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

Sudaryatno Sudirham
Analisis Keadaan Mantap
Rangkaian Sistem
Tenaga
Darpublic
ii

Analisis Keadaan Mantap
Rangkaian Sistem Tenaga
oleh
Sudaryatno Sudirham
i

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
ii

Daftar Isi
Pengantar
Daftar Isi
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.
iii
v
iii

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
iv Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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.
v

A. Schopenhauer, 1788 – 1860
dari
Mini-Encyclopédie, France Loisirs
ISBN 2-7242-1551-6
vi Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 :
dλ
e = −
(1.1)
dt
dengan e menunjukkan tegangan induksi [volt] pada suatu kumparan,
dan λ adalah fluksi lingkup yang dicakup oleh kumparan. Jika kumparan
mempunyai lilitan dan setiap lilitan mencakup fluksi magnit sebesar φ
[weber], maka fluksi lingkup adalah λ = φ [weber-lilitan] dan (1.1)
menjadi
1

dφ
e = −
(1.2)
dt
Tanda negatif pada (1.1) diberikan oleh Emil Lenz, yang setelah
melanjutkan percobaan Faraday menunjukkan bahwa arah arus induksi
selalu sedemikian rupa sehingga terjadi perlawanan terhadap aksi yang
menimbulkannya. Reaksi demikian ini disebut hukum Lenz.
Hukum Ampère. André Marie Ampère (1775 – 1836), melakukan
percobaan yang terkenal dalam kaitan kemagnitan, yaitu mengenai
timbulnya gaya mekanis antara dua kawat paralel yang dialiri arus listrik.
Besar gaya F dinyatakan secara matematis sebagai
µ l
F = I 1 I 2
(1.3)
2π
r
dengan I 1 dan I 2 adalah arus di masing-masing konduktor, l adalah
panjang konduktor, dan r menunjukkan jarak antara sumbu kedua
konduktor dan besaran µ merupakan besaran yang ditentukan oleh
medium dimana kedua kawat tersebut berada.
Arus I 2 dapat dipandang sebagai pembangkit suatu besaran medan magnit
di sekeliling kawat yang dialirinya, yang besarnya adalah
µ I 2
B = (1.4)
2 π r
Hasil ini juga diamati oleh dua peneliti Perancis yaitu J.B. Biot dan F.
Savart. Dengan (4), maka (3) menjadi lebih sederhana yaitu
F = BlI 1
(1.5)
Persamaan (1.5) ini berlaku jika kedua kawat adalah sebidang. Jika
kawat ke-dua membentuk sudut θ dengan kawat pertama maka (1.5)
menjadi
Secara umum (1.6) dapat ditulis
F = BlI 1 sin θ
(1.6)
F = K B B I f (θ)
(1.7)
dengan f(θ) adalah suatu fungsi sudut antara medan B dan arus I , dan K B
adalah suatu konstanta untuk memperhitungkan berbagai faktor, seperti
2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

misalnya panjang kawat. Besaran B mempunyai satuan [weber/meter 2 ];
hal ini dapat diturunkan sebagai berikut.
Menurut (1.5), satuan B adalah :
[ newton]
[ B]
=
[ amp]
× [ meter]
sedangkan
sehingga
energi [ watt].[detik]
[ volt][
amp][detik]
[ newton ] = =
=
panjang [ meter]
[ meter]
[ volt][amp][detik]
[ volt][detik]
[ weber]
[ B ] = =
= .
2
2
2
[ amp][
meter ] [ meter ] [ meter ]
Jadi B menunjukkan kerapatan fluksi magnetik dengan satuan
[weber/m 2 ] atau [tesla]. Arah B ditentukan sesuai dengan kaidah tangan
kanan yang menyatakan bahwa: jika kawat yang dialiri arus digenggam
dengan tangan kanan dengan ibujari mengarah sejajar aliran arus maka
arah B adalah sesuai dengan arah penunjukan jari-jari yang
menggenggam kawat tersebut.
Dalam persamaan (1.3), µ mewakili sifat medium tempat kedua
konduktor berada; besaran ini disebut permeabilitas. Untuk ruang
hampa, permeabilitas ini adalah
dengan satuan
[
]
[ meter]
−7
µ 0 = 4π × 10
(1.8)
henry . Hal ini dapat diturunkan sebagai berikut.
]
[ newton]
[ volt][
amp][detik]
[ volt][detik]
[ henry]
[ µ 0]
= =
=
=
2
2
[ amp ] [ amp ][ meter]
[ amp][
meter]
[ meter
[ volt][detik]
karena = [ henry]
yaitu satuan induktansi.
[ amp]
Dalam hal mediumnya bukan vakum maka permeabilitasnya dinyatakan
sebagai
µ = µ r × µ 0
(1.9)
dengan µ r adalah permeabilitas relatif, yang merupakan perbandingan
antara permeabilitas medium terhadap vakum.
3

Intensitas Medan Magnet. Dalam perhitungan-perhitungan rangkaian
magnetik, akan lebih mudah jika kita bekerja dengan besaran magnetik
yang tidak tergantung dari medium. Hal ini terutama kita temui pada
mesin-mesin listrik dimana fluksi magnetik menembus berbagai macam
medium. Oleh karena itu didefinisikan besaran yang disebut intensitas
medan magnetik , yaitu
H ≡ B
(1.10)
µ
dengan satuan
[ newton]/[
amp][
meter]
[ amp]
[ H ] = = .
2
[ newton]/[
amp ] [ meter]
Dengan pendefinisian ini, H merupakan besaran yang tidak tergantung
dari medium. Secara umum satuan H adalah [lilitan amper]/[meter] dan
bukan [amp]/[meter] agar tercakup pembangkitan medan magnit oleh
belitan yang terdiri dari banyak lilitan.
Hukum Rangkaian Magnetik Ampère . Hukum rangkaian magnetik
Ampère menyatakan bahwa integral garis tertutup dari intensitas medan
magnit sama dengan jumlah arus (ampere turns) yang
membangkitkannya. Hukum ini dapat dituliskan sebagai
∫
Hdl = F m
(1.11)
F m dipandang sebagai besaran pembangkit medan magnit dan disebut
magnetomotive force yang disingkat mmf. Besaran ini sama dengan
jumlah ampere-turn yang dilingkupi oleh garis fluksi magnit yang
tertutup.
Dari relasi di atas, diturunkan relasi-relasi yang sangat bermanfaat untuk
perhitungan rangkaian magnetik. Jika panjang total dari garis fluksi
magnit adalah L, maka total F m yang diperlukan untuk membangkitkan
fluksi tersebut adalah
B
F m = H L = L
(1.12)
µ
Apabila kerapatan fluksi adalah B dan fluksi menembus bidang yang
luasnya A , maka fluksi magnetnya adalah
φ = BA
(1.13)
4 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

dan jika (1.13) dimasukkan ke (1.12) akan diperoleh
⎛ L ⎞
F m = H L = φ⎜
⎟
(1.14)
⎝ µ A ⎠
Apa yang berada dalam tanda kurung pada (1.14) ini sangat menarik,
karena sangat mirip dengan formula resistansi dalam rangkaian listrik.
Persamaan (1.14) ini dapat kita tuliskan
⎛ µ A ⎞ Fm
φ = ⎜ ⎟ Fm
=
⎝ L ⎠ R
(1.15)
Pada (1.15) ini, F m merupakan besaran yang menyebabkan timbulnya
fluksi magnit φ. Besar fluksi ini dibatasi oleh suatu besaran R yang kita
sebut reluktansi dari rangkaian magnetik, dengan hubungan
R =
L (1.16)
µA
Persamaan (1.15) sering disebut sebagai hukum Ohm untuk rangkaian
magnetik. Namun kita tetap harus ingat bahwa penurunan relasi ini
dilakukan dengan pembatasan bahwa B adalah kostan dan A tertentu.
Satuan dari reluktansi tidak diberi nama khusus.
1.2. Perhitungan Pada Rangkaian Magnetik
Perhitungan-perhitungan pada rangkaian magnetik pada umumnya
melibatkan material ferromagnetik. Perhitungan ditujukan pada dua
kelompok permasalahan, yaitu mencari mmf jika fluksi ditentukan
(permasalahan ini kita jumpai pada perancangan) mencari fluksi φ
apabila geometri dari rangkaian magnetik serta mmf diketahui
(permasalahan ini kita jumpai dalam analisis, misalnya jika kita harus
mengetahui fluksi gabungan dari suatu rangkaian magnetik yang
dikendalikan oleh lebih dari satu belitan). Berikut ini kita akan melihat
perhitungan-perhitungan rangkaian magnetik melalui beberapa contoh.
5

COTOH-1.1 : Suatu toroid terdiri dari dua macam material
ferromagnetik dengan belitan pembangkit medan magnet yang
terdiri dari 100 lilitan, seperti terlihat pada gambar di samping ini.
Material a adalah besi nikel
(nickel iron) dengan panjang
+
−
E
R
L a
rata-rata L a = 0.4 m. Material b
adalah baja silikon (medium
silicon sheet steel) dengan
panjang rata-rata L b = 0.2 m.
Kedua bagian itu mempunyai
luas penampang sama, yaitu 0.001 m 2 . a). Tentukan F m yang
diperlukan untuk membangkitkan fluksi φ= 6×10 −4 weber. b).
Hitung arus yang harus mengalir pada belitan agar nilai fluksi
tersebut tercapai.
Penyelesaian :
Untuk memperoleh F m total yang diperlukan kita aplikasikan hukum
rangkaian Ampère pada rangkaian magnetik ini.
Fm
total = Fm
a + Fm
b = HaL a + HbLb
Fluksi yang diinginkan di kedua bagian toroid adalah 6×10 −4 weber,
sedangkan kedua bagian itu mempunyai luas penampang sama. Jadi
kerapatan fluksi di kedua bagian itu juga sama yaitu
φ 0.0006
Ba
= Bb
= = = 0.6 tesla
A 0.001
Untuk mencapai kerapatan fluksi tersebut, masing-masing material
memerlukan intensitas medan yang berbeda. Besarnya intensitas
medan yang diperlukan dapat dicari melalui kurva B-H dari masingmasing
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
Material a : untuk Ba
= 0.6 tesla diperlukan Ha
= 10 AT/m
Material b : untuk Bb
= 0.6 tesla diperlukan Hb
= 65 AT/m
Dengan demikian F m total yang diperlukan adalah
F m total = HaL a + HbLb
= 10 × 0.4 + 65×
0.2 = 17 AT
6 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
L b

). Karena jumlah lilitan adalah 100, maka besar arus yang harus
mengalir di belitan untuk memperoleh F m total sebesar 17 AT adalah
1.75
17 I = = 0.17
100
A
1.5
1.25
Nickel-iron alloy , 47%
B [tesla]
1
0.75
0.5
Medium silicon sheet
steel
Soft steel casting
0.25
Cast iron
H [ampre-turn / meter]
Gb.1.1. Kurva B − H beberapa material magnetik.
Pemahaman :
Dalam pemecahan persoalan di atas, karakteristik medium tidak
dinyatakan oleh permeabilitas medium, melainkan oleh karakteristik
B-H dari masing-masing material. Kita lihat dari kutipan
kurva B-H 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
B 0.6
µ 0.06
µ = a = = 0.06 henry/meter → µ = a
a
r a = = 47740
H 10
µ
−7
a
0 4π×
10
B 0.6
µ 0.0092
µ = b = = 0.0092 henry/meter → µ = b
b
r b = = 7340
H 65
µ
−7
4π × 10
b
0
0 50 100 150 200 250 300 350 400
0
7

Reluktansi rangkaian magnetik pada bagian toroid dengan material a
dan b masing-masing dapat juga kita hitung, yaitu
Fm 4 13
R = a
F
= ≈ 6670 ; R = m b
a
b = ≈ 21670
φ 0.6 × 0.001
φ 0.6×
0.001
Jadi walaupun bagian b dari toroid lebih pendek dari bagian a,
reluktansinya jauh lebih besar. Kedua bagian rangkaian magnetik
yang terhubung seri ini mempunyai reluktansi total sebesar
Rtot = Ra
+ Rb
≈ 6670 + 21670 = 28340 .
Untuk meyakinkan, kita hitung balik besarnya fluksi magnet
φ =
F m total
Rtot
17 −
= = 6×
10
4
28340
weber
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.
COTOH-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, F m 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 F m dan B
untuk masing-masing bagian sedangkan untuk menghitungnya perlu
diketahui besarnya fluksi φ yang justru ditanyakan.
Dari apa yang diketahui, yaitu F m total dan ukuran toroid, kita
dapatkan hubungan
Fm
total = HaLa
+ HbLb
= 0.4Ha
+ 0.2Hb
= 35
F m total = 100 × 0.35 = 35 AT
35 − 0.2H
⇒ H
b
a =
0.4
Karena luas penampang di kedua bagian toroid sama, yaitu 0.001
m 2 , maka kerapatan fluksi B juga sama. Dengan batasan ini, kita
mencoba menyelesaikan persoalan dengan cara mengamati kurva B-
8 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

H. Kita perkirakan suatu nilai H b dan menghitung H a , kemudian kita
mengamati lagi kurva B-H apakah untuk nilai H a dan H b ini terdapat
B a = B b . Jika tidak, kita koreksi nilai H b dan dihitung lagi H a dan
dilihat lagi apakah B a = B b . Jika tidak dilakukan koreksi lagi, dan
seterusnya sampai akhirnya diperoleh B a ≈ B b .
Kita mulai dengan H b = 100 AT yang memberikan H a = 37.5. Kedua
nilai ini terkait dengan B b = 0.75 dan B a = 0.9 tesla. Ternyata B a ≠
B b . Kita perbesar H b agar H a mengecil dan akan menyebabkan B b
bertambah dan B a berkurang. Pada nilai H b = 110 AT, maka H a =
32.5; dan terdapat B b = 0.8 dan B a = 0.85 tesla. Kita lakukan koreksi
lagi dan akan kita dapatkan B a ≈ B b ≈ 0.825 pada nilai H b = 125 dan
H a = 25 AT. Dengan nilai ini maka besar fluksi adalah
φ =
−4
B × A = 0.825×
0.001 = 8.25×
10
weber.
Perhitungan secara grafis ini tentu mengandung ketidak-telitian. Jika
kesalahan yang terjadi adalah ± 5%, maka hasil perhitungan ini
dapat dianggap memadai.
Pemahaman :
Jika kita bandingkan hasil pada contoh-1.1. dan 1.2. maka akan
terlihat hal berikut.
Contoh-1.1 :
I = 0.17 A → B = 0.6
tesla
→ φ =
−4
6×
10
weber
Contoh-1.2 :
I = 0.35 A → B = 0.825 tesla
→ φ =
−4
8.25×
10
weber
Menaikkan arus belitan menjadi dua kali lipat tidak menghasilkan
fluksi dua kali. Hal ini disebabkan oleh karakteristik magnetisasi
material yang tidak linier.
9

COTOH-1.3 : Pada rangkaian magnetik di bawah ini, tentukanlah mmf
yang diperlukan untuk membangkitkan fluksi sebesar 0.0014 weber
di “kaki” sebelah kanan. Rangkaian magnetik ini mempunyai luas
penampang sama yaitu 0.002 m 2 , kecuali “kaki” tengah yang
luasnya 0.0008 m 2 . Material yang digunakan adalah medium silicon
steel.
a b c
f
e
d
0.15 m
0.15 m 0.15 m
Penyelesaian :
Rangkaian magnetik ini mempunyai tiga cabang, yaitu
efab dengan reluktansi R 1 ;
be dengan reluktansi R 2 dan
bcde dengan reluktansi R 3 .
Rangkaian ekivalen dari rangkaian magnetik ini dapat digambarkan
seperti di bawah ini.
F m
R 1
R 2 R 3
Fluksi yang diminta di kaki kanan adalah φ 3 = 0.0014 weber. Karena
dimensi kaki ini diketahui maka kerapatan fluksi dapat dihitung,
yaitu
0.0014
B 3 = = 0.7 tesla .
0.002
Berdasarkan kurva B-H dari material yang dipakai, kerapatan fluksi
ini memerlukan H 3 sebesar 80 AT/m. Jadi mmf yang diperlukan
adalah
10 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

F m3 = H3
× Lbcde
= 80 × (3×
0.15) = 36 AT
Rangkaian ekivalen memperlihatkan bahwa R 2 terhubung paralel
dengan R 3 . Hal ini berarti bahwa F m3 juga harus muncul pada R 2 ,
yaitu reluktansi kaki tengah, dengan kata lain F m2 = F m3 . Dengan
demikian kita dapat menghitung H 2 .
F F 36
H 2 m3
2 = m = = = 240 AT/m
Lbe
Lbe
0.15
Melihat lagi kurva B-H, kita dapatkan untuk H 2 ini
B 2 = 1.125 tesla .
Luas penampang kaki tengah adalah 0.0008 m 2 . Maka
φ2 = B 2 × 0.0008 = 1.125×
0.0008 = 0.0009 weber
Fluksi total yang harus dibangkitkan di kaki kiri adalah
φ 1 = φ2
+ φ3
= 0.0014 + 0.0009 = 0.0023 weber
Luas penampang kaki kiri adalah 0.002 m 2 , sama dengan kaki
kanan. Kerapatan fluksinya adalah
φ 0.0023
B 1
1 = = = 1.15 tesla
0.002 0.002
Dari kurva B-H, untuk B 1 ini diperlukan
H 1 = 240 AT/m , sehingga
F m1 = H1
× Lefab
= 240×
(3×
0.15) = 108 AT
Jadi total mmf yang diperlukan untuk membangkitkan fluksi sebesar
0.0014 weber di kaki kanan adalah
F mtot = Fm
1 + Fm
2 + Fm3
= 108 + 36 + 36 = 180 AT
11

COTOH-1.4 : Berapakah mmf yang diperlukan pada Contoh-1.3. jika
kaki tengah ditiadakan
Penyelesaian :
Dengan meniadakan kaki tengah maka fluksi di seluruh rangkaian
magnetik sama dengan fluksi di kaki kanan, yaitu φ=φ 3 =0.0014
weber. Kerapatan fluksi di seluruh rangkaian magnetik juga sama
karena luas penampangnya sama, yaitu
0.0014
B = B3 = = 0.7 tesla
0.002
Dari kurva B-H diperoleh H = 80 AT/m, sehingga mmf yang
diperlukan adalah
F m = H × L abcdefa = 80×
(6 × 0.15) = 72 AT
Pemahaman :
Dengan menghilangkan kaki tengah, mmf yang diperlukan menjadi
lebih kecil. Bagaimanakah jika kaki tengah diperbesar luas
penampangnya
Memperbesar penampang kaki tengah tidak mempengaruhi
kerapatan fluksi di kaki ini sebab F m3 tetap harus muncul di kaki
tengah. H 2 tak berubah, yaitu H 2 = F m3 /L be = 240 AT/m dan B 2 juga
tetap 1.125 tesla. Jika penampang kaki tengah diperbesar, φ 2 akan
bertambah sehingga φ 1 juga bertambah. Hal ini menyebabkan naiknya
B 1 yang berarti naiknya H 1 sehingga F m1 akan bertambah pula.
Dengan demikian F m 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.
12 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

B [tesla]
d b
c
0
H [AT/m]
e
a
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 :
Bb
Bc
HdB = luas bidang abda ; HdB = luas bidang bdcb
B
∫B
∫
a
dan satuan dari HB :
Gb.1.2. Loop histerisis.
ampere newton newton newto ⋅ meter joule
[ HB ] = ×
= =
=
meter ampre.
meter 2
3
3
meter meter meter
Jelaslah bahwa HB mempunyai satuan kerapatan energi. Jadi luas bidang
abda pada Gb.1.2. menyatakan kerapatan energi, yaitu energi magnetik.
Karena luas abda diperoleh dari integrasi ∫HdB pada waktu H dan B
naik, atau dengan kata lain medan magnetik bertambah, maka ia
menggambarkan kerapatan energi yang disimpan ke material. Luas
bidang bdcb yang diperoleh dari integrasi ∫HdB pada waktu medan
magnit berkurang, menggambarkan kerapatan energi yang dilepaskan.
b
13

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 w h , dan jumlah siklus per detik (frekuensi)
adalah f , maka untuk material dengan volume v m 3 besar rugi energi
histerisis per detik atau rugi daya histerisis adalah
⎡ joule⎤
Ph = wh
f v ⎢ = wh
f v [watt]
det ik
⎥
(1.17)
⎣ ⎦
Untuk menghindari perhitungan luas loop histerisis, Steinmetz
memberikan formula empiris untuk rugi daya histerisis sebagai
n
P h = v f ( KhBm
)
(1.18)
dengan B m adalah nilai maksimum kerapatan fluksi, n mempunyai nilai
antara 1,5 sampai 2,5 tergantung dari jenis material. K h adalah konstanta
yang juga tergantung dari jenis material; untuk cast steel 0,025; silicon
sheet steel 0,001; permalloy 0,0001.
Rugi Arus Pusar. Jika medan magnetik berubah terhadap waktu, selain
rugi daya histerisis terdapat pula rugi daya yang disebut rugi arus pusar.
Arus pusar timbul sebagai reaksi terhadap perubahan medan magnet.
Jika material berbentuk balok pejal, resistansi material menjadi kecil dan
rugi arus pusar menjadi besar. Untuk memperbesar resistansi agar arus
pusar kecil, rangkaian magnetik disusun dari lembar-lembar material
magnetik yang tipis (antara 0,3 ÷ 0,6 mm). Formula empiris untuk rugi
arus pusar adalah
2 2 2
P e = Ke
f Bm
τ v watt
(1.19)
dengan K e = konstanta yang tergantung dari jenis material; f = frekuensi
(Hz); B m = kerapatan fluksi maksimum; τ = tebal laminasi; v = volume
material.
Perhatikan bahwa rugi arus pusar sebanding dengan pangkat dua dari
frekuensi, sedangkan rugi histerisis sebanding dengan pangkat satu
14 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 B
B
medan magnetik dapat
B 1 b a
digunakan untuk melakukan
kerja mekanik (misalnya
menarik tuas rele). Untuk
mempelajari bagaimana gaya
ini dapat timbul, kurva B-H
H 0 H 1 H
normal yang tidak linier
a) b)
seperti terlihat pada Gb.1.3.a,
kita dekati dengan suatu Gb.1.3. Linierisasi Kurva B-H.
kurva linier seperti pada
Gb.1.3.b. Jika kita menaikkan H dari 0 ke H 1 , maka B naik dari 0 ke B 1 .
Luas bidang 0ab0 menyatakan kerapatan energi yang tersimpan dalam
material, dan besarnya adalah
w f =
1
2
3
B1H
1 joule/m
Secara umum, dengan medan magnetik sebesar H dalam suatu material
akan terdapat kerapatan simpanan energi sebesar
1 w
3
f = BH joule/m
(1.20)
2
Perhatikan bahwa (1.20) kita peroleh setelah kita melakukan linierisasi
kurva B-H.
Karena (1.20) menunjukkan kerapatan energi, maka jika kita kalikan
dengan volume dari rangkaian magnetik kita akan mendapatkan energi
total yang tersimpan dalam rangkaian tersebut. Misalkan luas penampang
rangkaian A dan panjangnya L, maka energi total menjadi
1 1
1
W = BHAL
= ( BA)(
HL)
= φF m joule (1.21)
2 2
2
Antara fluksi φ dan F m terdapat hubungan φ = F m / R , sehingga (1.21)
dapat juga dituliskan
15

2
1 1 Fm
1 2
W = φFm
= = φ R joule
(1.22)
2 2 R 2
Untuk memahami timbulnya gaya magnetik, kita lakukan percobaan
dengan suatu rangkaian magnetik yang terdiri dari tiga bagian yaitu
gandar, celah udara, dan jangkar, seperti terlihat pada Gb.1.4. Rangkaian
ini dicatu oleh sumber tegangan V s
yang diserikan dengan resistor variabel
R. Luas penampang gandar sama
dengan luas penampang jangkar. Untuk
suatu kedudukan jangkar tertentu,
dengan V s dan R tertentu, terjadi
eksitasi sebesar F m yang akan membuat
simpanan energi dalam rangkaian
magnetik ini sebesar
W =
1
2
2 2 2
( φ R + φ R + φ R )
g
g
u
u
j
j
(1.23)
Indeks g, u, dan j berturut-turut
menunjukkan gandar, udara dan
jangkar. Karena ketiga bagian
rangkaian terhubung seri maka jika penyebaran fluksi di bagian pinggir
di celah udara diabaikan fluksi di ketiga bagian tersebut akan sama.
Kerapatan fluksi juga akan sama di ketiga bagian tersebut. Dengan
demikian maka persamaan (1.23) dapat kita tulis
1 2
W = φ
2
Besar reluktansi total adalah
1 2
( R g + Ru
+ R j ) = φ Rtotal
2
(1.24)
Lg
L j L
R
u
total = + +
(1.25)
µ A µ A µ A
g
j
gandar
jangkar
Gb.1.4. Rangkaian
magnetik dengan jangkar
Karena kita melakukan linierisasi kurva B-H, maka permeabilitas
material menjadi konstan.
Hal ini ditunjukkan oleh kemiringan kurva B-H. Jadi µ g dan µ j dianggap
konstan sedangkan permeabilitas udara dapat dianggap sama dengan µ 0 .
0
V s
+
−
L j
R
L g
x
16 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Percobaan pertama adalah memegang jangkar tetap pada tempatnya dan
menambah eksitasi dengan menurunkan nilai resistor R sehingga arus
catu naik. Eksitasi akan naik menjadi (F m +∆F m ) dan simpanan energi
pada seluruh rangkaian magnetik akan naik pula. Artinya tambahan
energi sebesar ∆W yang disebabkan oleh tambahan eksitasi sebesar ∆F m
tersimpan sebagai tambahan energi di semua bagian rangkaian yaitu
gandar, jangkar dan celah udara.
Untuk percobaan kedua, kita kembalikan dulu eksitasi pada keadaan
semula dengan mengembalikan R pada nilai semula sehingga eksitasi
kembali menjadi F m dan kita jaga konstan. Jangkar kita lepaskan
sehingga celah udara menjadi (x−∆x). Berkurangnya celah udara ini akan
menyebabkan reluktansi R u menurun sehingga secara keseluruhan R tot
juga menurun. Menurunnya R tot akan memperbesar fluksi karena eksitasi
F m dipertahankan tetap. Ini berarti bahwa simpanan energi dalam
rangkaian magnetik bertambah.
Pertambahan simpanan energi yang terjadi pada percobaan ke-dua ini
berbeda dengan pertambahan energi pada percobaan pertama. Pada
percobaan pertama pertambahan energi berasal dari pertambahan
masukan, yaitu ∆F m . Pada percobaan ke-dua, F m dipertahankan tetap.
Oleh karena itu satu-satunya kemungkinan pertambahan energi adalah
dari gerakan jangkar. Jadi perubahan posisi jangkar memberikan
tambahan simpanan energi dalam rangkaian magnetik. Penafsiran kita
dalam peristiwa ini adalah bahwa perubahan posisi jangkar telah
menurunkan energi potensial jangkar. Penurunan energi potensial
jangkar itu diimbangi oleh naiknya simpanan energi pada rangkaian
magnetik sesuai dengan prinsip konservasi energi.
Jika dx adalah perubahan posisi jangkar (∆x→0), F x adalah gaya mekanik
pada jangkar pada posisi x, maka perubahan energi potensial jangkar
adalah
dW j = Fxdx
(1.26)
Perubahan energi tersimpan dalam rangkaian magnetik adalah dW.
Karena tidak ada masukan energi dari luar (sumber listrik) maka
dW
j
+ dW = F dx + dW = 0 → F dx = −dW
(1.27)
x
Karena F m kita jaga konstan, kita dapat memasukkan persamaan (1.22)
bentuk yang ke-dua ke (1.27) sehingga kita peroleh
x
17

1 2 −1
Fxdx
= −dW
= − d(
Fm
Rtot
)
2
1
→ Fx
= −
2
d
dx
2
2 −1
1 Fm
dRtot
1 2 dR
( Fm
Rtot
) = −
= − φ
2 2 dx 2 dx
Rtot
tot
(1.28)
Dengan persamaan (1.28) ini kita dapat menghitung gaya mekanik pada
jangkar rele elektromekanik, plunger, dan lain-lain peralatan listrik yang
memanfaatkan gaya magnetik.
1.5. Induktor
Perhatikan rangkaian
induktor (Gb.1.5).
Apabila resistansi belitan
dapat diabaikan, maka
menurut hukum
Kirchhoff
+
v 1
−
≈
i f
+
e 1
−
1
Gb.1.5. Rangkaian induktor.
φ
di f
− v1 + e1
= 0 → v1
= e1
= L
(1.29)
dt
Persamaan (1.29) adalah persamaan rangkaian listrik yang terdiri dari
sumber v 1 dan beban induktor L. Tegangan e 1 adalah tegangan jatuh
pada induktor, sesuai dengan konvensi pasif pada dalam analisis
rangkaian listrik.
Sekarang kita lihat rangkaian magnetiknya dengan menganggap inti
induktor ideal (luas kurva histerisis material inti sama dengan nol).
Dalam rangkaian magnetik terdapat fluksi magnetik φ yang ditimbulkan
oleh arus i f . Perubahan fluksi φ akan membangkitkan tegangan induksi
pada belitan sesuai dengan hukum Faraday dan hukum Lenz.
dφ
e t = −1 (1.30)
dt
Tanda “−” pada (1.30) mempunyai arti bahwa tegangan induksi e t harus
mempunyai polaritas yang akan dapat memberikan arus pada rangkaian
tertutup sedemikian rupa sehingga arus tersebut akan memberikan fluksi
lawan terhadap fluksi pembangkitnya, yaitu φ. Menurut kaidah tangan
kanan, polaritas tersebut adalah seperti polaritas e 1 pada Gb.1.5. Jadi
18 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

tanda “−” pada (1.30) terpakai untuk menetapkan polaritas e t sedangkan
nilai e t tentulah sama dengan tegangan jatuh e 1 . Jadi
dφ
di f
et = 1 = e1
= L
(1.31)
dt dt
Persamaan (1.31) menunjukkan bahwa φ dan i f berubah secara
bersamaan. Jika φ berbentuk sinus maka ia harus dibangkitkan oleh arus
i f yang juga berbentuk sinus dengan frekuensi sama dan mereka sefasa.
Arus i f sendiri berasal dari sumber tegangan yang juga harus berbentuk
sinus. Jadi dalam sistem ini baik tegangan, arus maupun fluksi
mempunyai frekuensi sama dan dengan demikian konsep fasor dapat kita
gunakan untuk melakukan analisis pada sistem ini, yang merupakan
gabungan dari rangkaian listrik dan rangkaian magnetik. Jika resistansi
belitan diabaikan, persamaan (1.29) dan (1.31) dapat kita tulis dalam
bentuk fasor sebagai
E1
= jωLI
f ; Et
= jω1Φ = E1
= jωLI
f (1.32)
dengan Φ adalah fluksi dalam bentuk fasor.
Dengan memperhatikan (1.32), diagram fasor tegangan , arus, dan fluksi
dari induktor tanpa memperhitungkan rugi-rugi inti dan resistansi belitan
adalah seperti pada Gb.1.6.a. dimana arus yang membangkitkan fluksi
yaitu I φ sama dengan I f .
Dalam praktek, inti induktor tidaklah bebas dari rugi-rugi. Pada
pembebanan siklis (dalam hal ini secara sinus) rugi-rugi inti
menyebabkan fluksi yang dibangkitkan oleh i f ketinggalan dari i f sebesar
γ yang disebut sudut histerisis. Keadaan ini diperlihatkan pada Gb.1.6.b.
dimana arus magnetisasi I f mendahului φ sebesar γ. Melihat kenyataan
ini,
I f
Φ
I f
= I φ
a). ideal
E 1 = E t c E 1 = Et
I c E 1 = Et
I φ
γ
I
Φ
I f
b). ada rugi-rugi inti
θ
I f
Φ
Gb.1.6. Diagram fasor induktor
I f R1
c). ada resistansi belitan
dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu Iφ
yang
I φ
V 1
19

diperlukan untuk membangkitkan φ, dan Ic
yang diperlukan untuk
mengatasi rugi-rugi inti. Jadi arus magnetisasi menjadi I f = Ic
+ Iφ
.
Komponen I c merupakan arus fiktif yang jika dikalikan dengan E 1 akan
memberikan rugi-rugi inti
o
c = c 1 1 f γ
P I E = E I cos(90 − ) watt
(1.33)
Apabila resistansi belitan tidak dapat diabaikan, maka V 1 ≠ E 1 . Misalkan
resistansi belitan adalah R 1 , maka
V 1 = E1
+ I f R1
(1.34)
Diagram fasor dari keadaan terakhir ini diperlihatkan oleh Gb.1.6.c.
Dalam keadaan ini, daya masuk yang diberikan oleh sumber, selain
untuk mengatasi rugi-rugi inti juga diperlukan untuk mengatasi rugi daya
pada belitan yang kita sebut rugi-rugi tembaga, P cu .
Jadi
P = P + P = P + I R = V I cos θ (1.35)
in
c
20 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
cu
dengan V 1 dan I f adalah nilai-nilai efektif dan cosθ adalah faktor daya.
COTOH-1.5: Sebuah reaktor dengan inti besi mempunyai 400 lilitan.
Reaktor ini dihubungkan pada jaringan bertegangan 115 volt, 60 Hz.
Dengan mengabaikan resistansi belitan, hitung nilai maksimum
fluksi magnetnya. Jika fluksi maknit dibatasi tidak boleh lebih dari
1,2 tesla, berapakah luas penampang intinya
Penyelesaian: Dengan mengabaikan resistansi belitan maka
E
1
= V
1
1ωΦ
→
2
115 2
⇒ Φ maks =
= 0,00108 weber
400×
2π×
60
Agar kerapatan fluksi tidak lebih dari 1,2 tesla maka
Φ
maks
A
≤12
⇒
c
maks
Φ
A ≥
1,2
maks
2
f
1
= 115
=
1
0,00108
1,2
f
m
2 =
Induktansi. Menurut (1.15) besarnya fluksi magnetik adalah
⎛ µ A ⎞
φ = ⎜ ⎟ F
⎝ L ⎠
m
Fm
= .
R
9 cm
2
.

