sudut fasa amplitudo frekuensi sudut fasor - darpublic · 7/23/2013 1 analisisanalisisrangkaian...
TRANSCRIPT
7/23/2013
1
AnalisisAnalisisAnalisisAnalisis RangkaianRangkaianRangkaianRangkaian ListrikListrikListrikListrik
di di di di KawasanKawasanKawasanKawasan FasorFasorFasorFasor(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)
Sudaryatno Sudirham
1
Isi
1. Fasor2. Pernyataan Sinyal Sinus3. Impedansi4. Kaidah Rangkaian5. Teorema Rangkaian6. Metoda Analisis7. Sistem Satu Fasa8. Analisis Daya9. Penyediaan Daya10. Sistem Tiga-fasa Seimbang
2
Fasor
3
Mengapa Fasor?
)cos( θ−ω= tAySudut fasa
Frekuensi sudutAmplitudo
Analisis rangkaian listrik di kawasan waktu melibatkanoperasi diferensial dan integral, karena hubungan arus-
tegangan elemen-elemen adalah
dt
diLv L
L =dt
dvCi C
C = ∫= dtiC
v CC1
Di kawasan waktu bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai
4
7/23/2013
2
Energi listrik, dengan daya ribuan kilo watt, disalurkanmenggunakan bentuk gelombang sinus.
Pekerjaan analisis rangkaian, dimana peubah rangkaiannyaberbentuk gelombang sinus, akan sangat dipermudah jika
operasi-operasi diferensial dapat dihindarkan.
Siaran radio juga dipancarkan dengan menggunakan bentukgelombang sinus.
Bentuk gelombang sinus sangat luas digunakan
5
Dalam matematika ada sebuah fungsi yang turunannya berbentuk sama dengan fungsi itu
sendiri, yaitu
Jika sinyal sinus dapat dinyatakan dalam bentukfungsi eksponensial, maka operasi diferensial
dan integral akan terhindarkan
Fungsi Eksponensial
xx
edx
de = xx
Aedx
dAe =
6
Hal itu dimungkinkan karenaada hubungan antara fungsi sinus dan fungsi eksponensial yaitu
xjxe jx sincos +=
Ini adalah fungsi eksponensial kompleks
Berikut ini kita akanmelihat ulang bilangan
kompleks
Bagian nyata pernyataankompleks ini yang digunakanuntuk menyatakan sinyal sinus
Identitas Euler
7
Pengertian Tentang Bilangan Kompleks
012 =+s
Tinjau Persamaan:
js =−= 1
Akar persamaan adalah:
Bilangan tidak nyata (imajiner)
00.5
11.5
22.5
33.5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
x
x
Tak ada nilai untuk negatifx x
8
Bilangan Kompleks
7/23/2013
3
jbas += dengan a dan b adalahbilangan nyata
bagian nyata dari sRe(s) = a
bagian imajiner dari sIm(s) = b
Re(sumbu nyata)
Im(sumbu imajiner)
a
s = a + jbjb
Bilangan kompleks didefinisikan sebagai
9
|S|cosθ = Re (S)
|S| sinθ = Im (S)
θ = tan−1(b/a)
22 baS +=
bagian nyata dari S
bagian imaginer dari S
Bilangan kompleks
S = |S|cosθ + j|S|sinθ
a Re
Im
S = a + jbjb
(sumbu nyata)
(sumbu imajiner)
Re
Im
S = a + jb
θ
jb
a
Representasi Grafis Bilangan Kompleks
10
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5Re
Im
4
3
2
1
-1
-2
-3
3 + j4 = 5cosθ + j5sinθ
θ
5
Contoh
11
Penjumlahan
jbas +=1
)()(21 qbjpass −+−=−
Perkalian
))(())(( 21 jqpjbass ++=
Pembagian
jqp
jba
s
s
++=
2
1
jqps +=2
jbas +=1
jqps +=2
)()(21 qbjpass +++=+
)()( bpaqjbqap ++−=
22
)()(
qp
aqbpjbqap
+−++=
jqp
jqp
−−×
+ --
Operasi-Operasi Aljabar Bilangan Kompleks
Pengurangan
12
7/23/2013
4
43dan 32 21 jsjs +=+=
25
1
25
18
43
)98()126(
43
43
43
32
22
2
1
jj
j
j
j
j
s
s
+=+
+−++=
−−×
++=
75)43()32(21 jjjss +=+++=+
11)43()32(21 jjjss −−=+−+=−
176)98()126(
)43)(32())(( 21
jj
jjss
+−=++−=++=
diketahui:
maka:
Contoh
13
)sin(cos)( θ+θ== τθτθ+τ jeeee jj
Fungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai
dengan eτ adalah fungsi eksponensial riil
jbaS +=
)sin(cos22 θ+θ+= jbaS
θ+= jebaS 22
Dengan identitas Euler ini bilangankomleks yang dituliskan sebagai:
θ+θ=θ sincos je jdan Ini identitas Euler
Penulisan bilangan kompleks di atas adalah penulisan dalam bentuk sudut siku yang juga dapat dituliskan dalam bentuk polar yaitu:
dapat dituliskan sebagai:
Bentuk Sudut Siku dan Bentuk Polar
14
|S| = 10 sudut fasa:θ = 0,5 radS = 10 e j0,5Bentuk Polar
8,48,8)48,088,0( 10
)5,0sin5,0(cos 10
jj
jS
+=+=+=Bentuk Sudut Siku
rad 93,03
4tan 1 ==θ −
S = 3 + j4 543 || 22 =+=SBentuk Sudut Siku
S = 5e j 0,93Bentuk Polar
543 || 22 =+=S rad 93,03
4tan 1 ========−−−−====∠∠∠∠ −−−−θSS = 3 − j4Bentuk Sudut Siku
S = 5e − j 0,93Bentuk Polar
