dZZ ct γ= dan

γ=

2tanh

1

2

d

Z

Y

c

t (11.16)

kirim ujungdan terimaujungjarak =d

tikkarakteris impedansi =cZ

Rangkaian ekivalen π diturunkan dari model satu fasa rangkaian tiga

fasa seimbang. Untuk rangkaian tiga fasa tak-seimbang, fasor-fasor

tak seimbang kita uraikan menjadi komponen-komponen simetris.

Masing-masing komponen simetris merupakan fasa-fasa seimbang

sehingga masing-masing komponen dapat di analisis menggunakan

rangkaian ekivalen satu fasa. Dengan kata lain masing-masing

komponen memiliki rangkaian ekivalen, yaitu rangkaian ekivalen

urutan positif, urutan negatif, dan urutan nol, seperti terlihat pada

Gb.11.3.

Besaran rangkaian ekivalen adalah:

Konstanta propagasi urutan:

222

111

000

YZ

YZ

YZ

=γ

=γ

=γ

(11.17)

Impedansi karakteristik urutan:

22

111

000

/2

/

/

YZZ

YZZ

YZZ

c

c

c

=

=

=

(11.18)

Impedansi urutan:

dZZ

dZZ

dZZ

c

c

c

222

111

000

sinh

sinh

sinh

γ=

γ=

γ=

(11.19)

249

Admitansi urutan:

2tanh

1

2

2tanh

1

2

2tanh

1

2

2

2

2

1

1

1

0

0

0

d

Z

Y

d

Z

Y

d

Z

Y

c

c

c

γ=

γ=

γ=

(11.20)

Rangkaian Urutan Nol

Rangkaian Urutan Positif

Rangkaian Urutan Negatif

Gb.11.3. Rangkaian ekivalen urutan.

2sV 2rV

2sI 2rI

2tZ

2

2tY

2

2tY

0sV 0rV

0sI 0rI

0tZ

2

0tY

2

0tY

1sV 1rV

1sI 1rI

1tZ

2

1tY

2

1tY


CO&TOH-11.1: Dari saluran transmisi 50 Hz dengan transposisi

yang mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-10.2, tentukan (a)

impedansi karakteristik; (b) konstanta propagasi; (c) rangkaian

ekivalen π.

Penyelesaian:

Impedansi dan admitansi per satuan panjang saluran ini telah

dihitung pada contoh-10.2 dan 10.3.

/km 3896,0088,01 Ω+= jZ

S/km 923,21 µ= jY

a) Impedansi karakteristik adalah

Ω∠=

+×=

×

+==

−

6,4-67,369

923,2

3896,0088,010

10923,2

3896,0088,0

o

3

6 j

j

j

j

Y

ZZc

b) Konstanta propagasi

kmper 10)074,11198,0(

)10923,2)(3896,0088,0(

3

6

−

−

×+=

×+==γ

j

jjZY

c) Untuk jarak antara ujung kirim dan ujung terima 100 km,

elemen-elemen rangkaian ekivalen π adalah

Ω∠=+=

×+−∠=

γ=−

77.339.87 89,3877,8

]10)074,11198,0sinh[()4,667,369(

)sinh(

o

1o

j

j

dZZ ct


cm 073,1

cm 350,1

km/ 088.0

rrrr

rrrr

RRR

CBA

CBA

CBA

=′=′=′=′

====

Ω===

m 2,4

A C

m 2,4

m 4,8

B

251

mS 1463,0

101463,01014,3

2

10010)074,11207,0(tanh

4,667,369

1

2tanh

1

2

38

3

o

j

j

j

d

Z

Y

c

t

≈

×+×=

××+

−∠=

γ=

−−

−

11.3. Rangkaian Ekivalen Pendekatan

Apabila kita melakukan perhitungan-perhitungan dengan

menggunakan komputer pendekatan ini sebenarnya tidak

diperlukan. Namun untuk saluran pendek, perhitungan secara

manual kadang-kadang diperlukan sehingga kita memerlukan

besaran pendekatan.