Dengan mengabaikan fluksi bocor,
dimasukkan ke (1.31) akan diperoleh
F m
= i dan jika φ ini
1
dφ
=
dt
1
d
dt
⎛ 1i
⎜
⎝ R
f
2
⎞
⎟ 1
=
⎠ R
di
f
dt
di f
= L
dt
sehingga
2
1 2 ⎛ µ A ⎞
L = = 1
⎜ ⎟ (1.36)
R ⎝ L ⎠
Induktansi Bersama. Jika pada induktor Gb.1.5. kita tambahkan belitan
kedua, maka pada belitan kedua ini akan diimbaskan tegangan oleh φ
seperti halnya pada belitan pertama. Besar tegangan imbas ini adalah
dφ
d ⎛ 1i
f ⎞ di f
e ⎜ ⎟ 2 1
2 = 2 = 2 =
dt dt
(1.37)
⎝ R ⎠ R dt
Jika belitan kedua ini tidak dialiri arus (dalam keadaan terbuka), kita
tahu dari pembahasan di bab terdahulu mengenai induktansi bersama
bahwa
e
2
= L
2
di di
2 f
+ M
dt dt
sehingga kita peroleh induktansi bersama
di f
= M
dt
21
⎛ µ A ⎞
M = = 21
⎜ ⎟
(1.38)
R ⎝ L ⎠
Pembahasan di atas memperlihatkan bahwa rangkaian induktor dapat
kita analisis dari sudut pandang rangkaian listrik dengan
mengaplikasikan hukum Kirchhoff yang kemudian menghasilkan
persamaan (1.29). Kita dapat pula memandangnya sebagai rangkaian
magnetik dan mengaplikasikan hukum Faraday dimana fluksi magnetik
yang berubah terhadap waktu (dibangkitkan oleh arus magnetisasi i f )
menimbulkan tegangan induksi pada belitan.
21

COTOH-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:
2
−7
−4
1 2 ⎛ µ A ⎞ ⎛
6 (4 10 ) ( 10 / 4) ⎞
−6
1 10 ⎜
π× × π
L = = ⎜ ⎟ =
⎟ = 98,6 × 10 H
R ⎝ L ⎠ ⎜ 1 ⎟
⎝
⎠
Resistansi :
R = ρ
l
A
−2
−6
1000 × π × 10
= 0,0173 × 10 [ Ω.m]
−3
2
π × (0,5 × 10 )
/ 4
= 2,77
Ω
COTOH-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 :
2 1
1250×
140
M = = = 1,094 ≈ 1,1 H
R 160000
COTOH-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 masingmasing
kumparan dan induktansi bersama.
Penyelesaian :
Arus 5 A membangkitkan fluksi 0,05 mWb. Dengan jumlah lilitan
1000 maka reluktansi dapat dihitung
Induktansi masing-masing
1000 × 5
R =
0,05×
10
−3
= 10
8
22 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

2
L =
R
2
1000 −2
= = 10
8
10
H = 10 mH.
Fluksi yang melingkupi kumparan yang lain 60% dari fluksi yang
dibangkitkan di salah satu kumparan. Reluktansi bersama adalah
Induktansi bersama
1
M =
R
M
R M
2
8
R 10
= = = 1,667 × 10
0.6 0,6
1000×
1000
−2
=
= 0,6×
10
8
1,667×
10
8
H = 6 mH
Catatan Tentang Diagram Fasor. Dalam menurunkan fasor tegangan
induksi E , kita berangkat dari persamaan (1.30) dengan mengambil
t
tanda “−” sebagai penentu polaritas. Hasilnya adalah E merupakan
tegangan jatuh pada belitan, sama dengan E 1 , dan hal ini
ditunjukkan oleh persamaan (1.32). Kita dapat pula memandang
tegangan terbangkit Et
sebagai tegangan naik Et
= −E1
, dengan
mengikut sertakan tanda “−” pada (1.30) dalam perhitungan dan
bukan menggunakannya untuk menentukan polaritas. Jika ini kita
lakukan maka
t
Et
= − jω1 Φ = −E1
= − jωLI
f
(1.39)
Dengan memperhatikan (1.39), diagram fasor tegangan, arus, dan fluksi
untuk induktor ideal adalah seperti pada Gb.1.7.a. Di sini fasor tegangan
terbangkit E t berada 90 o dibelakang fluksi pembangkitnya yaitu Φ.
Fasor Φ sefasa dengan I φ = I f dan tertinggal 90 o dari E 1 .
Gb.1.7.b. dan Gb.1.7.c. adalah diagram fasor induktor dengan
memperhitungkan rugi-rugi inti dan tembaga.
23

E t
E 1
a). Induktor ideal.
I f
Φ
= I φ
E t
b). ada rugi-rugi inti
I φ
Φ
I c
γ
I f
V L
I c V L
E t
I
θ φ
V s
I f
c). ada resistansi belitan Φ
Gb.1.7. Diagram fasor induktor riil.
I f R 1
24 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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.
25

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.
I f
φ
V s
+
+
≈ E 1 2
1
E2
−
−
Jika fluksi di rangkaian magnetiknya adalah φ = Φ maks sin ωt
, maka
fluksi ini akan menginduksikan tegangan di belitan primer sebesar
atau dalam bentuk fasor
dφ
e1 = 1
= 1Φ
maksωcos
ωt
(2.1)
dt
o 1ωΦ
maks o
E 1 = E1∠0 =
∠0
; E1
= nilai efektif (2.2)
2
Karena ω = 2π f maka
E
2π
f
1
1 = Φ maks = 4.44 f 1
2
maks
Di belitan sekunder, fluksi tersebut menginduksikan tegangan sebesar
Dari (2.3) dan (2.4) kita peroleh
Gb.2.1. Transformator dua belitan.
E
E
26 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
Φ
(2.3)
2 = 4 .44 f 2Φ
maks
(2.4)
E
1
2
1
= ≡ a = rasio
2
transformasi
(2.5)
Perhatikan bahwa E 1 sefasa dengan E 2 karena dibangkitkan oleh fluksi
yang sama. Karena E 1 mendahului φ dengan sudut 90 o maka E 2 juga
mendahului φ dengan sudut 90 o . Jika rasio transformasi a = 1, dan

esistansi belitan primer adalah R 1 , diagram fasor tegangan dan arus
adalah seperti ditunjukkan oleh Gb.2.2.a. Arus I f adalah arus
magnetisasi, yang dapat dipandang sebagai terdiri dari dua komponen
yaitu I φ (90 o dibelakang E 1 ) yang menimbulkan φ dan I c (sefasa
dengan E 1 ) guna mengatasi rugi inti. Resistansi belitan R 1 dalam
diagram fasor ini muncul sebagai tegangan jatuh I f R1
.
I c
E 1 = E 2
I f R 1
I
V
I
φ
φ
1
I
I f
I f R 1
f
φ
φ
a). tak ada fluksi bocor b). ada fluksi bocor
Gb.2.2. Diagram fasor transformator tak berbeban
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
V s
≈
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 E 1 ). Tegangan induksi
I f
I c
φ l
E 1 = E 2
φ l1
φ
V 1
jI f X l
Gb.2.3. Transformator tak berbeban.
Fluksi bocor belitan primer.
E 2
27

ini 90 o mendahului φ l1 (seperti halnya E1
90 o mendahului φ) dan dapat
dinyatakan sebagai suatu tegangan jatuh ekivalen, E l1
, di rangkaian
primer dan dinyatakan sebagai
E l 1 = jI f X 1
(2.6)
dengan X 1 disebut reaktansi bocor rangkaian primer. Hubungan tegangan
dan arus di rangkaian primer menjadi
1 = E1
+ I1R1
+ El1
= E1
+ I1R1
jI1X1
(2.7)
V +
Diagram fasor dengan memperhitungkan adanya fluksi bocor ini adalah
Gb.2.2.b.
Transformator Berbeban. Rangkaian transformator berbeban resistif,
R B , diperlihatkan oleh Gb.2.4. Tegangan induksi E 2 (yang telah timbul
dalam keadaan tranformator tidak berbeban) akan menjadi sumber di
rangkaian sekunder dan memberikan arus sekunder I 2 . Arus I 2 ini
membangkitkan fluksi yang berlawanan arah dengan fluksi bersama φ
dan sebagian akan bocor (kita sebut fluksi bocor sekunder).
I 1
φ I 2
V s
≈
φ l1
φ l2
V 2
R B
Gb.2.4. Transformator berbeban.
Fluksi bocor ini, φ l2 , sefasa dengan I 2 dan menginduksikan tegangan
E l2 di belitan sekunder yang 90 o mendahului φ l2 . Seperti halnya untuk
belitan primer, tegangan El2
ini diganti dengan suatu besaran ekivalen
yaitu tegangan jatuh ekivalen pada reaktansi bocor sekunder X 2 di
rangkaian sekunder. Jika resistansi belitan sekunder adalah R 2 , maka
untuk rangkaian sekunder kita peroleh hubungan
2 = V2
+ I 2 R2
+ El2
= V2
+ I 2 R2
jI
2 X 2 (2.8)
E +
dengan V 2 adalah tegangan pada beban R B .
28 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Sesuai dengan hukum Lenz, arus sekunder membangkitkan fluksi yang
melawan fluksi bersama. Oleh karena itu fluksi bersama akan cenderung
mengecil. Hal ini akan menyebabkan tegangan induksi di belitan primer
juga cenderung mengecil. Akan tetapi karena belitan primer terhubung
ke sumber yang tegangannya tak berubah, maka arus primer akan naik.
Jadi arus primer yang dalam keadaan transformator tidak berbeban
hanyalah arus magnetisasi I f , bertambah menjadi I 1 setelah
transformator berbeban. Pertambahan arus ini haruslah sedemikian rupa
sehingga fluksi bersama φ dipertahankan dan E1
juga tetap seperti
semula. Dengan demikian maka persamaan rangkaian primer (2.7) tetap
terpenuhi.
Pertambahan arus primer dari
I f menjadi I 1
adalah untuk
mengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh I 2 sehingga φ
dipertahankan. Jadi haruslah
( I − I ) − ( I ) 0
1 1 f 2 2 =
(2.9)
Pertambahan arus primer ( I 1 − I f ) disebut arus penyeimbang yang akan
mempertahankan φ. Makin besar arus sekunder, makin besar pula arus
penyeimbang yang diperlukan yang berarti makin besar pula arus primer.
Dengan cara inilah terjadinya transfer daya dari primer ke sekunder. Dari
(2.9) kita peroleh arus magnetisasi
2.3. Diagram Fasor
I
f
( I )
2 I 2
= I1
− 2 = I1
−
(2.10)
a
1
Dengan persamaan (2.7) dan (2.8) kita dapat menggambarkan secara
lengkap diagram fasor dari suatu transformator. Penggambaran kita
mulai dari belitan sekunder dengan langkah-langkah:
Gambarkan V2
dan I 2 . Untuk beban resistif, I 2 sefasa dengan V 2 .
Selain itu kita dapat gambarkan I ′ 2 = I 2 / a yaitu besarnya arus
sekunder jika dilihat dari sisi primer.
Dari 2 V dan 2 I kita dapat menggambarkan 2 E sesuai dengan
persamaan (2.8) yaitu
29

E 2 = V2
+ I 2 R2
+ El2
= V2
+ I 2 R2
+ jI
2 X 2
Sampai di sini kita telah menggambarkan diagram fasor rangkaian
sekunder.
Untuk rangkaian primer, karena E1
sefasa dengan E 2 maka E 1
dapat kita gambarkan yang besarnya E1 = aE2
.
Untuk menggambarkan arus magnetisasi I f kita gambarkan lebih
dulu φ yang tertinggal 90 o dari E 1 . Kemudian kita gambarkan
yang mendahului φ dengan sudut histerisis γ. Selanjutnya arus
'
belitan primer adalah I 1 = I f + I 2 .
Diagram fasor untuk rangkaian primer dapat kita lengkapi sesuai
dengan persamaan (2.7), yaitu
V 1 = E1
+ I1R1
+ El1
= E1
+ I1R1
+ jI1X
Dengan demikian lengkaplah diagram fasor transformator berbeban.
Gb.2.5. adalah contoh diagram fasor yang dimaksud, yang dibuat dengan
mengambil rasio transformasi 1 / 2 = a > 1
I f
V 1
φ γ
I
f
'
I 2
I 1
I 2
V 2
E 2
I 2 R 2
jI 2 X 2
E 1
I 1 R 1
jI 1 X 1
Gb.2.5. Diagram fasor lengkap,
transformator berbeban resistif . a > 1
COTOH-2.1 : Belitan primer suatu transformator yang dibuat untuk
tegangan 220 V(rms) mempunyai jumlah lilitan 160. Belitan ini
dilengkapi dengan titik tengah (center tap). a). Berapa persenkah
besar fluksi maksimum akan berkurang jika tegangan yang kita
terapkan pada belitan primer adalah 110 V(rms) b). Berapa
persenkah pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 55 V
(rms) pada setengah belitan primer c). Berapa persenkah
pengurangan tersebut jika kita menerapkan tegangan 110 V (rms)
pada setengah belitan primer d). Jika jumlah lilitan di belitan
30 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

sekunder adalah 40, bagaimanakah tegangan sekunder dalam kasuskasus
tersebut di atas
Penyelesaian :
a). Dengan mengabaikan resistansi belitan, fluksi maksimum Φ m
adalah
E1
2 V1
2 220 2
Φ m = = =
1ω
1ω
160ω
Jika tegangan 110 V diterapkan pada belitan primer, maka
V1′
2 110 2
Φ′ m = =
1ω
160ω
Penurunan fluksi m aksimum adalah 50 %, Φ′ m = Φ m / 2.
b). Jika tegangan 55 V diterapkan pada setengah belitan primer,
V ′′
Φ ′′ 1 2 55 2 110 2
m = = =
(1/ 2) 1ω
80ω
160ω
Penurunan fluksi maksimum adalah 50 %, Φ″ m = Φ m / 2.
c). Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan maka
V ′′′
Φ ′′ ′ 1 2 110 2 220 2
m = = =
(1/ 2) 1ω
80ω
160ω
Tidak terjadi penurunan fluksi maksimum, Φ′″ m =Φ m .
d). Dengan 1 / 2 = 160/40 = 4 maka jika tegangan primer 220 V,
tegangan sekunder adalah 55 V. Jika tegangan primer 110 V,
tegangan sekundernya 229.5 V. Jika tegangan 55 V diterapkan
pada setengah belitan primer, tegangan sekunder adalah 27.5 V.
Jika tegangan 110 V diterapkan pada setengah belitan primer,
tegangan sekunder adalah 55 V.
COTOH-2.2 : Sebuah transformator satu fasa mempunyai belitan
primer dengan 400 lilitan dan belitan sekunder 1000 lilitan. Luas
penampang inti efektif adalah 60 cm 2 . Jika belitan primer
dihubungkan ke sumber 500 V (rms) yang frekuensinya 50 Hz,
tentukanlah kerapatan fluksi maksimum dalam inti serta tegangan di
belitan sekunder.
Penyelesaian :
31

Dengan mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor, maka
1ωΦ
m
500 2
V1
= = 500 → Φ m =
= 0.00563 weber
2
400 × 2π × 50
0.00563
→ Kerapatan fluksi maksimum : Bm
= = 0.94 weber/m
0.006
1000
Tegangan belitan sekunder adalah V 2 = × 500 = 1250 V
400
COTOH-2.3 : Dari sebuah transformator satu fasa diinginkan suatu
perbandingan tegangan primer / sekunder dalam keadaan tidak
berbeban 6000/250 V. Jika frekuensi kerja adalah 50 Hz dan fluksi
dalam inti transformator dibatasi sekitar 0.06 weber, tentukan
jumlah lilitan primer dan sekunder.
Penyelesaian :
Pembatasan fluksi di sini adalah fluksi maksimum. Dengan
mengabaikan resistansi belitan dan reaktansi bocor,
1ωΦ
m
6000 2
V1
= = 6000 → 1
=
= 450
2
2π × 50 × 0.06
250
⇒ 2 = × 450 = 18.75
6000
Pembulatan jumlah lilitan harus dilakukan. Dengan melakukan
pembulatan ke atas, batas fluksi maksimum Φ m tidak akan
terlampaui. Jadi dapat kita tetapkan
6000
⇒ 2 = 20 lilitan ⇒ 1
= × 20 = 480 lilitan
250
2.4. 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).
2
32 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V1
= E1
+ I1R1
+ jI1X1
; E2
= V2
+ I2R2
+ jI2X2
'
I1
= I f + I2
'
dengan 2 I
I
2
2 = I2
=
1
a
;
(2.11)
Dengan hubungan E 1 = aE 2 dan I′ 2 = I 2 /a maka persamaan ke-dua dari
(2.11) dapat ditulis sebagai
E
a
⇒ E
1
1
= V
2
= aV
2
dengan
+ a I′
R
+ I′
( a
2
2
2
2
2
2
V ′ = aV
+ ja I′
X
2
2
;
2
2
R′
2
2
R ) + j I′
( a
Dengan (2.12) maka (2.11) menjadi
X
= a
2
2
) = V′
+ I′
R′
+ j I′
X ′ (2.12)
R
V1
= E1
+ I1R1
+ jI1X1;
E1
= aV2
+ I2′
R2′
+ j I2′
X 2′
;
I1
= I f + I2′
2
2
;
2
X ′
2
2
= a
2
X
2
2
2
(2.13)
'
I 2 , R′ 2 , dan X′ 2 adalah arus, resistansi, dan reaktansi sekunder yang
dilihat oleh sisi primer. Dari persamaan (2.13) dibangunlah rangkaian
ekivalen transformator seperti Gb.2.6. di bawah ini.
I
'
1
I 2
∼
V 1
R 1
jX 1
E 1
Z
I
f
R′ 2
jX′ 2
B
V
'
2 = aV2
Gb.2.6. Rangkaian ekivalen diturunkan dari persamaan (2.13).
Pada diagram fasor Gb.2.5. kita lihat bahwa arus magnetisasi dapat
dipandang sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu I c dan I φ . I c sefasa
dengan E 1 sedangkan I φ 90 o dibelakang E 1 . Dengan demikian maka
impedansi Z pada rangkaian ekivalen Gb.2.6. dapat dinyatakan sebagai
hubungan paralel antara suatu resistansi R c dan impedansi induktif jX φ
sehingga rangkaian ekivalen transformator secara lebih detil menjadi
seperti Gb.2.7.
33

∼
I 1
'
I 2
R 1
jX 1 I f R′ 2
jX′ 2
V 1 E 1
I φ
B V2′
= aV2
R I
c c jX c
Gb.2.7. Rangkaian ekivalen transformator lebih detil.
Rangkaian Ekivalen Yang Disederhanakan. Pada transformator yang
digunakan pada tegangan bolak-balik yang konstan dengan frekuensi
yang konstan pula (seperti misalnya transformator pada sistem tenaga
listrik), besarnya arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari
arus beban penuh transformator. Keadaan ini bisa dicapai karena inti
transformator dibangun dari material dengan permeabilitas magnetik
yang tinggi. Oleh karena itu, jika I f diabaikan terhadap I 1 kesalahan yang
terjadi dapat dianggap cukup kecil. Pengabaian ini akan membuat
rangkaian ekivalen menjadi lebih sederhana seperti terlihat pada Gb.2.8.
'
I 1 = I 2
∼
R e = R 1 +R′ 2
jX e =j(X 1 + X′ 2 )
V
B V
1
2′
2.5. Impedansi Masukan
'
jI 2 X e
V 2′
'
I 2
Gb.2.8. Rangkaian ekivalen transformator
disederhanakan dan diagram fasornya.
Resistansi beban B adalah R B = V 2 /I 2 . Dilihat dari sisi primer resistansi
tersebut menjadi
V 1
34 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V2′
aV2
V2
RB′ 2 2
= = = a = a R B
(2.14)
I 2′
I 2 / a I 2
Dengan melihat rangkaian ekivalen yang disederhanakan Gb.2.10,
impedansi masukan adalah
V1
2
Z in = = Re
+ a RB
+ jX
I
2.6. Penentuan Parameter Transformator
1
e
(2.15)
Dari rangkaian ekivalen lengkap Gb.2.7. terlihat ada enam parameter
transformator yang harus ditentukan, R 1 , X 1 , R′ 2 , X′ 2 , R c , dan X φ .
Resistansi belitan primer dan sekunder dapat diukur langsung
menggunakan metoda jembatan. Untuk menentukan empat parameter
yang lain kita memerlukan metoda khusus seperti diuraikan berikut ini.
Uji Tak Berbeban ( Uji Beban ol ). Uji beban nol ini biasanya
dilakukan pada sisi tegangan rendah karena catu tegangan rendah
maupun alat-alat ukur tegangan rendah lebih mudah diperoleh. Sisi
tegangan rendah menjadi sisi masukan yang dihubungkan ke sumber
tegangan sedangkan sisi tegangan tinggi terbuka. Pada belitan tegangan
rendah dilakukan pengukuran tegangan masukan V r , arus masukan I r , dan
daya (aktif) masukan P r . Karena sisi primer terbuka, I r adalah arus
magnetisasi yang cukup kecil sehingga kita dapat melakukan dua
pendekatan. Pendekatan yang pertama adalah mengabaikan tegangan
jatuh di reaktansi bocor sehingga V r sama dengan tegangan induksi E r .
Pendekatan yang kedua adalah mengabaikan kehilangan daya di
resistansi belitan sehingga P r menunjukkan kehilangan daya pada R cr (R c
dilihat dari sisi tegangan rendah) saja.
Pr
Pr
Daya kompleks masukan : Sr
= Vr
I r ; cosθ = =
S V I
⇒
⇒
Icr
= I r cosθ
Vr
Rcr
=
Icr
;
Vr
=
I r cosθ
→ sin θ =
I φr
= I r sin θ
;
Vr
X φr
=
I φr
2 2
Sr
− Pr
Sr
r
Vr
=
I r sin θ
r
r
(2.16)
35

Uji Hubung Singkat. Uji hubung singkat dilakukan di sisi tegangan
tinggi dengan si`si tegangan rendah dihubung-singkat. Sisi tegangan
tinggi menjadi sisi masukan yang dihubungkan dengan sumber tegangan.
Tegangan masukan harus cukup rendah agar arus di sisi tegangan rendah
masih dalam batas nominalnya. Pengukuran di belitan tegangan tinggi
dilakukan seperti halnya pada uji beban nol, yaitu tegangan masukan V t ,
arus masukan I t , dan daya (aktif) masukan P t . Tegangan masukan yang
dibuat kecil mengakibatkan rugi-rugi inti menjadi kecil sehingga kita
dapat membuat pendekatan dengan mengabaikan rugi-rugi inti. Dengan
demikian kita dapat menggunakan rangkaian ekivalen yang
disederhanakan Gb.2.9. Daya P t dapat dianggap sebagai daya untuk
mengatasi rugi-rugi tembaga saja, yaitu rugi-rugi pada resistansi ekivalen
yang dilihat dari sisi tegangan tinggi R et .
t
t
2
t
P = I
V = I
t
R
Z
et
et
→ R
et
→ Z
P
=
I
et
t
2
t
V
=
I
t
t
;
→ X
e
=
Z
2
et
− R
2
et
(2.17)
Dalam perhitungan ini kita memperoleh nilai R et = R 1 + R′ 2 . Nilai
resistansi masing-masing belitan dapat diperoleh dengan pengukuran
terpisah sebagaimana telah disebutkan di atas.
Untuk reaktansi, kita memperoleh nilai X et = X 1 + X′ 2 . Kita tidak dapat
memperoleh informasi untuk menentukan reaktansi masing-masing
belitan. Jika sekiranya nilai reaktansi masing-masing belitan diperlukan
kita dapat mengambil asumsi bahwa X 1 = X′ 2 . Kondisi ini sesungguhnya
benar adanya jika transformator dirancang dengan baik.
COTOH-2.5 : Pada sebuah transformator 25 KVA, 2400/240 volt, 50
Hz, dilakukan uji beban nol dan uji hubung singkat.
Uji beban nol pada sisi tegangan rendah memberikan hasil
V r = 240 volt, I r = 1.6 amper, P r = 114 watt
Uji hubung singkat yang dilakukan dengan menghubung-singkat
belitan tegangan rendah memberikan hasil pengukuran di sisi
tegangan tinggi
V t = 55 volt, I t = 10.4 amper, P t = 360 watt
36 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

a). Tentukanlah parameter transformator dilihat dari sisi tegangan
tinggi. b). Berapakah rugi-rugi inti dan rugi-rugi tembaga pada
beban penuh
Penyelesaian :
a). Uji beban nol dilakukan di sisi tegangan rendah. Jadi nilai R c dan
X φ yang akan diperoleh dari hasil uji ini adalah dilihat dari tegangan
rendah, kita sebut R cr dan X φr .
2 2
P 114
(240×
1.6) −114
cos θ = = = 0.3; sin θ =
= 0.95
VI 240×
1.6
240×
1.6
V 240 240
V 240
Rcr
= = = = 500 Ω ; X φ r = = = 158 Ω
I c I cos θ 1.6×
0.3
I φ 1.6×
0.95
Jika dilihat dari sisi tegangan tinggi :
R
X
ct
φt
2
= a R
= a
2
cr
X
⎛
= ⎜
⎝
φr
2
2400 ⎞
⎟
240 ⎠
= 15.8 kΩ
× 500 = 50 kΩ
Resistansi ekivalen dan reaktansi bocor ekivalen diperoleh dari uji
hubung singkat. Uji hubung singkat yang dilakukan di sisi tegangan
tinggi ini memberikan
Pt
360
Ret
= = = 3.33 Ω ;
2 2
It
(10.4)
Vt
55
Zet
= = = 5.29 Ω →
It
10.4
X et =
2 2
5.29 = 3.33
= 4.1Ω
b). Pada pembebanan penuh fluksi bersama dalam inti transformator
hampir sama dengan fluksi dalam keadaan beban nol. Jadi rugi-rugi
inti pada pembebanan penuh adalah 114 Watt. Rugi-rugi tembaga
tergantung dari besarnya arus. Besarnya arus primer pada beban
penuh adalah sama dengan arus sisi tegangan tinggi pada percobaan
hubung singkat, yaitu
S 25000 2
I 1 = = = 10.4 A → Pcu
= I1
Ret
= (10.4)
2 × 3.33 = 360 W
V 2400
1
37

Karena pada uji hubung singkat arus sisi tegangan tinggi dibuat
sama dengan arus beban penuh, maka rugi-rugi tembaga adalah
penunjukan wattmeter pada uji hubung singkat.
2.7. Efisiensi dan Regulasi Tegangan
Efisiensi suatu piranti didefinisikan sebagai
daya keluaran [watt]
η =
(2.18)
daya masukan [watt]
Karena daya keluaran sama dengan daya masukan dikurangi rugi-rugi
daya, maka efisiensi dapat dinyatakan sebagai
rugi - rugi daya [watt]
η =1 −
(2.19)
daya masukan [watt]
Formulasi (2.19) ini lebih sering digunakan. Untuk transformator rugirugi
daya dapat segera diperoleh melalui uji beban nol dan uji hubung
singkat, yaitu jumlah rugi inti dan rugi tembaga.
Regulasi tegangan transformator didefinisikan sebagai perubahan
besarnya tegangan sekunder bila arus berubah dari beban penuh ke beban
nol dengan tegangan primer dijaga tetap. Jadi
V2 beban nol −V2 beban penuh
Regulasi Tegangan =
V2 beban penuh
V1
/ a − V2
=
V2
V1
− aV2
=
aV2
V1
− V2′
=
V2′
Dengan memperhatikan diagram fasor Gb.2.9. maka (2.25) menjadi
Regulasi Tegangan =
V2 ′ + I′
2 ( R e + jX e ) − V2′
V2′
(2.25)
(2.26)
COTOH-2.6 : Transformator pada Contoh-5. mencatu beban 25 KVA
pada faktor daya 0.8. a). Hitunglah efisiensinya. b). Hitunglah
regulasi tegangannya.
Penyelesaian :
38 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Total rugi daya : P c + cu = 114 + 360 = 474 W = 0.474 KW
a). Daya keluaran : Po
= 25000×
0.8 = 20 KW
0.474
Efisiensi : η = 1−
= 0.976 atau 97.6 %
20
b). Mengambil V 2 sebagai referensi : V′ 2 = 10×240 = 2400∠0 o V.
′ −1
o
I 2 = I 2 / a = (25000 / 240) /10∠ − cos 0.8 = 10.4∠ − 36.8
o
o
2400∠0
+ 10.4∠ − 36.8 (3.33 + j4.1)
− 2400
Reg.Tegangan =
2400
0.022 atau 2.2 %
2.8. Konstruksi Transformator
Dalam pembahasan transformator, kita melihat transformator dengan
satu inti dua belitan. Belitan primer digulung pada salah satu kaki inti
dan belitan sekunder digulung pada kaki inti yang lain. Dalam kenyataan
tidaklah demikian. Untuk mengurang fluksi bocor, belitan primer dan
sekunder masing-masing dibagi menjadi dua bagian dan digulung di
setiap kaki inti. Belitan primer dan sekunder digulung secara konsentris
dengan belitan sekunder berada di dalam belitan primer. Dengan cara ini
fluksi bocor dapat ditekan sampai hanya beberapa persen dari fluksi
bersama. Pembagian belitan seperti ini masih mungkin dilanjutkan untuk
lebih menekan fluksi bocor, dengan beaya yang sudah barang tentu lebih
tinggi.
R / 2 R / 2
T /
T /
2
2
a). tipe inti.
a). tipe sel.
Gb.2.9. Dua tipe konstruksi transformator.
T : jumlah lilitan tegangan tinggi
R : jumlah lilitan tegangan rendah.
R / 4
T / 2
R / 2
T / 2
R / 4
39

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 V UO , V VO , V WO dengan nilai V FP , dan tegangan fasa sekunder
kita sebut V XO , V YO , V ZO dengan nilai V FS . Nilai tegangan saluran
(tegangan fasa-fasa) primer dan sekunder kita sebut V LP dan V LS . Nilai
40 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

arus saluran primer dan sekunder masing-masing kita sebut I LP dan I LS
sedang nilai arus fasanya I FP dan I FS . Rasio tegangan fasa primer
terhadap sekunder V / V a . Dengan mengabaikan rugi-rugi untuk
FP FS =
hubungan ∆-∆ kita peroleh :
U
V
W
V UO
V VO
V WO
VLP VFP
I LP I FP 3 1
= = a ; = =
(2.27)
VLS
VFP
I LS I FS 3 a
V XO
V YO
V ZO
X
Y V UV = V UO
V XY = V XO
Z
Gb.2.10. Hubungan ∆-∆.
Hubungan ∆-Y. Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.2.11.
Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan tegangan fasa primer, sedangkan
tegangan fasa-fasa sekunder sama dengan √3 kali tegangan fasa sekunder
dengan perbedaan sudut fasa 30 o . Dengan mengabaikan rugi-rugi kita
peroleh
VLP VFP
a I LP I FP 3 3
= = ; = =
(2.28)
VLS
VFS
3 3 I LS I FS a
Fasor tegangan fasa-fasa sekunder mendahului primer 30 o .
U
X
V
V UO
V XO
Y
V UV = V UO
V ZO
V XY
W
V VO
V YO
Z
V XO
V WO
V ZO
Gb.2.11. Hubungan ∆-Y
V YO
41

Hubungan Y-Y. Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.2.12.
Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan √3 kali tegangan fasa primer
dengan perbedaan sudut fasa 30 o , tegangan fasa-fasa sekunder sama
dengan √3 kali tegangan fasa sekunder dengan perbedaan sudut fasa 30 o .
Perbandingan tegangan fasa-fasa primer dan sekunder adalah
VLP VFP
3 I LP I FP 1
= = a ; = =
(2.29)
VLS
V
I LS I FS a
FS 3
Antara fasor tegangan fasa-fasa primer dan sekunder tidak terdapat
perbedaan sudut fasa.
U
X
V UO
V XO
V
Y
V VO
V YO
W
Z
V WO
V ZO
V WO
V UV
V ZO
V XY
V UO
V XO
V VO
V YO
Gb.2.12. Hubungan Y-Y
42 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Hubungan Y-∆. Hubungan ini terlihat pada Gb.2.13.
Tegangan fasa-fasa pimer sama dengan √3 kali tegangan fasa primer
dengan perbedaan sudut fasa 30 o , sedangkan tegangan fasa-fasa sekunder
sama dengan tegangan fasa sekunder. Dengan mengabaiakan rugi-rugi
diperoleh
VLP
VLS
VFP
3
I LP I FP 1
= = a 3 ; = = (2.30)
VFS
I LS I FS 3 a 3
Fasor tegangan fasa-fasa primer mendahului sekunder 30 o .
U
V
W
V UO
V VO
V WO
V XO
V YO
V ZO
X
Y
Z
V WO
V UV
V XY = V XO
V UO
V ZO
V YO
V VO
Gb.2.13. Hubungan Y-∆
COTOH-2.7 : Sebuah transformator penurun tegangan 3 fasa,
tegangan primernya dihubungkan pada sumber 6600 V dan
mengambil arus 10 A. Jika rasio transformasi adalah 12, hitunglah
tegangan saluran sekunder, arus saluran sekunder dan daya keluaran
untuk hubungan-hubungan berikut : (a) ∆-∆ ; (b) Y-Y ; (c) ∆-Y ;
(d) Y-∆ .
43

Penyelesaian :
a). Untuk hubungan ∆-∆ :
VFP
VLP
6600
VLS
= VFS
= = = = 550 V ;
a a 12
I LP
I LS = I FS 3 = aI FP 3 = a 3 = 12 × 10 = 120 A.
3
b). Untuk hubungan Y-Y :
VFP
VLP
3 6600
VLS
= VFS
3 = 3 = = = 550 V ;
a 3 a 12
I LS == I FS = aI FP = aI LP = 12 × 10 = 120 A.
c). Untuk hubungan ∆-Y :
VFP
VLP
6600
VLS
= VFS
3 = 3 = 3 = 3 = 953 V ;
a a 12
I LP 10
I LS = I FS = aI FP = a = 12 = 69,3 A.
3 3
d) Untuk hubungan Y-∆ :
V
I
LS
LS
= V
= I
FS
FS
V
=
a
FP
3 = aI
1 VLP
= =
a 3
FP
3 = aI
1
12
LP
6600
= 318 V ;
3
3 = 12 × 10 ×
3 = 208 A .
Dengan mengabaikan rugi-rugi daya keluaran sama dengan daya
masukan.
S keluaran
= Smasukan
= VLP
I LP
3 = 6,6 × 10 3 = 114,3 kVA.
44 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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
dλ
dφ
e = − = −
dan F = KB
B i f (θ)
dt dt
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.
45