Contoh
15
* atau ||* 2 SS|S|SSS ==
( ) ( )( )**2121 SSSS * =×
*
**
1
1
2
1
S
S
S
S=
( ) **2121 SSSS * +=+
Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai hubungan-hubungan berikut:
S = a + jb
S* = a − jb
Re
Im
Re
Im
Bilangan kompleks S mempunyai konjugat S*
Konjugat dari S = a + jb adalah S* = a - jb
S* = p + jq
S = p − jq
Kompleks Konjugat
16
7/23/2013
5
Dalam Bentuk Fasor
Pernyataan Sinyal Sinus
17
hanya amplitudo A dan sudut fasa θ yang diperhatikankarena ωωωω diketahui sama untuk seluruh sistem
Sinyal Sinus di kawasan waktu : )cos( θ+ω= tAv
Mengingat relasi Euler, fungsi ini bisa dipandang sebagai bagian riil dari suatu bilangan kompleks
A e j(ωt+θ) = A cos(ωt + θ) + j sin(ωt + θ) = V
v = Re(V) = Re ( A e jω t e j θ )sehingga dapat ditulis dalam bentuk:
Jika seluruh sistem (rangkaian) mempunyai ωbernilai sama maka ejωt bernilai tetap sehingga tak perlu selalu dituliskan
V = A e j θdapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks :
dan sinyal sinus )cos( θ+ω= tAv
Re dane jω
tidak ditulis lagi
Inilah yang disebut Fasor
Fasor
18
θ∠=
= θ
A
Ae j
V
V
dituliskan
sincos θ+θ=θ∠= jAAAV
∠+=+= −
a
bbajba 122 tanV
Karena hanya amplitudo dan sudut fasa saja yang diperhatikan maka
V
|A|θ
Im
Rea
jb
Penulisan dan Penggambaran Fasor
19
Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor
07,707,7)45sin(10)45cos(10
atau 4510oo
1
o1
jj −=−+−=
−∠=
V
V )45500cos(10)( o1 −= ttv
)30500cos(15)( o2 += ttv
5,799,12)30sin(15)30cos(15
atau 3015oo
2
o2
jj +=+=
∠=
V
V
menjadi:
menjadi:
Pada frekuensi ω = 500
1000cos4)( 1 tti −=
4)0sin(4)0cos(4
atau 04oo
1
o1
−=−−=
∠−=
jI
I
)901000cos(3)( o2 −= tti
3)90sin(3)90cos(3
atau 903oo
2
o2
jj −=−+−=
−∠=
I
I
menjadi:
menjadi:Pada frekuensi ω = 1000
Contoh
20
7/23/2013
6
A
θ
Im
Re−−−−A
A*
−θ a
jb
− a
−jb
Jika θ∠= AA
θ−∠= A*A
( )( ) 180
180 o
o
−θ∠=
+θ∠=−
A
AA
maka negatif dari A adalah
dan konjugat dari A adalah
jba −−=− A
jba −=*A
jba +=AJika
Fasor Negatif dan Fasor Konjugat
21
Perkalian )( 21 θ+θ∠=× ABBA
)( 212
1 θ−θ∠=θ∠θ∠=
B
A
B
A
BA
Pembagian
( ) ( )( ) ( )2121
2121
sinsincoscos
sinsincoscos
θ−θ+θ−θ=−θ+θ+θ+θ=+
BAjBA
BAjBA
BA
BA
Penjumlahan dan Pengurangan
2θ∠= BB1θ∠= AAJika diketahui :
maka :
Operasi-Operasi Fasor
22
(((( )))) (((( )))) 343004213 jjj −−−−−−−−====−−−−++++++++−−−−====++++==== III
o1223 9,216 5
4
3tan)3()4( ∠∠∠∠====
−−−−−−−−∠∠∠∠−−−−++++−−−−==== −−−−I
ooo*111 4540 )04()4510( −−−−∠∠∠∠−−−−====∠∠∠∠−−−−××××−−−−∠∠∠∠======== IVS
ooo*222 12045)903()3015( ∠∠∠∠====∠∠∠∠××××∠∠∠∠======== IVS
oo
o
2
22 1205
903
3015 ∠=−∠
∠==IV
Z
oo
o
1
11 455.2
04
4510 −∠−=∠−−∠==
IV
Z
o1 4510 −∠=V
o2 3015∠=V
o1 04∠−=I
o2 903 −∠=I
Diketahui:
maka :
Re
I3
-4
-3
Im216,9o
5
Contoh
23
Impedansi
24
7/23/2013
7
25
Impedansi suatu elemen rangkaian di kawasanfasor adalah perbandingan antara
fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut
Impedansi di Kawasan Fasor
x
xxZ
IV=
impedansi
fasor tegangan
fasor arus
Catatan: Ada pengertian impedansi di kawasan s yang akan kita pelajari kemudian
θω
θ+ω
=
=
θ+ω=
jtjRm
tjRm
RmR
eei
ei
titi
)cos()()(
+ vR −
iR
θω=
=jtj
Rm
RR
eeRi
tRitv
)()(
θ∠= RR II
RR RIV =
R
RRIV=
Kawasan fasor
Kawasan waktu
Impedansiresistansi resistor di kawasan waktubernilai sama denganimpedansinya di kawasan fasor
R
R
i
vR =
Resistor
26
iL
+vL−
θω
θ+ω
=
=
θ+ω=
jtjLm
tjLm
LmL
eei
ei
titi
)cos()()(
)(
)()(
θωω=
=
jtjm
LL
eeiLj
dt
tdiLtv
θ∠= LL II
LL Lj IV ω=
LjZL
LL ω==
IV
Kawasan fasor
Impedansi
Induktor
dt
diLv L
L =
Kawasan waktu
hubungan diferensial hubungan linier
27
iC
+ vC −`
)(
)(
)( θ+ωω=
=
tjCm
CC
evCj
dt
dvCti
)(
)cos()(θ+ω=
θ+ω=tj
Cm
CmC
ev
tvtvKawasan fasor
Impedansi
CC Cj VI ω=
θ∠= CC VV
Cj
CjZ
C
CC
ω−=
ω==
1
1
IV
Kapasitor
dt
dvCi C
C =
Kawasan waktu
hubungan diferensial hubungan linier
28
7/23/2013
8
Impedansi dan Admitansi
R
RRIV=LjZ
L
LL ω==
IV
Cj
CjZ
C
CC ω
−=ω
== 1
1
IV
Impedansi: Z
Admitansi: Y = 1 / Z
RYR
1=L
j
LjZY
LL ω
−=ω
== 11Cj
ZY
CC ω== 1
IV Z=
Perhatikan: relasi ini adalah relasi linier. Di kawasan fasor kita terhindar dari
perhitungan diferensial.