Pada saluran yang pendek, 1<<γd . Dalam situasi ini kita dapat

membuat pendekatan

22/

1

2

1

2tanh

1

2

)(sinh

Ydd

ZY

YZ

d

Z

d

Z

Y

ZddZYY

ZdZdZZ

cc

t

cct

==γ

≈γ

=′

==γ≈γ=′

(11.21)

Rangkaian ekivalen π yang dibuat dengan menggunakan nilai-nilai

pendekatan ini juga disebut rangkaian ekivalen nominal.

sV rV

sI rI89,3877.8 j+

1463,0j 1463,0j


CO&TOH-11.2: Tentukan rangkaian ekivan π pendekatan untuk

saluran pada Contoh-11.1.

Penyelesaian: Dengan menggunakan relasi (11.21) elemen

rangkaian ekivalen pendekatan adalah:

mS 1461,0

1002

10923,2100

22

96,388,8100

61

1

j

jYY

jZZ

t

t

=

××

=×=′

Ω+=×=′

−

Lebih Lanjut Tentang Rangkaian Ekivalen Pendekatan. Kinerja

saluran transmisi dinyatakan oleh persamaan (11.12) yaitu

)cosh()sinh(

)sinh()cosh(

ddZ

dZd

rc

rs

rcrs

γ+γ=

γ+γ=

IV

I

IVV

(11.12)

Pada saluran yang pendek, 1<<γd . Dalam situasi ini kita dapat

membuat pendekatan

1)cosh(

dan )sinh(

≈γ

γ≈γ

d

dd

Dengan pendekatan ini persamaan kinerja saluran transmisi

pendek dapat ditulis dengan lebih sederhana:

rr

cs

rcrs

Z

d

dZ

IVI

IVV

+γ

=

γ+=

) (

(11.22.a)

Sementara itu

YYZ

ZY

ZZZY

Y

ZZ

cc ==

γ=×=γ

/dan (11.22.b)

sehingga (11.22.a) menjadi

253

rrs

rrs

Yd

Zd

IVI

IVV

+=

+=

)(

) ( (11.22.c)

Persamaan (11.22.c) ini memberikan diagram rangkaian ekivalen

seperti tergambar terlihat pada Gb.11.4. di bawah ini, yang kita

sebut rangkaian ekivalen pendekatan untuk saluran pendek

Gb.11.4. Diagram rangkaian ekivalen pendekatan

Rangkaian ekivalen pendekatan hanya kita pakai apabila kita

perlukan. Dalam analisis selanjutnya kita akan menggunakan

rangkaian ekivalen π yang sebenarnya

11.4. Kinerja Saluran Transmisi

Kinerja saluran transmisi dinyatakan oleh persamaan (11.12) yaitu

)cosh()sinh(

)sinh()cosh(

ddZ

dZd

rc

rs

rcrs

γ+γ=

γ+γ=

IV

I

IVV

(11.12)

Persamaan ini dapat ditulis dengan dengan menggunakan konstanta

A, B, C, D:

rrs

rrs

IDVCI

IBVAV

+=

+= (11.23.a)

dengan

ADBC

BA

=γ==γ

=

γ=γ=

xZZ

x

xZx

cc

c

cosh ; 1sinh

sinh ; cosh

2

(11.23.b)

sV rV

sI rI

Zd

Yd


Konstanta-konstanta ini dapat dapat pula diturunkan dari rangkaian

ekivalen π yang telah kita peroleh pada persamaan (11.14) yaitu

rtt

rttt

s

trtt

s

YZYYZ

ZYZ

IVI

IVV

++

+=

+

+=

21

222

21

(11.14)

yang jika kita perbandingkan dengan (11.23.a) kita dapatkan

ADC

BA

=

+=

+=

=

+=

21

222

2

1

ttttt

ttt

YZYYZ

ZYZ

(11.23.c)

Memperbandingkan (11.23.c) dengan (11.23.b) akan kembali

kita peroleh (11.15).

Konstanta-konstanta A, B, C, D, adalah bilangan-bilangan

kompleks karena Zt maupun Yt adalah bilangan kompleks yang

nilainya ditentukan oleh ukuran, konfigurasi, dan panjang

saluran. Kita lihat lagi Contoh-11.1. untuk memberi gambaran

tentang nilai konstanta-konstanta ini.