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
a 1 a 11 sampai c 2 c 22 pada alur-alurnya, dan bagian rotor yang berputar
yang mendukung kutub-kutub magnit. Belitan pada stator tempat
kita memperoleh energi disebut belitan jangkar. Belitan pada rotor
yang dialiri arus eksitasi untuk menimbullkan medan magnit disebut
belitan eksitasi. Pada gambar ini ada empat kutub magnit. Satu
siklus kutub S-U pada rotor memiliki kisar sudut (yang kita sebut
sudut magnetis atau sudut listrik) 360 o . Kisar sudut 360 o ini
melingkupi tiga belitan di stator dengan posisi yang bergeser 120 o
antara satu dengan lainnya. Misalnya belitan a 1 a 11 dan belitan b 1 b 11
berbeda posisi 120 o , belitan b 1 b 11 dan c 1 c 11 berbeda posisi 120 o , dan
mereka bertiga berada di bawah satu kisaran kutub S-U. Tiga belitan
yang lain, yaitu a 2 a 22 , b 2 b 22 , dan c 2 c 22 berada dibawah satu kisaran
kutub S-U yang lain dan mereka juga saling berbeda posisi 120 o .
a
b 11
1 c1
c 11 S b 11
a 1 U U a 2
b 22 S c 22
c 2
a 22
b 2
a 1 a 11
180 o mekanis = 360 o
φ
φ
φ
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
atau secara umum
θ magnetik [ derajat]
= 2×
θmekanik
[ derajat]
46 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

p
θ magnetik [ derajat]
= × θmekanik
[ derajat]
(3.1)
2
dengan p adalah jumlah kutub.
Kecepatan sudut mekanik adalah
dθmekanik
ω mekanik = = 2π f mekanik
(3.2)
dt
Frekuensi mekanik f mekanik adalah jumlah siklus mekanik per detik
yang tidak lain adalah kecepatan perputaran rotor per detik.
Biasanya kecepatan perputaran rotor dinyatakan dengan jumlah
rotasi per menit (rpm). Jadi jika kecepatan perputaran rotor adalah n
rpm, maka jumlah siklus per detik adalah
n n
atau f mekanis =
60
60
siklus per detik.
Kecepatan sudut magnetik adalah
dθmagnetik
ω magnetik = = 2π f magnetik
(3.3)
dt
Dengan hubungan (3.1) maka (3.3) menjadi
p
p
p n p n
ω magnetik = ωmekanik
= 2π
f mekanik = 2π
= 2π
2
2
2 60 120
yang berarti
p n
f magnetik = siklus per detik (3.4)
120
Perubahan fluksi magnetik akan membangkitkan tegangan induksi
di setiap belitan. Karena fluksi magnetik mempunyai frekuensi
p n
f magnetik = Hz maka tegangan pada belitanpun akan
120
mempunyai frekuensi
p n
f tegangan = Hz
(3.5)
120
47

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.
180 o mekanis = 360 o magnetik
a 11
φ s
a θ
1
Gb.3.2. Perhitungan fluksi.
Dengan pergeseran posisi belitan 120 o magnetik untuk setiap pasang
kutub, maka kita mendapatkan tegangan sistem tiga fasa untuk
setiap pasang kutub, yaitu e a1 pada belitan a 1 a 11 , e b1 pada b 1 b 11 , dan
e c1 pada c 1 c 11 . Demikian pula kita memperoleh tegangan e a2 , e b2
dan e c2 pada belitan-belitan di bawah pasangan kutub yang lain. Jadi
setiap pasang kutub akan membangkitkan tegangan sistem tiga fasa
pada belitan-belitan yang berada dibawah pengaruhnya. Tegangan
yang sefasa, misalnya e a1 dan e a2 , dapat dijumlahkan untuk
memperoleh tegangan yang lebih tinggi atau diparalelkan untuk
memperoleh arus yang lebih besar.
Tegangan yang terbangkit di belitan pada umumnya diinginkan
berbentuk gelombang sinus v = Acos ωt
, dengan pergeseran 120 o
untuk belitan fasa-fasa yang lain. Tegangan sebagai fungsi waktu
48 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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
dφ
dθ
s magnetik
= φ
dt dt
= φ ω magnetik
p n
Karena ω magnetik = 2π
f magnetik = 2π
, maka
120
d φ s = φ
dt
π
p n
60
Dari (3.4) kita peroleh tegangan pada belitan, yaitu
(3.6)
(3.7)
dφ
s
p n
v = − = − φ π
(3.8)
dt
60
Jika φ bernilai konstan, tidaklah berarti (3.8) memberikan suatu t
egangan konstan karena φ bernilai konstan positif untuk setengah
perioda dan bernilai konstan negatif untuk setengah perioda
berikutnya. Maka (3.8) memberikan tegangan bolak-balik yang
tidak sinus. Untuk memperoleh tegangan berbentuk sinus, φ harus
berbentuk sinus juga. Akan tetapi ia tidak dibuat sebagai fungsi
sinus terhadap waktu, akan tetapi sebagai fungsi sinus posisi, yaitu
terhadap θ maknetik . Jadi jika
φ = φ m cos θ maknetik
(3.9)
maka laju pertambahan fluksi yang dilingkupi belitan adalah
49

( φ cosθ
)
dφs
dφ
d
dθmagnetik
= = m magnetik = −φm
sinθmagnetik
dt dt dt
dt
⎛ p n ⎞
= −φ m ω magnetik sin θ mmagnetik = −φ m⎜2
π ⎟ sin θmagnetik
⎝ 120 ⎠
(3.10)
sehingga tegangan belitan
dφ
s p n
e = −
= π φm
sin θmagnetik
dt 60 (3.11)
= 2π
f φm
sin θmagnetik
= ω φm
sin ωt
Persamaan (3.11) memberikan nilai sesaat dari dari tegangan yang
dibangkitkan di belitan stator. Nilai maksimum dari tegangan ini
adalah
dan nilai efektifnya adalah
Em
= ω
φm
Volt
(3.12)
Em
ω
φm
2π
f
Erms
= = =
2 2 2
= 4,44 f φm
Volt
φm
(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
a 1 a 11 , yang ditempatkan di sepasang alur stator, walaupun
gulungan itu terdiri dari lilitan. Belitan semacam ini kita
sebut belitan terpusat.
2. Lebar belitan, yaitu kisar sudut antara sisi belitan a 1 dan a 11
adalah 180 o magnetik. Lebar belitan semacam ini kita sebut
kisar penuh.
Dalam praktek lilitan setiap fasa tidak terpusat di satu belitan,
melainkan terdistribusi di beberapa belitan yang menempati
beberapa pasang alur stator. Belitan semacam ini kita sebut belitan
terdistribusi, yang dapat menempati stator sampai 1/3 kisaran penuh
50 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

(60 o magnetik). Selain dari pada itu, gulungan yang menempati
sepasang alur secara sengaja dibuat tidak mempunyi lebar satu
kisaran penuh; jadi lebarnya tidak 180 o akan tetapi hanya 80%
sampai 85% dari kisaran penuh. Pemanfaatan belitan terdistribusi
dan lebar belitan tidak satu kisar penuh dimaksudkan untuk
menekan pengaruh harmonisa yang mungkin ada di kerapatan
fluksi. Sudah barang tentu hal ini akan sedikit mengurangi
komponen fundamental dan pengurangan ini dinyatakan dengan
suatu faktor K w yang kita sebut faktor belitan. Biasanya K w
mempunyai nilai antara 0,85 sampai 0,95. Dengan adanya faktor
belitan ini formulasi tegangan (3.13) menjadi
Erms = 4,44
f K w φm
Volt
(3.14)
Pada pengenalan ini kita hanya melihat mesin sinkron kutub tonjol
dalam keadaan tak berbeban; analisis dalam keadaan berbeban akan
kita pelajari lebih lanjut pada pelajaran khusus mengenai mesinmesin
listrik. Selanjutnya kita akan melihat mesin sinkron rotor
silindris.
COTOH-3.1: Sebuah generator sinkron tiga fasa, 4 kutub, belitan
jangkar terhubung Y, mempunyai 12 alur pada statornya dan
setiap alur berisi 10 konduktor. Fluksi kutub terdistribusi secara
sinus dengan nilai maksimumnya 0,03 Wb. Kecepatan
perputaran rotor 1500 rpm. Carilah frekuensi tegangan jangkar
dan nilai rms tegangan jangkar fasa-netral dan fasa-fasa.
Penyelesaian :
Frekuensi tegangan jangkar adalah
p n 4×
1500
f = = = 50 Hz
120 120
12
Jumlah alur per kutub adalah = 3 yang berarti setiap pasang
4
kutub terdapat 3 belitan yang membangun sistem tegangan tiga
fasa. Jadi setiap fasa terdiri dari 1 belitan yang berisi 10 lilitan.
Nilai rms tegangan jangkar per fasa per pasang kutub adalah
E ak = 4 ,44 f φm
= 4,44×
50×
10×
0,03 = 66,6 V
51

Karena ada dua pasang kutub maka tegangan per fasa adalah : 2
× 66,6 = 133 V.
Tegangan fasa-fasa adalah 133 √3 = 230 V.
COTOH-3.2: Soal seperti pada Contoh-3.1. tetapi jumlah alur
pada stator ditingkatkan menjadi 24 alur. Ketentuan yang lain
tetap.
Penyelesaian :
Frekuensi tegangan jangkar tidak tergantung jumlah alur. oleh
karena itu frekuensi tetap 50 Hz.
24
Jumlah alur per kutub adalah = 6 yang berarti setiap
4
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
E a1 = 4,44 f φm
V = 4,44×
50×
10×
0,03 = 66,6 V .
Karena dua belitan tersebut berada pada alur yang berbeda,
maka terdapat beda fasa antara tegangan imbas di keduanya.
Perbedaan sudut mekanis antara dua alur yang berurutan adalah
360 o
= o
15 mekanik. Karena mesin mengandung 4 kutub atau
24
2 pasang kutub, maka 1 o mekanik setara dengan 2 o listrik. Jadi
selisih sudut fasa antara tegangan di dua belitan adalah 30 o
elektrik sehingga tegangan rms per fasa per pasang kutub
adalah jumlah fasor tegangan di dua belitan yang berselisih fasa
30 o tersebut.
o
o
E ak = 66,6 + 66,6(cos 30 + j sin 30 ) = 124,8 + j33,3
Karena ada 2 pasang kutub maka
E a
= 2×
2 2
(124,8) + (33,3)
= 258
V
Tegangan fasa-fasa adalah 258 √3 = 447 V
52 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

COTOH-3.3: Soal seperti pada Contoh-3.1. tetapi jumlah alur
pada stator ditingkatkan menjadi 144 alur, jumlah kutub dibuat
16 (8 pasang), kecepatan perputaran diturunkan menjadi 375
rpm. Ketentuan yang lain tetap.
Penyelesaian :
Frekuensi tegangan jangkar :
16×
375
f = = 50 Hz
120
144
Jumlah alur per kutub = 9 yang berarti terdapat 9 belitan
16
per pasang kutub yang membangun sistem tiga fasa. Jadi tiap
fasa terdapat 3 belitan. Tegangan di tiap belitan adalah
E a1 = 4,44×
50×
10×
0,03 = 66,6 V ; sama dengan tegangan per
belitan pada contoh sebelumnya karena frekuensi, jumlah lilitan
dan fluksi maksimum tidak berubah.
Perbedaan sudut mekanis antara dua alur yang berturutan
o
o
adalah
360 = 2,5 mekanik. Karena mesin mengandung 16
144
kutub (8 pasang) maka 1 o mekanik ekivalen dengan 8 o listrik,
sehingga beda fasa tegangan pada belitan-belitan adalah
o
2 ,5 × 8 = 20 listrik. Tegangan per fasa per pasang kutub adalah
jumlah fasor dari tegangan belitan yang masing-masing
berselisih fasa 20 o .
E
o
o
ak = 66,6 + 66,6∠20
+ 66,6∠40
= 66,61
o o
o o
( + cos 20 + cos 40 + j(sin 20 + sin 40 ))
= 180,2 + j65,6
Karena ada 8 pasang kutub maka tegangan fasa adalah
E a
= 8×
2 2
(180,2) + (65,6)
= 8×
191,8 = 1534
V
Tegangan fasa-fasa adalah 1534 √3 = 2657 V
53

3.2. Mesin Sinkron Rotor Silindris
Sebagaimana telah disinggung di atas, mesin kutub tonjol sesuai
untuk perputaran rendah. Untuk perputaran tinggi digunakan mesin
rotor silindris yang skemanya diperlihatkan ada Gb.3.3.
a
b 1
c
U c 1
S b
a 1
Gb.4.3. Mesin sinkron rotor silindris.
Rotor mesin ini berbentuk silinder dengan alur-alur untuk
menempatkan belitan eksitasi. Dengan konstruksi ini, reluktansi
magnetik jauh lebih merata dibandingkan dengan mesin kutub
tonjol. Di samping itu kendala mekanis untuk perputaran tinggi
lebih mudah diatasi dibanding dengan mesin kutub tonjol. Belitan
eksitasi pada gambar ini dialiri arus searah sehingga rotor
membentuk sepasang kutub magnet U-S seperti terlihat pada
gambar. Pada stator digambarkan tiga belitan terpusat aa 1 , bb 1 dan
cc 1 masing-masing dengan lebar kisaran penuh agar tidak terlalu
rumit, walaupun dalam kenyataan pada umumnya dijumpai belitanbelitan
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
54 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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.
12000
11000
10000
9000
Tegangan Fasa-Netral [V]
8000
7000
6000
5000
4000
3000
2000
1000
celah
udara
V=kI
beban-nol
V=V(I f )| I =0
hubung singkat
I = I (I f ) | V=0
0
0
50 100 150 Arus 200medan 250 300[A]
350 400 450 500
Arus fasa [A]
Gb.3.4. Karakteristik beban-nol dan hubung
singkat.
55

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.
56 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

a
U
θ
U
a
S
sumbu
e maks
S
sumbu
i maks
a 1
sumbu
magnet
(a)
Gb.3.5. Posisi rotor pada saat e maks dan i maks .
Gb.3.5.a. menunjukkan posisi rotor pada saat imbas tegangan di aa 1
maksimum. Hal ini dapat kita mengerti karena pada saat itu
kerapatan fluksi magnetik di hadapan sisi belitan a dan a 1 adalah
maksimum. Perhatikanlah bahwa pada saat itu fluksi magnetik yang
dilingkupi oleh belitan aa 1 adalah minimum. Sementara itu arus di
belitan aa 1 belum maksimum karena beban induktif. Pada saat arus
mencapai nilai maksimum posisi rotor telah berubah seperti terlihat
pada Gb.3.5.b.
Karena pada mesin dua kutub sudut mekanis sama dengan sudut
magnetis, maka beda fasa antara tegangan dan arus jangkar sama
dengan pegeseran rotasi rotor, yaitu θ. Arus jangkar memberikan
mmf jangkar yang membangkitkan medan magnetik lawan yang
akan memperlemah fluksi rotor. Karena adanya reaksi jangkar ini
maka arus eksitasi haruslah sedemikian rupa sehingga tegangan
keluaran mesin dipertahankan.
Catatan : Pada mesin rotor silindris mmf jangkar mengalami
reluktansi magnetik yang sama dengan yang dialami oleh mmf rotor.
Hal ini berbeda dengan mesin kutub tonjol yang akan membuat
analisis mesin kutub tonjol memerlukan cara khusus sehingga kita
tidak melakukannya dalam bab pengenalan ini.
Diagram fasor (Gb.6) kita gambarkan dengan ketentuan berikut
(b)
1. Diagram fasor dibuat per fasa dengan pembebanan induktif.
a 1
sumbu
magnet
57

2. Tegangan terminal V a dan arus jangkar
nominal.
I a adalah
3. Tegangan imbas digambarkan sebagai tegangan naik; jadi
tegangan imbas tertinggal 90 o dari fluksi yang
membangkitkannya.
4. Belitan jangkar mempunyai reaktansi bocor X l dan resistansi
R a .
5. Mmf (fluksi) dinyatakan dalam arus ekivalen.
Dengan mengambil tegangan terminal jangkar V a sebagai referensi,
arus jangkar I a tertinggal dengan sudut θ dari V a (beban induktif).
Tegangan imbas pada jangkar adalah
( R + jX )
E a = Va
+ Ia
a l
(3.15)
Tegangan imbas E a ini harus dibangkitkan oleh fluksi celah udara
Φ a yang dinyatakan dengan arus ekivalen I fa mendahului E a 90 o .
Arus jangkar
dengan arus ekivalen
I a memberikan fluksi jangkar Φ a yang dinyatakan
. Jadi fluksi dalam celah udara merupakan
I φa
jumlah dari fluksi rotor Φ f
I f dan fluksi jangkar. Jadi
yang dinyatakan dengan arus ekivalen
I fa = I f + Iφa
atau I f = I fa − Iφa
(3.16)
Dengan perkataan lain arus eksitasi rotor
I f haruslah cukup untuk
membangkitkan fluksi celah udara untuk membangkitkan E a dan
mengatasi fluksi jangkar agar tegangan terbangkit E a dapat
dipertahankan. Perhatikan Gb.3.6. I f membangkitkan tegangan
E aa 90 o di belakang I f dan lebih besar dari E a .
58 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

E aa
I f
= I fa − I φa
I fa
γ
E a
− I φa
I φa
θ
I a
V a
I a R a
jI a X l
Gb.3.6. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris.
Hubungan antara nilai
E a dan
celah udara, sedangkan antara nilai
I fa diperoleh dari karakteristik
I a dan
I φa
diperoleh dari
karakteristik hubung singkat. Dari karakteristik tersebut, seperti
terlihat pada Gb.3.6., dapat dinyatakan dalam bentuk hubungan
E a = kv
I fa dan I a = ki
Iφa
atau I fa = Ea
/ kv
dan
I φ a = I a / ki
(3.17)
dengan k v dan k i adalah konstanta yang diperoleh dari kemiringan
kurva. Dari (3.7) dan Gb.3.6. kita peroleh
I
Ea
o I a o
f = I fa − Iφa
= ∠(90
+ γ)
+ ∠(180
− θ)
kv
ki
Ea
I a
= j ∠γ − ∠ − θ
kv
ki
Dari (3.18) kita peroleh
E aa yaitu
⎛ Ea
I a ⎞
Eaa
= − jkvI
f = − jkv
⎜ j
⎟
∠γ − ∠ − θ
kv
k
⎝
i ⎠
kv
kv
= Ea∠γ + j I a∠ − θ = Ea
+ j I a
ki
ki
(3.18)
(3.19)
59

Suku kedua (3.19) dapat kita tulis sebagai
jX φa
I a dengan
kv
X φ a =
(3.20)
ki
yang disebut reaktansi reaksi jangkar karena suku ini timbul akibat
adanya reaksi jangkar. Selanjutnya (3.19) dapat ditulis
E
E
( R + jX )
a
a
( R + jX )
aa = a + jX φa
a = a + a a l + jX φa
= Va
+ Ia
I
V
I
I
a
(3.21)
dengan
X a = X l + X φa
yang disebut reaktansi sinkron.
Diagram fasor Gb.3.6. kita gambarkan sekali lagi menjadi Gb.3.7.
untuk memperlihatkan peran reaktansi reaksi jangkar dan reaktansi
sinkron.
E aa
I
f = I fa − Iφa
− I φa
I
fa
I φa
θ
I a
γ
V a
jI a X l
j Ia X φa
jI a X a
Gb.3.7. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris;
reaktansi reaksi jangkar (X φa ) dan reaktansi sinkron (X a ).
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.
E a
I a R a
60 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

3.3. Rangkaian Ekivalen
Dengan pengertian
I a
reaktansi sinkron
dan memperhatikan
persamaan (3.21)
R
+ a jX a +
Beban
kita dapat
− E
Va
aa
−
menggambarkan
rangkaian ekivalen
mesin sinkron Gb.3.8. Rangkaian ekivalen mesin sinkron.
dengan beban
seperti terlihat pada Gb.3.8. Perhatikanlah bahwa rangkaian
ekivalen ini adalah rangkaian ekivalen per fasa. Tegangan V a
adalah tegangan fasa-netral dan I a adalah arus fasa.
COTOH-3.11 : Sebuah generator sinkron tiga fasa 10 MVA,
terhubung Y, 50 Hz, Tegangan fasa-fasa 13,8 kV, mempunyai
karakteristik celah udara yang dapat dinyatakan sebagai
E a = 53,78
I f V dan karakteristik hubung singkat
I a = 2,7
I f A (I f dalam ampere). Resistansi jangkar per fasa
adalah 0,08 Ω dan 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
13800
V a = = 7967,4 V .
3
Arus jangkar per fasa :
6
10 × 10
I a =
= 418,4 A .
13800×
3
Reaktansi reaksi jangkar :
Reaktansi sinkron :
kv
X φ a =
ki
=
53,78
= 19,92 Ω
2,7
X a = X l + X φ a = 1,9 + 19,92 = 21,82 Ω
61

Dengan mengambil V a sebagai referensi, maka V a = 7967,4
∠0 o V dan I a = 418,4∠−36,87, dan tegangan terbangkit :
E aa = V a + I a ( R a + jXa)
o
= 7967,4∠0
+ 418,4∠ − 36,87(0.08 + j21.82)
o
o
≈ 7967,4∠0
+ 9129,5∠53,13
= 13445,1 + j7303,6
E aa
=
(13445,1)
2
+ (7303,6)
Arus eksitasi yang diperlukan adalah
I
E
=
aa
f
kv
15300 = = 284,5 A
53,78
2
= 15300 V
Daya. Daya per fasa yang diberikan ke beban adalah
P = V I cos θ
(3.22)
f
a
a
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.
E aa
θ
jI a X a
θ
δ
I a
V a
Gb.3.9. Diagram fasor mesin sinkron rotor silindris; resistansi
jangkar diabaikan.
62 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Gb.3.9. memperlihatkan bahwa
Eaa
E aa sin δ = Ia
X a cosθ
atau I a cos θ = sin δ .
X a
Dengan demikian maka (3.22) dapat ditulis sebagai
Va
Eaa
P f = sin δ
(3.23)
X a
Persamaan (3.23) ini memberikan formulasi daya per fasa dan sudut
δ menentukan besarnya daya; oleh karena itu sudut δ disebut sudut
daya (power angle).
Daya P f merupakan fungsi sinus dari sudut daya δ seperti terlihat
pada Gb.3.10.
P1.1
f
generator
0
-180 -90 0 90 180
motor
-1.1
δ ( o
listrik)
Gb.3.10. Daya fungsi sudut daya.
Untuk 0 < δ < 180 o daya bernilai positif, mesin beroperasi sebagai
generator yang memberikan daya. (Jangan dikacaukan oleh
konvensi pasif karena dalam menggambarkan diagram fasor untuk
mesin ini kita menggunakan ketentuan tegangan naik dan bukan
tegangan jatuh). Untuk 0 > δ > −180 o 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.
63

64 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 belitanbelitan
yang akan
terhubung pada sistem
tiga fasa. Gb.4.1. hanya
memperlihatkan tiga
BAB 4
Motor Asinkron
belitan pada stator sebagai belitan terpusat, yaitu belitan aa 1 , bb 1
dan cc 1 yang berbeda posisi 120 o mekanik. Susunan belitan ini sama
dengan susunan belitan pada stator generator sinkron. Ketiga belitan
ini dapat dihubungkan Y ataupun ∆ untuk selanjutnya
disambungkan ke sumber tiga fasa. Rotor mempunyai alur-alur yang
berisi konduktor dan semua konduktor pada rotor ini dihubung
singkat di ujung-ujungnya. Inilah salah satu konstruksi rotor yang
disebut rotor sangkar (susunan konduktor-konduktor itu berbentuk
sangkar).
Untuk memahami secara fenomenologis cara kerja motor ini, kita
melihat kembali bagaimana generator sinkron bekerja. Rotor
generator yang mendukung kutub magnetik konstan berputar pada
porosnya. Magnet yang berputar ini mengimbaskan tegangan pada
belitan stator yang membangun sistem tegangan tiga fasa. Apabila
rangkaian belitan stator tertutup, misalnya melalui pembebanan,
akan mengalir arus tiga fasa pada belitan stator. Sesuai dengan
b 1
c
a
c 1
b
a 1
Gb.4.1. Motor asinkron.
65

hukum Lenz, arus tiga fasa ini akan membangkitkan fluksi yang
melawan fluksi rotor; kejadian ini kita kenal sebagai reaksi jangkar.
Karena fluksi rotor adalah konstan tetapi berputar sesuai perputaran
rotor, maka fluksi reaksi jangkar juga harus berputar sesuai
perputaran fluksi rotor karena hanya dengan jalan itu hukum Lenz
dipenuhi. Jadi mengalirnya arus tiga fasa pada belitan rotor
membangkitkan fluksi konstan yang berputar. Sekarang, jika pada
belitan stator motor asinkron diinjeksikan arus tiga fasa (belitan
stator dihubungkan pada sumber tiga fasa) maka akan timbul fluksi
konstan berputar seperti layaknya fluksi konstan berputar pada
reaksi jangkar generator sinkron. Demikianlah bagaimana fluksi
berputar timbul jika belitan stator motor asikron dihubungkan ke
sumber tiga fasa.
Kita akan melihat pula secara skematis, bagaimana timbulnya fluksi
berputar. Untuk itu hubungan belitan stator kita gambarkan sebagai
tiga belitan terhubung Y yang berbeda posisi 120 o mekanis satu
sama lain seperti terlihat pada Gb.4.2.a. Belitan-belitan itu masingmasing
dialiri arus i a , i b , dan i c yang berbeda fasa 120 o 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 t 1 arus i a maksimum negatif dan arus i b = i c
positif. Ke-tiga arus ini masing-masing membangkitkan fluksi φ a , φ b
dan φ c yang memberikan fluksi total φ tot . Kejadian ini berubah pada
t 2 , t 3 , t 4 dan seterusnya yang dari Gb.4.2. terlihat bahwa fluksi total
berputar seiring dengan perubahan arus di belitan tiga fasa.
Peristiwa ini dikenal sebagai medan putar pada mesin asinkron.
Kecepatan perputaran dari medan putar harus memenuhi relasi
antara jumlah kutub, frekuensi tegangan, dan kecepatan perputaran
sinkron sebagaimana telah kita kenal pada mesin sinkron yaitu
p n s
120 f
f 1 = Hz atau n 1
s = rpm (4.1)
120
p
dengan f 1 adalah frekuensi tegangan stator, n s adalah kecepatan
perputaran medan putar yang kita sebut perputaran sinkron. Jumlah
kutub p ditentukan oleh susunan belitan stator. Pada belitan stator
66 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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.
b
c
b 1
c 1
a 1
a).
a
1.1
0
-1.1
-180 -135 -90 -45 0 45 90 135 180
i a i b i c
t
b). t 1 t 2 t 3 t 4
i b
φ b
φ c
i a
φ a
φ tot
i b
φ b
t 2
i a
φc
φ tot
i b
i c
t 3
i a
φ tot
i c
i b
φ a
φ b
φ c
t 4
i a
i c
t 1
φ a
i c
φ a
φ tot
φ b
φ c
Gb.4.2. Terbentuknya fluksi magnetik yang berputar.
Arus positif menuju titik netral, arus negatif meninggalkan titik
netral. Fluksi total φ tot 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
67

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 n s ) sebab jika kecepatannya sama tidak akan ada
fluksi yang terpotong oleh konduktor. Dengan kata lain harus terjadi
beda kecepatan antara rotor dengan medan putar, atau terjadi slip
yang besarnya adalah :
n
− n
s
s =
ns
(4.2)
Nilai s terletak antara 0 dan 1.
Rotor Belitan. Pada awal perkenalan kita dengan mesin asinkron,
kita melihat pada konstruksi yang disebut mesin asinkron dengan
rotor sangkar. Jika pada rotor mesin asinkron dibuat alur-alur untuk
meletakkan susunan belitan yang sama dengan susunan belitan
stator maka kita mempunyai mesin asinkron rotor belitan. Terminal
belitan rotor dapat dihubungkan dengan cincin geser (yang berputar
bersama rotor) dan melalui cincin geser ini dapat dihubungkan pada
resistor untuk keperluan pengaturan perputaran. Skema hubungan
belitan stator dan rotor diperlihatkan pada Gb.4.3; pada waktu
operasi normal belitan rotor dihubung singkat. Hubungan seperti ini
mirip dengan transformator. Medan putar akan mengimbaskan
tegangan baik pada belitan stator maupun rotor.
E 1
E 2
belitan stator
belitan rotor
Gb.4.3. Skema hubungan belitan stator dan rotor
mesin asinkron rotor belitan. Garis putus-putus
menunjukkan hubung singkat pada operasi normal.
68 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Tegangan imbas pada stator adalah :
E
1 = 4 ,44 f 1K w 1φm
(4.3)
p ns
dengan K w1 adalah faktor belitan stator, f = = frekuensi
120
tegangan stator, φ m adalah fluksi maksimum di celah udara, 1
adalah jumlah lilitan belitan stator.
Jika belitan rotor terbuka dan rotor tidak berputar, maka tegangan
imbas pada belitan rotor adalah
E
2 = 4 ,44 f 2K w 2φm
(4.4)
p ns
dengan K w2 adalah faktor belitan rotor, f = = frekuensi
120
tegangan stator (karena rotor tidak berputar), φ m adalah fluksi
maksimum di celah udara sama dengan fluksi yang mengibaskan
tegangan pada belitan stator, 2 adalah jumlah lilitan belitan rotor.
Jika rotor dibiarkan berputar dengan kecepatan perputaran n maka
terdapat slip seperti ditunjukkan oleh (4.2). Frekuensi tegangan
imbas pada rotor menjadi
f
p ( ns
− n)
p s ns
= = = s Hz
(4.5)
120 120
2 f
Jadi frekuensi tegangan rotor diperoleh dengan mengalikan
frekuensi stator dengan slip s; oleh karena itu ia sering disebut
frekuensi slip. Tegangan imbas pada belitan rotor dalam keadaan
berputar menjadi
E 22 = sE 2
(4.6)
Jika rotor tak berputar (belitan rotor terbuka), maka dari (4.5) dan
(4.6) kita peroleh
E1
1K
=
E K
2
2
w 1
=
w2
Situasi ini mirip dengan transformator tanpa beban.
a
(4.7)
69

COTOH-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
p n
adalah f = s
. Jadi kecepatan perputaran medan putar
120
adalah
n s
120 f
=
p
120 × 50
= = 1500 rpm
4
(b) Frekuensi arus rotor adalah f 2 = sf1
= 0,05 × 50 = 2, 5 Hz.
(c) Karena belitan rotor adalah juga merupakan belitan tiga
fasa dengan pola seperti belitan stator, maka arus rotor
akan menimbulkan pula medan putar seperti halnya arus
belitan stator menimbulkan medan putar. Kecepatan
perputaran medan putar rotor relatif terhadap rotor adalah
n
120 f 2 120 × 2,5
= =
p 4
2 =
75 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.
70 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

4.2. Rangkaian Ekivalen
Rangkaian ekivalen yang akan kita pelajari adalah
ekivalen per fasa.
rangkaian
Rangkaian Ekivalen Stator. Jika resistansi belitan primer per fasa
adalah R 1 dan reaktansinya adalah X 1 , sedangkan rugi-rugi inti
dinyatakan dengan rangkaian paralel suatu resistansi R c dan
reaktansi X φ seperti halnya pada transformator. Jika V 1 adalah
tegangan masuk per fasa pada belitan stator motor dan E 1 adalah
tegangan imbas pada belitan stator oleh medan putar seperti
diberikan oleh (4.3), maka kita akan mendapatkan hubungan fasor
( 1 + 1 ) 1
V +
1 = I1
R jX E
(4.8)
Fasor-fasor tegangan dan arus serta reaktansi pada persamaan ini
adalah pada frekuensi sinkron ω s = 2π f 1 . Rangkaian ekivalen stator
menjadi seperti pada Gb.3.4. yang mirip rangkaian primer
transformator. Perbedaan terletak pada besarnya I f yang pada
transformator berkisar antara 2 − 5 persen dari arus nominal,
sedangkan pada motor asinkron arus ini antara 25 − 40 persen arus
nominal, tergantung dari besarnya motor.
I 1
V1
R 1
jX 1 I f
I
I
c
φ
jX c
A
R c
E 1
B
Gb.4.4. Rangkaian ekivalen stator.
Selain itu reaktansi bocor X 1 pada motor jauh lebih besar karena
adanya celah udara dan belitan stator terdistribusi pada permukaan
dalam stator sedangkan pada transformator belitan terpusat pada
intinya. Tegangan E 1 pada terminal AB pada rangkaian ekivalen ini
haruslah merefleksikan peristiwa yang terjadi di rotor.
71

Rangkaian Ekivalen Rotor. Jika rotor dalam keadaan berputar
maka tegangan imbas pada rotor adalah E 22 . Jika resistansi rotor
adalah R 22 dan reaktansinya adalah X 22 maka arus rotor adalah:
E22
I 22 =
(4.9)
( R 22 + jX 22 )
Perhatikanlah bahwa fasor-fasor tegangan dan arus serta nilai
reaktansi pada persamaan (4.9) ini adalah pada frekuensi rotor ω 2 =
2π f 2 , berbeda dengan persamaan fasor (4.8). Kita gambarkan
rangkaian untuk persamaan (4.9) ini seperti pada Gb.4.5.a.
I22
I 2
A′
A′
R 22
jX 22
E 22
sE 2
R 2
jsX 2
B′
A′
B′
E 2
I 2
a)
R 2
jX 2
s
c)
Menurut (4.6) E 22 = sE 2 dimana E 2 adalah tegangan rotor dengan
frekuensi sinkron ω s . Reaktansi rotor X 22 dapat pula dinyatakan
dengan frekuensi sinkron; jika L 2 adalah induktansi belitan rotor
(yang merupakan besaran konstan karena ditentukan oleh
konstruksinya) maka kita mempunyai hubungan
X =
22 = ω2L2
= sω1L2
sX 2
(4.10)
Di sini kita mendefinisikan reaktansi rotor dengan frekuensi sinkron
X 2 = ω1L2
. Karena Resistansi tidak tergantung frekuensi, kita
nyatakan resistansi rotor sebagai R 2 = R 22 . Dengan demikian maka
arus rotor menjadi
I 2
E 2
Gb.5.5. Pengembangan rangkaian ekivalen rotor.
B′
A′
B′
R 2
b)
d)
jX 2
R 1−
s
2
s
72 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

sE
2
I 2 =
(4.11)
R2
+ jsX 2
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 sE 2 . Dari rangkaian
ini kita dapat menghitung besarnya daya nyata yang diserap rotor
per fasa, yaitu
P I 2
cr = 2 R 2
(4.12)
Jika pembilang dan penyebut pada persamaan (4.11) kita bagi
dengan s kita akan mendapatkan
2
I 2 =
(4.13)
R 2 + jX 2
s
E
Langkah matematis ini tidak akan mengubah nilai I 2 dan rangkaian
dari persamaan ini adalah seperti pada Gb.4.5.c. Walaupun
demikian ada perbedaan penafsiran secara fisik. Tegangan pada
terminal rotor A´B´ sekarang adalah tegangan imbas pada belitan
rotor dalam keadaan rotor tidak berputar dengan nilai seperti
diberikan oleh (4.14) dan bukan tegangan karena ada slip. Jika pada
Gb.4.5.b. kita mempunyai rangkaian riil rotor dengan resistansi
konstan R dan tegangan terminal rotor yang tergantung dari slip,
maka pada Gb.4.28.c. kita mempunyai rangkaian ekivalen rotor
dengan tegangan terminal rotor tertentu dan resistansi yang
tergantung dari slip. Tegangan terminal rotor pada keadaan terakhir
ini kita sebut tegangan celah udara pada terminal rotor dan daya
yang diserap rotor kita sebut daya celah udara, yaitu :
= 2 R
I 2
s
(4.14)
P g
2
Daya ini jauh lebih besar dari P cr pada (4.12). Pada mesin besar nilai
s adalah sekitar 0,02 sehingga P g sekitar 50 kali P cr . Perbedaan
antara (4.14) dan (4.12) terjadi karena kita beralih dari tegangan
73

otor riil yang berupa tegangan slip ke tegangan rotor dengan
frekuensi sinkron. Daya nyata P g tidak hanya mencakup daya hilang
pada resistansi belitan saja tetapi mencakup daya mekanis dari
motor. Daya mekanis dari rotor ini sendiri mencakup daya keluaran
dari poros motor untuk memutar beban ditambah daya untuk
mengatasi rugi-rugi rotasi yaitu rugi-rugi akibat adanya gesekan dan
angin. Oleh karena itu daya P g kita sebut daya celah udara artinya
daya yang dialihkan dari stator ke rotor melalui celah udara yang
meliputi daya hilang pada belitan rotor (rugi tembaga rotor) dan
daya mekanis rotor. Dua komponen daya ini dapat kita pisahkan jika
kita menuliskan
R 2 ⎛ − s ⎞
= R + R ⎜
1
2 2 ⎟
s ⎝ s ⎠
(4.15)
Suku pertama (4.15) akan memberikan daya hilang di belitan rotor
(per fasa) P I 2
cr = 2 R 2 dan suku kedua memberikan daya keluaran
mekanik ekivalen
2 ⎛1
− s ⎞
P m = I 2 R2⎜
⎟
(4.16)
⎝ s ⎠
Dengan cara ini kita akan mempunyai rangkaian ekivalen rotor
seperti pada Gb.4.5.d.
Rangkaian Ekivalen Lengkap. Kita menginginkan satu rangkaian
ekivalen untuk mesin asinkron yang meliputi stator dan rotor. Agar
dapat menghubungkan rangkaian rotor dengan rangkaian stator, kita
harus melihat tegangan rotor E 2 dari sisi stator yang memberikan
E 1 = aE 2 . Jika E 2 pada Gb.4.5.d. kita ganti dengan E1 = aE2
,
yaitu tegangan rotor dilihat dari sisi stator, maka arus rotor dan
semua parameter rotor harus pula dilihat dari sisi stator menjadi
' '
'
I 2 , R2
dan X 2 . Dengan demikian kita dapat menghubungkan
terminal rotor A´B´ ke terminal AB dari rangkaian stator pada
Gb.4.4. dan mendapatkan rangkaian ekivalen lengkap seperti terlihat
pada Gb.4.6.
74 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