VI Y=
29
)()( ω+ω= jXRZ
( ) ( )
+ωω−ω+
+ω=
ω+ω
+ω=+11
)/1(
)/1(2
2
2//RC
CRLj
RC
R
CjR
CjRLjZ CRL
• Perhatian : Walaupun impedansi merupakan pernyataan yang berbentuk kompleks, akan tetapi impedansi bukanlah fasor. Impedansi dan fasor merupakan dua pengertian dari dua konsep yang berbeda.
– Fasor adalah pernyataan dari sinyal sinus
– Impedansi adalah pernyataan elemen.
Impedansi Secara Umum
30
Kaidah Rangkaian
31
LjRZ seriRL ω+=
( ) IV LjRseriRL ω+=
R
+ VR −
I
+ VL −
jωL
C
jRZ seriRC ω
−=
IV 1
ω+=
CjRseriRC
+ VC −
R−j/ωC
+ VR −
I
Hubungan Seri
32
7/23/2013
9
IV
ω−ω=
C
jLjseriLC
ω−ω=
CLjZ seriLC
1 −j/ωCjωL
+ VL −+ VC −
I
nseritotal
seritotalseritotal
ZZZZ
Z
+⋅⋅⋅⋅++==
21
IV
totalseritotal
kk Z
ZVV ×=
Kaidah Pembagi Tegangan
33
VV
I kk
k YZ
==
VVII total
n
kk
n
kktotal YY === ∑∑
== 11
n
n
kktotal ZZZ
YY111
211
+⋅⋅⋅⋅++==∑=
totaltotal
kkk Y
YY IVI ==
I total
I3
R
jωL
−j/ωC
I1I2
Kaidah Pembagi Arus
34
Diagram Fasor
35
I L
VL
Re
ImArus 90odi belakang tegangan
L = 0,5 H , iL(t) = 0,4cos(1000t) A
Arus dan Tegangan pada Induktor
Ω=××= 5005,01000 jjZ L
V 9020004,090500
04,0)500(ooo
o
∠=∠×∠=
∠×== jZ LLL IV
Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)
Di kawasan waktu:
-200
-150
-100
-50
0
50
100
150
200
0 0,002 0,004 0,006 0,008
100 iL(t)
vL(t)VA
detik
Misalkan
36
7/23/2013
10
C = 50 pF , iC(t) = 0,5cos(106 t) mA
Arus dan Tegangan pada Kapasitor
V 9010
)0105,0()901020(
k 20)1050(10
1
o
o3o3
126
−∠=
∠××−∠×==
Ω−=××
−=
ω=
−
−
CCC
C
Z
jj
CjZ
IV
I C
VC
Re
Im
arus 90o mendahului tegangan
Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0)
detik
Di kawasan waktu:
-10
-5
0
5
10
0 0,0005 0,001 0,0015 0,002
10 iC(t)V
mA
vC(t)
Misalkan
37
A 405dan V 10120 oo ∠=∠= IV
Ω−=−+−=
Ω−∠=∠
∠==
128,20)30sin(24)30cos(24
3024405
10120 oo
o
jj
Z B IV
Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t +10o) V i(t) = 5cos(314t + 40o) A
IV
Re
Im arus mendahului tegangan
Beban Kapasitif
38
Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t + 20o) V i(t) = 5cos(314t − 40o) A
Ω+=+=
Ω∠=−∠∠==
8,2012
)60sin(24)60cos(24
6024405
20120
oo
oo
o
j
j
Z B IV
I
V
Re
Im
arus tertinggal dari tegangan
A 405 dan V 20120 oo −∠=∠= IV
Beban Induktif
39
Ω−∠=
−∠+=
Ω−=+−=
−
87,36125
100
75tan)75()100(
7510025 100100
o
122
jjjZ tot
A 36,87287,36125
0250 oo
o
∠=−∠∠
==tot
s
Z
VI
100Ω −j100Ω
j25ΩVs=
250∠0oV+−
I
V Re
Im
100Ω+−
20µF
50mHvs(t) =250 cos500t V
Transformasi rangkaianke kawasan fasor
Beban RLC seri ini bersifat kapasitif|ZC| > |ZL| arus mendahului tegangan
25 ; 100
100 ;0250 o
Ω=Ω−=Ω=∠=
jZjZ
Z
LC
RsV
Beban RLC Seri, kapasitif
i(t) = 2 cos(500t + 36,87o) A
Jika kita kembali ke kawasan waktu
40
7/23/2013
11
100Ω −j100Ω
j25ΩVs=
250∠0oV+−
VL = jXL I
VR = RI
Vs
Re
Im
VC = −jXC II
V 26,87105025087,36125
9025
V ,1335200025087,36125
90100
V 36,87200025087,36125
100
ooo
o
ooo
o
ooo
∠=∠−∠∠=
−∠=∠−∠
−∠=
∠=∠−∠
=
L
C
R
V
V
V
A 36,87287,36125
0250 oo
o
∠=−∠∠==
tot
s
Z
VI
87,3612575100 o Ω−∠=−= jZ tot
Fasor tegangan rangkaianmengikuti hukum Kirchhoff
LCRs VVVV ++=
Fasor Tegangan Tiap Elemen
41
V 0250
100
25
100
o∠=
Ω=Ω−=
Ω=
s
L
C
R
jZ
jZ
Z
V
Ω∠=
∠+=
Ω+=+−=
−
87,36125
100
75tan)75()100(
75100100 25100
o
122
jjjZ tot
A 36,87287,36125
0250 oo
o
−∠=∠
∠==tot
s
Z
VI
100Ω −j25Ω
j100ΩVs=
250∠0oV+−
IV Re
Im
Pada beban kapasitif |ZL| > |ZC|arus tertinggal dari tegangan
Beban RLC seri, induktif
42
.0250
01.0
04.0
01.0
o∠=
Ω−=Ω=
Ω=
s
L
C
R
jY
jY
Y
V
Beban RLC Paralel
03.001.0
01.004.001.0
j
jjYtot
+=Ω−+=
100Ω
−j25Ω
j100ΩVs=
250∠0oV
+−
I
o122 6.719.75.2
5.7tan5.72.5
5.75.2)03.001.0(250
∠=+=
+=+×==
−
jjYVI
I
V Re
Im
43
Teorema Rangkaian
44
7/23/2013
12
Prinsip Proporsionalitas
XY K=
Y = fasor keluaran,