CO&TOH-11.3: Dari saluran transmisi 50 Hz dengan transposisi

yang mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-11.1,

tentukan konstanta A, B, C, D saluran transmisi ini.

Penyelesaian:

γ dan Zc telah dihitung pada Contoh-11.1:


cm 073,1

cm 350,1

km/ 088.0

rrrr

rrrr

RRR

CBA

CBA

CBA

=′=′=′=′

====

Ω===

m 2,4

A C

m 2,4

m 4,8

B

255

Ω∠= 6,4-67,369 ocZ

kmper 10)074,11198,0( 3−×+=γ j

Menggunakan formulasi (11.23.b), nilai konstanta adalah

o

o

2

o

o

0,070,9943cosh

90,020,00031sinh

77,3039,87sinh

0,070,9943cosh

∠==γ=

∠==γ

=

∠=γ=

∠=γ=

AD

BC

B

A

x

ZZ

x

xZ

x

cc

c

Dengan menggunakan konstanta-konstanta saluran, kita akan

mecermati kinerja saluran.

CO&TOH-11.4: Jika saluran transmisi pada soal-11.2 mencatu

beban sebesar 250 MVA dengan factor daya 0.9 lagging pada

tegangan 270 kV. Hitunglah tegangan di ujung kirim, arus di

ujung 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 digunakan

sebagai referensi. Tegangan fasa-netral adalah

kV 0 88,5513

270 o∠==rV

Karena factor daya 0,9 lagging maka arus beban:

kA 25,8-0.5339,0270

250 o∠=××

=rI


Tegangan fasa-netral di ujung kirim:

kV 5.7169.1

16.713.30.2155

77,3039,870,070,9943

o

oo

∠=

+++=

∠+∠=

jj

rrs IVV

Arus di ujung kirim:

kV 21,2-0.51

0.230.480.0510-2

o

-5

∠=

−++×=+= jjrrs IDVCI

Tegangan jatuh di saluran adalah

kV 53,72116,912,4

088,1557,51,169

o

oo

∠=+=

∠−∠=−=∆

j

rs VVV

atau 12%1001,169

21≈× dari tegangan di ujung kirim.

Daya kompleks ujung kirim

MVA 272602,2151,07,51,16933 o∠=∠×∠×=×= ∗sssS IV

Faktor daya ujung kirim 0.89)27cos( o =

Daya nyata ujung kirim MW 23289,0260 =×=sP

Daya nyata ujung terima MW 2259.0250 =×=rP

Susut yang terjadi di saluran adalah

3.1%%100 =×−

=s

rssaluran

P

PPP .

257

Pengaruh Pembebanan. Dalam Contoh-11.4 di atas,

pembebanan 250 MVA dengan factor daya 0,9 menyebabkan

tegangan jatuh 12% dan susut daya 3,12% sementara factor

daya di ujung kirim 0,89. Berikut ini kita akan melihat akibat

dari perubahan pembebanan

CO&TOH-11.5: Dengan panjang tetap 100 km, saluran transmisi

pada Contoh-11.4 dibebani 200, 250, 300 MVA dengan faktor

daya tetap 0.9 lagging. Hitunglah tegangan jatuh di saluran,

daya di ujung kirim, faktor daya di ujung kirim, dan susut daya

di saluran.

Penyelesaian:

Perhitungan dilakukan dengan cara yang sama seperti pada

Contoh-11.4. Hasil perhitungan dimuatkan dalam tabel berikut.

Beban [MVA]

200 250 300

Panjang 100 km 100 km 100 km

rV [kV] 155,88∠0o 155,88∠0o 155,88∠0o

rI [kA] 0.43∠-25.8o 0.53∠-25.8o 0.64∠-25.8o

sV [kV] 166.2∠4.7o 169.1∠5.7o 172.1∠6.7o

sI [kA] 0.40∠-20o 0.51∠-21.2o 0.62∠-22o

V∆ [kV] 16.7∠54.3o 21∠53.7o 25.2∠53.3o

V∆ [%] 10 12 15

Ss [MVA] 203 260 320

f.d. 0.9 0.89 0.88

Susut [%] 2.5 3.1 3.75


Pengaruh Panjang Saluran. Perubahan panjang saluran akan

mengubah konstanta saluran. Kita lihat contoh berikut.