I 1
A
'
I 2
V 1
I f
R c jX c
R 1
jX 1
'
R 2
'
jX 2
'
R 1−
s
2
s
B
Gb.4.6. Rangkaian ekivalen lengkap motor asikron.
Aliran Daya. Aliran daya per fasa dalam motor asinkron dapat kita
baca dari rangkaian ekivalen sebagai berikut. Daya (riil) yang masuk
ke stator motor melalui tegangan V 1 dan arus I 1 digunakan untuk :
• mengatasi rugi tembaga stator : P I 2
cs = 1 R 1
• mengatasi rugi-rugi inti stator : P inti
• daya masuk ke rotor, disebut daya celah udara
R
= ( I '
2 ) 2 , yang digunakan untuk
s
• mengatasi rugi-rugi tembaga rotor :
P g
'
2
P ' 2 '
cr = ( 2 ) 2
• memberikan daya mekanis rotor
' 2 ' ⎛1
− s ⎞
P m = ( I 2 ) R2
⎜ ⎟ , yang terdiri dari :
⎝ s ⎠
• daya untuk mengatasi rugi rotasi
(gesekan dan angin) : P rotasi
• daya keluaran di poros rotor : P o .
Jadi urutan aliran daya secara singkat adalah :
P
= P m − P rotasi
= P − P ;
o ; m g cr
P
P
g = Pin
− Pinti
− P
cs
75

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 rugirugi
tembaga stator dan rotor disatukan menjadi ( ' 2
I2 ) Re
.
I 1
'
jX e = jX 1 + jX 2
V 1
R c
I f
'
R e = R 1 + R 2
jX c
'
R 1−
s
2
s
Gb.4.7. Rangkaian ekivalen pendekatan.
Bagaimana R e dan X e 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
76 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

otor ditahan untuk tidak berputar. Karena slip s = 1, maka daya
mekanis keluaran adalah nol. Tegangan masuk pada stator dibuat
cukup rendah untuk membatasi arus rotor pada nilai yang tidak
melebihi nilai nominal. Selain itu, tegangan stator yang rendah
(antara 10 – 20 % nominal) membuat arus magnetisasi sangat kecil
sehingga dapat diabaikan. Rangkaian ekivalen dalam uji ini adalah
seperti pada Gb.4.8. Perhatikan bahwa kita mengambil tegangan
fasa-netral dalam rangkaian ekivalen ini.
I 0
'
jX e = jX 1 + jX 2
'
R e = R 1 + R 2
V fn
Gb.4.8. Rangkaian ekivalen motor asikron pada uji rotor diam.
Jika P d adalah daya tiga fasa yang terukur dalam uji rotor diam, I d
adalah arus saluran dan V d adalah tegangan fasa-fasa yang terukur
dalam uji ini, maka
' Pd
Re
= X1
+ jX 2 =
2
3I
d
Vd
Ze
=
(4.17)
I d 3
X e ==
2 2
'
Ze
− Re
= X1
+ X 2
Jika kita menggunakan rangkaian ekivalen pendekatan, pemisahan
antara X 1 dan X 2´ tidak diperlukan dan kita langsung memanfaatkan
X e .
COTOH-4.2 : Daya keluaran pada poros rotor motor asinkron tiga
fasa 50 Hz adalah 75 kW. Rugi-rugi rotasi adalah 900 W; rugirugi
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%.
77

Penyelesaian:
Dari rangkaian ekivalen, daya mekanik ekivalen adalah
' 2 ' ⎛1
− s ⎞
P m = ( I 2 ) R2
⎜ ⎟ .
⎝ s ⎠
P m dalam formulasi ini meliputi daya keluaran pada poros rotor
dan rugi rotasi. Daya keluaran 75 kW yang diketahui, adalah
daya keluaran pada poros rotor sedangkan rugi rotasi diketahui
900 W sehingga
P m = 75000 + 900 = 75900 W
dan rugi-rugi tembaga rotor adalah
' 2 ' Pm
s 75900 × 0,0375
Pcr
= ( I 2 ) R2
= =
= 2957
1−
s 1 − 0,0375
Efisiensi motor adalah
Pkeluaran
η =
× 100%
Pkeluaran
+ rugi − rugi
75000
=
× 100%
75000 + 4200 + 2700 + 900 + 2957
= 87,45%
COTOH-4.3 : Uji rotor diam pada sebuah motor asinkron tiga
fasa rotor belitan, 200 HP, 380 V, hubungan Y, memberikan data
berikut: daya masuk P d = 10 kW, arus saluran I d = 250 A, V d =
65 Vdan pengukuran resistansi belitan rotor memberikan hasil R 1
= 0,02 Ω per fasa. Tentukan resistansi rotor dilihat di stator.
Penyelesaian :
Menurut (4.17) kita dapat menghitung
Pd
10000
R e = = = 0,0533 Ω per fasa
2
2
3I
d 3×
(250)
'
R2 = Re − R1
= 0,0533 − 0,02 = 0,0333 Ω per fasa
W
78 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

COTOH-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 : V 0 = 220 V; I 0 = 9,2 A; P 0 = 670 W
Rotor diam : V d = 57 V; I d = 30 A; P d = 950 W.
Pengukuran resistansi belitan stator menghasilkan nilai 0,15 Ω
per fasa. Rugi-rugi rotasi sama dengan rugi inti stator. Hitung:
(a) parameter-parameter yang diperlukan untuk
menggambarkan rangkaian ekivalen (pendekatan); (b) arus
eksitasi dan rugi-rugi inti.
Penyelesaian :
a). Karena terhubung Y, tegangan per fasa adalah
220
V 1 = = 127 V .
3
Uji rotor diam memberikan :
Pd
950
R e = = = 0,35 Ω ;
2
2
3( I d ) 3×
(30)
'
R2 = Re
− R1
= 0,35 − 0,15 = 0,2 Ω
Vd
57
Z e = = = 1,1 Ω ;
3 × I d 3 × 30
X e =
2 2
Z e − Re
=
2 2
(1,1) − (0,35)
= 3,14 Ω
b). Pada uji beban nol, arus rotor cukup kecil untuk diabaikan;
jadi arus yang mengalir pada uji beban nol dapat dianggap
arus eksitasi I f .
Daya pada uji beban nol P 0 = 670 = V0I
f cos θ 3
670
⇒ cos θ =
= 0, 19 lagging.
220 3 × 9,2
o
Jadi : I f = 9,2∠θ = 9,2∠
− 79 .
79

Rugi inti :
2
2
P inti = P0
− 3×
I0
R1
= 670 − 3×
9,2 × 0,15 = 632
W
I 1
jX e =
j3,14
127∠0 o
V
R c
I f
R e = 0,35
jX c
1− s
0,2
s
COTOH-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
I 1 = 28∠
− 35 . Arus rotor dilihat dari sisi stator adalah :
'
I 2 = I1
− I f
= 28
( 0,82 − j0,57) − 9,2( 0,19 − j0,98)
o
= 22,3∠ −18
o
o
= 28∠ − 35 − 9,2∠ − 79
A
b). Daya mekanik rotor adalah :
= 21,2 − j6,94
Pm
= Pin
− Pi
nti − Pcs
− Pcr
2
2
= 9150 − 632 − 3×
28 × 0,15 − 3×
22,3 × 0,2 = 7867
c). Slip dapat dicari dari formulasi
' 2 '
3× ( I 2 ) R2
Pg
= Pin
− Pinti
− Pcs
=
.
s
' 2 '
2
3( I 2 ) R2
3×
22,3 × 0,2
s = =
= 0,0365
P 2
g 9150 − 632 − 3×
28 × 0,15
W
80 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

e). Rugi rotasi = 500 W.
atau 3,65 %
Daya keluaran sumbu rotor :
P o = P m − Protasi
= 7867 − 500 = 7367 W
Po
7367
Efisiensi motor : η = × 100% = × 100% = 80%
P in 9150
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 P g dan ini
memberikan torka yang kita sebut torka elektromagnetik dengan
perputaran sinkron. Jadi jika T adalah torka elektromagnetik maka
P g
Pg
= Tωs
atau T = (4.18)
ωs
Torka Asut. Torka asut (starting torque) adalah torka yang
dibangkitkan pada saat s = 1, yaitu pada saat perputaran masih nol.
Besarnya arus rotor ekivalen berdasarkan rangkaian ekivalen
Gb.4.7. dengan s = 1 adalah
I
'
1
2 = (4.19)
Besar torka asut adalah
T
a
P
=
ω
' 2
'
( R + R ) + ( X + X ) 2
g
s
1
2
V
1
= × 3
ω
s
'
( I )
1
2
2
'
2
R
×
s
2
1
=
ω
s
'
2
'
( R + R ) + ( X + X ) 2
1
2
3V
2
1
R
'
2
1
2
(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.
81

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.
I 1
V 1
'
j ( X 1 + X 2 )
I f R 1
R c
jX c
R 2
' s
Karena torka sebanding dengan daya celah udara P g , maka torka
maksimum terjadi jika alih daya ke rotor mencapai nilai maksimum.
Dari rangkaian ekivalen pendekatan Gb.4.9., teorema alih daya
maksimum mensyaratkan bahwa alih daya ke
jika
s
'
( X + X ) 2
'
2 2
= R1
+ 1 2 atau
m
R
Gb.4.9. Rangkaian ekivalen pendekatan.
R 2 ' akan maksimum
s
'
R2
= (4.21)
2
'
R ( ) 2
1 + X1
X 2
s m
+
Persamaan (4.21) memperlihatkan bahwa s m dapat diperbesar
'
dengan memperbesar R 2 . Suatu motor dapat dirancang agar torka
asut mendekati torka maksimum dengan menyesuaikan nilai
resistansi rotor.
Arus rotor pada waktu terjadi alih daya maksimum adalah
82 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

'
I2
=
=
V1
2
⎛ '
R ⎞
⎜ 2
R1
+ ⎟ +
⎜ s ⎟
⎝ m ⎠
2
2R1
+ 2R1
2
2 ⎛ 2
' 2 ⎞
'
'
( X + X ) ⎜ R1
+ R1
+ ( X1
+ X 2) ⎟ + ( X1
+ X2
)
1
2
R1
+
Torka maksimum adalah
'
( I )
V1
' 2
'
( X + X ) + 2( X + X )
1
2
2
=
⎜
⎝
1
2
2
V1
⎟
⎠
(4.22)
'
2
1 2 R2
1
3V1
Tm = × 3 2 =
(4.23)
ωs
sm
ωs
⎛
2 ⎞
⎜ 2
'
2 R + + ( + ) ⎟
1 R1
X1
X 2
⎝
⎠
Persamaan (4.23) ini memperlihatkan bahwa torka maksimum tidak
tergantung dari besarnya resistansi rotor. Akan tetapi menurut (4.21)
slip maksimum s m berbanding lurus dengan resistansi rotor. Jadi
mengubah resistansi rotor akan mengubah nilai slip yang akan
memberikan torka maksimum akan tetapi tidak mengubah besarnya
torka maksimum itu sendiri.
Karakteristik Torka – Perputaran. Gb.4.10. memperlihatkan
bagaimana torka berubah terhadap perputaran ataupun terhadap slip.
Pada gambar ini diperlihatkan pula pengaruh resistansi belitan rotor
terhadap karakterik torka-perputaran. Makin tinggi resistansi belitan
rotor, makin besar slip tanpa mengubah besarnya torka maksimum.
torka dalam % nominal
300
200
100
0
1
0
s m1
resistansi rotor tinggi
s m 0
n s
resistansi rotor rendah
Gb.4.10. Karakteristik torka – perputaran
slip
perputaran
2
83

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
0,5
s/d
200
2p
T a
[%]
T maks
[%]
2
4
6
150
150
135
200
s/d
250
8 125
10 120
12 115
14 110
16 105
I a
[%]
500
s/d
1000
s
[%]
3
s/d
5
f.d.
0,87
s/d
0,89
η
[%]
87
s/d
89
2p : jumlah kutub; T a : torka asut; T maks : torka maks
I a : arus asut; s : slip; f.d. : faktor daya; η : efisiensi.
84 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 120 o . Jika kita mengambil tegangan V A 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 V B dan V C 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.
C
V B
B
+
−
−
+
V C
− +
V A
A
a). Sumber terhubung Y
V B
VC
120 o
120 o
V A
b). Diagram fasor.
Gb.5.1. Sumber tiga fasa.
85

C
A
C
≈
VAB
A
C
A
B
B
B
N
Gb.5.2. Sumber dan beban tiga fasa.
Dengan mengambil tegangan fasa-netral V A sebagai tegangan referensi,
maka hubungan antara fasor-fasor tegangan tersebut adalah:
o
VA
= V fn∠0
V
V
B
C
= V
= V
fn
fn
V A
∠ −120
o
∠ − 240
Tegangan fasa-fasa yaitu V AB , V BC , dan V CA yang fasor-fasornya adalah
o
(5.1)
VAB
= VA
+ VB
= VA
− VB
VBC
= VB
+ VC
= VB
− VC
VCA
= VC
+ VA
= VC
− VA
(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:
* * *
S3 f = VAIA
+ VB
IB
+ VC
IC
o
o o
= ( V fn)
∠0
( I f ∠θ)
+ ( V fn)
∠ −120
( I f ∠120
+ θ)
o o
+ ( V fn)
∠ − 240 ( I f ∠240
+ θ)
= 3V
fnI
f ∠θ = 3V
fnI
A∠θ
(5.3)
86 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Karena hubungan antara tegangan fasa-netral dan tegangan fasa-fasa
adalah V ff = V fn √3, maka kita dapat menyatakan daya kompleks dalam
tegangan fasa-fasa, yaitu
Daya nyata dan daya reaktif adalah
S = V I 3∠θ
(5.4)
3 f ff A
P
3 f
Q
3 f
= V
= V
ff
ff
I
I
A
A
3 cos θ = S
3 sin θ = S
3 f
3 f
cos θ
sin θ
(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
S 3 f = V ff I A 3
(5.6)
COTOH-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 V ff = 80 V (rms). Dengan
menggunakan V A 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 V A
sebagai referensi. Titik netral pada hubungan ∆ merupakan titik
fiktif; namun perlu kita ingat bahwa sumber mempunyai titik
netral yang nyata. Untuk memudahkan mencari hubungan fasorfasor
tegangan, kita menggambarkan hubungan beban sesuai
dengan tegangan referensi yang diambil yaitu V A. .
Dengan menggambil V A sebagai referensi maka tegangan fasanetral
adalah
380 o
o
VA
= ∠0
= 220∠0
;
3
o
VC
= 220∠ − 240
o
VB
= 220∠ −120
;
87

I B
V C
I CA
Im
− V B
V AB
I AB
θ
I A
I C
I CA
I BC
I BC
θ
θ
I AB
V A
Re
V B
Tegangan-tegangan fasa-fasa adalah
V
V
V
3
AB = V A ∠ θ A
o
BC = 380∠ − 90
o
CA = 380∠ − 210
Arus-arus fasa adalah
(
o
+ 30 ) = 380∠30
o
VAB
I AB =
Z
o
380∠30
=
4 + j3
o
380∠30
=
o
5∠36,8
o o
o
I BC = 76∠ − 6,8 −120
= 76∠ −126,8
o o
o
ICA
= 76∠ − 6,8 − 240 = 76∠ − 246,8
dan arus-arus saluran adalah
o
= 76∠ − 6,8
A
A
A
o o
o
o
IA = I AB 3∠(
−6,8
− 30 ) = 76 3∠ − 36,8 = 131.6∠ − 36,8
o o
o
IB
= 131.6∠(
−36,8
−120
) = 131,6∠ −156,8
A
o o
o
IC
= 131.6∠(
−36,8
− 240 ) = 131,6∠ − 276.8 A
A
b). Daya kompleks 3 fasa adalah
S3
f
*
= 3VABI
AB
o
= 86.64∠36.8
o
o
= 3×
380∠30
× 76∠ + 6.8
= 69,3 + j52
kVA
88 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Jika kita mengkaji ulang nilai P 3f dan Q 3f , dengan menghitung daya
yang diserap resistansi dan reaktansi beban, akan kita peroleh:
P3
f
Q3
f
2
2
= 3×
R × I AB = 3×
4×
(76) = 69,3 kW
2
2
= 3×
X × I AB = 3×
3×
(76) = 52 kVAR
COTOH-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
≈
Is
V s
Z = 2+j20 Ω
I B
V B
b
e
b
a
n
100 kW
4800 V
cosϕ = 0,9 lag
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 :
PB
= 100 kW = S B
cos ϕ →
S B
QB
= S B sin ϕ = 125 × 0,6 = 75 kVAR
⇒ S B = PB
+ jQB
= 100 + j75
kVA
100
= = 125
0,8
kVA
Besarnya arus yang mengalir ke beban dapat dicari karena tegangan
beban diharuskan 4800 V :
89

100
PB
= VB
I B cos ϕ 3 → I B =
= 15
4800 × 0,8 × 3
A
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 :
Jadi
2
*
*
2
S sal = 3V
sal I sal = 3ZI
sal I sal = 3Z
I sal = 3ZI
sal
2
S sal = 3×
(2 + j20)
× 15 = 1350 + j13500
= 1,35 + j13,5
kVA
VA
Daya total yang harus dikeluarkan oleh sumber adalah
S S = S B + Ssal
= 100 + j75
+ 1,35 + j13,5
= 101,35 + j88,5
2 2
S S = 101,35 + 88,5 = 134,5 kVA
kVA
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.
S S
⇒
= VS
I S 3 = VS
I B 3
SS
134,5×
1000
VS
= =
= 5180
I B 3 15 3
V rms
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:
90 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

S3φ
= 3S
f
V ff = V fn
3
I L = I f (beban terhubung Y)
dengan
S 3 φ = daya 3 fasa, S f = daya satu fasa, V ff = tegangan fasa ke fasa
V fn = tegangan fasa ke netral, I L = arus saluran, I f = arus fasa.
(5.7)
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 besaranbesaran
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 A
2400 = =
3
Beban dan arus beban:
2386 V
91

S3φ1
300
S f 1 = = = 100 kVA
3 3
−1
o
ϕ1
= cos (0,8) = + 36,9
(sudut fasa ini positif karena faktor daya lagging)
∗
⎡ S f 1 ⎤ 100∠36,9
o
I1
= ⎢ ⎥ = = 72,2∠ − 36,9
o
o
⎢⎣
VAn∠0
⎥⎦
1386∠0
S3φ2
240
S f 2 = = = 80 kVA
3 3
−1
o
ϕ2
= cos (0,6) = −53,1
(sudut fasa ini negatif karena faktor daya leading)
S f 2
I 2 =
o
V A ∠0
Impedansi ekivalen
o
80∠ − 53,1
=
o
1386∠0
o
= 57,7∠ + 53,1
A
A
V
o
A 1386∠0
Z1
= =
I
o
1 72,2∠
-36,9
= 15,36 + j11,52
Ω
= 19,2∠36,9
Z 2
V
o
A 1386∠0
= =
I
o
2 57,7∠ + 53,1
= 14,4 − j19,2
Ω
= 24∠ − 53,1
∼
V A
=
1386 V
15,36 Ω
j11,52 Ω
14,4 Ω
− j19,2 Ω
92 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

) Arus saluran
I A = I1
+ I 2 = 15,36 + j11,52
+ 14,4 − j19,2
o
= 92,3 + j2,9
= 92,4∠1,8
Ω
I B
o o
o
= 92,4∠(1,8
−120
) = 92,4∠ −118,2
Ω
I C
o o
o
= 92,4∠(1,8
+ 120 ) = 92,4∠121,8
Ω
(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
VA
VB
= VA
= V A∠α
A
= VB
= VB∠α
B
.... dst.
I A = I A∠β
A
I B = I B∠β
B
.... dst.
(5.8)
Dalam system ini, jika I adalah arus penghantar netral, maka
I A + I B + IC
+ ⋅⋅⋅⋅ + I = 0
(5.9)
Daya kompleks total pada sistem N-fasa adalah jumlah daya dari
setiap fasa, yaitu:
S
=
∗
∑ iIi
; P
= ∑ Pi
; Q
= ∑
V Qi
(5.10)
dengan Vi
adalah tegangan fasa-netral dari penghantar fasa ke-i
dan I i adalah arus penghantar ke-i.
Tegangan fasa-fasa adalah
V ij = Vi
− V j = Vi∠αi
−V
j∠α
j (5.11)
93

Sistem Seimbang. Jika sistem beroperasi seimbang maka
VA
= VB
= VC
....dst = V f
I A = I B = IC
.... dst = I L
αi
−βi
= αi
−βi
.... dst = ϕ
(5.12)
di mana V f adalah tegangan fasa-netral, I L arus saluran, dan cosϕ
adalah factor daya. Dalam kondisi seimbang
S = V f I L ;
P
= V f I L cos ϕ;
Q
= V f I L sin ϕ
(5.13)
Jika beda sudut fasa antara dua fasa yang berturutan adalah θ maka
o
360
θ =
(5.14)
Relasi antara tegangan fasa-fasa dan tegangan fasa adalah
2 2 2
V ij = 2V
f − 2V
f cos θ
atau
Vij
V f
=
2(1
− cos θ)
(5.15)
94 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Hubungan Beban. Beban terhubung bintang dan poligon terlihat
pada Gb.5.8.
I L
I L
Z Y
I ∆
Z Y
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 Z Y
dan Z ∆ dapat dicari.
Z ∆
Z Y
Z ∆
Z ∆
Z ∆
2
Vij
Z ∆
2
2(1 − cos θ)
V f
=
Z ∆
2
V f
=
ZY
Z ∆
⇒
ZY
= 2(1 − cos θ)
(5.16)
Tabel-5.1 memuat nilai θ, rasio tegangan fasa-fasa terhadap
tegangan fasa ( V ij / V f ), dan rasio impedansi hubungan polygon
terhadap impedansi hubungan bintang ( Z ∆ / Z Y ).
Tabel.5.1. θ, V ij / V f dan Z ∆ / Z Y
θ [ o ] V ij / V f Z ∆ / Z Y
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
95

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 60 o .
Jika fasa A dipakai sebagai referensi dengan urutan ABC, maka enam
fasa tersebut adalah
V
V
V
V
V
V
A
B
C
D
E
F
= V
= V
= V
= V
= V
= V
fn
fn
fn
fn
fn
fn
∠0
o
;
∠ − 60
o
∠ −120
∠ −180
∠ − 240
∠ − 300
;
o
o
o
o
;
;
;
;
(5.17)
Im
V E
V F
V D
Ν
θ
60 ο
V A
Re
V C
V B
Gb.5.9. Fasor tegangan sistem enam fasa seimbang.
Dalam diagram fasor ini hubungan tegangan fasa-fasa dan fasanetral
adalah sebagai berikut:
96 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V
V
V
V
V
V
AB
BC
CD
DE
EF
FA
= V
= V
= V
= V
= V
= V
f
f
A
B
C
f
− V
− V
B
− V
C
D
∠ −120
∠ −180
∠ − 240
= V
= V
= V
o
o
o
f
f
f
∠0
o
−V
∠ − 60
o
∠ −120
f
o
∠ − 60
−V
f
−V
o
= V
∠ −120
f
o
∠ −180
f
o
∠60
= V
f
= V
o
∠0
f
o
∠ − 60
o
(5.18)
CONTOH-5.9: Satu sumber enam fasa seimbang dengan
o
V A = 1000∠0 V, mencatu beban seimbang yang menyerap daya
sebesar 900 kVA pada factor daya 0,8 lagging. Jika urutan fasa
adalah ABC, hitunglah
Penyelesaian:
a). arus saluran;
b). tegangan fasa-fasa
a). Arus saluran:
S f S6
f / 6
I L = = =
VA
1000
V AE ;
c). impedansi ekivalen untuk hubungan bintang;
d). impedansi ekivalen untuk hubungan segi enam.
900 / 6
1
= 150 A
b). Tegangan fasa-fasa
V
AE = VA
− VE
o
= 1732∠30
V AE :
= 1000∠0
V
o
+ 1000∠ − 60
c). Impedansi ekivalen untuk hubungan bintang
V f 1000
Z Y = = = 6,67 Ω
I L 150
−1
o
ϕ = cos (0,8) = + 36,9 ( factor daya lagging)
→
Z Y
= 6,67∠36,9
o
Ω
o
= 2×
500
3∠ − 30
o
97

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

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. Alatalat
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
99

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

idang. Hal ini sangat membantu karena perhitungan analitis hanya dapat
dilakukan jika sinyal nonsinus yang hendak dicari komponenkomponennya
diberikan dalam bentuk persamaan yang cukup mudah
untuk diintegrasi.
Prosedur Pendekatan umerik. Pendekatan numerik integral sinyal y(t)
dalam rentang p ≤ t ≤ q dilakukan sebagai berikut.
1. Kita bagi rentang p ≤ t ≤ q ke dalam m segmen dengan lebar
masing-masing ∆t k ; ∆t k bisa sama untuk semua segmen bisa juga
tidak, tergantung dari keperluan. Integral y(t) dalam rentang p ≤ t ≤
q dihitung sebagai jumlah luas seluruh segmen dalam rentang
tersebut. Setiap segmen dianggap sebagai trapesium; sisi kiri suatu
segmen merupakan sisi kanan segmen di sebelah kirinya, dan sisi
kanan suatu segmen menjadi sisi kiri segmen di sebelah kanannya.
Jika sisi kanan segmen (trapesium) adalah A k maka sisi kirinya
adalah A k-1 , maka luas segmen ke-k adalah
L
( A + A ) × ∆t
/ 2
k = k k− 1 k
(6.1)
Jadi integral f(t) dalam rentang p ≤ x ≤ q adalah
q
m
f ( t)
dt ≈∑
Lk
(6.2)
p
k=
1
∫
2. Nilai ∆t k dipilih sedemikian rupa sehingga error yang terjadi masih
berada dalam batas-batas toleransi yang kita terima. Jika sinyal
diberikan dalam bentuk grafik, untuk mencari koefisien Fourier dari
harmonisa ke-n, satu perioda dibagi menjadi tidak kurang dari 10×n
segmen agar pembacaan cukup teliti dan error yang terjadi tidak
lebih dari 5%. Untuk harmonisa ke-5 misalnya, satu perioda dibagi
menjadi 50 segmen. Ketentuan ini tidaklah mutlak; kita dapat
memilih jumlah segmen sedemikian rupa sehingga pembacaan
mudah dilakukan namun cukup teliti.
3. Relasi untuk memperoleh nilai koefisien Fourier menjadi seperti
berikut:
101

a
a
b
0
n
n
1
=
T
2
=
T
2
=
T
m
∑
0 k=
1
m
∑
0 k=
1
m
∑
[ A + A ]
k
k−1
∆t
=
∑
[ A cos( nω
t)
+ A cos( nω
t )]
k
k−1
[ A sin( nω
t)
+ A sin( nω
t )]
k
2
0
0
k
k−1
2
2
ka0
0 k−1
0 k−1
∆t
∆t
∑
∑
0 k=
1 0
4. Formula untuk sudut fasa adalah
ϕ
n
T
L
0
k
k
=
=
T
T
0
L
L
kan
/ 2
kbn
/ 2
(6.3)
−1
⎛ b ⎞
⎜
n
= tan ⎟
(6.4)
⎝ an
⎠
5. Perlu disadari bahwa angka-angka yang diperoleh pada pendekatan
numerik bisa berbeda dengan nilai yang diperoleh secara analitis.
Jika misalkan secara analitis seharusnya diperoleh a 1 = 0 dan b 1 =
150, pada pendekatan numerik mungkin diperoleh angka yang
sedikit menyimpang, misalnya a 1 = 0,01 dan b 1 = 150,2.
2 2
6. Amplitudo dari setiap komponen harmonisa adalah A n = an
+ bn
.
Sudut fasa dihitung dalam satuan radian ataupun derajat dengan
mengingat letak kuadran dari vektor amplitudo seperti telah dibahas
pada waktu kita membahas spektrum sinyal. Persamaan sinyal
nonsinus adalah
2 2
( ) 0 ∑ ∞ y t = a +
⎡
a + cos( ω0
− ϕ )
⎤
n bn
n t n (6.5)
⎢⎣
⎥⎦
n=
1
Berikut ini kita lihat sinyal periodik yang diberikan dalam bentuk kurva
yang tak mudah dicari persamaannya. Prosedur pendekatan numerik
dilakukan dengan membaca kurva yang memerlukan kecermatan. Hasil
pembacaan kita muatkan dalam suatu tabel seperti pada contoh berikut
ini.
102 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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

Tabel-6.1. Analisis Harmonisa Sinyal Nonsinus pada Contoh-6.1.
T 0 = 0,02 s
∆t k = 0,0004 s
Komp.
searah
Fundamental
f 0 = 1/T 0 = 50 Hz
Harmonisa ke-3
t A k L ka0 L ka1 L kb1 L ka3 L kb3
0 50
0,0004 75 0,025 0,025 0,002 0,024 0,006
0,0008 100 0,035 0,034 0,007 0,029 0,019
0,0012 120 0,044 0,042 0,014 0,025 0,035
: : : : : : :
0,0192 -5 -0,006 -0,006 0,002 -0,003 0,005
0,0196 20 0,003 0,003 0,000 0,003 -0,001
0,02 50 0,014 0,014 -0,001 0,014 -0,001
Jumlah L k 0,398 0,004 1,501 -0,212 0,211
a 0 19,90
a 1 , b 1 0,36 150,05
a 3 , b 3 −21,18 21,13
Ampli-1, ϕ 1 150,05 1,57
Ampli-3, ϕ 3 29,92 -0,78
Tabel ini memberikan
a
a
a
0
1
3
= 19,90
= 0,36; b
1
= −21,18;
b
= 150,05 ⇒
3
= 21,13 ⇒
A
ϕ
ϕ
1
1
A
3
3
=
= tan
=
= tan
0,36
−1
(150,05 / 0,36) = 1,57
( −21,18)
−1
2
+ 150,05
2
2
+ 21,13
= 150,05
= 29,92
(21,13/ − 21,18) = −0,78
Sesungguhnya kurva yang diberikan mengandung pula harmonisa kedua.
Apabila harmonisa ke-dua dihitung , akan memberikan hasil
a 2 = 49,43 dan b 2 = −0, 36
amplitudo A 2 = 49,43 dan ϕ 2 = −0, 01
2
104 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Dengan demikian uraian sampai dengan harmonisa ke-3 dari sinyal
yang diberikan adalah
y(
t)
= 19,90 + 150,05cos(2πf
0t
−1,57)
+ 49,43cos(4πf
0t
+ 0,01)
+ 29,92cos(6πf
0t
+ 0,78)
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.
COTOH-6.2: Satu kapasitor C mendapatkan tegangan nonsinus
v = 100 sin( ωt
+ 0,5) + 20sin(3ωt
− 0,2) + 10sin(5ωt
+ 1,5) V
(a) Tentukan arus yang mengalir pada kapasitor. (b) Jika C = 30 µF,
dan frekuensi f = 50 Hz, gambarkan (dengan bantuan komputer)
kurva tegangan dan arus kapasitor.
Penyelesaian:
(a) Hubungan tegangan dan arus kapasitor adalah
Oleh karena itu arus kapasitor adalah
dv
i C = C
dt
i C
{ 100sin( ωt
+ 0,5) + 20sin(3ωt
− 0,2) + 10sin(5ωt
+ 1,5) }
d
= C
dt
= 100ωC
cos( ωt
+ 0,5) + 60ωC
cos(3ωt
− 0,2)
+ 50ωC
cos(5ωt
+ 1,5)
= 100ωC
sin( ωt
+ 2,07) + 60ωC
sin(3ωt
+ 1,37)
+ 50ωC
sin(5ωt
+ 3,07) A
(b) Kurva tegangan dan arus adalah seperti di bawah ini.
150
[V]
100
50
0
-50
-100
-150
v C
5 [A]
i C
2,5
0 0.005 0.01
0
0.015 detik 0.02
−2,5
−5
105

Kurva tegangan dan arus pada contoh ini merupakan fungsi-fungsi
nonsinus yang simetris terhadap sumbu mendatar. Nilai rata-rata
fungsi periodik demikian ini adalah nol. Pendekatan numerik
memberikan nilai rata-rata
vrr
−14
= 1,8 × 10 V dan
−17
irr
= 5 × 10 A.
ilai Rata-Rata. Sesuai dengan definisi untuk nilai rata-rata, nilai ratarata
sinyal nonsinus y(t) dengan perioda T 0 adalah
1
Yrr
=
T0
T
y(
t)
dt
0
∫
(6.6)
Nilai rata-rata sinyal nonsinus adalah komponen searah dari sinyal
tersebut.
ilai Efektif. Definisi nilai efektif sinyal periodik y(t) dengan perioda T 0
adalah
Yrms
=
1
T0
T
2
y ( t)
dt
0
∫
(6.7)
Dengan demikian maka nilai efektif sinyal sinus y 1 = Y m1 sin(ωt + θ)
adalah
1 T
2 2
Ym
Y 1rms
= Ym
sin ( )
1
1 ωt
+ θ dt =
(6.8)
T ∫
0 0
2
Nilai efektif sinyal nonsinus ∑ ∞ y ( t)
= Y0 + Ymn
sin( nω0t
+ θn
) adalah
n=
1
Yrms
=
1
T0
T ⎛
∫ ⎜
⎜ Y + ∑ ω + θ
⎟ ⎟ 0 Ymn
sin( n 0t
n )
0
n=
1
⎠
Jika ruas kiri dan kanan dikuadratkan, kita dapatkan
⎝
∞
2
⎞
dt
2 1
Y rms =
T0
T ⎛
∫ ⎜
⎜ Y + ∑ ω + θ
⎟ ⎟ 0 Ymn
sin( n 0t
n )
0
n=
1
⎠
⎝
∞
2
⎞
dt
atau
106 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