X = fasor masukan,
K = konstanta proporsionalitas yang pada umumnya merupakan bilangan kompleks
45
Prinsip Superposisi selalu berlaku di kawasan waktu dan
berlaku di kawasan fasor bila frekuensi sama
Prinsip Superpossi
46
20cos4t V +_ 8Ω3cos4t Aio
3H
20∠0o +_
8Ω− j6Ω
Io1j12Ω 8Ω
3∠0o− j6Ω
Io2j12Ω
Contoh
A 9,3629,3610
020
68
020
6128
020
oo
o
oo
o1
−∠=∠
∠=
+∠=
−+∠=
jjjI
A 4,1932,4039,3610
3,564,14
0368
12803
)128/(1)6/(1
)6/(1
ooo
o
ooo2
∠=∠×∠∠=
∠×++=∠×
++−−=
j
j
jj
jI
24,07,544,11,42,16,1o21oo jjj +=++−=+= III
oo 4,27,5 ∠=I )4,24cos(7,5)( o
o += tti
47
TNTNNNTT Z
YYZ1
; ; === VIIV
RT
A
B
vT+− VT
ZT
A
B
+−
Kawasan waktu Kawasan fasor
Teorema Thévenin
48
7/23/2013
13
V 3,399,19
45207,5995,0
452010010
100
V 9010901,0100
o
o
o
oo
∠=
∠×−∠=
∠×−
−=
−∠=−∠×=
j
jB
A
V
V
( ) V 6,226,156,124,1510
3.399,199010 oo
jjjBAT
−−=+−−=∠−−∠=−= VVV
Ω−=−−×
+= 99,09,10910010
)100(10100 j
j
jZT
+−−j100Ω
10Ω100Ω
0,1∠−90o A20∠45o V
`
A B
+−VT
ZT
A B
Contoh Rangkaian Ekivalen Thévenin
49
Metoda Analisis
50
−j9Ω −j3Ω
+
−14∠0 V
12ΩA B C
D
9Ω 3Ω
I x
j3ΩI1I2
I3
I4
+ vx −+
−14cos2t
V
12ΩA B C
D
9Ω 3Ω
ix
3/2H
1/6 F1/18 F
Metoda Keluaran Satu Satuan
ti
K
x
xx
2cos5,0
05,028
014
28
1
28
1 oo
AA
=→
∠=∠==→== VIVI
A )01(Misalkan jx +=I
( ) V 2891213
4 =−
++= jjBA VV
V 3jC =VV 1
3 jC ==
VI 4
( ) A 11 jx +=+= 43 III
( ) ( ) V 311333 =+−=−+= jjjjCB 3IVV
A 3
1
92 == BVI A 1
3
4 321
+=+= jIII
51
A )8,732cos(3)9,364cos(2 sehingga
A )8,732cos(3dan A )9,364cos(2oo
o2o1o
o2o
o1o
++−=+=
+=−=
ttiii
titi
Karena sumber berbeda frekuensi makafasor Io1 dan Io2 tidak dapat langsungdijumlahkan. Kembali ke kawasan waktu, baru kemudian dijumlahkan
20cos4t V +_ 9Ω3cos2t Aio
3H
20∠0o+_
9Ω− j6Ω
Io1j12Ω 9Ω
3∠0o− j12Ω
Io2j6Ω
Metoda Superposisi
A 9,3629,3610
020
68
020
6128
020
oo
o
oo
o1
−∠=∠
∠=
+∠=
−+∠=
jjjI
A 8,733039,3610
9,3610
0368
6803
)68/(1)12/(1
)12/(1
ooo
o
ooo2
∠=∠×−∠
∠=
∠×−+=∠×
++−−=
j
j
jj
jI
52
7/23/2013
14
+−−−− 18cos2t V
i
6Ω2Ω
2Ω1H
A
B
2H
1/8 F
V 12
9 018
462
2 o
jjhtT +=∠×
++== VV
A 2cos1
A 01
)12(2)47(
)12(
)12(
9
42o
ti
jjj
j
jjjZT
T
=⇒
∠=
+−++×
+=
−+= V
I
+− 18∠0o V
6Ω
2Ω
A
B
−j4Ω
j2Ωj4Ω
I
2Ω
+− 18∠0o V
6Ω 2Ω
A
B
j4Ω
2Ω
(((( )))) Ω 12
47
48
812816
462
4622
j
j
j
jj
j
jZ T ++++
++++====++++
++++++++++++====++++++++
++++++++====
+− VT
IA
B
−j4Ω
ZT j2Ω
Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin
53
− +
i1 =0.1cos100t A
v =10sin100t V
200µF 1H
50Ω
ix?A B
A B− +
I1 =0.1∠0o A
V=10∠−90oV
−j50Ω j100Ω
50Ω
I x
Sumber tegangan dan sumber arus berfrekuensi sama, ω = 100. Tetapi sumber tegangan dinyatakan dalam sinus, sumber arus dalam cosinus. Ubah kedalam bentuk standar, yaitu bentuk cosinus melalui kesamaansinx = cos(x−90)
sumber tegangan tersambung seri dengan resistor 50 Ω paralel dengan induktor j100 Ω
Simpul B hilang. Arus I y yang sekarang mengalir melalui resistor 50Ω, bukanlah arus I x yang dicari; I y kali 50Ω adalah tegangan simpul A, bukan tegangan simpul B tempat I x keluar
I yA
I2
−j50Ω j100Ω
50ΩI1 =0.1∠0o A
I y
−j50Ω j100Ω
50ΩI1 − I2
Metoda Reduksi Rangkaian
54
Metoda Tegangan Simpul
−=
−−−
→
=
−−
30
10
120
122 : Gauss eliminasi
10
10
11
122
B
A
B
A
V
V
V
V
j
jj
j
jj
VVV
VVVI
−=−
=++−
+−
BA
BBA1
: B
05010050
:A jj
∠∠=
−
+− o
o
B
A
9010
01,0
1150
1
100
1
50
1
V
Vjj
∠=
+−−
=+−
+=+=
−∠=−∠=−=+−−
=−−
−=
V 4,186,1215,0
1010
15,0
151010
6,26 0,268 V; 6,264,136125
)12(30
12
30
oBA
ooB
j
j
j
jjj
jj
j x
VV
IV
− +
I1 =0,1∠0o A
V=10∠−90oV
−j50Ω j100Ω
50Ω
I x=?A B
55
− +
I =0,1∠0o A
V=10∠−90oV
−j50Ω 50Ω
A B
I1 I2I3
( ) ( ) ( )( ) ( )
( )
−=
+−−+−
0
10
1.0
100501000
1001005050
001
3
2
1
j
jj
jjjj
I
I
I
( ) ( ) ( )( ) ( )
( )
−=
+−−
0
1
1.0
2120
1055
001
3
2
1
j
jj
jjj
I
I
I
( ) ( )( )