CO&TOH-11.6: Dengan beban tetap 250 MVA dan factor daya 0,9

lagging, hitunglah tegangan jatuh di saluran, daya di ujung

kirim, faktor daya di ujung kirim, dan susut daya di saluran

untuk panjang saluran 100, 150, 200 km

Penyelesaian:

Perhitungan dilakukan dengan cara yang sama seperti pada

Contoh-11.4. Hasil perhitungan dimuatkan dalam tabel berikut.

Panjang Saluran

100 150 200

Beban 250 MVA 250 MVA 250 MVA

A 0.9943∠0.07o 0.9872∠0,17o 0.9773∠0.3o

B [Ω] 39.867∠77.3o 59.658 ∠77.3o 79.28∠77.4o

C [mS] 0.2917∠90.02o 0.4366 ∠90.06o 0.5802∠90.1o

D 0.9943∠0.07o 0.9872∠0.17o 0.9773∠0.3o

rV [kV] 155.88∠0o 155.88∠0o 155.88∠0o

rI [kA] 0.53∠-25.8o 0.53∠-25.8o 0.53∠-25.8o

sV [kV] 169.1∠5.7o 175.6∠8.3o 181.9∠10.8o

sI [kA] 0.51∠-21.2o 0.50∠-18.7o 0.49∠-16o

V∆ [kV] 21∠53.7o 31∠54.9o 41∠56.1o

V∆ [%] 12 18 22

Ss [MVA] 260 264 267

f.d. 0.89 0.89 0.89

Susut [%] 3.1 4.5 5.8

259

11.5. Batas Pembebanan

Kenaikan tegangan jatuh serta kenaikan susut daya seiring dengan

peningkatan pembebanan sudah dapat kita duga. Pada pembebanan

yang kita hitung pada contoh-11.5 sebesar 250 MVA, tegangan

jatuh sudah mencapai 12% dan susut daya sudah 3,1%. Padahal jika

kita mengingat kapasitas arus konduktor yang 900 A dan seandainya

saluran kita bebani sesuai dengan kemampuan arus konduktornya,

daya yang bisa diterima di ujung kirim adalah

MVA 42039,02703fasa =××=rS

Jika pembebanan sebesar ini kita paksakan, maka tegangan jatuh di

saluran akan mencapai 20% dan susut mencapai 5,2%.

Batas Thermal. Sebagian energy yang melalui saluran transmisi

terkonversi menjadi panas di saluran sebanding dengan kuadrat arus.

saluranfasasaluran RIP ××= 23

Batas thermal menentukan seberapa besar arus yang diperkenankan

mengalir pada konduktor agar tidak terjadi pemanasan yang

berlebihan di saluran. Kenaikan temperatur konduktor akan

menyebabkan pemuaian; jika temperature meningkat maka

andongan akan bertambah .

Dari relasi daya tiga fasa

33 VIS fasa =

kita dapat menghitung berapa daya yang dapat dipasok melalui

suatu saluran transmisi. Saluran transmisi dengan tegangan fasa-fasa

150 kV misalnya, setiap 10 amper arus berarti penyaluran daya

sebesar MVA 5,23150 = ; pada transmisi 500 kV berarti

penyaluran daya 85 MVA setiap 10 ampere arus. Namun bukan

daya ini yang menjadi batas dalam menghitung pembebanan suatu

saluran transmisi.


Tegangan dan Arus di Ujung Kirim. Jika konstanta saluran kita

misalkan α∠= AA dan β∠= BB , tegangan ujung terima

digunakan sebagai referensi o0∠= rr VV , arus beban lagging

oϕ−∠= rr II , maka persamaan pertama (11.23.a) menjadi:

)()0(

ϕ−β∠++α∠=

+=

rr

rrs

BIAV

IBVAV (11.24.a)

Sudut α∠A dan β∠B adalah konstanta yang ditentukan hanya

oleh parameter saluran, yang bernilai konstan selama saluran

tidak berubah. Oleh karena itu jika factor daya beban

dipertahankan pada nilai tertentu (ϕ konstan) fasor tegangan di

ujung kirim ditentukan hanya oleh arus beban Ir . Gb.11.5.

memperlihatkan peristiwa tersebut.