2 1
Y rms =
T0
1
+
T0
∫
T ⎛ ∞
⎞
⎜ 2 2 2
Y
⎟
⎜ 0 + ∑Ymn
sin ( nω0t
+ θn
) dt
0
⎟
⎝ n=
1
⎠
∫
⎛ ∞
⎞
⎜2Y
⎟
⎜ 0∑Ymn
sin( nω0t
+ θn
)
⎟
⎜ n=
1
⎟
⎜
∞
⎟
T ⎜+
2Y
ω + θ ∑ ω + θ ⎟
m1
sin( 0t
1)
Ymn
sin( n 0t
n )
⎜
⎟dt
0
n=
2
⎜
⎟
⎜
∞
⎟
⎜+
2Ym2
sin(2ω0t
+ θ2
) ∑Ymn
sin( nω0t
+ θn
) ⎟
⎜
n=
3
⎟
⎜
⎟
⎝+
.................................
⎠
(6.9)
Melalui kesamaan trigonometri
2 sin α sin β = cos( α − b ) − cos( α + β)
dan karena Y 0 bernilai tetap maka suku ke-dua ruas kanan (6.8)
merupakan penjumlahan nilai rata-rata fungsi sinus yang masing-masing
memiliki nilai rata-rata nol, sehingga suku ke-dua ini bernilai nol. Oleh
karena itu (6.9) dapat kita tulis
atau
2 1
Y rms =
T
T ⎛
∫ ⎜
⎜ 2 2 2
Y + ∑ ω + θ
⎟ ⎟ 0 Ynm
sin ( n 0t
n )
0
n=
1
⎠
⎝
∞
∞
2 1 t
2 1
Y rms =
∫
Y0
dt +
T 0 T
n=
1
∞
2 2
= Y0
+ ∑Ynrms
n=
1
∑ ∫
⎞
dt
T
2 2
Ynm
sin ( nω0t
+ θn)
dt
0
(6.10)
(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 (y 0 ),
107

komponen fundamental (y 1 ), dan komponen harmonisa (y h ). Komponen
searah adalah nilai rata-rata sinyal, komponen fundamental adalah
komponen dengan frekuensi fundamental ω 0 , sedangkan komponen
harmonisa merupakan jumlah dari seluruh komponen harmonisa yang
memiliki frekuensi nω 0 dengan n > 1. Jadi sinyal nonsinus y dapat
dinyatakan sebagai
y = y0
+ y1
+ y h
Akan tetapi kita juga dapat memandang sinyal nonsinus sebagai terdiri
dari dua komponen saja, yaitu komponen fundamental dan komponen
harmonisa total di mana komponen yang kedua ini mencakup komponen
searah. Alasan untuk berbuat demikian ini adalah bahwa dalam proses
transfer energi, komponen searah dan harmonisa memiliki peran yang
sama; hal ini akan kita lihat kemudian. Dalam pembahasan selanjutnya
kita menggunakan cara pandang yang ke-dua ini. Dengan cara pandang
ini suatu sinyal nonsinus dinyatakan sebagai
y = y 1 + y h
(6.12)
dengan y1 = Y1m
sin( ω0t
+ θ1)
dan
k
yh
= Y0 + ∑Ynm
sin( nω0t
+ θn
) .
n=
2
Dengan demikian maka relasi (1.11) menjadi
2 2 2
Y rms Y1rms
+ Yhrms
= (6.13)
Dalam praktik, komponen harmonisa y h dihitung tidak melibatkan
seluruh komponen harmonisa melainkan dihitung dalam lebar pita
spektrum tertentu. Persamaan sinyal dijumlahkan sampai pada frekuensi
tertinggi yang ditentukan yaitu kω 0 ; sinyal dengan frekuensi di atas batas
frekuensi tertinggi ini dianggap memiliki amplitudo yang sudah cukup
kecil untuk diabaikan.
COTOH-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:
108 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

(a) Perioda sinyal 0,05 detik dengan persamaan: v( t)
= 400t
.
Nilai efektif:
1 0,05
0,05
2 1 ⎡1600
3 ⎤
V rms = (400 )
≈11,55 V
0,05 ∫
t dt =
0
0,05
⎢ t
3
⎥
⎣ ⎦0
(b) Uraian sinyal ini sampai harmonisa ke-7 adalah diberikan dalam
contoh di Bab-3, yaitu
v(
t)
= 10 − 6,366sin ω0t
− 3,183sin 2ω0t
− 2,122sin 3ω0t
−1,592sin 4ω0t
−1,273sin 5ω0t
−1,061sin 6ω0t
− 0,909sin 7ω0t
V
Persamaan ini memberikan nilai efektif tegangan fundamental,
tegangan harmonisa, dan tegangan total sebagai berikut.
6,366
V 1rms
= ≈ 4,5 V
2
V hrms
=
2 2
2 3,166 2,10
10 + +
2 2
2
2
≈10,5
V
Vrms
= V1rms
+ Vhrms
= 4,49 + 10,35 ≈11,4 V
2
2
Contoh ini menunjukkan bahwa sinyal gigi gergaji memiliki nilai
efektif harmonisa jauh lebih tinggi dari nilai efektif komponen
fundamentalnya.
COTOH-6.3: Uraian dari penyearahan setengah gelombang arus sinus
i = sin ω 0 t A sampai dengan harmonisa ke-10 adalah:
i(
t)
= 0,318 + 0,5cos( ω
0
+ 0,018cos(6ω
t −1,57)
+ 0,212cos(2ω
0
t)
+ 0.010 cos(8ω
0
0
t ) + 0,042 cos(4ω
t)
+ 0.007 cos(10ω
Hitung nilai efektif komponen arus fundamental, arus harmonisa,
dan arus total.
Penyelesaian:
Nilai efektif arus fundamental, arus harmonisa dan arus total
berturut-turut adalah
0
0
t)
t)
A
109

0,5
I1 rms = = 0,354 A
2
I hrms
2
2 0,212
= 0,318 +
2
= 0,354 A
2
0,042
+
2
2
0,018
+
2
2
0,01
+
2
2
0,007
+
2
I rms
2 2
2 2
= I1rms
+ I hrms = 0,354 + 0,354 ≈
0,5
A
Contoh-6.3 ini menunjukkan bahwa pada penyearah setengah gelombang
nilai efektif komponen fundamental sama dengan nilai efektif komponen
harmonisanya.
COTOH-6.4: Tegangan pada sebuah kapasitor 20 µF terdiri dari dua
komponen yaitu v1 = 200sin
ωt
dan v15 = 20sin15ωt
. Jika
diketahui frekuensi fundamental adalah 50 Hz, hitunglah: (a) nilai
efektif arus yang diberikan oleh v 1 ; (b) nilai efektif arus yang
diberikan oleh v 15 ; (c) arus efektif total; (d) gambarkan kurva ketiga
arus tersebut sebagai fungsi waktu.
Penyelesaian:
a). Komponen tegangan pertama adalah v1 = 200sin(100πt)
V. Arus
yang diberikan oleh tegangan ini adalah
−6
−6
i1
= 20 × 10 dv1
/ dt = 20 × 10 × 200 × 100πcos100πt
= 1,257 cos100πt
Nilai efektifnya adalah:
1,257
=
2
I 1 rms =
0,89 A
b). Komponen tegangan ke-dua adalah v15 = 20sin(1500πt)
V. Arus
yang diberikan oleh tegangan ini adalah
−6
−6
i15
= 20 × 10 dv15
/ dt = 20 × 10 × 20 × 1500πsin1500πt
= 1,885cos1500πt
1,885
Nilai efektifnya adalah: I 15 rms = = 1,33 A
2
c). Tegangan gabungan adalah
v = 200sin(100πt)
+ 20sin(1500πt)
110 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Arus yang diberikan tegangan gabungan ini adalah
−6
−6
d
i = 20 × 10 dv / dt = 20 × 10 ( v1
+ v15
)
dt
= 1,257 cos100πt
+ 1,885cos1500t
Arus ini merupakan jumlah dari dua komponen arus yang
berbeda frekuensi. Kurva arus ini pastilah berbentuk nonsinus.
Nilai efektif masing-masing komponen telah dihitung di
jawaban (a) dan (b). Nilai efektif sinyal non sinus ini adalah
I
2 2
rms = rms rms
I1 + I15
= 0,89 + 1,33 = 1,60 A
d). Kurva ketiga arus tersebut di atas adalah sebagai berikut.
4
A i i 1 i 15
3
2
1
0
detik
0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06
-1
-2
-3
-4
COTOH-6.5: Arus i = 2 sin ωt
+ 0,2 sin 3ωt
A, mengalir pada beban
yang terdiri dari resistor 100 Ω yang tersambung seri dengan
induktor 0,5 H. Pada frekuensi 50 Hz: (a) gambarkan kurva
tegangan dan arus beban; (b) tentukan nilai efektif tegangan beban
dan arus beban.
Penyelesaian:
(a) Arus beban adalah
adalah
2
i = 2 sin ωt
+ 0,2sin 3ωt
. Tegangan beban
di
v = vR
+ vL
= iR + L
dt
= 200sin
ωt
+ 20sin 3ωt
+ ωcos
ωt
+ 0,3ω
cos 3ωt
Kurva tegangan dan arus beban dibuat dengan sumbu mendatar
dalam detik. Karena frekuensi 50 Hz, satu perioda adalah 0,02
detik.
2
V
111

V
600
400
200
v
i
0
0
0 0.005 0.01 0.015 detik 0.02
-200
−2
A
4
2
-400
−4
-600
(b). Nilai efektif arus beban adalah
I
2 2
2 2
rms = I1 rms + I3rms
=
=
Tegangan beban adalah
2 0,2
+
2 2
1,42 A
v = 200sin
ωt
+ 20 sin 3ωt
+ ωcos
ωt
+ 0,3ω
cos 3ωt
Nilai efektif tegangan beban, dengan ω=100π, adalah
V
V rms
=
2 2
200 + ω
2
2 2
20 + (0,3ω)
+
2
= 272
V
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 R b yang menerima arus berbentuk gelombang
nonsinus
i Rb = i 1 + i h
Nilai efektif arus ini adalah
2 2 2
I Rbrms = I1rms
+ I hrms
Daya nyata yang diterima oleh R b adalah
2
2 2
PRb
= I Rbrms × Rb
= I1rmsRb
+ I hrmsRb
(6.14)
112 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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.
COTOH-6.6: Seperti pada contoh-1.5, arus i = 2 sinωt
+ 0,2sin3ωt
A mengalir pada resistor 100 Ω yang tersambung seri dengan
induktor 0,5 H. Jika frekuensi fundamental 50 Hz: (a) gambarkan
dalam satu bidang gambar, kurva daya yang mengalir ke beban
sebagai perkalian tegangan total dan arus beban dan kurva daya
yang diserap resistor sebagai perkalian resistansi dan kuadrat arus
resistor; (b) hitung nilai daya rata-rata dari dua kurva daya pada
pertanyaan b; (c) berikan ulasan tentang kedua kurva daya tersebut.
Penyelesaian:
(a) Daya masuk ke beban dihitung sebagai: p = v × i
sedangkan daya nyata yang diserap resistor dihitung sebagai: p R =
i 2 R = v R i R
Kurva dari p dan p R terlihat pada gambar berikut.
600
400
200
W p = vi p R = i 2 R = v R i R
detik
0
0 0.005 0.01 0.015 0.02
-200
-400
(b) Daya rata-rata merupakan daya nyata yang di transfer ke beban.
Daya ini adalah daya yang diterima oleh resistor. Arus efektif
yang mengalir ke beban telah dihitung pada contoh-3.5. yaitu
1,42 A. Daya nyta yang diterima beban adalah
2
2
PR = I rms R = (1,42) × 100 = 202 W.
Teorema Tellegen mengharuskan daya ini sama dengan daya
rata-rata yang diberikan oleh sumber, yaitu p = vi. Perhitungan
dengan pendekatan numerik memberikan nilai rata-rata p adalah
113

P rr = 202 W
(c) Kurva p R selalu positif; nilai rata-rata juga positif sebesar 202 W
yang berupa daya nyata. Pada kurva p ada bagian yang negatif
yang menunjukkan adanya daya reaktif; nilai rata-rata kurva p
ini sama dengan nilai rata-rata kurva p R yang menunjukkan
bagian nyata dari daya tampak.
COTOH-6.7: Tegangan nonsinus pada terminal resistor 20 Ω adalah
v = 100 sin( ωt
+ 0,5) + 20sin(3ωt
− 0,2) + 10sin(5ωt
+ 1,5) V
Tentukan arus efektif yang mengalir dan daya nyata yang
diserap resistor.
Penyelesaian:
Arus yang mengalir adalah
v
i = = 5 sin( ωt
+ 0,5) + sin(3ωt
− 0,2) + 0,5sin(5ωt
+ 1,5) A
R
Nilai efektif masing-masing komponen arus adalah
5
1
0,5
I 1 rms = ; I3rms
= ; I5rms
=
2
2
2
Arus efektif yang mengalir adalah
I rms
=
25
2
+
1
2
+
0,25
2
Daya nyata yang diserap resistor adalah
2 ⎛ 25
PR
= I rms R = ⎜ +
⎝ 2
1
2
=
0,25 ⎞
+
2
26,25
= 3,62 A
2
⎟ ×
⎠
20 = 262,5 W
COTOH-6.8: Tegangan nonsinus v = 100 sin ωt
+ 10 sin 3ωt
V, terjadi
pada terminal beban yang terdiri dari resistor 100 Ω tersambung
paralel dengan kapasitor 50 µF. Jika frekuensi fundamental adalah
50 Hz, (a) Tentukan persamaan arus total beban; (b) hitung daya
nyata yang diserap beban.
Penyelesaian:
114 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

(a). Arus total (i) adalah jumlah arus yang melalui resistor (i R ) dan
kapasitor (i C ).
v
i R = = sin ωt
+ 0,1sin 3ωt
R
dv −6
i C = C = 50 × 10 ( 100ωcos
ωt
+ 30ωcos3ωt
)
dt
Arus total beban:
i = sin ωt
+ 0,1sin 3ωt
+ 0,005cos ωt
+ 0.0015ω
cos 3ωt
(b). Arus efektif melalui resistor
I Rrms
=
2 2
1 0,1
+
2 2
= 0,71 A
Daya nyata yang diserap beban adalah daya yang diserap
resistor:
2
P R = 0,71 × 100 = 50 W
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.
COTOH-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
ωr
=
1
=
LC
f r
1
−
0,025 × 5 × 10
6 =
2828,4
= = 450 Hz
2π
2828,4
115

Inilah frekuensi harmonisa ke-9.
COTOH-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
ωr
=
1
=
LC
1
−
0,02 × 2,03×
10
6 =
1569,4 rad/det
1569,4
atau
f r = = 249,78 Hz
2π
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 R b melalui saluran dengan
resistansi R s dan sebuah pengubah arus p.i., misalnya penyearah;
pengubah arus inilah yang
menyebabkan arus yang
mengalir di R b berbentuk
gelombang nonsinus.
v s +
−
Menurut teorema Tellegen, Gb.6.1. Pembebanan nonlinier.
transfer daya elektrik hanya bisa
terjadi melalui tegangan dan arus. Namun dalam tinjauan dari sisi beban
ini, R b hanya melihat bahwa ada arus yang diterima olehnya. Cara
bagaimana arus ini sampai ke beban tidaklah penting bagi beban.
R s
i Rb = i 1 + i h
(6.15)
dengan i1 = I1m
sin( ω0t
+ θ1)
k
ih
= I0 + ∑ I nm sin( nω0t
+ θn
)
n=
2
Inilah arus yang diterima oleh R b .
116 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
p.i.
i nonsinus
R b

Daya nyata yang diterima oleh R b adalah
2 2
PRb
= I1 rmsRb
+ I hrmsRb
(6.16)
6.6. Pembebanan onlinier Ditinjau Dari Sisi Sumber
Tegangan sumber berbentuk gelombang sinus, yaitu vs = Vs
sinω0t
.
Daya yang diberikan oleh sumber adalah tegangan sumber kali arus
sumber yang besarnya sama dengan arus beban. Jadi daya keluar dari
sumber adalah
ps
= vs
( t)
is
( t)
⎛ k
⎞
= V
⎜
⎟
s I1 sin ω0t
sin( ω0t
+ θ1)
+ Vs
sin ω0t
I + ω + θ
⎜ 0 ∑ I n sin( n 0t
n )
⎟
⎝ n=
2
⎠
(6.17)
Suku pertama (6.17) memberikan daya
⎛ cosθ
cos(2 )
sin sin( )
1 − ω0t
+ θ1
⎞
ps1
= VsI1
ω0t
ω0t
+ θ1
= VsI1⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
V
= sI1
V I
cosθ
1
1 − s cos(2ω0t
+ θ1)
2 2
(6.18)
Walaupun suku ke-dua dari persamaan ini mempunyai nilai rata-rata nol
akan tetapi suku pertama mempunyai nilai tertentu. Hal ini berarti p s1
memberikan transfer energi netto.
Suku kedua (6.17) memberikan daya
p
sh
= V ∑ ∞
=
= p
s0
sh2
[ I sin( nω
t + θ ) ω t]
s I 0 sin ω0t
+ Vs
n 0 n sin
n 2
+ p
0
(6.19)
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.
∑ ∞ ⎡ I n
⎤
y = Vs
⎢ { cos( ( n + 1) ω0 t + θn
) − cos( ( n −1)
ω0t
+ θn
)}
⎥
= 2 ⎣ 2
n
⎦
yang memiliki nilai rata-rata nol. Hal ini berarti bahwa p sh tidak
memberikan transfer energi netto.
117

Jadi secara umum daya yang diberikan oleh sumber pada pembebanan
nonlinier dapat kita tuliskan sebagai terdiri dari dua komponen, yaitu
p s = ps1 + psh
(6.20)
Dari dua komponen daya ini hanya komponen fundamental, p s1 , yang
memberikan transfer energi netto. Dengan kata lain hanya p s1 yang
memberikan daya nyata, yaitu sebesar
Vs
I1
s1 = cos θ1
= Vsrms
I1rms
cos θ1
2
P (6.21)
dengan θ 1 adalah beda susut fasa antara v s dan i 1 . Sementara itu P sh
merupakan daya reaktif.
Menurut teorema Tellegen, daya nyata yang diberikan oleh sumber harus
tepat sama dengan daya yang diterima oleh beban. Daya nyata yang
diterima oleh R b adalah P Rb , jadi daya nyata yang diberikan oleh sumber,
yaitu P s1 , haruslah diserap oleh R b dan R s .
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.
V s
a).
v s R v R
v
v s
s
i s
i R
i R
p R p R
0 ωt [
p o ]
R 0 90 180 270 360 450 540 630 720
b). −V s
Gb.6.2. Penyearah setengah gelombang dengan beban resistif.
118 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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
⎛0,318
+ 0,5cos( ω0t
−1,57)
+ 0,212cos(2ω0t
) ⎞
i(
t)
= I m ×
⎜
V
0,042cos(4 0 ) 0,018cos(6 0 )
⎟ (6.22)
⎝ + ω t + ω t ⎠
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
i1 = 0,5I
m cos( ω0t
−1,57)
Fungsi ini tidak lain adalah pergeseran 1,57 rad atau 90 o ke arah positif
dari fungsi cosinus yang ekivalen dengan fungsi sinus
i1 = 0,5I
m sin( ω0t)
Pernyataan i 1 dalam fungsi sinus ini sesuai dengan pernyataan bentuk
gelombang tegangan yang juga dalam fungsi sinus. Dengan pernyataan
yang bersesuaian ini kita dapat melihat beda fasa antara keduanya;
ternyata dalam kasus penyearah setengah gelombang ini, arus
fundamental sefasa dengan tegangan sumber.
COTOH-6.11: Sebuah sumber dengan resistansi dan induktansi
internal yang dapat diabaikan mencatu beban resistif melalui
penyearah setengah gelombang. Tegangan sumber adalah
v s = 380sin
ω0 t V dan resistansi beban R b adalah 3,8 Ω. Hitung
daya nyata yang diterima oleh beban dan daya nyata yang diberikan
oleh sumber.
Penyelesaian:
119

Tinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalah 380/3,8 = 100 A.
Persamaan arus sampai harmonisa ke-enam menjadi
⎛31,8
+ 50 cos( ω0t
−1,57)
+ 21,2cos(2ω0t
) ⎞
i ( t)
=
⎜
A
4,2 cos(4 0 ) 1,8cos(6 0 )
⎟
⎝ + ω t + ω t ⎠
yang memberikan arus-arus efektif pada beban
50
Ib1rms
= A;
2
Ibhrms
=
2
2 21,2
31,8 +
2
Daya yang diterima beban adalah
2
4,2
+
2
2
1,8
+
2
= 35,31
A;
2
( I + I ) × 3,8 = 9488 W ≈ 9,5 kW
2 2
P = I rmsRb
= b 1 rms bhrms
Tinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber adalah
v s = 380sin
ω 0 t . Komponen arus fundamental yang diberikan oleh
sumber adalah sama dengan arus fundamental beban
i1s = i1Rb
= 50 cos( ω0t
−1,57)
= 50sin
ω0t
A
dengan nilai efektif I1 srms = 50 / 2 A
Tak ada beda fasa antara tegangan sumber dan arus fundamentalnya.
Daya dikeluarkan oleh sumber adalah
380 50
P s1 = Vs
rms I1s
rms = × = 9,5 kW
2 2
Hasil perhitungan dari kedua sisi tinjauan adalah sama. Daya yang
diberikan oleh komponen fundamental sebagai fungsi waktu adalah
Vs
I1
ps1
=
2
380×
50
=
2
( 1−
cos(2ω
t)
0
( 1−
cos(2ω
t) = 19( 1−
cos(2ω
t) kW
Gb.6.3 memperlihatkan kurva p s1 pada Contoh-2.1 di atas. Kurva p s1
bervariasi sinusoidal namun selalu positif dengan nilai puncak 19 kW,
0
0
120 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

dan nilai rata-rata (yang merupakan daya nyata) sebesar setengah dari
nilai puncak yaitu 9,5 kW.
Kurva daya yang dikontribusikan oleh komponen searah, p s0 yaitu suku
pertama (6.19), dan komponen harmonisa p sh2 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.
W
20000
15000
10000
5000
0
-5000
-10000
-15000
Gb.6.3. Kurva komponen daya yang diberikan sumber.
Konfirmasi logis kita peroleh sebagai berikut. Seandainya tidak ada
penyearah antara sumber dan beban, arus pada resistor akan mengalir
sefasa dan sebentuk dengan gelombang tegangan sumber. Daya yang di
keluarkan oleh sumber dalam keadaan ini adalah
2
2
ps
= Vs
I s sin ω0t
= 38000sin ω0t
cos 2ω0t
+ cos 0
= 38000
= 38(1 + cos 2ω0t)
kW
2
Dalam hal penyearahan setengah gelombang, arus hanya mengalir setiap
setengah perioda. Oleh karena itu daya yang diberikan oleh sumber
menjadi setengahnya, sehingga
p setengah
p s0
p s1
t [det]
0 0.005 0.01 0.015 0.02
p sh2
gel = 19(1
+ cos 2ω0 t ) kW , dan inilah p s1 .
COTOH-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 s = 380sin
ω0 t V dan resistansi beban R
adalah 3,8 Ω. Hitung daya yang diterima oleh beban.
121

Penyelesaian:
Rangkaian sistem ini adalah seperti berikut
v s =380sinω 0 t
R s =0,2Ω
R b =3,8Ω
Tinjauan Di Sisi Beban. Nilai puncak arus adalah
I m
380
= = 95 A
3,8 + 0,2
Persamaan arus sampai harmonisa ke-6 menjadi
⎛0,318
+ 0,5cos( ω0t
−1,57)
+ 0,212 cos(2ω0t
) ⎞
i(
t)
= 95 ×
⎜
0,042 cos(4 0t)
0,018cos(6 0t)
⎟
⎝ + ω + ω ⎠
= 30,21 + 47,5cos( ω0t
−1,57)
+ 20,14 cos(2ω0t)
+ 4,09 cos(4ω0t)
+ 1,71cos(6ω0t)
A
Nilai efektif arus fundamental dan arus harmonisa total adalah
47.5
I1rms
= = 33,59 A;
2
I hrms =
Daya yang diterima R b adalah
2 2 2
2 20,14 4,09 1,71
30,21 + + +
2 2 2
= 33,54 A
2
2 2
P Rb = I rmsRb
= (33,59 + 33,54 ) × 3,8 = 8563
W
Tinjauan Di Sisi Sumber. Tegangan sumber dan arus fundamental
sumber adalah
v s = 380sin
ω0 t
V
is1 = iRb
= 47,5cos(
ω0t
−1,57)
= 47,5sin ω0t
A
122 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Tidak ada beda fasa antara v s dan i s1 . Daya nyata yang diberikan oleh
sumber adalah
380 47,5
P s = vsrmsi1 rms cos 0
o = × = 9025 W
2 2
Daya ini diserap oleh beban dan saluran. Daya yang diserap saluran
adalah
2
2 2
Psaluran
= 0,02 × isrms
= 0,02 × ( i1rms
+ ihrms
)
2 2
= 0,02 × (33,6 + 33,55 ) = 450,7 W
Perbedaan angka perhitungan P Rb dengan (P s – P saluran ) adalah
sekitar 0,2%.
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.
i s A
R s
i a
i b =i b1 +i bh
v s
R a
B
R b
Gb.6.4. Sumber mencatu beban paralel linier dan nonlinier.
Tegangan sumber berbentuk sinusoidal murni vs = Vsm
sin ω0t
.
Sumber ini mencatu beban melalui saluran yang memiliki resistansi R s .
Beban yang terhubung di terminal A-B (terminal bersama), terdiri dari
beban linier R a dengan arus i a dan beban R b yang dialiri arus nonlinier i b
= i b1 + i bh dengan i b1 adalah komponen fundamental dari i b dan i bh adalah
komponen harmonisa total dari i b .
123

Pada rangkaian sederhana ini, di sisi beban kita lihat bahwa aplikasi
Hukum Arus Kirchhoff di simpul A, yaitu simpul bersama dari kedua
beban, memberikan
dan dari sini kita peroleh
( v − v ) / R + v / R + ( i 1 + i ) = 0
A
s
s
124 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
A
a
Ra
Rs
Ra
v A = vs
− ( i b1
+ i bh )
(6.23)
Rs
+ Ra
Rs
+ Ra
Jadi sebagai akibat pembebanan nonlinier di suatu beban menyebabkan
tegangan di terminal-bersama juga mengandung harmonisa. Akibat
selanjutnya adalah bahwa arus di beban lain yang terhubung ke terminalbersama
ini juga mengandung harmonisa.
v A vs
Rs
i a = = − ( i b1
+ i bh )
(6.24)
Ra
Rs
+ Ra
Rs
+ Ra
Sementara itu di sisi sumber, dengan tegangan sumber berbentuk sinus
vs = Vsm
sin ω0t
, keluar arus yang mengandung harmonisa yaitu
is
= ia
+ ib
vs
Rs
= − ( ib1
+ ibh
) + ( ib1
+ ibh
)
Rs
+ Ra
Rs
+ Ra
vs
⎛ Ra
⎞
= + ⎜ ⎟(
ib1
+ ibh
)
Rs
+ R
a Rs
R
⎝ + a ⎠
b
bh
(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.
COTOH-6.13: Sebuah sumber tegangan 50 Hz, v = 240sin
ω 0 t V
memiliki resistansi dan induktansi internal yang diabaikan. Sumber
ini mencatu beban resistif R a = 5 Ω melalui saluran yang memiliki
resistansi 1Ω. Sebuah beban resistif lain yaitu R b = 5 Ω dengan
penyearah setengah gelombang dihubungkan paralel dengan R a .
Hitunglah: (a) daya nyata yang diserap R a sebelum R b dan
penyearah dihubungkan; (b) daya nyata yang diserap R b sesudah R b
dan penyearah dihubungkan; (c) daya nyata yang diserap R a sesudah

R b dan penyearah dihubungkan; (d) daya nyata yang diserap saluran
R s ; (e) daya nyata yang diberikan sumber; (f) bandingkan daya nyata
yang diberikan oleh sumber dan daya nyata yang diserap oleh bagian
rangkaian yang lain.
Penyelesaian:
(a) Sebelum R b dan penyearah dihubungkan, rangkaian adalah
seperti di bawah ini.
i s
R s =1Ω
A
v s =
240sinω 0 t
B
R a = 5Ω
Arus efektif yang mengalir dari sumber, daya nyata yang
diserap R a dan R s , serta daya nyata yang diberikan sumber
adalah
I Rarms
= ( 240 / 2) /(5 + 1) = 28,28 A
2
2
P Ra = 28,28 × 5 = 4000 W ; P Rs = 28,28 × 1 = 800 W
P s = 28 ,28 × 240 / 2 = 4800 W = PRa
+ PRs
(b) Setelah R b dan penyearah dihubungkan, rangkaian menjadi
i s A
R s
v s
i a i Rb =
i Rb1 +i Rbh
R a
B
Untuk menghitung i Rb kita buat rangkaian ekivalen Thévenin
terlebih dulu di terminal A-B.
5
v sTh = × 240sin ω0t
= 200 sin ω0t
V ;
1 + 5
1×
5
R sTh = = 0,833 Ω
1 + 5
Setelah R b dihubungkan pada rangkaian ekivalen Thévenin,
rangkaian menjadi
R b
125

i sTh
0,833Ω
A
v sTh =
200sinω 0 t
B
5Ω
i b =i b1 +i bh
Nilai maksimum arus i Rb adalah
200
I Rbm = = 34,29
0,833 + 5
Arus yang melalui R b menjadi
A
i Rb
⎛0,318
+ 0,5cos( ω0t
−1,57)
+ 0,212 cos(2ω
= 34,29 ×
⎜
⎝ + 0,042 cos(4ω0t)
+ 0,018cos(6ω0t)
= 10,9 + 17,14 cos( ω t −1,57)
+ 7,27 cos(2ω
t)
+ 1,47 cos(4ω
Dari sini kita peroleh
17,14
I Rb1rms
= = 12,12 A
2
I Rbhrms =
0
0
2 2
10,9 + 7,27
Daya yang diserap R b adalah
t)
+ 0,62 cos(6ω
/ 2
2
+ 1,47
0
t)
/ 2
0
2
+ 0,62
/ 2
0
t)
⎞
⎟
⎠
= 12.1 A
P Rb
2 2
= (12,12 + 12.1 ) × 5 ≈ 1470
W
(c) Untuk menghitung daya yang diserap R a setelah R b
dihubungkan, kita kembali pada rangkaian semula. Hukum Arus
Kischhoff untuk simpul A memberikan
v A − vs
v A
⎛ 1 ⎞ vs
+ + iRb
= 0 ⇒ v A⎜
⎟ =
Rs
R
+
1
a
Rs
R
⎝ a ⎠ Rs
− iRb
126 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

127
( )
Ah
A
bh
bh
bh
b
a
s
a
s
s
a
s
a
A
v
v
i
t
i
t
t
i
i
R
R
R
R
v
R
R
R
v
−
=
−
ω
=
+
ω
×
×
−
ω
×
=
+
+
−
+
=
1
0
0
0
1
V
6
5
185,71sin
17,14sin
6
1
5
240sin
6
5
)
(
V
131,32
2
185,71
1 =
=
⇒
rms
A
V
)
0,51cos(6
)
1,23cos(4
)
6,06cos(2
9,09
)
0,62cos(6
)
1,47 cos(4
)
7,27 cos(2
10,9
6
5
6
5
0
0
0
0
0
0
t
t
t
t
t
t
i
v
bh
Ah
ω
+
ω
+
ω
+
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
ω
+
ω
+
ω
+
×
=
×
=
V
10,09
2
0,51
2
1.23
2
6,06
9,09
2
2
2
2
=
+
+
+
=
⇒
Ahrms
V
Daya yang diserap R a adalah
3469 W
5
10,09
5
131,32
2
2
2
2
1
=
+
=
+
=
a
Ahrms
a
rms
A
Ra
R
V
R
V
P
(d) Tegangan jatuh di saluran adalah
V
54,29sin
185,71sin
sin
240 0
0
0
1
1
t
t
t
v
v
v
A
s
s
ω
=
ω
−
ω
=
−
=
∆
→
V
38,39
2
54,29
1 =
=
∆
rms
s
V
→
V
=10,09
=
∆
Ahrms
shrms
V
V
Daya yang diserap saluran adalah
1575 W
1
10,09
1
38,39
2
2
2
2
1
=
+
=
∆
+
∆
=
s
shrms
s
rms
s
Rs
R
V
R
V
P

(e) Tegangan sumber adalah
v = 240sin
ω 0 t V
Arus fundamental sumber adalah
∆vs1
is1 = = 54,29sin
ω0t
R
Daya nyata yang diberikan sumber
p
s
240 54,29
= ×
R2
2
s 1 = Vsrms
I s1rms
=
A
6515 W
(f) Bagian lain rangkaian yang menyerap daya nyata adalah R s ,
R a , dan R b . Daya nyata yang diserap adalah
P Rtotal = PRs
+ PRa
+ PRb
= 1575 + 3469 + 1468 = 6512 W
Hasil ini menunjukkan bahwa daya nyata yang diberikan
sumber sama dengan daya nyata yang diserap oleh bagian lain
dari rangkaian (perbedaan angka adalah karena pembulatanpembulatan).
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
crest
nilai puncak
factor =
nilai efektif
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.
128 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Untuk tegangan nonsinus, THD didefinisikan sebagai
THD
Untuk arus nonsinus, THD didefinisikan sebagai
THD
V
hrms
V = (6.26)
V1rms
I
hrms
I = (6.27)
I1rms
COTOH-6.14: Arus penyearahan setengah gelombang dengan nilai
puncak arus 100 A, memiliki sampai harmonisa ke-enam sebagi
⎛31,8
+ 50 cos( ω0t
−1,57)
+ 21,2cos(2ω
i ( t)
=
⎜
⎝ + 4,2 cos(4ω0t)
+ 1,8cos(6ω0t)
Hitunglah crest factor dan THD I .
0
t ) ⎞
⎟
⎠
A
Penyelesaian: Telah dihitung nilai efektif arus dalam contoh soal
tersebut
I
b1rms
=
50
A;
2
I
bhrms
=
31,8
2
21,2
+
2
2
4,2
+
2
2
1,8
+
2
2
= 35,31
A
Nilai efektif arus adalah
I rms
=
50
2
/ 2
2
+ 35,31
= 49,7
A
100
Crest factor adalah: c . f . = = 2 ;
49,2
I hrms 35,31
THD I adalah: THD I = = ≈1
atau 100%
I1rms
50 / 2
Crest factor dan THD hanyalah tergantung bentuk dan tidak tergantung
dari nilai mutlak arus. Angka yang sama akan kita peroleh jika nilai
puncak arus hanya 1 ampere. Hal ini dapat dimengerti karena persamaan
arus secara umum adalah
129