( )( )
−−=
−−
3
5.1
1.0
10500
1050
001
3
2
1
j
j
j
jj
I
I
I
A 2,533,0 5
105,1 A; 6,2627,0
105
3 A; 01,0 o3
2o
30
1 −∠=+−=−∠=−−=∠=
j
jj
j
j IIII
Metoda Arus Mesh
56
7/23/2013
15
Analisis Daya
57
viptIitVv mm =ω=θ+ω= ; cos ; )cos(
( )
( ) tIV
tIV
tIV
tIVIV
tttIVttIVvip
mmmm
mmmmmm
mmmm
ω
θ−ω+
θ=
ωθ−ωθ+θ=
ωθω−θω=ωθ+ω==
2sinsin2
2cos1cos2
2sinsin2
2coscos2
cos2
cossinsincoscos cos)cos(
Nilai rata-rata= VrmsIrmscosθ
Nilai rata-rata= 0
-1
1
0 15t
pb
Komponen ini memberikan alih energi netto; disebut daya nyata: P
Komponen ini tidak memberikan alih energi netto; disebut daya reaktif: Q
Tinjauan Daya di Kawasan Waktu
58
Tegangan, arus, di kawasan fasor:
irmsirmsvrms IIV θ−∠=θ∠=θ∠= ∗IIV ; ; besaran kompleks
Daya Kompleks :
)(*ivrmsrms IVS θ−θ∠== IV
ϕ=ϕ=
ϕ=ϕ=+=
sinsin
cos cos
rmsrms
rmsrms
IVSQ
IVSP
jQPS
Re
Im
ϕ P
jQ
Segitiga daya
*IV=S
*I
IV
Tinjauan Daya di Kawasan Fasor
59
Faktor Daya dan Segitiga Daya
S
P=θ= cos f.d.
S =VI *
jQ
PRe
Im
θV
I (lagging)
I *
Re
Im
θ
− jQ
PRe
Im
θ
S =VI *
V
I (leading)
I *
Re
Im
θ
Faktor daya lagging
Faktor daya leading
60
7/23/2013
16
IVIV
BB ZZ == atau
( )22
2
2*
*
rmsBrmsB
rmsBB
BB
IjXIR
IjXR
ZZ
S
+=
+=
==
=
III
VI22 rmsBrmsB IjXIR
jQPS
+=
+=
2
2 dan
rmsB
rmsB
IXQ
IRP
=
=
Daya Kompleks dan Impedansi Beban
61
seksisumber
seksibeban
A
B
I
A(rms) 10575,8 dan V(rms) 75480 ooAB +∠=+∠= IV
VAR 2100dan W 3640 == QP
866,0)30cos( dayafaktor =−=
VA 2100364030sin420030cos4200
30420010575,875480oo
ooo*
jj
S
−=−=
−∠=−∠×+∠== VI
Ω=== 5,47)75,8(
364022
rmsB
I
PR
Ω−=−== 4,27)75,8(
210022
rmsB
I
QX
Contoh
62
Dalam rangkaian linier dengan arus bolak-balik keadaan mantap, jumlah daya
kompleks yang diberikan oleh sumber bebas, sama dengan jumlah daya kompleks yang
diserap oleh elemen-elemen dalam rangkaian
Alih Daya
63
50Ω
− +
I1 =0,1∠0o A
V=10∠−90oV
−j50Ω j100ΩI3
BA
C
I2 I4 I5
[ ] [ ] oAC
oAC
010212
atau
001,050
1
50
1
100
1
50
1
∠−=−+
=∠+
−−
−++
jj
jjj
VV
VV
[ ]V 612
12
30
010)9090(10212
C
oooC
jj
j
+−=+
−=⇒
∠−=+∠×−+
V
V
[ ]VA 4,02,1
01,010612)( o*1
j
jjS ACi
−−=∠×−+−=−= IVV
A 24,018,0
01.024,008,0
A 24,008,0
50
)612(9010
50
o123
o
2
123
j
j
j
j
j
jCA
+−=∠−+−=−=⇒
+−=−
+−−∠=
−−
=
−=
III
VVI
III
VA 8,14,2
)24,018,0(9010 o*3
j
jSv
+−=−−×−∠== VI
VA 4,16,3
8,14,24,02,1
j
jj
SSS vitot
+−=+−−−=
+=
V 90109010 ooA ∠=−∠−=−= VV
Berapa daya yang diberikan oleh masing-masing sumber dan berapa diserap R = 50 ΩΩΩΩ ?
Contoh
64
7/23/2013
17
Dengan Cara Penyesuaian Impedansi
+− VT
ZT = RT + jXT
ZB = RB + jXB
A
B
22
22
)()( BTBT
BTBB
XXRR
RRP
+++==
VI
(maksimum) 4
Jika 2
B
TBBT R
PRRV
=⇒=
dan
:adalah maksimum dayaalih adinyauntuk terjsyarat Jadi
TBBT XXRR −==
22 )()( BTBT
T
XXRR +++=
VI
2
2
)( BT
BTB
RR
RP
+=
VBT -XX =Jika
Alih Daya Maksimum
65
V 551011
1010
5010050
50 o jj
j
jj
jT −−=×
+−
=∠×−+
−=V
Ω−=++−
+−= 7525
1005050
)10050(50j
jj
jjZT
Ω+= 7525 jZ B W5,0
254
55
4
22
=×−−
==j
RP
B
TMAX
V
A 13502,050
55 o−∠=−−
=+
=j
ZZ BT
TB
VI
B
+−
50Ω j100Ω
−j50Ω
A
10∠0o V25 + j 75
A 01,0
752550
)7525)(50(10050
010 oo
∠=
++−+−
++
∠=
jj
jjj
sI
W1)02,0(25)1,0(50
2550
22
22
=×+×=
+= BssP II
Contoh
66
Dengan Cara Sisipan Transformator
BB ZN
NZ
2
2
1
=′
impedansi yang terlihat di sisi primer
θ′+θ′=′ sincos BBB ZjZZ
TTTB ZXRZ =+=′ 22
B
T
Z
Z
N
N=
2
1
ZB
+−
ZT
VT
N1 N2
( ) ( )22
2
sincos
cos
θ′++θ′+
θ′=
BTBT
BTB
ZXZR
ZP
V
0=′BB
Zd
dP
Alih Daya Maksimum
67
+−
50Ω j100Ω
−j50Ω
A
B10∠0o V
25 + j 60
1028,16025
752522
22
2
1 =+
+===B
T
Z
Z
N
Na
( ) ( )
( ) ( ) W49,0
60216,17525216,125
25216,150
22
2222
22
=×+−+×+
××=
+++=
BTBT
BTB
XaXRaR
RaP
V
Seandainya diusahakan Ω−= )6025( jZ B
( ) ( ) W06,0
60216,17525216,125
25216,15022
=×−−+×+
××=BP
Tidak ada peningkatan alih daya ke beban.