Gb.11.5. Perubahan arus beban dari rI menjadi rI ′

menyebabkan perubahan tegangan di ujung kirim dari

sV menjadi sV ′ .

Jika kita misalkan θ∠= cc ZZ , maka persamaan ke-dua

(11.23.a) menjadi:

)()20(

2

2

ϕ−α∠+θ−∠=

+=

r

c

r

rr

c

s

AIZ

BV

ZIAV

BI

(11.24.b)

rV

rI

rVA

rIB

sV

α Re

Im

ϕ−β

rI ′

sV ′

261

Impedansi karakteristik Zc juga merupakan besaran konstan

untuk satu saluran transmisi tertentu. Jika faktor daya beban

dipertahankan konstan, beda susut fasa antara arus di ujung

terima dan di ujung kirim hanya ditentukan oleh parameter

saluran.

Pembebanan. Peningkatan arus Ir berarti peningkatan

pembebanan. Selain batas thermal sebagaimana telah

dikemukakan di atas, ada pembatasan lain yang akan kita lihat

berikut ini.

Jika δ adalah sudut antara rs VV dan

Gb.11.6. Perubahan sudut δ.

maka dari relasi tegangan rrs IBVAV += kita peroleh arus

beban

)()(

β−α∠−β−δ∠=

−=

B

AV

B

V rs

rsr

B

VA

B

VI

(11.25)

Daya per fasa di ujung terima adalah

)()(

2

r1fasa

α−β∠−δ−β∠=

= ∗

B

AV

B

VV

S

rsr

rr IV

(11.26)

rV

rI

rVA

rIB

sV

α Re

Im

δ


Jika kita menghendaki tegangan jatuh tidak melebihi nilai

tertentu, kita dapat menetapkan tegangan di ujung terima dan di

ujung kirim. Jika hal ini dilakukan maka srVV dan 2rV pada

persamaan daya (11.26) akan bernilai konstan. Persamaan ini

akan menunjukkan bahwa hanya sudut δ yang akan bervariasi

apabila terjadi perubahan penerimaan daya di ujung terima. Sudut

ini, δ, disebut sudut daya.

Diagram Lingkaran. Dari (11.26), daya tiga fasa di ujung

terima adalah

)(3

)(3 2

3fasa α−β∠−δ−β∠=B

AV

B

VVS rsr

r (11.27)

Jika Vr dan Vs dipertahankan konstan, hanya sudut δ yang dapat

bervariasi mengikuti perubahan daya. Karakteristik perubahan daya

akan mengikuti bentuk kurva lingkaran. Kita akan mencoba

menggambarkannya.

Pada Contoh-11.2 kita amati bahwa sudut α jauh lebih kecil dari

sudut β. Oleh karena itu sudut fasa suku ke-dua (12.4) akan berada

di sekitar nilai β. Selain itu jika tegangan jatuh di saluran tidak lebih

dari 10% seperti halnya hasil perhitungan pada Contoh-11.2, nilai

VrVs di suku pertama tidak pula jauh berbeda dengan nilai 2rV di

suku ke-dua. Pengamatan ini kita perlukan karena kita akan

menggambarkan diagram lingkaran tanpa skala. Diagram lingkaran

diperlihatkan pada Gb.11.7. dengan penjelasan sebagai berikut:

1. Pada bidang kompleks kita gambarkan fasor )(3 2

α−β∠B

AVr

yaitu OM kemudian kita gambar )(3 2

α−β∠−B

AVr yaitu

MO ′ .

263

2. Pada fasor MO ′ kita tambahkan fasor )(3

δ−β∠B

VV sr yaitu

fasor NM ′

3. Sudut antara NM ′ dengan sumbu mendatar adalah )( δ−β .

4. Pada perubahan sudut δ fasor NM ′ akan bergerak mengikuti

lingkaran yang berpusat di M′ berjari-jari NM ′ .