⎛ n maks
i(
t)
= I
⎜
m A +
⎜ ∑ A
⎝ n=
1
cos( nω
t − ϕ
0 n 0 n )
sehingga dalam perhitungan I rms, I 1rms , dan I hrms faktor I m akan
terhilangkan.
⎞
⎟
⎟
⎠
130 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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
v( t)
= VA
cos[ ω0 t − φ]
dengan V A adalah amplitudo sinyal, ω 0 adalah frekuensi sudut, dan φ
adalah sudut fasa yang menunjukkan posisi puncak pertama fungsi
cosinus. Pernyataan sinyal sinus menggunakan fungsi cosinus diambil
sebagai pernyataan standar.
Jika seluruh sistem bekerja pada satu frekuensi tertentu, ω, maka sinyal
sinus dapat dinyatakan dalam bentuk fasor dengan mengambil besar dan
sudut fasa-nya saja. Untuk suatu sinyal sinus yang di kawasan waktu
dinyatakan sebagai v ( t)
= Acos(
ωt
+ θ)
maka di kawasan fasor ia
jθ
dituliskan dalam format kompleks sebagai V = Ae dengan A adalah
nilai puncak sinyal. Karena kita hanya memperhatikan amplitudo dan
sudut fasa saja, maka pernyataan sinyal dalam fasor biasa dituliskan
sebagai
V = A∠θ = Acos θ + jAsin
θ
yang dalam bidang kompleks digambarkan sebagai diagram fasor seperti
pada Gb.7.1.a. Apabila sudut fasa θ = 0 o maka pernyataan sinyal di
kawasan waktu menjadi v( t)
= Acos(
ωt)
yang dalam bentuk fasor
o
menjadi V = A∠0 dengan diagram fasor seperti pada Gb.7.1.b. Suatu
sinyal yang di kawasan waktu dinyatakan sebagai
v ( t)
= Asin(
ωt)
= Acos(
ωt
− π / 2) di kawasan fasor menjadi
o
V = A∠ − 90 dengan diagram fasor seperti Gb.7.1.c
131

Im
V = A∠θ
θ
Re
a). b).
Im
Im
o
V = A∠0
Re
c).
Gb.7.1. Diagram fasor fungsi:
a) v ( t)
= Acos(
ωt
+ θ)
; b) v( t)
= Acos(
ωt)
; c) v( t)
= Asin(
ωt)
.
Dalam meninjau sinyal nonsinus, kita tidak dapat menyatakan satu sinyal
nonsinus dengan menggunakan satu bentuk fasor tertentu karena
walaupun sistem yang kita tinjau beroperasi pada satu macam frekuensi
(50 Hz misalnya) namun arus dan tegangan yang kita hadapi
mengandung banyak frekuensi. Oleh karena itu satu sinyal nonsinus
terpaksa kita nyatakan dengan banyak fasor; masing-masing komponen
sinyal nonsinus memiliki frekuensi sendiri.
Selain dari pada itu, uraian sinyal sinyal nonsinus ke dalam komponenkomponennya
dilakukan melalui deret Fourier. Bentuk umum komponen
sinus sinyal ini adalah
yang dapat dituliskan sebagai
i ( t)
= a cos nωt
+ b sin nωt
n
n
2 2
in
( t)
= an
+ bn
cos( nωt
− θn
)
yang dalam bentuk fasor menjadi
2 2
I n = an
+ bn
∠ − θn
dengan
n
θ = tan −1
Mengacu pada Gb.7.1, diagram fasor komponen sinyal ini adalah seperti
pada Gb.7.2.
Re
o
V = A∠ − 90
b
a
n
n
132 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Im
θ
a n
Re
b n
I
n
=
a
2
n
2
n
+ b
∠ − θ
Gb.7.2. Fasor komponen arus nonsinus dengan a n > 0 dan b n > 0.
Fasor I n pada Gb.7.2. adalah fasor komponen arus jika a n positif dan b n
positif. Fasor ini leading terhadap sinyal sinus sebesar (90 o − θ). Gb.7.3
berikut ini memperlihatkan kombinasi nilai a n dan b n yang lain.
a n > 0, b n < 0
I n leading (90 0 + θ)
terhadap sinyal sinus
Im
b n
θ
a n
In
=
Re
2 2
an
+ bn
∠θ
Im
a n
θ
b n
2 2 o
In
= an
+ bn
∠(180
+ θ)
Re
a n < 0, b n > 0
I n lagging (90 0 − θ)
terhadap sinyal sinus
2 2 o
In
= an
+ bn
∠(180
− θ)
a n
θ
b n
Im
Re
a n < 0, b n < 0
I n lagging (90 0 + θ)
terhadap sinyal sinus
Gb.7.3. Fasor komponen arus nonsinus untuk berbagai kombinasi nilai
a n dan b n .
133

Perlu kita perhatikan bahwa pernyataan fasor dan diagram fasor yang
dikemukakan di atas menggunakan nilai puncak sinyal sebagai besar
fasor. Dalam analisis daya, diambil nilai efektif sebagai besar fasor. Oleh
karena itu kita perlu memperhatikan apakah spektrum amplitudo sinyal
nonsinus diberikan dalam nilai efektif atau nilai puncak.
COTOH-7.1: Uraian di kawasan waktu arus penyearahan setengah
gelombang dengan nilai maksimum I m A adalah
⎛0,318
+ 0,5 cos( ω0t
−1,57)
+ 0,212cos(2ω0t
)
⎜
( t)
= I × ⎜+
0,042 cos(4ω0t)
+ 0,018cos(6ω0t)
+ 0.010cos(8ω
⎜
⎝+
0.007 cos(10ω0t)
Nyatakanlah sinyal ini dalam bentuk fasor.
i m
0
⎞
⎟
t)
⎟ A
⎟
⎠
Penyelesaian:
Formulasi arus i(t) yang diberikan ini diturunkan dari uraian deret
Fourier yang komponen fundamentalnya adalah
i1 ( t)
= 0 + 0,5 sin ω0t
; jadi sesungguhnya komponen ini adalah
fungsi sinus di kawasan waktu.
Jika kita mengambil nilai efektif sebagai besar fasor, maka
pernyataan arus dalam bentuk fasor adalah
0,5I
o 0,212 o 0,042 o
0 = 0,318 ; 1 = m
I
∠ − 90 ; 2 = m
I
I I
∠0
; 4 = m
m I
I
I
∠0
;
2
2
2
0,018I
o 0,010 o 0,007 o
6 = m
I
∠0
; 8 = m
I
I
I
∠0
; I10
= m ∠0
;
2
2
2
Diagram fasor arus-arus pada Contoh-7.1 di atas, dapat kita gambarkan
(hanya mengambil tiga komponen) seperti terlihat pada Gb. 7.4.
I 1
I 2 I 4
Gb.7.4. Diagram fasor arus fundamental,
harmonisa ke-2, dan harmonisa ke-4
134 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Persamaan arus pada Contoh-7.1 yang dinyatakan dalam fungsi cosinus
dapat pula dinyatakan dalam fungsi sinus menjadi
⎛0,318
+ 0,5sin( ω0t)
+ 0,212sin(2ω0t
+ 1,57) ⎞
⎜
⎟
i(
t)
= Im
⎜+
0,021sin(4ω0t
+ 1,57) + 0,018sin(6ω0t
+ 1,57) ⎟ A
⎜
0.010cos(8 0 ) 0.007cos(10 0 )
⎟
⎝+
ω t +
ω t ⎠
Jika komponen sinus fundamental digunakan sebagai referensi
o
dengan pernyataan fasornya I 1 = I1
rms ∠0
, maka masing-masing
komponen arus ini dapat kita nyatakan dalam fasor sebagai:
0,5I
o 0,212 o
0 = 0,318 ; 1 = m
I
I I
∠0
; 2 = m
m I
I
∠90
;
2
2
0,042I
o 0,018 o
4 = m
I
I
∠90
; I6
= m ∠90
;...........
2
2
Diagram fasor-fasor arus ini dapat kita gambarkan seperti terlihat pada
Gb.7.5.
I 1
I 2 I 4
Gb.7.5. Diagram fasor arus fundamental,
harmonisa ke-2, dan harmonisa ke-4
Diagram fasor arus pada Gb.7.5 tidak lain adalah diagram fasor pada
Gb.7.4 yang diputar 90 o ke arah positif karena fungsi sinus dijadikan
referensi dengan sudut fasa nol. Nilai fasor dan selisih sudut fasa antar
fasor tidak berubah. Pada Gb.7.5. ini, kita lihat bahwa komponen
harmonisa ke-2 ‘leading’ 90 o dari komponen fundamental; demikian juga
dengan komponen harmonisa ke-4. Namun fasor 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
135

sedangkan tegangan sumber biasanya dinyatakan sebagai fungsi sinus.
o
Fasor tegangan sumber akan berbentuk V s = Vsrms∠ − 90 dan relasirelasi
sudut fasa yang tertulis pada Gb.7.3 akan digunakan.
Contoh-7.2: Gambarkan diagram fasor sumber tegangan dan arus-arus
berkut ini
vs
= Vsrms
sin ωt
= 100sin ωt
V , I 1 rms = 30 A 30 o lagging dari
tegangan sumber dan I 2 rms = 50 A 90 o leading dari tegangan
sumber.
Penyelesaian:
Im
I 2
I 1
30
o
Re
7.2. Impedansi
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.
COTOH-7.3: Arus i = 200sin
ω0t
+ 70sin 3ω0t
+ 30sin 5ω0t
A
mengalir melalui resistor 5 Ω yang terhubung seri dengan kapasitor
20 µF. Jika frekuensi fundamental adalah 50 Hz, hitung tegangan
puncak fundamental dan tegangan puncak setiap komponen
harmonisa.
(a) Reaktansi dan impedansi untuk frekuensi fundamental adalah
X
C
−6
1 = 1/(2π × 50 × 20 × 10 ) = 159,15 →
2
Z1 = 5 + 159,15 = 159,23Ω
136 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
V s
2

Tegangan puncak fundamental adalah
V 1m
= Z1
× I1m
= 159,23×
200 ≈ 31,85
kV
(b) Impedansi untuk harmonisa ke-3 adalah
X X / 3 53,05 → Z = 5 + 53,05 53, 29 Ω
C 3 = C 1 =
2 2
3 =
Tegangan puncak harmonisa ke-3 adalah
V 3 m = Z3
× I3m
= 53,29 × 70 = 3,73 kV
(c) Impedansi untuk harmonisa ke-5 adalah
X X / 5 31,83 → Z = 5 + 31,83 32, 22 Ω
C 5 = C 1 =
2 2
3 =
Tegangan puncak harmonisa ke-5 adalah
V 5 m = Z5
× I5m
= 32,22 × 30 = 0,97
kV
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
Y
2 2
rms = Y1rms
Yhrms
(7.1)
Y +
Y 1 rms
dengan
: nilai efektif komponen fundamental.
hrms : 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.
137

7.4. Sumber Tegangan Sinusiodal Dengan Beban onlinier
Sebagaimana dijelaskan di bab sebelumnya, pembebanan nonlinier
terjadi bila sumber dengan tegangan sinus mencatu beban dengan arus
nonsinus. Arus nonsinus mengalir karena terjadi pengubahan arus oleh
pengubah arus, seperti misalnya penyearah atau saklar sinkron. Dalam
analisis di kawasan fasor pada pembebanan non linier ini kita perlu
memperhatikan hal-hal berikut ini.
7.4.1. Daya Kompleks
Sisi Beban. Jika tegangan pada suatu beban memiliki nilai efektif V brms V
dan arus nonsinus yang mengalir padanya memiliki nilai efektif I brms A,
maka beban ini menyerap daya kompleks sebesar
S b = Vbrms
× Ibrms
VA
(7.2)
Kita ingat pengertian mengenai daya kompleks yang didefinisikan pada
persamaan (14.9) di Bab-14 sebagai S = VI . Definisi ini adalah untuk
sinyal sinus murni. Dalam hal sinyal nonsinus kita tidak menggambarkan
fasor arus harmonisa total sehingga mengenai daya kompleks hanya bisa
menyatakan besarnya, yaitu persamaan (3.2), tetapi kita tidak
menggambarkan segitiga daya. Segitiga daya dapat digambarkan hanya
untuk komponen fundamental.
Sisi Sumber. Daya kompleks |S s | yang diberikan oleh sumber tegangan
sinus vs
= Vsm
sin ωt
V yang mengeluarkan arus nonsinus bernilai
efektif
2 2
s1rms
shrms
I = I + I A adalah
srms
Vsm
S s = Vsrms
× I srms = × I srms VA
(7.3)
2
7.4.2. Daya yata
Sisi Beban. Jika suatu beban memiliki resistansi R b , maka beban tersebut
menyerap daya nyata sebesar
2
( I I ) R W
2
2
b = IbrmsRb
= b 1 rms bhrms b
(7.4)
P +
di mana Ib
1 rms adalah arus efektif fundamental dan I bhrms adalah arus
efektif harmonisa total.
*
138 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Sisi Sumber. Dilihat dari sisi sumber, daya nyata dikirimkan melalui
komponen fundamental. Komponen arus harmonisa sumber tidak
memberikan transfer energi netto.
P s 1 = VsrmsI
1 rmscosϕ
1 W
(7.5)
ϕ 1 adalah beda sudut fasa antara tegangan dan arus fundamental sumber,
dan cosϕ 1 adalah faktor daya pada komponen fundamental yang disebut
displacement power factor.
7.4.3. Faktor Daya
Sisi Beban. Dengan pengertian daya kompleks dan daya nyata seperti
diuraikan di atas, maka faktor daya rangkaian beban dapat dihitung
sebagai
P
b
f.d. beban =
(7.6)
Sb
Sisi Sumber. Faktor daya total, dilihat dari sisi sumber, adalah
7.4.4. Impedansi Beban
Ps
f .d. 1
s = (7.7)
Ss
Reaktansi beban tergantung dari frekuensi harmonisa, sehingga masingmasing
harmonisa menghadapi nilai impedansi yang berbeda-beda.
Namun demikian nilai impedansi beban secara keseluruhan dapat
dihitung, sesuai dengan konsep tentang impedansi, sebagai
Vbrms
Z b = Ω
(7.8)
I
brms
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
139

pula disebutkan teorema ini juga memberikan kesimpulan bahwa satusatunya
cara agar energi dapat diserap dari atau disalurkan ke suatu
bagian rangkaian adalah melalui tegangan dan arus di terminalnya.
Teorema ini berlaku baik untuk rangkaian linier maupun non linier.
Teorema ini juga berlaku baik di kawasan waktu maupun kawasan fasor
untuk daya kompleks maupun daya nyata. Fasor tidak lain adalah
pernyataan sinyal yang biasanya berupakan fungsi waktu, menjadi
pernyataan di bidang kompleks. Oleh karena itu perhitungan daya yang
dilakukan di kawasan fasor harus menghasilkan angka-angka yang sama
dengan perhitungan di kawasan waktu.
7.5. Contoh-Contoh Perhitungan
COTOH-7.4: Di terminal suatu beban yang terdiri dari resistor R b =10
Ω terhubung seri dengan induktor L b = 0,05 H terdapat tegangan
nonsinus v s = 100 + 200 2 sin ω0 t V . Jika frekuensi fundamental
adalah 50 Hz, hitunglah: (a) daya nyata yang diserap beban; (b)
impedansi beban; (c) faktor daya beban;
Penyelesaian:
(a) Tegangan pada beban terdiri dari dua komponen yaitu komponen
searah dan komponen fundamental:
V 0 =100 V dan o
V 1 = 200∠
− 90
Arus komponen searah yang mengalir di beban adalah
I b0 = V0
/ Rb
= 100 /10 = 10 A
Arus efektif komponen fundamental di beban adalah
I
V
10
200
1rms
b1rms = =
=
Zb
2
2
+ (100π × 0,05)
Nilai efektif arus rangkaian total adalah
I
2
brms = b b 1 rms
10,74 A
2 2
I
2 0 + I = 10 + 10,74 = 14,68 A
Daya nyata yang diserap beban sama dengan daya yang diserap
R b karena hanya R b yang menyerap daya nyata.
140 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

P
2
Rb = Ibrms
Rb
=
2
14,68 × 10 = 2154
W
(b) Impedansi beban adalah rasio antara tegangan efektif dan arus
efektif beban.
V
brms
2 2
= rms
V0 + V1
= 100 + 200 = 100
2
2
5
V
Z
beban
V
=
I
brms
brms
100
=
5
14,68
= 15,24 Ω
(c) Faktor daya beban adalah rasio antara daya nyata dan daya
kompleks yang diserap beban. Daya kompleks yang diserap
beban adalah:
S
b
= Vbrms
× Ibrms
= 100 5 × 14,68 = 3281 VA
Sehingga faktor daya beban
P 2154
f.d. =
b
b = = 0,656
S 3281
COTOH-7.5: Suatu tegangan nonsinus yang terdeteksi pada terminal
beban memiliki komponen fundamental dengan nilai puncak 150 V
dan frekuensi 50 Hz, serta harmonisa ke-3 dan ke-5 yang memiliki
nilai puncak berturut-turut 30 V dan 5 V. Beban terdiri dari resistor
5 Ω terhubung seri dengan induktor 4 mH. Hitung: (a) tegangan
efektif, arus efektif, dan daya dari komponen fundamental; (b)
tegangan efektif, arus efektif, dan daya dari setiap komponen
harmonisa; (c) tegangan efektif beban, arus efektif beban, dan total
daya kompleks yang disalurkan ke beban; (d) Bandingkan hasil
perhitungan (a) dan (c).
Penyelesaian:
(a) Tegangan efektif komponen fundamental
Reaktansi pada frekuensi fundamental
b
V
150
=
2
1 rms
=
106 V
X L1
= 2π × 50 × 4 × 10
−3
= 1,26
Ω
141

Impedansi pada frekuensi fundamental adalah
Z 1
=
5
2
+ 1,26
2
= 5,16 Ω
Arus efektif fundamental
V
106
=
5,16
1rms
1 rms = =
Z 1
I
20,57
A
Daya nyata yang diberikan oleh komponen fundamental
2
P rms
1 = I1
R = 20,57 × 5 = 2083
Daya kompleks komponen fundamental
2
W
S 1 = V1
rms I1rms
= 106 × 20,57 = 2182
VA
P1
2083
Faktor daya komponen fundamental f.d. 1 = = = 0, 97
S 2182
Daya reaktif komponen fundamental dapat dihitung dengan
formulasi segitiga daya karena komponen ini adalah sinus
murni.
2
2
Q 1 = S1
− P1
= 2182 − 2083 = 531,9 VAR
(b) Tegangan efektif harmonisa ke-3 dan ke-5
30
5
V 3 rms = = 21,21 V ; V 5 rms = = 3,54 V
2
2
Reaktansi pada frekuensi harmonisa ke-3 dan ke-5
X = × X = 3×
1,26 = 3,77 Ω ;
X
L3 3 L1
L5 = 5 × X L1
2
2
= 5×
1,26 = 6,28 Ω
Impedansi pada komponen harmonisa ke-3 dan ke-5:
2
2
Z = 5 + 3,77 = 6,26 Ω ; Z = 5 + 6,28 = 8,03 Ω
3
Arus efektif komponen harmonisa ke-3 dan ke-5:
5
2
1
2
142 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V 21,21
I
3
3 =
rms
rms = = 3,39 A ;
Z 6,26
I
V
3
3,54
=
8,03
5rms
5 rms = =
Z 5
0,44 A
Daya nyata yang diberikan oleh harmonisa ke-3 dan ke-5
2
2
3 3
=
2
2
P5 = I5rms
R = 0,44 × 5 =
P = I rms R = 3,39 × 5 57,4 W ;
0,97
(c) Daya nyata total yang diberikan ke beban adalah jumlah daya
nyata dari masing-masing komponen harmonisa (kita ingat
komponen-komponen harmonisa secara bersama-sama mewakili
satu sumber)
P = P + P +
b
=
1 3
2
I1rms
R
+
2 2 2
P5
= ( I1rms
+ I3rms
+ I5rms
)
2 2 2
( I + I ) R = I R + I
3rms
Tegangan efektif beban
5rms
1rms
W
× R = 2174 W
2
hrms
R
V brms
Arus efektif beban
=
150
2
2
30
+
2
2
2
5
+
2
= 108,22
V
I brms
=
20,57
Daya kompleks beban
S
b
2
= Vbrms
× Ibrms
+ 3,39
2
+ 0,44
2
= 20,86 A
= 108 ,22 × 20,86 = 2257 VA
Daya reaktif beban tidak dapat dihitung dengan menggunakan
formula segitiga daya karena kita tak dapat menggambarkannya.
(d) Perhitungan untuk komponen fundamental yang telah kita
lakukan menghasilkan
P 1 = 2083 W , S 1 = 2182 VA , dan
2 2
1 1 1 =
Q = S − P 531,9 VAR .
Sementara itu perhitungan daya total ke beban menghasilkan
143

P b = 2174 W , dan S b = 2257 VA ; Q b =
Perbedaan antara P 1 dan P b disebabkan oleh adanya harmonisa
P 3 dan P 5 .
2
P1 = I1rmsR
( sedang
2 2 2 2
Pb
= P1 + P2
+ P3
= I1rms
+ I3rms
+ I5rms
) R = IbrmsR
.
Daya reaktif beban Q b tidak bisa kita hitung dengan cara seperti
menghitung Q 1 karena kita tidak bisa menggambarkan segitiga
daya-nya. Oleh karena itu kita akan mencoba memperlakukan
komponen harmonisa sama seperti kita memperlakukan
komponen fundamental dengan menghitung daya reaktif
2
sebagai Qn
= I nrms X n dan kemudian menjumlahkan daya
reaktif Q n untuk memperoleh daya reaktif ke beban Q b .
Dengan cara ini maka untuk beban akan berlaku:
b
2
2
2
( I X + I X I X )
Q = Q + Q + Q =
+
1 3 5 1rms
L1
3rms
L3
5rms
L5
Hasil perhitungan memberikan
Q
2
2
2
b = Q1
+ Q2
+ Q3
= I1rms
X L1
+ I3rms
X L3
+ I5rms
X L5
Perhatikan bahwa hasil perhitungan
2
1 = 1rms X L1
=
= 531,9 + 43,3 + 1,2 = 576,4
Q I 531,9 VAR sama dengan
2 2
1 1 1 =
Q = S − P 531,9 VAR .
VAR
Jika untuk menghitung Q b kita paksakan menggunakan
formulasi segitiga daya, walaupun sesungguhnya kita tidak bisa
menggambarkan segitiga daya dan daya reaktif total komponen
hamonisa juga tidak didefinisikan, kita akan memperoleh
Q
2 2
b = Sb
− Pb
=
2257
2
− 2174
2
= 604 VAR
lebih besar dari hasil yang diperoleh jika daya reaktif masingmasing
komponen harmonisa dihitung dengan formula
2
Qn
= I nrms X n .
144 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

COTOH-7.6: Sumber tegangan sinusoidal v s = 1000 2sinωt
V
mencatu beban resistif R b = 10 Ω melalui dioda mewakili
penyearah setengah gelombang. Carilah: (a) spektrum amplitudo
arus; (b) nilai efektif setiap komponen arus; (c) daya kompleks
sumber; (d) daya nyata yang diserap beban; (e) daya nyata yang
berikan oleh sumber; (f) faktor daya yang dilihat sumber; (g)
faktor daya komponen fundamental.
Penyelesaian:
a). Spektrum amplitudo arus penyearahan setengah gelombang ini
adalah
A
80
70
60
50
45.00
70.71
40
30
30.04
20
10
0
6.03
01 12 23 4 65 68 10 7
harmonisa
Spektrum yang amplitudo ini dihitung sampai harmonisa ke-
10, yang nilainya sudah mendekati 1% dari amplitudo arus
fundamental. Diharapkan error yang terjadi dalam
perhitungan tidak akan terlalu besar.
b). Nilai efektif komponen arus dalam [A] adalah
2.60 1.46 0.94
I
I
0
= 45; I
6rms
1rms
= 1,8; I
= 50; I
8rms
= 1; I
2rms
10rms
= 21,2; I
= 0.7
4rms
= 4,3;
Nilai efektif arus fundamental
I 1 rms = 50
Nilai efektif komponen harmonisa total adalah:
A
I hrms
=
2 2 2 2 2 2
2 × 31,8 + 21,2 + 4,3 + 1,8 + 1 + 0,7
= 50
A
145

Nilai efektif arus total adalah
I
2 2
rms = rms shrms
I1 + I = 50 + 50 = 70,7
c). Daya kompleks yang diberikan sumber adalah
2
2
A
S s
= Vsrms
× I rms = 1000 × 70,7 = 70,7
kVA
d). Daya nyata yang diserap beban adalah
2
P b = I rmsRb
=
2
70,67 × 10 = 50 kW
e). Sumber memberikan daya nyata melalui arus fundamental.
Daya nyata yang diberikan oleh sumber adalah
P s = Vsrms
I1rms
cos ϕ 1
Kita anggap bahwa spektrum sudut fasa tidak tersedia,
sehingga perbedaan sudut fasa antara tegangan sumber dan
arus fundamental tidak diketahui dan cosϕ 1 tidak diketahui.
Oleh karena itu kita coba memanfaatkan teorema Tellegen
yang menyatakan bahwa daya yang diberikan sumber harus
tepat sama dengan daya yang diterima beban, termasuk daya
nyata. Jadi daya nyata yang diberikan sumber adalah
P s = P b = 50 kW
f). Faktor daya yang dilihat oleh sumber adalah
f.d. s = Ps
/ S s = Pb
/ Ss
= 50 / 70,7 = 0,7
g). Faktor daya komponen fundamental adalah
Ps
50000
cosϕ1 = = = 1
VsrmsI1rms
1000 × 50
Nilai faktor daya ini menunjukkan bahwa arus fundamental
sefasa dengan tegangan sumber.
I hrms 50
h). THD I = = = 1 atau 100%
I1rms
50
Contoh-7.6 ini menunjukkan bahwa faktor daya yang dilihat sumber
lebih kecil dari faktor daya fundamental. Faktor daya fundamental
146 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

menentukan besar daya aktif yang dikirim oleh sumber ke beban,
sementara faktor daya yang dilihat oleh sumber merupakan rasio daya
nyata terhadap daya kompleks yang dikirim oleh sumber. Sekali lagi kita
tekankan bahwa kita tidak dapat menggambarkan segitiga daya pada
sinyal nonsinus.
Sumber mengirimkan daya nyata ke beban melalui arus fundamental.
Jika kita hitung daya nyata yang diserap resistor melalui arus
fundamental saja, akan kita peroleh
P Rb1 = I1
2 rms Rb
= 50 2 × 10 = 25 kW
Jadi daya nyata yang diserap R b melalui arus fundamental hanya
setengah dari daya nyata yang dikirim sumber (dalam kasus penyearah
setengah gelombang ini). Hal ini terjadi karena daya nyata total yang
diserap R b tidak hanya melalui arus fundamental saja tetapi juga arus
harmonisa, sesuai dengan relasi
2 2
( I rms + Ibrms
) Rb
2
P Rb = Ibrms
Rb
= 1 ×
Kita akan mencoba menganalisis masalah ini lebih jauh setelah melihat
lagi contoh yang lain. Berikut ini kita akan melihat contoh yang berbeda
namun pada persoalan yang sama, yaitu sebuah sumber tegangan
sinusoidal mengalami pembebanan nonlinier.
COTOH-7.7: Seperti Contoh-7.6, sumber sinusoidal dengan nilai
efektif 1000 V mencatu arus ke beban resistif R b =10 Ω, namun
kali ini melalui saklar sinkron yang menutup setiap paruh ke-dua
dari tiap setengah perioda. Tentukan : (a) spektrum amplitudo
arus; (b) nilai efektif arus fundamental, arus harmonisa total, dan
arus total yang mengalir ke beban; (c) daya kompleks yang
diberikan sumber; (d) daya nyata yang diberikan sumber; (e)
faktor daya yang dilihat sumber; (f) faktor daya komponen
fundamental.
Penyelesaian:
(a) Diagram rangkaian adalah sebagai berikut:
i s
saklar sinkron
v s
∼
V srms =1000 V
R b
i Rb
10 Ω
147

Bentuk gelombang tegangan sumber dan arus beban adalah
[V]
[A]
300
v s (t)/5
200 i Rb (t)
100
[detik]
0
0 0,01 0,02
-100
-200
-300
Spektrum amplitudo arus, yang dibuat hanya sampai harmonisa
ke-11 adalah seperti di bawah ini.
A
90
80
70
60
50
40
30
20
10
0
0.00
83.79
44.96
14.83 14.83
8.71 8.71
10 12 3 45 75 96 11 7 harmonisa
Amplitudo arus harmonisa ke-11 masih cukup besar; masih di
atas 10% dari amplitudo arus fundamental. Perhitunganperhitungan
yang hanya didasarkan pada spektrum amplitudo
ini tentu akan mengandung error yang cukup besar. Namun hal
ini kita biarkan untuk contoh perhitungan manual ini mengingat
amplitudo mencapai sekitar 1% dari amplitudo arus
fundamental baru pada harmonisa ke-55.
(b) Arus fundamental yang mengalir ke R b
83,79
I 1 rms = = 59,25
2
A
148 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Arus harmonisa total
I hrms
44,96
= 0 +
2
= 36,14 A
2
14,83
+
2
2
14,83
+
2
2
8,71
+
2
2
8,71
+
2
2
Arus total :
I rms
=
2 2
59,25 + 36,14 = 69,4 A
(c) Daya kompleks yang diberikan sumber adalah
S
s
= VsrmsI
rms
= 1000 × 69,4 = 69,4
kVA
(d) Daya nyata yang diberikan sumber harus sama dengan daya
nyata yang diterima beban yaitu daya nyata yang diserap R b
karena hanya R b yang menyerap daya nyata
P s = Pb
= I rms
2 Rb
= 69,4
2 × 10 = 48,17 kW
(e) Faktor daya yang dilihat sumber adalah
f.d.
s = Ps
s
/ S = 48,17 / 69,4 = 0,69
(f) Daya nyata dikirim oleh sumber melalui arus komponen
fundamental.
P s = Vsrms
I1rms
cos ϕ 1
Ps
48170
f . d.
1 = cosϕ1
= =
= 0,813
Vsrms
I1rms
1000 × 59,25
I hrms 36,14
(g) THD I = = = 0,61 atau 61%
I1rms
59,25
Perhitungan pada Contoh-7.7 ini dilakukan dengan hanya mengandalkan
spektrum amplitudo yang hanya sampai harmonisa ke-11. Apabila
tersedia spektrum sudut fasa, koreksi perhitungan dapat dilakukan.
149

Contoh-7.8: Jika pada Contoh-7.7 selain spektrum amplitudo diketahui
pula bahwa persamaan arus fundamental dalam uraian deret Fourier
adalah
( − 0.5cos( ω t)
+ 0,7sin( ))
i1 ( t)
= I m 0 ω0t
Lakukan koreksi terhadap perhitungan yang telah dilakukan pada
Contoh-7.7.
Penyelesaian:
Persamaan arus fundamental sebagai suku deret Fourier diketahui:
Sudut
( − 0.5cos( ω t)
+ 0,7sin( ))
i1 ( t)
= I m 0 ω0t
−1
o
θ = tan (0.7 / 0.5) = 57,6 . Mengacu ke Gb.3.3, komponen
fundamental ini lagging sebesar (90 o −57,6 o ) = 32,4 o dari tegangan
sumber yang dinyatakan sebagai fungsi sinus. Dengan demikian
maka faktor daya komponen fundamental adalah
o
f . d.
1 = cosϕ1
= cos(32,4 ) = 0,844
Dengan diketahuinya faktor daya fundamental, maka kita dapat
menghitung ulang daya nyata yang diberikan oleh sumber dengan
menggunakan nilai faktor daya ini, yaitu
P s = Vsrms
I 1 rms cos ϕ 1 = 1000 × 59,4 × 0.844 = 50 kW
Daya nyata yang dikirim sumber ini harus sama dengan yang
diterima resistor di rangkaian beban
demikian arus total adalah
I
rms = Ps
b
/ R = 50000 /10 = 70,7 A
P b = I rms
2 Rb
= Ps
. Dengan
Koreksi daya nyata tidak mengubah arus fundamental; yang
berubah adalah faktor dayanya. Oleh karena itu terdapat koreksi
arus harmonisa yaitu
I
2 2
hrms = I rms − I1rms
70,7
− 59,25
Daya kompleks yang diberikan sumber menjadi
= 38,63 A
150 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
=
S s = Vsrms
I rms = 1000 × 70,7 = 70,7 kVA
2
2