V 55 jT −−=V Ω−= 7525 jZT
Dari contoh sebelumnya:
Contoh
68
7/23/2013
18
Fasor adalah pernyataan sinyal sinus yang fungsi waktu ke dalambesaran kompleks, melalui relasi Euler.
Dengan menyatakan sinyal sinus tidak lagi sebagai fungsi waktu, makapernyataan elemen elemen rangkaian harus disesuaikan.
Dengan sinyal sinus sebagai fungsi t elemen-elemen rangkaian adalahR, L, C.
Dengan sinyal sinus sebagai fasor elemen-elemen rangkaian menjadiimpedansi elemen R, jωL, 1/jωC.
Impedansi bukanlah besaran fisis melainkan suatu konsep dalamanalisis. Besaran fisisnya tetaplah R = ρl/A, dan C = εA/d
Dengan menyatakan sinyal sinus dalam fasor dan elemen-elemen dalaminpedansinya, maka hubungan arus-tegangan pada elemen menjadihubungan fasor arus - fasor tegangan pada impedansi elemen.
Hubungan fasor arus dan fasor tegangan pada impedansi elemen merupakan hubungan linier.
Rangkuman Mengenai Fasor
69
Dengan menyatakan arus dan tegangan menjadi fasor arus dan fasortegangan yang merupakan besaran kompleks maka daya juga menjadidaya kompleks yang didefinisikan sebagai S = V I*.
Besaran-besaran kompleks dapat digambarkan di bidang kompleks sehingga kita mempunyai digram fasor untuk arus dan tegangan serta segitiga daya untuk daya.
Hukum-hukum rangkaian, kaidah-kaidah rangkaian, serta metoda analisis yang berlaku di kawasan waktu, dapat diterapkan pada rangkaian impedansi yang tidak lain adalah transformasi rangkaian ke kawasan fasor.
Sesuai dengan asal-muasal konsep fasor, maka analisis fasor dapat diterapkan hanya untuk sinyal sinus keadaan mantap.
Rangkuman (lanjutan)
70
Penyediaan Daya
71
Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan transformator berkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi.
Dengan transformator tegangan tinggi, penyaluran daya listrik dapat dilakukan dalam jarak jauh dan susut daya pada jaringan dapat ditekan.
Di jaringan distribusi listrik banyak digunakan transformator penurun tegangan, dari tegangan menengah 20 kV menjadi 380 V untuk distribusi ke rumah-rumah dan kantor-kantor pada tegangan 220 V.
Transformator daya tersebut pada umumnya merupakan transformator tiga fasa; namun kita akan melihat transformator satu fasa lebih dulu
Transformator
72
7/23/2013
19
+E2−
N2N1
I f φ
V1
+E1
−
+−−−−
Transformator Dua Belitan Tak Berbeban
o11 0∠= EE
efektif nilaiadalah
44.42
21
11 maksmaks Nf
NfE Φ=Φπ=
Belitan primer:
maksNfE Φ= 22 44.4
Belitan sekunder:
I2 = 0tmaks ωΦ=φ sinJika
Fasor E1 sefasa dengan E2 karena
diinduksikan oleh fluksi yang sama.
o22 0∠= EE
tNdt
dNe maks ωωΦ=φ= cos111
masi transforrasio 2
1
2
1 =≡= aN
N
E
E
73
+E2−
N2N1
I f φ
V1
+E1
−
+−−−−
111 EIV += Rf
Arus magnetisasi yang membangkitkan φ
Resistansi belitanprimer
E1=E2
Iφ
φ
I c
I f
I f R1
V1
Diagram fasor denganmengambil rasio
transformasi a=1, sedangkanE1 sefasaE2
Arus magnetisasi I f dapat dipandang sebagai terdiri
dari I φ (90o dibelakang E1) yang menimbulkan φ
dan IC (sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi-rugi inti.
74
E2∼∼∼∼V1 φl1
I f φ
E1=E2I φ
φ
I c
I f
I fR1
V1
φljI fXl
Representasi fluksi bocor di belitan primer
1111111 XjRR fflf IIEEIEV ++=++=
ada fluksi bocor di belitan primer
Fluksi Bocor di Belitan Primer
75
φ γ
V2I2I ’2
I fI1
I2R2
jI2X2E2
E1I1R1
jI1X1
V1
beban resistif , a > 1
22222
22222
XjR
R l
IIV
EIVE
++=++=
11111
11111
XjR
R l
IIE
EIEV
++=++=
φ
V1 φl1
I1
∼ V2φl2
I2
RB
Transformator Berbeban
76
7/23/2013
20
ZR′2
∼ I f B
jX′2R1jX1
I1 I ′2
V1 E1V′2=aV2
21
222221
111111
III
IIVE
IIEV
′+=′′+′′+=
++=
f
XjRa
XjR I ′′′′2 , R′′′′2 , dan X′′′′2 adalah arus, resistansi, dan reaktansi sekunder yang dilihat dari sisi primer
R′2∼
I f
B
jX′2R1jX1
I1 I ′2
V1 E1V′2=aV2
jXcRc
I cIφ
Rangkaian Ekivalen Transformator
77
∼ B
jXe =j(X1+ X′2)Re = R1+R′2
I1=I ′2
V1V′2
I ′2I ′2Re
jI ′2XeV′2
V1
Arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari arus beban penuh
Jika I f diabaikan terhadap I1
kesalahan yang terjadi dapat dianggap cukup kecil
Rangkaian Ekivalen yang Disederhanakan
78
10 kW f.d. 0,8 lagging
8 kW f.d. 0,75 lagging
380 V rmsPenyediaan
Daya
Contoh
kVA 5,710sincos
sin 11
11111111 j
PjPSjPjQPS +=+=+=+= θ
θθ
kVA 78sincos
sin|| 22
222222 j
PjPSjPS +=θ
θ+=θ+=
kVA 5,1418785,7102112 jjjSSS +=+++=+=
Impedansi saluran diabaikan
lagging 78.05,1418
18cos
2212 =
+=θ Faktor daya total
tidak cukup baik
79
Im
Re
jQ beban (induktif)
−−−−jQ kapasitor
P beban
kVA beban tanpakapasitor
kVA beban dengan kapasitor
Perbaikan faktor daya dilakukan pada beban induktif dengan menambahkan kapasitor yang diparalel dengan beban, sehingga
daya reaktif yang harus diberikan oleh sumber menurun tetapi daya rata-rata yang diperlukan beban tetap dipenuhi
Daya yang harus diberikan oleh sumber kepada beban turun dari |S| menjadi |S1|.