5. Sudut δ sendiri adalah sudut antara fasor NM ′ dengan garis

MM ′′′ yaitu garis sejajar fasor OM seandainya α = 0.

6. Daya nyata maksimum terjadi jika 0)( =δ−β yaitu pada

waktu NM ′ menjadi NM ′′

7. Daya reaktif maksimum terjadi jika o90)( =δ−β

Gb.11.7. Diagram lingkaran.

O

M

M ′

N

δ−βα−β

N ′

N ′′M ′′

δ

Re

Im


Daya Maksimum di Ujung Terima. Dalam meninjau daya

maksimum ini, kita akan menyederhanakan relasi (11.27) dengan

melihat saluran transmisi pada tegangan pengenalnya yang kita

sebut V, misalnya transmisi 70 kV atau 150 kV, dan tidak

memperbedakan Vr atau Vs. Dengan pengertian ini maka (11.27)

menjadi:

)(3

)(3

22


AV

B

VSr (11.28.a)

Daya tiga fasa menjadi

)()(22


AV

B

VSr (11.28.b)

Pada nilai δ = 0, kita tetap mendapatkan daya kompleks, bukan daya

nyata. Daya nyata kita peroleh dengan mengambil bagian nyata dari

relasi daya ini.

)cos()cos(

)()(Re

Re

22

22

3fasa 3fasa

α−β−δ−β=


=

B

AV

B

V

B

AV

B

V

SP rr

(11.29.a)

dan daya reaktif Q adalah

)sin()sin(

)()(Im

Im

22

22

3fasa 3fasa

α−β−δ−β=


=

B

AV

B

V

B

AV

B

V

SQ rr

(11.29.b)

Daya nyata pada relasi (11.29.a) akan mencapai nilai maksimum

pada waktu 0)( =δ−β atau β=δ . Daya nyata maksimum ini

merupakan daya maksimum yang bisa dicapai dalam tinjauan

keadaan mantap (steady state); besarnya adalah

265

[ ])cos(12

mantap maks 3fasa α−β−= AB

VPr (11.30)

Pada waktu δ = β, yaitu pada waktu daya nyata mencapai nilai

maksimum mantap, daya reaktif adalah

)sin(2

mantap maks 3fasa α−β−=B

AVQr (11.31)

Dan daya kompleks maksimum dalam keadaan mantap adalah

)cos(21 22

22mantap maks 3fasa

α−β−+=

+=

AAB

V

QPS

(11.32)

Ini merupakan daya kompleks tiga fasa maksimum yang bisa

dibebankan pada suatu saluran transmisi. Jika konduktor yang

digunakan dalam saluran ini mempunyai kapasitas arus sebesar

Ic, maka berdasarkan kapasitas arus ini daya yang bisa

dibebankan pada saluran transmisi adalah

3saluran fasa 3 cVIS = (11.33)

Dan daya kompleks maksimum dalam keadaan mantap menjadi

batas pembebanan saluran transmisi

saluran fasa 3mantap maks 3fasa SS <

CONTOH-11.7: Tinjaulah batas pembebanan saluran transmisi pada Contoh-11.3. di mana saluran transmisi mencatu beban

sebesar 100 MW dengan factor daya 0.9 lagging pada tegangan 270

kV.


cm 073,1

cm 350,1

km/ 088.0

rrrr

rrrr

RRR

CBA

CBA

CBA

=′=′=′=′

====

Ω===

m 2,4

A C

m 2,4

m 4,8

B


Sistem ini kita anggap memiliki tegangan penunjuk 275 kV.

Beban beroperasi pada 270 kV dan tegangan di ujung kirim

telah dihitung pada Contoh-11.3 sebesar 279 kV. Konstanta A

dan B telah dihitung pada Contoh-11.2 yaitu

oo 77,3039,87dan 0,070,9943 ∠=∠= BA

Daya maksimum yang dapat dibebankan pada saluran ini

menurut (11.32) adalah

MVA 417

)07,030,77(cos(09943,029943,0187,39

275

)cos(21 22

mantap maks 3fasa

=

−×−+=

α−β−+= AAB

VS

Dengan kapasitas arus sebesar 900 A, maka pembebanan

saluran

MVA 42839,02753saluran fasa 3 =××== cVIS

saluran fasa 3mantap maks 3fasa SS <

Jadi 417 MVA merupakan batas pembebanan maksimum.