Faktor daya total yang dilihat sumber menjadi
THD I
38,63
= = 0,65 atau
59,25
f . d.
s = Ps
/ Ss
= 50 / 70,7 = 0,7
65%
Perbedaan-perbedaan hasil perhitungan antara Contoh-7.8 (hasil koreksi)
dan Contoh-7.7 telah kita duga sebelumnya sewaktu kita menampilkan
spektrum amplitudo yang hanya sampai pada harmonisa ke-11. Tampilan
spektrum ini berbeda dengan tampilan spektrum dalam kasus penyearah
setengah gelombang pada Contoh-7.6, yang juga hanya sampai hrmonisa
ke-10. Perbedaan antara keduanya terletak pada amplitudo harmonisa
terakhir; pada kasus saklar sinkron amplitudo harmonisa ke-11 masih
sekitar 10% dari amplitudo fundamentalnya, sedangkan pada kasus
penyearah setengah gelombang amplitudo ke-10 sudah sekitar 1% dari
ampltudo fundamentalnya.
Pada Contoh-7.8, jika kita menghitung daya nyata yang diterima resistor
hanya melalui komponen fundamental saja akan kita peroleh
2
2
P Rb1 = I1rms
Rb
= 59,25 × 10 = 35,1 kW
Perbedaan antara daya nyata yang dikirim oleh sumber melalui arus
fundamental dengan daya nyata yang diterima resistor melalui arus
fundamental disebabkan oleh adanya komponen harmonisa. Hal yang
sama telah kita amati pada kasus penyearah setengah gelombang pada
Contoh-7.6.
7.6. 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 ∆P Rb ; kekurangan ini
diatasi oleh komponen arus harmonisa karena daya nyata diterima oleh
R b tidak hanya melalui arus fundamental tetapi juga melalui arus
harmonisa, sesuai formula
2 2
P Rb = ( Ib
1 rms + Ibhrms)
Rb
Padahal dilihat dari sisi sumber, komponen harmonisa tidak memberi
transfer energi netto. Penafsiran yang dapat dibuat adalah bahwa
151

sebagian daya nyata diterima secara langsung dari sumber oleh R b , dan
sebagian diterima secara tidak langsung. Piranti yang ada di sisi beban
selain resistor adalah saklar sinkron ataupun penyearah yang merupakan
piranti-piranti pengubah arus; piranti pengubah arus ini tidak mungkin
menyerap daya nyata sebab jika demikian halnya maka piranti ini akan
menjadi sangat panas. Jadi piranti pengubah arus menyerap daya nyata
yang diberikan sumber melalui arus fundamental dan segera
meneruskannya ke resistor sehingga resistor menerima daya nyata total
sebesar yang dikirimkan oleh sumber. Dalam meneruskan daya nyata
tersebut, terjadi konversi arus dari frekuensi fundamental yang diberikan
oleh sumber menjadi frekuensi harmonisa menuju ke beban. Hal ini
dapat dilihat dari besar daya nyata yang diterima oleh R b melalui arus
harmonisa sebesar
2
2 2
P Rbh = IbhrmsR
= ( I1rms
+ Ibhrms
) × Rb
.
Faktor daya komponen fundamental lebih kecil dari satu, f.d. 1 < 1,
menunjukkan bahwa ada daya reaktif yang diberikan melalui arus
fundamental. Resistor tidak menyerap daya reaktif. Piranti selain resistor
hanyalah pengubah arus; oleh karena itu piranti yang harus menyerap
daya reaktif adalah pengubah arus. Dengan demikian, pengubah arus
menyerap daya reaktif dan daya nyata. Daya nyata diteruskan ke resistor
dengan mengubahnya menjadi komponen harmonisa, daya reaktif
ditransfer ulang-alik ke rangkaian sumber.
7.7. 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
152 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

dilakukan pada pembebanan linier, diterapkan juga pada pembebanan
nonlinier
Pada dasarnya perbaikan faktor daya adalah melakukan kompensasi daya
reaktif dengan cara menambahkan beban pada rangkaian sedemikian
rupa sehingga faktor daya, baik lagging maupun leading, mendekat ke
nilai satu. Dalam kasus penyearah setengah gelombang f.d. 1 = 1, sudah
mencapai nilai tertingginya; masih tersisa f.d. s yang hanya 0,7. Dalam
kasus saklar sinkron f.d. 1 = 0,844 dan f.d. s = 0,7. Kita coba melihat kasus
saklar sinkron ini terlebih dulu.
COTOH-7.9: Operasi saklar sinkron pada Contoh-3.7 membuat arus
fundamental lagging 32,4 o dari tegangan sumber yang sinusoidal.
Arus lagging ini menandakan adanya daya rekatif yang dikirim oleh
sumber ke beban melalui arus fundamental. (a) Upayakan
pemasangan kapasitor paralel dengan beban untuk memberikan
kompensasi daya reaktif ini. (b) Gambarkan gelombang arus yang
keluar dari sumber.
Penyelesaian:
a). Upaya kompensasi dilakukan dengan memasangkan kapasitor
paralel dengan beban untuk memberi tambahan pembebanan
berupa arus leading untuk mengompensasi arus fundamental
yang lagging 32,4 o . Rangkaian menjadi sebagai berikut:
i s
saklar sinkron
v s
∼
i C
C
R b
i Rb
Sebelum pemasangan kapasitor:
I 1 rms = 59,25 A ; I hrms = 38,63 A ; f . d.
s = 0, 7
S 1 = V srms I 1rms
= 1000 × 59,25 = 59,25 kVA ;
f.d. 1 = 0,844;
P 1 = 59,25×
0,844 = 50 kW
2 2
Q s 1 = S − P1
= 31,75 kVAR
153

Kita coba memasang kapasitor untuk memberi kompensasi daya
reaktif komponen fundamental sebesar 31 kVAR
Q
s1
2
srms
2
srms
= V × Z = V / ωC
Qs1
31000
→ C = =
= 99 µ F ; kita tetapkan 100 µF
V ω 2
srms 1000 × 100π
Dengan C = 100 µF, daya reaktif yang bisa diberikan adalah
Q C
Arus kapasitor adalah
C
2
−6
= 1000 × 100π × 100 × 10 = 31,4 kVAR
I
V
=
Z
1000
= = 31,4 A
1/(100π)
C
Crms
srms
.
C
Arus ini leading 90 o dari tegangan sumber dan hampir sama
dengan nilai
o
I 1 rms sin(32,4 ) = 31,75 A
Diagram fasor tegangan dan arus adalah seperti di bawah ini.
I 1 sin32,4 o
Im
I C
Re
I 1
32,4 o I 1 cos32,4 o
V s
Dari diagram fasor ini kita lihat bahwa arus
o
I C dan I1 sin 32, 4 tidak saling meniadakan sehingga beban
o
akan menerima arus I 1rms cos(32,4 ) , akan tetapi beban tetap
menerima arus seperti semula. Beban tidak merasakan adanya
perubahan oleh hadirnya C karena ia tetap terhubung langsung
ke sumber. Sementara itu sumber sangat merasakan adanya
beban tambahan berupa arus kapasitif yang melalui C. Sumber
yang semula mengeluarkan arus fundamental dan arus
harmonisa total ke beban, setelah pemasangan kapasitor
154 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

memberikan arus fundamental dan arus harmonisa ke beban
ditambah arus kapasitif di kapasitor. Dengan demikian arus
fundamental yang diberikan oleh sumber menjadi
o
I 1 rmsC ≈ I1
rms cos(32,4 ) = 50 A
turun sekitar 10% dari arus fundamental semula yang 59,25 A.
Arus efektif total yang diberikan sumber menjadi
I
2 2
srmsC = hrms
I1 rmsC + I = 50 + 38,63 = 63,2
Daya kompleks yang diberikan sumber menjadi
S sC
= 1000 × 63,2 = 63,2 kVA
2
2
A
Faktor daya yang dilihat sumber menjadi
f . d.
sC = 50 / 63,2 = 0,8
sedikit lebih baik dari sebelum pemasangan kapasitor
f . d.
s = 0,7
b). Arus sumber, i s , adalah jumlah dari arus yang melalui resistor
seri dengan saklar sinkron dan arus arus kapasitor.
- bentuk gelombang arus yang melalui resistor i Rb adalah
seperti yang diberikan pada gambar Contoh-7.7;
- gelombang arus kapasitor, i C , 90 o mendahului tegangan
sumber.
Bentuk gelonbang arus i s terlihat pada gambar berikut:
[V]
[A]
300
200
100
0
-100
-200
-300
i Rb
i s
v s /5
[detik]
0 0.005 i C
0.01 0.015 0.02
155

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.
i s
v s
i C
C
i R
R
Gb.7.6. Kapasitor paralel dengan beban.
COTOH-7.10: Sumber tegangan sinusoidal v s = 1000 2sinωt
V
mencatu beban resistif R b = 10 Ω melalui penyearah setengah
gelombang. Lakukan pemasangan kapasitor untuk
“memperbaiki” faktor daya. Frekuensi kerja 50 Hz.
Penyelesaian:
Keadaan sebelum pemasangan kapasitor dari Contoh-3.5:
tegangan sumber V srms =1000 V ;
arus fundamental I 1 rms = 50 A ;
arus harmonisa total I hrms = 50 A
arus efektif total I rms = 70,7 A ;
daya kompleks sumber S s = 70,7 kVA ;
daya nyata P s = P 1 = 50 kW ;
faktor daya sumber f . d.
s = Ps
/ Ss
= 50 / 70,7 = 0, 7 ;
faktor daya komponen fundamental f . d . 1 = 1 .
Spektrum amplitudo arus maksimum adalah
156 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

A
80
70
60
50
45.00
70.71
40
30
20
10
0
30.04
6.03
2.60 1.46 0.94
01 12 23 4 65 68 10 7 harmonisa
Gambar perkiraan dibawah ini memperlihatkan kurva tegangan
sumber v s /5 (skala 20%), arus penyearahan setengah gelombang
i R , dan arus kapasitor i C seandainya dipasang kapasitor (besar
kapasitor belum dihitung).
400
[V]
[A]
200
v s /5
i R
0
-200
0 0.01 i 0.02 0.03
C
t [s]
-400
Dengan pemasangan kapasitor maka arus sumber akan merupakan
jumlah i R + i C yang akan merupakan arus nonsinus dengan bentuk
lebih mendekati gelombang sinusoidal dibandingkan dengan
bentuk gelombang arus penyearahan setengah gelombang i R .
Bentuk gelombang arus menjadi seperti di bawah ini.
157

400
[V]
[A]
200
v s /5
i R +i C
i R
0
-200
i R
0 i C 0.01 0.02 0.03
t [s]
-400
Kita akan mencoba menelaah dari beberapa sisi pandang.
a). Pemasangan kapasitor seperti pada Gb.7.6 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 titiktolak
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.
2 2
Q s = Ss
− Ps
=
2 2
70.7 − 50
= 50 kVAR
Jika diinginkan faktor daya 0,9 maka daya reaktif seharusnya
sekitar
Q
s = S s
sin(cos -1 0,9)
≈ 30 kVAR
Akan tetapi formula segitiga tidaklah akurat karena kita tidak
dapat menggambarkan segitiga daya untuk arus harmonisa. Oleh
karena itu kita perkirakan kapasitor yang akan dipasang mampu
memberikan kompensasi daya reaktif Q C sekitar 25 kVAR. Dari
sini kita menghitung kapasitansi C.
QC
2
Vs
2
1000 6
= = = 10 ωC
= 25 kVAR
ZC
(1/ ωC)
158 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Pada frekuensi 50 Hz
Kita tetapkan 80 µF
Arus kapasitor adalah
25000
C = = 79,6 µ F .
6
10 × 100π
I
C
=
V
Z
s
1000
=
1/(100π×
80×
10
−6
= 25,13 A
)
yang leading 90 o dari tegangan sumber atau
I C
o
= 25,13∠90
Arus fundamental sumber adalah jumlah arus kapasitor dan arus
fundamental semula, yaitu
o
o
o
I s1C
= Is1semula
+ IC
= 50∠0
+ 25,13∠90
= 55,96∠21
A
Nilai efektif arus dengan frekuensi fundamental yang keluar dari
sumber adalah
I
2
2 2
I
2 1 + I = 55,96 + 50 = 75 A
sCrms = s Crms hrms
Jadi setelah pemasangan kapasitor, nilai-nilai efektif arus adalah:
I s1 Crms
= 55,96 A ; ini adalah arus pada frekuensi
fundamental yang keluar dari sumber
sementara arus ke beban tidak berubah
I hrms
I sCrms
semula
= 50 A ; tak berubah karena arus beban tidak berubah.
= 75 A ; ini adalah arus yang keluar dari sumber yang
I rms = 70,7 A .
Daya kompleks sumber menjadi
S sC
= VsrmsI
sCrms = 1000 × 75 = 75 kVA
Faktor daya yang dilihat sumber menjadi
f.d. sC = Ps
/ SsC
= 50 / 75 = 0,67
Berikut ini adalah gambar bentuk gelombang tegangan dan arus
serta spektrum amplitudo arus sumber.
159

V
A
300
200
100
0
-100
i Rb
v s /5
0 0.005 i C 0.01 0.015 0.02
i sC
-200
-300
A
90
80
70
60
50
40
30
20
10
0
45.00
79.14
30.04
6.03
2.60 1.46 0.94
01 12 32 4 65 68 10 7
harmonisa
Pemasangan kapasitor tidak memperbaiki faktor daya total
bahkan arus efektif pembebanan pada sumber semakin tinggi.
Apabila kita mencoba melakukan kompensasi bukan dengan arus
kapasitif akan tetapi dengan arus induktif, bentuk gelombang arus
dan spektrum amplitudo yang akan kita peroleh adalah seperti di
bawah ini.
160 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V
A
300
200
100
0
-100
v s /5
i Rb
i C
0 0.005 0.01 0.015 0.02
i sC
-200
-300
A
90
80
70
60
50
40
30
20
10
0
45.00
79.14
30.04
6.03
2.60 1.46 0.94
1 2 3 4 5 6 7
0 1 2 4 6 8 10
harmonisa
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.
161

162 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Bab 8
Pembebanan Nonlinier Sistem Tiga
Fasa dan Dampak pada Piranti
8.1. Komponen Harmonisa Dalam Sistem Tiga Fasa
a 11
b 1 c 1
b 11
Frekuensi Fundamental.
Pada pembebanan seimbang,
180 o mekanis = 360 o magnetik
komponen fundamental
berbeda fasa 120 o antara
fasa ini timbul karena
a 1 U U a 2
masing-masing fasa.
c 11 S
medan magnet, yaitu sebesar
c 2 b 2
Perbedaan fasa 120 o antar
perbedaan posisi kumparan
jangkar terhadap siklus
b 22 S c 22
120 o sudut magnetik. Hal ini
dijelaskan pada Gb.8.1.
Gb.8.1. memperlihatkan
Gb.8.1. Skema generator empat kutub
skema generator empat kutub; 180 o sudut mekanis ekivalen dengan 360 o
sudut magnetik. Dalam siklus magnetik yang pertama sebesar 360 o
magnetik, yaitu dari kutub magnetik U ke U berikutnya, terdapat tiga
kumparan yaitu kumparan fasa-a (a 1 -a 11 ), kumparan fasa-b (b 1 -b 11 ),
kumparan fasa-c (c 1 -c 11 ) . Antara posisi kumparan fasa-a dan fasa-b
terdapat pergeseran sudut magnetik 120 o ; antara posisi kumparan fasa-b
dan fasa-c terdapat pergeseran sudut magnetik 120 o ; demikian pula
halnya dengan kumparan fasa-c dan 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 360 o , berisi 3 siklus harmonisa ke-3. Hal ini berarti
bahwa satu siklus harmonisa ke-3 memiliki lebar 120 o dalam skala
komponen fundamental; nilai ini tepat sama dengan beda fasa antara
komponen fundamental fasa-a dan fasa-b. Oleh karena itu tidak ada
163

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
V
300
200
100
0
-100
v 1a
v 3a
v 1b v 1c
v 3b
v 3c
0 90 180 270 360 [ o ]
-200
-300
Gb.8.2. Tegangan fundamental dan harmonisa ke-3
pada fasa-a, fasa-b, dan fasa-c.
Pada gambar ini tegangan v 1a , v 1b , v 1c , adalah tegangan fundamental dari
fasa-a, -b, dan -c, yang saling berbeda fasa 120 o . Tegangan v 3a , v 3b , v 3c ,
adalah tegangan harmonisa ke-3 di fasa-a, -b, dan -c; masing-masing
digambarkan terpotong untuk memperlihatkan bahwa mereka sefasa.
Diagram fasor harmonisa ke-3 digambarkan pada Gb.8.3. Jika V 3a , V 3b ,
V 3c merupakan fasor tegangan fasa-netral maka tegangan fasa-fasa (line
to line) harmonisa ke-3 adalah nol.
V 3a
V 3b
V 3c
Gb.8.3. Diagram fasor harmonisa ke-3.
Hal serupa terjadi pada harmonisa kelipatan tiga yang lain seperti
harmonisa ke-9. Satu siklus fundamental berisi 9 siklus harmonisa yang
berarti lebar satu siklus adalah 40 o dalam skala fundamental. Jadi lebar 3
siklus harmonisa ke-9 tepat sama dengan beda fasa antar fundamental,
sehingga tidak ada perbedaan sudut fasa antara harmonisa ke-9 di fasa-a,
fasa-b, dan fasa-c.
Harmonisa ke-5. Gb.8.4. memperlihatkan kurva tegangan fundamental
dan harmonisa ke-5. Tegangan v 1a , v 1b , v 1c , adalah tegangan fundamental
dari fasa-a, -b, dan -c. Tegangan v 5a , v 5b , v 5c , adalah tegangan harmonisa
ke-5 di fasa-a, -b, dan -c; masing-masing digambarkan terpotong untuk
menunjukkan bahwa mereka berbeda fasa.
164 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V
300
200
100
v 1a
v 1b
v 1c
0
0 90 180 270 360
-100
-200
-300
Gb.8.4. Fundamental dan harmonisa ke-5
Satu siklus fundamental berisi 5 siklus harmonisa atau satu siklus
harmonisa mempunyai lebar 72 o dalam skala fundamental. Perbedaan
fasa antara v 5a dan v 5b adalah (2 × 72 o − 120 o ) = 24 o dalam skala
fundamental atau 120 o dalam skala harmonisa ke-5; beda fasa antara v 5b
dan v 5c juga 120 o . Diagram fasor
V 5b
dari harmonisa ke-5 terlihat pada
Gb.8.5. Jika V 5a , V 5b , V 5c
merupakan fasor tegangan fasanetral
maka tegangan fasa-fasa
V 5a
(line to line) harmonisa ke-5
adalah 3 kali lebih besar dari
tegangan fasa-netral-nya.
Harmonisa Ke-7. Satu siklus harmonisa ke-7 memiliki lebar 51,43 o
dalam skala fundamental. Perbedaan fasa antara v 7a dan v 7b adalah (3 ×
51,43 o − 120 o ) = 34,3 o dalam skala fundamental atau 240 o dalam skala
harmonisa ke-7; beda fasa antara v 7b dan v 7c juga 240 o . Diagram fasor
dari harmonisa ke-7 terlihat
V 7c
pada Gb.8.6. Jika V 7a , V 7b , V 7c
merupakan fasor tegangan
fasa-netral maka tegangan
V 7a
fasa-fasa (line to line)
harmonisa ke-7 adalah 3
kali lebih besar dari tegangan
fasa-netral-nya.
v 5a v 5b v 5c
[ o ]
V 5c
Gb.8.5. Diagram fasor harmonisa ke-5.
V 7b
Gb.8.6. Diagram fasor harmonisa ke-7.
165

8.2. Relasi Tegangan Fasa-Fasa dan Fasa-etral
Pada tegangan sinus murni, relasi antara tegangan fasa-fasa dan fasanetral
dalam pembebanan seimbang adalah
V ff
= V fn
3 =1,732V
fn
di mana V ff tegangan fasa-fasa dan V f-n tegangan fasa-netral. Apakah
relasi masih berlaku jika tegangan berbentuk gelombang nonsinus. Kita
akan melihat melalui contoh berikut.
COTOH-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 1 f −n =141,42 V ; V 3 f −n = 28,28 V ; V 5 f −n =17,68 V
V 7 f −n =14,14 V ; V 9 f −n = 7,07 V
Nilai efektif tegangan fasa-netral total
V f −n
=
2 2 2 2 2
141,42 + 28,28 + 17,68 + 14,14 + 7,07
= 146,16
V
Nilai efektif tegangan fasa-fasa setiap komponen adalah
V 1 f − f = 244,95 V ; V 3 f − f = 0 V ; V 5 f − f = 26,27 V
V 7 f − f = 22,11 V ; V 9 f − f = 0 V
Nilai efektif tegangan fasa-fasa total
166 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V f − f
=
2
2 2
244,95 + 0 + 26,27 + 22,11 + 0 = 247,35
Rasio tegangan fasa-fasa terhadap tegangan fasa-netral
V f − f 247,35
= = 1,70
V f −n
146,16
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 fasanetral
tidak muncul pada tegangan fasa-fasa-nya. Kita akan melihatnya
pada contoh berikut.
COTOH-8.2: Sebuah generator 3 fasa, 50 Hz, terhubung bintang
membangkitkan tegangan fasa-netral yang berbentuk gelombang
nonsinus yang dinyatakan dengan persamaan
v = 800sin
ω0t
+ 200sin 3ω0t
+ 100sin 5ω0t
V
Generator ini mencatu tiga induktor terhubung segi-tiga yang
masing-masing mempunyai resistansi 20 Ω dan induktansi 0,1 H.
Hitung daya nyata yang diserap beban dan faktor daya beban.
Penyelesaian:
Nilai efektif komponen tegangan fasa-netral adalah
V fn1 rms = 800 / 2 V ; V fn3 rms = 200 / 2 V ;
V fn5 rms = 100 / 2 V .
Tegangan fasa-fasa sinyal nonsinus tidak sama dengan 3 kali
tegangan fasa-netralnya. Akan tetapi masing-masing komponen
merupakan sinyal sinus; oleh karena itu tegangan fasa-fasa masingmasing
komponen adalah
3 kali tegangan fasa-netral-nya.
( 800 / 2) 3 800 3/2 V
V ff 1 rms =
=
; V ff 3 rms = 0 V ;
V ff 5 rms = 100
3 / 2
V
167

V ffrms
=
2
2
800 (3/ 2) + 100 (3/ 2) = 987,4
V
Reaktansi beban per fasa untuk tiap komponen
X 1 = 2π × 50 × 0,1 = 31,42 Ω ; X 3 = 3X
1 = 94,25 Ω ;
X 5 = 5X
1 = 157,08 Ω
Impedansi beban per fasa untuk tiap komponen
Z f 1
=
2 2
20 + 31,42
= 37,24 Ω
Z f 3
=
2 2
20 + 94,25
= 96,35 Ω
Z f 5
=
2 2
20 + 157,08
= 158,35 Ω
Arus fasa:
V ff 1rms
800 3 / 2
I f 1 rms = = = 26,3 A
Z 37,24
f 1
V ff 3rms
I f 3 rms = = 0 A
Z f 1
V ff 5rms
100 3 / 2
I f 5 rms = = = 0,77 A
Z 158,35
f 5
I frms =
2 2
26,3 + 0,77
= 26,32
A
Daya nyata diserap beban
P b
2
= 3×
I frms × 20 = 41566 W ≈ 41,6 kW
Daya kompleks beban
S b
= 3×
V ff × I f = 3×
987,4×
26,32 = 77967 W ≈ 78 kW
Faktor daya beban
Pb
41,6
f . d.
= = = 0,53
S 78
b
168 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Generator Terhubung Segitiga. Jika belitan jangkar generator terhubung
segitiga, maka tegangan harmonisa kelipatan tiga akan menyebabkan
terjadinya arus sirkulasi pada belitan jangkar generator tersebut.
COTOH-8.3: Sebuah generator 3 fasa, 50 Hz, terhubung segitiga.
Resistansi dan induktansi per fasa adalah 0,06 Ω dan 0,9 mH. 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 3 m = 4% × 1500 = 60 V ; V 3 rms = 60 / 2 V
V 9 m = 2% × 1500 = 30 V ; V 9 rms = 30 / 2 V
V 15 m = 1% × 1500 = 15 V ; V 15 rms =15 / 2 V
Reaktansi untuk masing-masing komponen adalah
X 1
X
= 2π × 50 × 0,9 × 10
3 = 3×
X1
= 0,85 Ω
X 9 = 9 × X1
= 2,55 Ω
X 15 = 15×
X1
= 4,24 Ω
−
3
= 0,283 Ω
Impedansi di setiap fasa untuk komponen harmonisa
Z 3
Z 9
Z 15
Arus sirkulasi adalah
=
=
=
0,06
0,06
2
2
0,06
2
+ 0,85
+ 2,54
2
2
+ 4,24
2
= 0,85 Ω
= 2,55 Ω
= 4,24 Ω
169

I
I
I
60 / 2
=
0,85
3 rms =
30 / 2
=
2,55
9 rms =
15 / 2
=
4,24
15 rms =
49,89 A
8,33 A
2,5 A
2 2 2
I sirkulasi( rms)
= 48,89 + 8,33 + 2,5 = 50,6
A
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.
COTOH-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
Reaktansi per fasa
V fn1rms
= 254,6 V;
V fn3rms
= 42,4 V;
V fn5rms
= 35,4 V
X 1
X
X
= 2π × 50 × 0,05 = 15,70 Ω
= 3×
1 = 47,12 Ω
= × = 78,54 Ω
3 X
5 5 X1
170 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Impedansi per fasa
Z 1
=
2 2
25 + 15,70
= 29,53
Ω
Z 3
=
2 2
25 + 47,12
= 53,35
Ω
Z 5
=
25
2
+ 78,54
2
= 82,42
Ω
Arus saluran
254,6
I 1 rms = = 8,62 A
29,53
42,4
I 3 rms = = 0,795 A
53,35
35,4
I 5 rms = = 0,43 A
82,42
I saluran
rms =
2 2 2
8.62 + 0,795 + 0,43
(b) Tegangan fasa-fasa setiap komponen
= 8,67
V 1 f − f = 440,9
V; V3
f − f = 0 V; V5
f − f = 61,24 V
Tegangan fasa-fasa
A
V f − f
=
440,9
2
+ 0 + 61,2
2
= 445
V
Arus di penghantar netral ditimbulkan oleh harmonisa ke-3,
yang merupakan arus urutan nol.
I
netral = rms
3×
I3 = 3×
0,795 = 2,39 A
(c) Daya yang diserap beban adalah daya yang diserap elemen
2
resistif 25 Ω, yaitu P = 3 × I f −n
× R . Arus beban terhubung
bintang sama dengan arus saluran. Jadi daya yang diserap
beban adalah
2
2
P b = 3×
I × R = 3×
8,67 × 25 = 5636 W
= 5,64 kW
171

Sistem Tiga Kawat. Pada sistem ini tidak ada hubungan antara titik
netral sumber dan titik netral beban. Arus harmonisa kelipatan tiga tidak
mengalir. Kita akan melihat kondisi ini dengan menggunakan contoh
berikut.
COTOH-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
Arus saluran menjadi
I
I
254,6
29,53
35,4
82,42
1 rms = =
5 rms = =
I saluran
rms =
8,62 A
0,43 A
2 2
8,62 + 0,43 = 8,63 A
(b) Walaupun arus harmonisa ke-3 tidak mengalir, tegangan fasanetral
harmonisa ke-3 tetap hadir namun tegangan ini tidak
muncul pada tegangan fasa-fasa. Keadaan ini seperti keadaan
sebelum penghantar netral diputus
V f − f
=
2
2
440,9 + 0 + 61,2
= 445
V
(c) Arus di penghantar netral = 0 A
(d) Daya yang diserap beban
8.4. Sumber Bekerja Paralel
2
P b = 3×
I × R = 3×
8,63 × 25 = 5589 W = 5,59 kW
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.
172 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
2

COTOH-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 ffrms
=10000 V
V fnrms
10000 = = 5774
3
V
Reaktansi jangkar 20% :
X a
Reaktansi pentanahan 10% :
3×
5774
= 20% ×
= 1 Ω
20 000 × 1000
X g
Reaktansi pentanahan untuk urutan nol :
3×
5774
= 10% ×
= 0,5 Ω
20 000 × 1000
X 0
2
2
= 3×
0,5 = 1,5 Ω
Tegangan harmonisa ke-3 adalah 10% dari tegangan fundamental :
V fn3 rms = 577,4
Kedua generator memiliki X a dan X g yang sama besar dengan
tegangan harmonisa ke-3 yang sama besar pula. Arus sirkulasi
akibat tegangan harmonisa ke-3 adalah
I
sirkulasi
8.5. Penyaluran Energi ke Beban
=
V
fn3rms
( X + X )
a
0
=
V
577,4
= 231 A
2,5
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.
173

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
1 = E1
+ I1R1
jI1X1
V +
2 = V2
+ I2R2
jI2X2
E +
2
I
I 2
1 = I f + I2′
dengan I2′
= I2
=
1
a
V 1 , I1,
E1,
R1
, X1
berturut turut adalah tegangan terminal, arus, tegangan
induksi kumparan, resistansi, dan reaktansi bocor rangkaian primer.
V 2 , I2,
E2,
R2,
X2
berturut-turut adalah tegangan terminal, arus,
tegangan induksi kumparan, resistansi, dan reaktansi bocor rangkaian
sekunder; V 2 sama dengan tegangan pada beban. E 1 sefasa dengan E 2
karena dibangkitkan (diinduksikan) oleh fluksi yang sama, sehingga nilai
masing-masing sebanding dengan jumlah lilitan, 1 dan 2 . Jika
a = 1 / 2 maka dilihat dari sisi sekunder nilai E 1 menjadi
E 1 ' = E1
/ a , I 1 menjadi I 1 ' = aI 1 , R 1 menjadi R 1 /a 2 , X 1 menjadi X 1 /a 2 .
Rangkaian ekivalen transformator berbeban menjadi seperti pada
Gb.5.7.a. Dengan mengabaikan arus eksitasi I f dan menggabungkan
resistansi dan reaktansi menjadi R T = R 1 ′ + R2
dan X T = X 1 ′ + X 2
maka rangkaian ekivalen menjadi seperti pada Gb.8.7.b.
(a)
R′
X′ 1 I f
1
R X 2 2
V∼
1 E
B V 2
1
X c
R c
I c
B
(b)
Gb.8.7. Rangkaian ekivalen transformator berbeban.
174 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
R T
X T
∼ V 1
V 2

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 V s menjadi V s /a, resistansi
penyulang menjadi R p /a 2 , reaktansi penyulang menjadi X p /a 2 . Jika
resistansi penyulang R p /a 2 maupun resistansi transformator R T diabaikan,
maka rangkaian sumber–penyulang–transformator–beban menjadi
seperti pada Gb.8.8. Bentuk rangkaian yang terakhir ini cukup sederhana
untuk melakukan analisis lebih lanjut. V s /a adalah tegangan sumber.
X T
V s /a B V 2
X p /a 2 X C
B
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.
X p /a 2
X T
i beban
X C
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
175

sumber arus harmonisa digambarkan sebagai sumber arus yang mencatu
sistem seperti terlihat pada Gb.8.10.
X p /a 2
X T
X C
sumber arus
harmonisa
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.
176 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 I rms mengalir melalui konduktor yang
memiliki resistansi R s , maka susut daya di konduktor ini adalah
2 2 2
2
2
P s I rms Rs
= ( I1rms
+ I hrms ) Rs
= I1rms
Rs
( 1 + THDI
)
2
Jika arus efektif fundamental tidak berubah, faktor ( THD )
= (8.1)
1+ I pada
(8.1) menunjukkan seberapa besar peningkatan susut daya di konduktor.
Misalkan peningkatan ini diinginkan tidak lebih dari 10%, maka THD I
tidak boleh lebih dari 0,32 atau 32%. Dalam contoh-contoh persoalan
yang diberikan di Bab-4, THD I besar terjadi misalnya pada arus
penyearahan setengah gelombang yang mencapai 100%, dan arus
melalui saklar sinkron yang mengalir setiap paruh ke-dua dari tiap
setengah perioda yang mencapai 61%.
COTOH-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 70 o C sedangkan temperatur
sekitarnya adalah 25 o C. Perubahan pembebanan di ujung kabel
menyebabkan munculnya harmonisa pada frekuensi 350 Hz dengan
nilai efektif 40 A. Hitung (a) perubahan susut daya dan (b)
perubahan temperatur kerja pada konduktor.
(a) Susut daya semula pada konduktor adalah
P 1 = 100 2 × 0,08 = 800
Susut daya tambahan karena arus harmonisa adalah
W
Susut daya berubah menjadi
P 7 = 40 2 × 0,08 = 128 W
P kabel
= 800 + 128 = 928 W
177

Dibandingkan dengan susut daya semula, terjadi kenaikan susut
daya sebesar 16%.
(b) Kenaikan temperatur kerja di atas temperatur sekitar semula
adalah (70 o − 25 o ) = 45 o C. Perubahan kenaikan temperatur
adalah
∆T = 0,16 × 45
o =
7,2
Kenaikan temperatur akibat adanya hormonisa adalah
o
T = 45 C + 7,2
o
o
C ≈ 52
dan temperatur kerja akibat adanya harmonisa adalah
T ′ =
25
o
+ 52
10% di atas temperatur kerja semula.
o
= 77
o
o
C
C
C
COTOH-8.8: Suatu kabel yang memiliki resistansi total 0,2 Ω
digunakan untuk mencatu beban resistif R b yang tersambung di
ujung kabel dengan arus sinusoidal bernilai efektif 20 A. Tanpa
pengubah resistansi beban, ditambahkan penyearah setengah
gelombang (ideal) di depan R b . (a) Hitunglah perubahan susut daya
pada kabel jika penyaluran daya ke beban dipertahankan tak
berubah. (b) Hitunglah daya yang disalurkan ke beban dengan
mempertahankan arus total pada 20 A; (c) berikan ulasan.
Penyelesaian:
(a) Sebelum pemasangan penyearah, susut daya di kabel adalah
P k
= 20 2 × 0,2 = 80 W
Dengan mempertahankan besar daya tersalur ke beban tidak
berubah, berarti nilai efektif arus fundamental dipertahankan 20
A. THD I pada penyearah setengah gelombang adalah 100%.
Susut daya pada kabel menjadi
P
*
k
= 20
2
× 0,21
Susut daya menjadi dua kali lipat.
2
( + 1 ) = 160 W
178 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

(b) Jika arus efektif total dipertahankan 20 A, maka susut daya di
kabel sama seperti sebelum pemasangan penyearah yaitu
P
k
= 20 2 × 0,2 = 80
Dalam situasi ini terjadi penurunan arus efektif fundamental
yang dapat dihitung melalui relasi kuadrat arus efektif total,
yaitu
I
2
rms
2
1ms
2
hms
2
1ms
W
= I + I = I (1 + THD
Dengan THD 100%, maka I 1 2 rms = 20 2 /2
jadi
I
1 rms
= 20/ 2 = 14,14 A
2
) = 20
Jadi jika arus efektif total dipertahankan 20 A, arus fundamental
turun menjadi 70% dari semula. Susut daya di kabel tidak
berubah, tetapi daya yang disalurkan ke beban menjadi
0,7
2 ≈ 0,5 dari daya semula atau turun menjadi 50%-nya.
(c) Jika penyaluran daya ke beban dipertahankan tetap, susut pada
saluran menjadi dua kali lipat, yang berarti kenaikan temperatur
dua kali lipat. Jika temperatur kerja semula 65 o C pada
temperatur sekitar 25 o , maka temperatur kerja yang baru bisa
mencapai lebih dari 100 o C.
8.7.2. Kapasitor
Jika susut daya pada saluran tidak diperkenankan meningkat
maka penyaluran daya ke beban harus diturunkan sampai
menjadi 50% dari daya yang semula disalurkan; gejala ini dapat
diartikan sebagai derating kabel.
Ulas Ulang Tentang Kapasitor. Jika suatu dielektrik yang memiliki
permitivitas relatif ε r disisipkan antara dua pelat kapasitor yang memiliki
luas A dan jarak antara kedua pelat adalah d, maka kapasitansi yang
semula (tanpa bahan dielektrik)
A
C 0 = ε 0 d
berubah menjadi
C = C 0 ε r
Jadi kapasitansi meningkat sebesar ε r kali.
2
179

Diagram fasor arus dan tegangan kapasitor diperlihatkan pada Gb.8.11.
Arus kapasitor terdiri dari dua komponen yaitu arus kapasitif I C ideal
yang 90 o mendahului tegangan kapasitor V C , dan arus ekivalen losses
pada dielektrik I Rp yang sefasa dengan tegangan.
im
IC
δ
I tot
Gb.8.11. Diagram fasor arus dan tegangan kapasitor.
Daya yang terkonversi menjadi panas dalam dielektrik adalah
P = V I = V I tan δ
(8.2)
C
Rp
C
atau
2
0 0
0 r
C
P = ε V ωC
V tan δ = 2πf
V C ε tan δ (8.3)
r
I Rp
tanδ disebut faktor desipasi (loss tangent)
ε r tanδ disebut faktor kerugian (loss factor)
Pengaruh Frekuensi Pada Dielektrik. Nilai ε r tergantung dari frekuensi,
yang secara umum digambarkan seperti pada Gb.8.12.
VC
re
ε r
ε r
loss factor
ε r tanδ
power audio
frekuensi listrik
radio
frekuensi
frekuensi optik
Gb.8.12. ε r dan loss factor sebagai fungsi frekuensi.
Dalam analisis rangkaian, reaktansi kapasitor dituliskan sebagai
180 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