kapasitorparalel dengan beban
Perbaikan Faktor Daya
80
7/23/2013
21
S12jQ12
P12
-jQ12CS12C
10 kW f.d. 0,8 lagging
8 kW f.d. 0,75 lagging
380 V rms 50 Hz
C
kVA 5,141812 jS += lagging 78.0cos 12 =θ
Contoh
kVA 9,518)95.0tan(arccos181812 jjS C +=+=
laggingC 95.0cos 12 =θ
kVAR 58,8 5,149,512 jjjjQ C −=−=−
F 190380100
8580
2µ
π=
×=C
( )CX
Q CC
CC ω−== 2
2
VV
diinginkan
kVA 5,710)8,0tan(arccos10101 jjS +=+=
kVA 78)75,0tan(arccos882 jjS +=+=
2
C
CQC
Vω−=
81
Diagram Satu Garis
82
beban 110 kWcos ϕ = 1
beban 28 kWcos ϕ = 1
0,2 + j2 Ω 0,2 + j2 ΩVs
| V | = 380 V rms
kVA 0101 jS +=
A 021 A 0210380
08000 o2
oo
*2 ∠=→∠=
∠
+= II
j
kVA 9,009,0
)22,0()22,0(22
2
j
jjSsal
+=×+=×+= 22 II
kVA 9,009,8222 jSSS saltot +=+=
V 4,66,387
V 9,422,385021
9008090
o
o*2
21
∠=
+=∠+== j
jStot
IV
A 4,68,254,66,387
010000 oo*
1
11 ∠=
−∠
+==
jS
VI
A 5,373,46 88,264,46
0214,68,25o
oo21
∠=+=
∠+∠=+=
j
s III
kVA 37,444,0
73,46)22,0()22,0( 221
j
jjS ssal
+=×+=×+= I
kVA 27,553,18
9,009,81037,444,0
2211
j
jj
SSSSS salsals
+=++++=
+++=
V 4,19412 3,546,73
9,1519265
3,546,73
527018530 oo
o
o*∠=
−∠∠=
−∠+== jS
s
ss
IV
kVA 082 jS +=
Contoh
83
Sistem Tiga Fasa Seimbang
84
7/23/2013
22
u
s
vs(t)1/jωCR
jωLVs ∼
u
s
vs(t)
vs(t)vs(t)
Sebuah kumparan dipengaruhi oleh medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan
B
A
C
N
VANVBN
VCN
∼
∼∼
Tegangan imbas yang muncul di kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik, sebesar Vs
Tiga kumparan dengan posisi yang berbeda120o satu sama lain berada dalam medanmagnet yang berputar dengan kecepatanperputaran konstan
Tegangan imbas di masing-masing kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik. Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan tersebut diperoleh sumber tegangan tiga fasa
Sumber Satu Fasa dan Tiga Fasa
85
B
A
C
N
VANVBN
VCN
− +
+−
−+
Dalam pekerjaan analisis rangkaian kita memerlukanreferensi sinyal. Oleh karena itu tegangan bolak balik kita
gambarkan dengan tetap menyertakan referensi sinyal
Untuk sumber tiga fasa, referensi sinyal teganganadalah sebagai berikut
A, B, C : titik fasa
N : titik netral
VAN , VBN ,VCN
besar tegangan fasa ke netral
dituliskan pula sebagai Vfn atau Vf
besar tegangan antarfasa adalah
VAB , VBC ,VCA
dituliskan pula sebagaiVff
≈≈Simbol sumber tiga fasa:
Referensi Sinyal
86
Sumber terhubung YVAN = |VAN| ∠ 0o
VBN = |VAN| ∠ -120o
VCN = |VAN| ∠ -240oKeadaan Seimbang|VAN| = |VBN| = |VCN|
B
A
C
N
VANVBN
VCN
− +
+−
−+ VAN
VBN
VCN
Im
Re
Diagram fasortegangan
120o
120o
Diagram Fasor Sumber Tiga Fasa
87
C
B
AN
VANVBN
VCN
− +
+−
−+ VAB
VBC VCA
IA
IB
IC
Tegangan
fasa-netral
Tegangan fasa-fasa
Arus saluran
Sumber Tiga Fasa Terhubung Y
Saluran ke beban
Sumber Tiga Fasa dan Saluran ke Beban
88
7/23/2013
23
Hubungan Fasor-Fasor Tegangan
BNANNBANAB VVVVV −=+=
o
o
o
2103
903
303
−∠=
−∠=
∠=
fnCA
fnBC
fnAB
V
V
V
V
V
V
Tegangan fasa-fasa:
fasa-fasa tegangan nilai : 3
netral-fasa tegangan nilai:
fnffCABCAB
fnCNBNAN
VVVVV
VVVV
====
===
CNBNNCBNBC VVVVV −=+=
ANCNNACNCA VVVVV −=+=
Dalam keadaan seimbang:
VAN
VBN
VCN VAB
VBC
VCA
Re
Im
30o
30o
30o
Tegangan Fasa-netral 120o
−VBN
89
Arus di penghantar netraldalam keadaan seimbang bernilai nol