267

Pustaka

1. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit

ITB, Bandung, 2002.

2. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik Jilid-1”, e-

book, Darpublic, Bandung, 2010

3. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik Jilid-2”, e-

book, Darpublic, Bandung, 2010

4. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Harmonisa Dalam

Permasalahan Kualitas Daya”, Catatan Kuliah El 6004, ITB,

Bandung, 2008.

5. Vincent Del Toro : “Electric Power System”, Prentice-Hall

International, Inc., 1992.

6. Charles A. Gross : “Power System Analysis”, John Willey &

Son, 1986.

7. Turan Gönen: ”Electric Power Transmission System

Engineering”, John Willey & Son, 1988.


Daftar Simbol

φ : fluksi magnet

λ : fluksi lingkup

γ : konstanta propagasi saluran transmisi

ε : permitivitas

µ : permeabilitas

A, B, C, D : konstanta saluran transmisi

Zc : impedansi karakteristik

269

INDEKS

a

admitansi 336

Ampère 2, 4

arus pusar 13

asinkron, motor 65, 71

b

batas pembebanan 263

c

Crest Factor 128

d

daya 138, 139, 151, 209

diagram lingkaran 266

f

Faraday 1

Fourier 100

h

harmonisa 123, 128, 163, 176

histerisis 12

n

impedansi 206, 227

impedansi karakteristik 247

inductor 17, 184

induktansi 221

k

kapasitor 179

kompensasi 152

komponen simetris 201, 203

konduktor 177

konstanta ABCD 257

konstanta propagasi 247

m

magnetik 1, 14

model satu fasa 90

n

nilai efektif 137

nonlinier 99, 116, 117, 131,

163

nonsinus 99, 105, 112

o

operator a 202

p

partial discharge 197

permeabilitas 3

per unit 212, 215

polifasa 85, 93

r

rangkaian ekivalen π 250

resistansi 220

resonansi 115

s

sinkron, mesin 45, 54, 56, 61

t

torka 81

THD 128

transformator 25, 26, 32, 35,

39, 40, 189

transmisi 209


271

Biodata

Nama: Sudaryatno Sudirham

Lahir: di Blora pada 26 Juli 1943

Istri: Ning Utari

Anak: Arga Aridarma

Aria Ajidarma.

1971 : Teknik Elektro – Institut Teknologi Bandung.

1972 – 2008 : Dosen Institut Teknologi Bandung.

1974 : Tertiary Education Research Center – UNSW − Australia.

1979 : EDF – Paris Nord dan Fontainbleu − Perancis.

1981 : INPT - Toulouse − Perancis; 1982 DEA; 1985 Doktor.

Kuliah yang pernah diberikan: “Pengukuran Listrik”, “Pengantar

Teknik Elektro”, “Pengantar Rangkaian Listrik”, “Material

Elektroteknik”, “Phenomena Gas Terionisasi”, “Dinamika Plasma”,

“Dielektrika”, “Material Biomedika”.

Buku: “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB, Bandung, 2002;

“Metoda Rasio TM/TR Untuk Estimasi Susut Energi Jaringan

Distribusi”, Penerbit ITB, Bandung, 2009; “Fungsi dan Grafik,

Diferensial Dan Integral”, Penerbit ITB, Bandung, 2009; “Analisis

Rangkaian 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;


Analisis Analisis Analisis Analisis Keadaan MantapKeadaan MantapKeadaan MantapKeadaan Mantap Rangkaian Sistem TenagaRangkaian Sistem TenagaRangkaian Sistem TenagaRangkaian Sistem Tenaga

Pembebanan Seimbang

Pebebanan Nonlinier

Pembebanan Tak Seimbang

Documents

AnalisisAnalisis Keadaan MantapKeadaan MantapKeadaan ... · Buku ini berisi analisis rangkaian piranti-piranti dalam sistem tenaga listrik yang berada ... sistem per-unit; ... yaitu