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