B
A
C
N
VANVBN
VCN
− +
+−
−+
NA
B
C
Beban terhubung
Y
Bebanterhubung
∆
Sumberterhubung
Y
A
B
C
Arus saluran
I A
I C
I B
Arus fasa
Arus fasa
Arus Saluran dan Arus Fasa
90
Beban Tiga Fasa
91
NA
B
C
ZIA
IC
IB
INZ
Z
θθθ
−∠=−∠=∠∠
== fANANAN
A ZZZI
VVVI
o0
Beban Terhubung Y
3
3
***3
θ
θ
∠=
∠=
++=
fff
AAN
CCNBBNAANfS
IV
IV
IVIVIV
0=++ CBA IIIKeadaan seimbang
)120()120(120 oo
o
−−∠=−−∠=∠−∠
== θθθ f
BNBNBNB ZZZ
IVVV
I
)240()240(240 oo
o
−−∠=−−∠=∠−∠
== θθθ f
CNCNCNC ZZZ
IVVV
I
IA
VBN
VCN
VAN
Re
Im
θIB θ
IC
θ
referensi
92
7/23/2013
24
V 2203
380
3=== ff
fn
VV
V 240220
V 120220
referensi) sebagai ( V 0220
o
o
o
−∠=
−∠=
∠=
CN
BN
AN
V
V
V
A 44
A 8,27644
A 8,15644)1208,36(44
A 8,63448,365
0220
43
0220
o
ooo
oo
oo
=−∠=
−∠=−−∠=
−∠=∠
∠=+∠==
I
I
I
VI
C
B
ANA jZ
kVA 8,3629
8,364402203 3o
oo*3
∠=
∠×∠×=×= AANfS IV
kW 2,238.36cos29 o3 ==fP
kVAR 4,178.36sin29 o3 ==fQ
Z = 4 + j 3
Vff = 380 V (rms)
VAN referensiN
A
B
C
ZIA
IC
IB
INZ
Z
VBN
VCN
VAN
Re
Im
IA
θIB θ
IC
θ
Contoh
93
ZAB
AB
VI =
CAABA III −=
Beban Terhubung ∆∆∆∆
Z
V
Z
V
ZffffAB
AB θθ
−∠=∠∠
==o0V
I
)270(3 )270(3
)150(3 )150(3
)30(3 )30(3
oo
oo
oo
−θ−∠=−θ−∠=
−θ−∠=−θ−∠=
−θ−∠=−θ−∠=
fCAC
fBCB
fABA
II
II
II
I
I
I
θ∠=θ∠×∠×=×= 3 03 3 o*3 AfffffABABf IVIVS IV
sinsin3
coscos3
33
33
θ=θ=
θ=θ=
fAfff
fAfff
SIVQ
SIVP
IB
IA
IC
B
C
A
IBC
ICA
IABZ
Z
Z
VBC
VCA
VAB
Re
Im
IAB
θIBC θ
ICA
θ
−−−−ICA IA
ZZCA
CABC
BC
VI
VI == ;
oo 240 ;120 −−∠=−−∠= θθ ABCAABBC IIII
BCCACABBCB IIIIII −=−= ;
94
A
B
C
IA
IB
IC
IAB
IBC
ICA
Z = 4 + j 3
Vff = 380 V (rms)
VAN referensi
oooo 240220 ;120220 ;022003
380 −∠=−∠=∠=∠= CNBNAN VVV
oo 30380)30(3 ∠=+∠= ANANAB V θV
A 8,6768,365
30380
34
30380 oo
oo
−∠=∠
∠=+∠==
jZAB
AB
VI
A 8,366.1318,36376)308,6(3 oooo −∠=−∠=−−∠= ABA II
kVA 523,69 8.3664.86
8.676303803 3o
oo*3
j
S ABABf
+=∠=
+∠×∠×== IV
kVAR 52)76(333
kW 3,69)76(433
22
3
22
3
=××=××=
=××=××=
ABf
ABf
XQ
RP
I
I
IAB
VBN
VCN
VANIBC
ICA
Re
Im VAB
oo 210380 ; 90380 −∠=−∠= CABC VV
A 8,246762408,676
A 8,126761208,676ooo
ooo
−∠=−−∠=
−∠=−−∠=
CA
BC
I
I
A 8.2766,131)2408,36(6.131
A 8,1566,131)1208,36(6.131ooo
ooo
−∠=−−∠=
−∠=−−∠=
C
B
I
I
Contoh
95
Pada dasarnya analisis daya pada sistem tiga fasa tidak berbeda dengan sistem satu fasa
Analisis Daya Pada Sistem 3 Fasa
96
7/23/2013
25
Y50 kVA f.d. 0,9 lagging
VLL = 480 V
Is = ? RB = ? XB = ?
A 603480
50000
3
3 ====ff
f
fs
S
VII
03,216,4)60(
1000)3,715(22
jjS
Zf
fasaper +=×+==I
;kW 459,050cos3 =×== ϕfSP
kVA 8,2145 3 jS f +=⇒
33 3 fffffnfS IVIV ==⇒
3 *3 ffnfS IV= ifvfn θθ −∠×∠×= IV3 )(3 ivffn θθ −∠= IV
kVAR 8,21436,050sin3 =×== ϕfSQ
kVA 3,7153
3 j
SS f
fasaper +==⇒
. 03,2 ; 16,4 Ω=Ω=⇒ XR
Contoh
97
ϕ== coskW 100 BB SP
A 1538,04800
100
3cos
=××
=→
ϕ=
B
BBB
I
IVP
kVA 5,1335,115)202(3 2 jjS sal +=×+×=
kVA 5,1345,8835,101
kVA 5,8835,101
22 =+=
+=+=
Sumber
salBSumber
S
jSSS
rms V 5180315
10005,134
3
33
=×==⇒
==
B
SS
BSSSSumber
S
S
IV
IVIV
kVA 75100 jSB +=
beban
VS VB
Z = 2 + j20 Ω
≈≈
IS IB
100 kW4800 V rmscosϕ = 0,8lag
|Ssumber| = ?
Vsumber= ?
kVAR 756,0125sin =×== ϕBB SQkVA 1258,0
100 ==BS
Contoh
98
Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan Fasor
(Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap)
Sudaryatno Sudirham
99