1
X C = 2 πfC
Gb.8.12. memperlihatkan bahwa ε r menurun dengan naiknya frekuensi
yang berarti kapasitansi menurun dengan naiknya frekuesi. Namun
perubahan frekuensi lebih dominan dalam menentukan reaktansi
dibanding dengan penurunan ε r ; oleh karena itu dalam analisis kita
menganggap kapasitansi konstan.
Loss factor menentukan daya yang terkonversi menjadi panas dalam
dielektrik. Sementara itu, selain tergantung frekuensi, ε r juga tergantung
dari temperatur dan hal ini berpengaruh pula pada loss factor, walaupun
tidak terlalu besar dalam rentang temperatur kerja kapasitor. Oleh karena
itu dalam menghitung daya yang terkonversi menjadi panas dalam
dielektrik, kita melakukan pendekatan dengan menganggap loss factor
konstan. Dengan anggapan ini maka daya yang terkonversi menjadi
panas akan sebanding dengan frekuensi dan sebanding pula dengan
kuadrat tegangan.
Tegangan onsinus. Pada tegangan nonsinus, bentuk gelombang
tegangan pada kapasitor berbeda dari bentuk gelombang arusnya. Hal ini
disebabkan oleh perbedaan tanggapan kapasitor terhadap komponen
fundamental dengan tanggapannya terhadap komponen harmonisa.
Situasi ini dapat kita lihat sebagai berikut. Misalkan pada terminal
kapasitor terdapat tegangan nonsinus yang berbentuk:
vC ( t)
= vC1 ( t)
+ vC3(
t)
+ vC5
( t)
+ .........
(8.4)
Arus kapasitor akan berbentuk
iC ( t)
= ω0 CvC1(
t)
+ 3ω0CvC3(
t)
+ 5ω0CvC5
( t)
+ ......... (8.5)
Dengan memperbandingkan (8.4) dan (8.5) dapat dimengerti bahwa
bentuk gelombang tegangan kapasitor berbeda dengan bentuk gelombang
arusnya.
COTOH-8.9: 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.
181

Penyelesaian:
Jika persamaan tegangan
maka persamaan arus adalah
i C
v C = 150 sin100πt
+ 30sin 300πt
V
= 150×
500×
10
+ 30×
500×
10
−6
−6
× 100π
cos100πt
× 500π
cos 500πt
Bentuk gelombang tegangan dan arus adalah seperti terlihat pada
Gb.8.13.
200
[V]
[A]
100
-100
0
i C
v C
0 0.005 0.01 0.015 0.02
t [detik]
-200
Gb.8.3. Gelombang tegangan dan arus pada Contoh-8.9.
COTOH-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
X C1
1
=
2π×
50×
500×
10
= 6,37 Ω
182 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
−6

Arus efektif untuk komponen fundamental
150 / 2
I C1 rms = = 16,7 A
6,37
(b) Reaktansi untuk harmonisa ke-3 dan ke-5 berturut-turut
adalah
(c)
X
= C1
X
X C3
= 2,12 Ω ; X = C1
C5
= 1,27 Ω
3
5
Arus efektif harmonisa
THD
V
30 / 2
I C3 rms = = 10 A
2,12
I C
V
=
V
5 / 2
=
1,27
5 rms =
THD
I
hrms
1rms
I
=
I
=
hrms
C1rms
30
2
2
150 /
=
2,8 A
5
+
2
2
2
10
2
+ 2,8
16,7
2
= 0,62 atau
62%
21,5
= = 0,20 atau 20 %
106
(d) Losses dielektrik dianggap sebanding dengan frekuensi dan
kuadrat tegangan. Pada frekuensi 50 Hz dan tegangan 110 V,
losses adalah 0,6 watt.
P 50 Hz,110V =
0,6
W
150 ⎛ 30 ⎞
P 150 Hz,30V = × ⎜ ⎟ × 0,6 = 0,134 W
50 ⎝110
⎠
250 ⎛ 5 ⎞
P 250 Hz,5V = × ⎜ ⎟ × 0,6 = 0,006 W
50 ⎝110
⎠
Losses dielektrik total:
P total
= 0 ,6 + 0,134 + 0,006 = 0,74
2
2
W
183

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
di f
v = L
dt
dengan v adalah tegangan jatuh pada induktor, dan i f adalah arus eksitasi.
Apabila rugi rangkaian magnetik diabaikan, maka fluksi φ sebanding
dengan i f dan membangkitkan tegangan induksi pada belitan induktor
sesuai dengan hukum Faraday dan hukum Lenz.
dφ
e i = −
dt
Tegangan induksi ini berlawanan dengan tegangan jatuh induktor v,
sehingga nilai e i sama dengan v.
dφ
di f
e = ei = = L
dt dt
Persamaan di atas menunjukkan bahwa φ dan i f berubah secara
bersamaan. Jika φ berbentuk sinus maka ia harus dibangkitkan oleh arus
i f yang juga berbentuk sinus dengan frekuensi sama dan mereka sefasa.
Arus i f sendiri berasal dari sumber tegangan yang juga harus berbentuk
sinus. Oleh karena itu baik tegangan, arus, maupun fluksi mempunyai
frekuensi sama, sehingga kita dapat menuliskan persamaan dalam bentuk
fasor
V = E i = jωΦ = jωLI
f
dengan Φ adalah fluksi dalam bentuk fasor. Relasi ideal ini memberikan
2π
Vrms
= fφmaks
= 4, 44 f φmaks
2
184 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

2π
Vrms
= fLi fmaks = 4, 44 fL i
2
fmaks
Relasi ideal memberikan diagram fasor seperti di
samping ini dimana arus yang membangkitkan
fluksi yaitu I φ sama dengan I f .
I f
Φ
= I φ
V = E i
COTOH-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
V L 1 rms = 4,44×
50×
L×
50 = 11100×
L V
V L 3 rms = 4,44×
150×
L × 10 = 6660×
L V
V L 5 rms = 4,44 × 250 × L × 5 = 5550 × L V
sedangkan
2 2 2
Lrms = V1rms
+ V3rms
V5rms
. Jadi
V +
2
75 = L × 11100 + 6660 + 5550 = 14084, 3× L
Induktansi kumparan adalah
L =
75
14084,3
2
2
= 0,0053 H
Fluksi Dalam Inti. Jika tegangan sinus dengan nilai efektif V rms dan
frekuensi f diterapkan pada induktor, fluksi magnetik yang timbul dalam
inti dihitung dengan formula
φm
V
= rms
4,44×
f ×
185

φ m adalah nilai puncak fluksi, dan adalah jumlah lilitan. Melalui
contoh berikut ini kita akan melihat fluksi dalam inti induktor bila
tegangan yang diterapkan berbentuk nonsinus.
COTOH-8.12: Sebuah induktor dengan 1200 lilitan mendapat
tegangan nonsinus yang terdiri dari komponen fundamental dengan
nilai efektif V 1rms = 150 V dan harmonisa ke-3 dengan nilai efektif
V 3rms = 50 V yang tertinggal 135 o dari komponen fundamental.
Gambarkan kurva tegangan dan fluksi.
Penyelesaian:
Persamaan tegangan adalah
v L = 150 2 sin ω0t
+ 50 2 sin(5ω0t
−135
Nilai puncak fluksi fundamental
150
φ1 m =
= 563 µ Wb
4,44×
50×
1200
Fluksi φ 1m tertinggal 90 o dari tegangan (lihat Gb.4.4). Persamaan
gelombang fluksi fundamental menjadi
Nilai puncak fluksi harmonisa ke-3
φ1 = 563sin( ω0t
− 90 ) µ Wb
50
3 =
= 62,6 µ Wb
4,44 × 3×
50 × 1200
φ m
Fluksi φ 3m juga tertinggal 90 o dari tegangan harmonisa ke-3;
sedangkan tegangan harmonisa ke-3 tertinggal 135 o dari tegangan
fundamental. Jadi persamaan fluksi harmonisa ke-3 adalah
o
o
φ3 = 62,6sin(3ω0t
−135
− 90 ) = 62,6sin(3ω0t
− 225 ) µ Wb
o
o
)
o
Persamaan fluksi total menjadi
186 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
o
φ = 563sin(
ω0 t − 90 ) + 62,6sin(3ω0t
− 225) µ Wb
Kurva tegangan dan fluksi terlihat pada Gb.8.14.

600
[V]
400
[µWb]
200
0
-200
v L
φ
t [detik]
0 0.01 0.02 0.03 0.04
-400
-600
Gb.8.14. Kurva tegangan dan fluksi.
Rugi-Rugi Inti. Dalam induktor nyata, rugi inti menyebabkan fluksi
magnetik yang dibangkitkan oleh i f ketinggalan dari i f sebesar γ yang
disebut sudut histerisis. Keadaan ini diperlihatkan pada Gb.8.15. dimana
arus magnetisasi I f mendahului φ sebesar γ. Diagram fasor ini digambar
dengan memperhitungkan rugi hiterisis
Ic
V = Ei
Iφ
γ
Φ
I f
Gb.8.15. Diagram fasor induktor (ada rugi inti)
Dengan memperhitungkan rugi-rugi yang terjadi dalam inti
transformator, I f dipandang sebagai terdiri dari dua komponen yaitu I φ
yang diperlukan untuk membangkitkan φ, dan I c yang diperlukan untuk
mengatasi rugi-rugi inti. Jadi arus magnetisasi menjadi I f = I φ + I c .
Komponen I c merupakan arus fiktif yang jika dikalikan dengan V akan
memberikan rugi-rugi inti
o
Pc
= IcV
= VI f cos(90 − γ)
watt (8.6)
Rugi inti terdiri dari dua komponen, yaitu rugi histerisis dan rugi arus
pusar. Rugi histerisis dinyatakan dengan
Ph = whvf
(8.7)
187

P h rugi histerisis [watt], w h luas loop kurva histerisis dalam
[joule/m 3 .siklus], v volume, f frekuensi. Untuk frekuensi rendah,
Steinmetz memberikan formulasi empiris
n
( K B )
P h = vf h m
(8.8)
di mana B m adalah nilai kerapatan fluksi maksimum, n tergantung dari
jenis bahan dengan nilai yang terletak antara 1,5 sampai 2,5 dan K h yang
juga tergantung jenis bahan (untuk silicon sheet steel misalnya, K h =
0,001). Nilai-nilai empiris ini belum didapatkan untuk frekuensi
harmonisa.
Demikian pula halnya dengan persamaan empiris untuk rugi arus pusar
dalam inti
P e = Ke
f Bm τ v
(8.9)
188 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
2
di mana K e konstanta yang tergantung material, f frekuensi perubahan
fluksi [Hz], B m adalah nilai kerapatan fluksi maksimum, τ ketebalan
laminasi inti, dan v adalah volume material inti.
Rugi Tembaga. Apabila resistansi belitan tidak diabaikan, V ≠ E 1 .
Misalkan resistansi belitan adalah R 1 , maka
2
V E + I
2
= 1 f R 1
(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, P cu . Jadi
2
f
P = P + P = P + I R = VI cosθ
(8.11)
in
I φ
c
Φ
I c
θ
I
cu
f
dengan V dan I f adalah nilai-nilai efektif dan cosθ adalah faktor daya.
c
E i
I f R 1
V
1
f

8.7.4. Transformator
Ulas Ulang Transformator Berbeban. Rangkaian transformator
berbeban dengan arus beban I 2 , diperlihatkan oleh Gb.8.17. Tegangan
induksi E 2 (yang telah timbul dalam keadaan tranformator tidak
berbeban) akan menjadi sumber di rangkaian sekunder dan memberikan
arus sekunder I 2 . Arus I 2 ini membangkitkan fluksi magnetik yang
melawan fluksi bersama φ (sesuai dengan hukum Lenz) dan sebagian
akan bocor, φ l2 ; φ l2 yang sefasa dengan I 2 menginduksikan tegangan
E l2 di belitan sekunder yang 90 o mendahului φ l2 .
I 1
V 1
φ
I2
φ l1 φ l2
V 2
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 I f , bertambah menjadi I 1 setelah transformator berbeban.
Pertambahan arus ini haruslah sedemikian rupa sehingga fluksi bersama
φ dipertahankan dan E 1 juga tetap seperti semula. Dengan demikian
maka persamaan rangkaian di sisi primer tetap terpenuhi.
Karena pertambahan arus primer sebesar
I1 − I f adalah untuk
mengimbangi fluksi lawan yang dibangkitkan oleh I 2 agar φ
dipertahankan, maka haruslah
Pertambahan arus primer
( I − I ) − I 0
1 1 f 2 2 =
(8.12)
I1 − I f disebut arus penyeimbang yang akan
mempertahankan φ. Makin besar arus sekunder, makin besar pula arus
189

penyeimbang yang diperlukan yang berarti makin besar pula arus primer.
Dengan cara inilah terjadinya transfer daya dari primer ke sekunder.
Arus di belitan primer juga memberikan fluksi bocor di belitan primer,
φ l1 , yang menginduksikan tegangan E l1 . Tegangan induksi yang
dibangkitkan oleh fluksi-fluksi bocor, yaitu E l1 dan E l2 , dinyatakan
dengan suatu besaran ekivalen yaitu tegangan jatuh ekivalen pada
reaktansi bocor ekivalen, X 1 dan X 2 , masing-masing di rangkaian primer
dan sekunder. Jika resistansi belitan primer adalah R 1 dan belitan
sekunder adalah R 2 , maka kita peroleh hubungan
untuk rangkaian di sisi primer
V E I R El E I + I
1 = 1 + 1 1 + 1 = 1 + 1R1
j 1X1
(8.13)
untuk rangkaian di sisi sekunder
E R l R + jˆ I X
2 = V2
+ I2
2 + E 2 = V2
+ I2
2 2 2 (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 E 2 = E1
/ a = E1
′ dan I 2 = a I1
= I1
′ di mana
a = 1 / 2 , tiga persamaan tersebut di atas dapat kita tulis kembali
sebagai satu set persamaan sebagai berikut.
Untuk rangkaian di sisi sekunder, (8.14) kita tuliskan
E1
E 2 = = V2
+ I2R2
+ jI
2 X 2
a
Dari persamaan untuk rangkaian sisi primer (4.13), kita peroleh
E
1 = V1
− I1R1
− jI1X1
sehingga persamaan untuk rangkaian sekunder dapat kita tuliskan
R − j
E1
V1
I1
1 I1
1
E 2 = =
= V2
+ I 2R2
+ jI
2 X 2
a
−
a
X
190 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Karena
I 2
I 1 = maka persamaan ini dapat kita tuliskan
a
V
a
1
= V
= V
= V
dengan
2
I R
+ I 2 R2
+ jI
2 X 2 +
a
⎛ R1
⎞ ⎛
+
⎜ R +
⎟ I + j
⎜ X
2 1
2
jI
X
+
a
X1
⎞
+
⎟ I
2 1
2
2 2 2 2 2 2 2
⎝ a ⎠ ⎝ a ⎠
2 + ( R 2 + R 1 ′ ) I 2 + j ( X 2 + X 1 ′ ) I 2
R1
X
R 1 ′ = ; X
2 1′
=
a a
1
2
(8.15)
Persamaan (8.15) ini, bersama dengan persamaan (8.12) yang dapat kita
tuliskan I 2 = aI1
− aI
f = I1
′ − aI
f , memberikan rangkaian ekivalen
untuk transformator berbeban. Akan tetapi pada transformator yang
digunakan pada sistem tenaga listrik, arus magnetisasi hanya sekitar 2
sampai 5 persen dari arus beban penuh transformator. Oleh karena itu,
jika I f diabaikan terhadap I 1 maka kesalahan dalam menghitung I 2
bisa dianggap cukup kecil.
Pengabaian ini akan membuat I 2 = a I1
= I1′
. Dengan pendekatan ini,
dan persamaan (8.15), kita memperoleh rangkaian ekivalen yang
disederhanakan dari transformator berbeban. Gb.4.8. memperlihatkan
rangkaian ekivalen transformator berbeban dan diagram fasornya.
I 2 = I′ 1
∼
R e = R 2 +R′ 1 jX e = j(X 2 + X′ 1 )
V 1 /a V 2
V 2
V 1 /a
jI 2 X e
I 2
I 2 R e
Gb.8.18. Rangkaian ekivalen transformator dan diagram fasor.
191

Fluksi Dan Rugi-Rugi Karena Fluksi. Seperti halnya pada induktor,
transformator memiliki rugi-rugi inti, yang terdiri dari rugi hiterisis dan
rugi arus pusar dalam inti. Fluksi magnetik, rugi-rugi histerisis, dan rugirugi
arus pusar pada inti dihitung seperti halnya pada induktor.
Selain rugi-rugi tembaga pada belitan sebesar P cu = I 2 R, pada belitan
terjadi rugi-rugi tambahan arus pusar, P l , yang ditimbulkan oleh fluksi
bocor. Sebagaimana telah dibahas, fluksi bocor ini menimbulkan
tegangan induksi E l1 dan E l2 , karena fluksi ini melingkupi sebagian
belitan; E l1 dan E l2 dinyatakan dengan suatu besaran ekivalen yaitu
tegangan jatuh ekivalen pada reaktansi bocor ekivalen, X 1 dan X 2 . Selain
melingkupi sebagian belitan, fluksi bocor ini juga menembus konduktor
belitan dan menimbulkan juga arus pusar dalam konduktor belitan; arus
pusar inilah yang menimbulkan rugi-rugi tambahan arus pusar, P l .
Berbeda dengan rugi arus pusar yang terjadi dalam inti, yang dapat
diperkecil dengan cara membangun inti dari lapisan lembar tipis material
magnetik, rugi arus pusar pada konduktor tidak dapat ditekan dengan
cara yang sama. Ukuran konduktor harus tetap disesuaikan dengan
kebutuhan untuk mengalirkan arus; tidak dapat dibuat berpenampang
kecil. Oleh karena itu rugi-rugi arus pusar ini perlu diperhatikan.
Rugi arus pusar P l 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 P cu = I 2 R.
Penyelesaian:
Rugi tembaga
P cu
= 40 2 × 0,05 = 80
W
Rugi arus pusar 5 % × P cu = 0.05×
80 = 4 W
Rugi daya total pada belitan 80 + 4 = 84 W.
192 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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 P cu = I 2 R.
Penyelesaian:
Rugi tembaga total adalah
2
Pcu
= I rmsR = (40
Rugi arus pusar komponen fundamental
2
2
2
+ 6 ) × 0,05 = 81,8 W
Pl
1 = 0,1 × I1rmsR
= 0,1 × 40 × 0,05 = 8 W
Rugi arus pusar harmonisa ke-7
2
2
Pl
7 = 0,1 × 7 × I 7rms
R = 0,1 × 7 × 6 × 0,05 = 8,8 W
Rugi daya total adalah
P total = Pcu
+ Pl
1 + Pl
7 = 81,8 + 8 + 8,8 = 98,6 W
Contoh-8.14 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
2
2
k
2
I Trms = ∑ I nrms A
(8.16)
n=
1
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
2
193

menimbulkan rugi arus pusar sebanding dengan kuadrat frekuensi dan
kuadrat arus masing-masing.
Jika arus nonsinus ini mengalir pada belitan yang memiliki resistansi R 0 ,
dan rugi-rugi arus pusar tiap komponen arus dinyatakan dalam proporsi g
terhadap rugi tembaga yang ditimbulkannya, maka rugi arus pusar total
adalah
k
2 2
P K = gR0∑
n I nrms W
(8.17)
n=
1
Rugi tembaga total yang disebabkan oleh arus ini adalah
k
2 2
P cu = R0∑
I nrms = R0ITrms
n=
1
W
(8.18)
Dengan (8.18) maka (8.17) dapat ditulis sebagai
dengan
2
P K = gKR0ITrms
W
(8.19)
K
k
2 2
∑ n I nrms
n=
1
= (8.20)
2
ITrms
K disebut faktor rugi arus pusar (stray loss factor).
Faktor K dapat dituliskan sebagai
k 2 k
2 I nrms 2 2
K = ∑ n = ∑ n I
2
n(
pu)
n=
1 ITrms
n=
1
I nrms
dengan I n(
pu)
=
ITrms
(8.21)
Faktor K bukanlah karakteristik transformator melainkan karakteristik
sinyal. Walaupun demikian suatu transformator harus dirancang untuk
mampu menahan pembebanan nonsinus sampai batas tertentu.
194 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

COTOH-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
(b) Faktor K adalah
I Trms
=
40
2
+ 15
2
+ 5
2
= 43 A
40
K =
2
+ 3
2
× 15
43
2
2
+ 11
2
× 5
2
= 3,59
(c) Rugi daya total P tot , terdiri dari rugi tembaga P cu dan rugi arus
pusar P l .
P cu
Pl
= 43 2 × 0,08 = 148 W
= gPcu
K = 0 ,05 × 148×
3,59 = 26,6
P tot = 148 + 26,6 = 174,6 W
W
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.
COTOH-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
e = 17000sin
ω0t
+ 170sin13ω0t
. Dalam keadaan tak ada beban
terhubung di ujung kabel, hitunglah tegangan maksimum pada
kabel.
195

Penyelesaian:
Tegangan mengandung harmonisa ke-13. Pada frekuensi
fundamental terdapat impedansi internal
Z ernal = 1+
6,5 Ω ; Z = 1 + 6,5 = 6,58 Ω
1int
j
1int
Pada harmonisa ke-13 terdapat impedansi
2
2
Z 13int
= 1 + j13
× 6,5 Ω ; Z 13int = 1 + (13×
6,5) = 84,5 Ω
Impedansi kapasitif kabel
− j
Z C 1 =
= − 1097,6 Ω
−6
ω0
× 2,9 × 10
j ;
− j
Z C 13 =
= − 84,4 Ω
−6
13 × ω0
× 2,9 × 10
j
Impedansi total rangkaian seri R-L-C
Z1 tot = 1 + j6,5
− j1097,6
Ω ; Z 1tot = 1091,1 Ω
Z13 tot = 1 + j13×
6,5 − j84,4
Ω ; Z 13tot = 1,0 Ω
Tegangan fundamental kabel untuk frekuensi fundamental
ZC1
1097,6
V 1 m = × e1m
= × 17000 = 17101 V
Z1tot
1091,1
ZC13
84,4
V 13 m = × e13m
= × 170 = 14315 V
Z13tot
1,0
Nilai puncak V 1m dan V 13m terjadi pada waktu yang sama yaitu pada
seperempat perioda, karena pada harmonisa ke-13 ada 13 gelombang
penuh dalam satu perioda fundamental atau 6,5 perioda dalam
setengah perioda fundamental. Jadi tegangan maksimum yang
diterima kabel adalah jumlah tegangan maksimum fundamental
dantegangan maksimum harmonisa ke-13.
V m = V1m
+ V13m
= 17101 + 14315 = 31416 V ≈ 31,4 kV
Tegangan ini cukup tinggi dibanding dengan tegangan maksimum
fundamental yang hanya 17 kV. Gambar berikut ini
memperlihatkan bentuk gelombang tegangan.
2
2
196 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

40
[kV]
30
20
10
0
-10
-20
-30
-40
8.7.6. Partial Discharge
v 1 +v 13
0 0.005 0.01 0.015 0.02 [detik]
v 1
Gb.8.19. Bentuk gelombang tegangan.
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 iv
= k1 Iv
sin ωt
dan
ii
= k2Ii
sin( ωt
+ ϕ)
, maka kedua arus menimbulkan medan magnit
yang sebanding dengan arus di kedua kumparan. Momen sesaat yang
terjadi sebagai akibat interaksi medan magnetik kedua kumparan
sebanding dengan perkalian kedua arus
me
= k3Iv
sin ωt
× Ii
sin( ωt
+ ϕ)
Momen sesaat ini, melalui suatu mekanisme tertentu, menyebabkan
defleksi jarum penunjuk (yang didukung oleh kumparan yang berputar) ζ
yang menunjukkan besar daya pada sistem arus bolak balik.
197

ζ =
kI vrms I irms cosϕ
Pada alat ukur tipe induksi, seperti kWh-meter elektromekanik yang
masih banyak digunakan,
kumparan tegangan
dihubungkan pada
tegangan sumber
sementara kumparan arus
dialiri arus beban. Bagan
alat ukur ini terlihat pada
Gb.8.20.
S 1
S 2 S 1
S 2
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
M e = kfΦ
vΦi
sin β
piringan Al
di mana f adalah frekuensi, Φ v dan Φ i fluksi magnetik efektif yang
ditimbulkan oleh kumparan tegangan dan kumparan arus, β adalah
selisih sudut fasa antara kedua fluksi magnetik bolak-balik tersebut, dan
k adalah suatu konstanta. Momen putar ini dilawan oleh momen lawan
yang diberikan oleh suatu magnet permanen sehingga piringan berputar
dengan kecepatan tertentu pada keadaan keseimbangan antara kedua
momen. Perputaran piringan menggerakkan suatu mekanisme
penghitung.
Hadirnya arus harmonisa di kumparan arus, akan muncul juga pada Φ i .
Jika Φ v berbentuk sinus murni sesuai dengan bentuk tegangan maka M e
akan berupa hasil kali tegangan dan arus komponen fundamental.
Frekuensi harmonisa sulit untuk direspons oleh kWh meter tipe induksi.
Pertama karena kelembaman sistem yang berputar, dan kedua karena
kWh-meter ditera pada frekuensi f dari komponen fundamental, misalnya
50 Hz. Dengan demikian penunjukkan alat ukur tidak mencakup
kehadiran arus harmonisa, walaupun kehadiran harmonisa bisa
menambah rugi-rugi pada inti kumparan arus.
198 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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.
199

a) Fasor urutan positif (ABC):
V
V
V
1A
1B
1C
= V ∠0
1
1
1
o
o
= V ∠−120
o
= V ∠− 240
V 1C
V 1B
Im
o
120
o
120
V 1A
Re
b) Fasor urutan negatif (CBA)
V
V
V
2A
2B
2C
2
2
2
o
= V ∠0
o
= V ∠+ 120
o
= V ∠+ 240
V 2B
V 2C
Im
o
120
o
120
V 2A
Re
c) Fasor urutan nol
V
V = V ∠θ
0A
= V0B
= V0C
= V0
Im
V
V
0A
0B
0C
0
= V ∠θ
0
= V ∠θ
0
Re
Operator a. Untuk menyatakan komponen simetris kita
menggunakan operator a yaitu
o
a = 1∠120
(9.1)
Operator semacam ini telah kita kenal yaitu operator j di mana
o
j = 1∠90 .
Dengan menggunakan operator a maka fasor urutan positif
dapat kita tuliskan
V
2
1 A = V1
; V1B
= a V1
; V1C
= aV1
(9.2)
200 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

dan fasor urutan negatif sebagai
V
2
2 A = V2
; V2B
= aV2
; V2C
= a V2
(9.3)
Fasor Tak Seimbang. Fasor tak seimbang merupakan jumlah
dari komponen-komponen simetrisnya.
V
V
V
A
B
C
= V
= V
= V
0A
0B
0C
+ V
+ V
+ V
1A
1B
1C
+ V
+ V
+ V
2A
2B
2C
= V
0
= V
0
= V
0
+ V + V
1
2
+ aV
1
1
2
+ a V + aV
yang dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks
+ a
2
V
2
2
(9.4)
⎡VA
⎤ ⎡1
⎢ ⎥
=
⎢
⎢VB
⎥ ⎢
1
⎢ ⎥ ⎢
⎣
VC
⎦ ⎣1
1
2
a
a
1 ⎤ ⎡V0
⎤
⎢ ⎥
a
⎥
⎥ ⎢V1
⎥
2
a ⎥ ⎢ ⎥
⎦ ⎣
V2
⎦
(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
V A , VB
, VC
. Komponen simetris dapat kita cari dari (9.4)
dengan menjumlahkan fasor-fasor dan dengan mengingat
bahwa (1+a+a 2 ) = 0, yaitu
V
V
V
A
B
C
= V
0
= V
0
= V
0
+ V + V
1
2
+ aV
( V + V V )
1
V = +
3
1
1
2
+ a V + aV
+ a
2
V
2
2
2
2
0 + (1 + a + a)
V1
+ (1 + a + ) V 3
V + V + V = 3V
a = V
A
B
C
+
0 A B C
(9.6)
0
201

Jika baris ke-dua (9.4) kita kalikan dengan a dan baris ke-tiga
kita kalikan dengan a 2 , kemudian kita jumlahkan, kita peroleh:
V
aV
a
A
B
2
VC
2
V
= V
0
= aV
= a
1
3
2
( V + aV
+ a V )
1 = A B C
(9.7)
Jika baris ke-dua (9.4) kita kalikan dengan a 2 dan baris ke-tiga
kita kalikan dengan a, kemudian kita jumlahkan, kita peroleh:
2
( V + a V aV
)
1
V 2 = A B +
3
C
(9.8)
Relasi (9.6), (9.7), (9.8) kita kumpulkan dalam satu penulisan
matriks:
⎡V0
⎤
⎢ ⎥
⎢V1
⎥ =
⎢ ⎥
⎣
V2
⎦
+ V + V
0
2
1
3
V
1
+ a
0
⎡1
⎢
⎢
1
⎢⎣
1
3
V
+ a
1
3
1
2
2
a
2
a
+ a
V
1 ⎤ ⎡VA
⎤
2 ⎢ ⎥
a
⎥
⎥ ⎢VB
⎥
a ⎥ ⎢ ⎥
⎦ ⎣
VC
⎦
(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.
1
0
2
V
+ a
V + aV
+ a V = ( 1 + a + a ) V + 3V
+ (1 + a + a)
V = 3V
A
2
B
V
a
aV
C
C
= V
A
2
VB
0
= a
= aV
+ V + V
2
0
V
1
0
+ a
+ a
2
2
V
2
4
1
V
1
3
+ a
+ a
V + a V + aV
= ( 1+
a + a)
V + (1 + a + a ) V + 3V
= 3V
A
B
C
0
V
2
4
3
2
V
1
V
2
2
2
2
+
+
1
2
2
1
2
202 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

dengan
[ T]
⎡1
=
⎢
⎢
1
⎢⎣
1
1
~
V
~
V
1 ⎤
a
⎥
⎥
2
a ⎥⎦
ABC
012
=
=
~
[ T]
V012
−1
~
[ T] VABC
(9.10)
2
−1
2
a dan [ T ] =
⎢
1 a a
⎥
(9.10.a)
2
a
1
3
⎡1
⎢
⎢⎣
1
a
1
1 ⎤
⎥
a ⎥⎦
Dengan cara yang sama kita dapat memperoleh relasi untuk
arus
⎡I
A ⎤ ⎡1
⎢ ⎥
=
⎢
⎢I
B ⎥ ⎢
1
⎢ ⎥ ⎢
⎣
IC
⎦ ⎣1
1
2
a
a
1 ⎤ ⎡I0
⎤ ⎡I0
⎤
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
a
⎥ ⎢I1
⎥ dan ⎢I1
⎥ =
2
a ⎥ ⎢ ⎥
⎦ ⎣
I ⎢ ⎥
2 ⎦ ⎣
I 2 ⎦
1
3
⎡1
⎢
⎢
1
⎢⎣
1
1
a
2
a
1 ⎤ ⎡I
A ⎤
2 ⎢ ⎥
a
⎥
⎥ ⎢I
B ⎥ (9.11)
a ⎥ ⎢ ⎥
⎦ ⎣
IC
⎦
sehingga secara keseluruhan kita dapatkan relasi untuk
tegangan dan arus:
~
V
~
I
ABC
ABC
=
=
~
~
−1
[ T] V012
dan V012
= [ T]
V
~ ~ −1
~
[ T] I012
dan I012
= [ T] IABC
~
ABC
(9.12)
CONTOH-9.1: Pada suatu pembebanan tak seimbang terukur
arus-arus sebagai berikut:
o
I A = 90∠60
A, I B = 60∠ − 60 A, IC
Hitunglah arus-arus komponen simetrisnya.
Penyelesaian:
o
= 0 A
2
( I A + aI
B + a C )
o o
o
( 90∠60
+ 60∠60
+ 0) = 50∠60
= 25 + j43,3
A
1
I1
= I
3
1
=
3
203

I
I
2
0
2
( I A + a I B + a C )
o
o
( 90∠60
+ 60∠180
+ 0)
1
= I
3
1
=
= 30∠60
3
= 15 + j25,9
− 20 = −5
+ j25,9
A
( I + I + )
1
= A B IC
3
1 o
o
= ( 90∠60
+ 60∠ − 60 + 0)
= 30∠60
3
= 15 + j25,9
+ 10 − j17,3
= 25 + j8,6
A
o
+ 20∠180
o
o
+ 20∠ − 60
Dalam Contoh-9.1 ini, I C = 0. Dengan diperolehnya nilai arus
komponen simetris, kita dapat melakukan verifikasi dengan
menghitung arus C
o
IC
I . Dari (9.11) kita peroleh 2
= I0
+ aI1
+ a I 2
o
o
= 25 + j8,6
+ 50∠180
+ 30∠300
+ 20∠60
= 25 + j8,6
− 50 + 15 − j25,98
+ 10 + j17,32
= 0 A
Sesuai dengan yang diketahui.
9.3. Impedansi Urutan
Jika impedansi Z A, Z B , ZC
merupakan impedansi seri dengan
tegangan V A , VB
, VC
maka
⎡VA
⎤
⎢ ⎥
⎢VB
⎥ =
⎢V
⎥
⎣ B ⎦
~
V ABC =
⎡I
A ⎤
⎢ ⎥
ABC ⎢I
B ⎥
⎢I
⎥
⎣ C ⎦
[ Z ]
~
[ Z ABC ] I ABC
atau
(9.13)
204 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

V ~ A adalah tegangan antar terminal impedansi dan I a adalah
Z adalah matriks 3 × 3, yang
arus yang melalui impedansi. [ ] ABC
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
[ ] 012
Z merupakan matriks diagonal atau hampir diagonal. Kita
akan melihat sebuah contoh.
CONTOH-9.2: Suatu saluran tiga fasa masing masing memiliki
reaktansi sediri X s sedangkan antar fasa terdapat reaktansi
bersama Xm. Tentukanlah impedansi urutan.
Perhatikan bahwa X s adalah reaktansi sendiri dan X m adalah
reaktansi bersama sehingga tegangan antara terminal
impedansi adalah
V
V
V
A −
B −
C −
V
V
V
A′
=
B′
=
C′
=
jX
jX
jX
I
s A +
mI
A +
mI
A +
jX
jX
jX
I
m B +
s I B +
mI
B +
yang dapat dituliskan dalam bentuk matriks
jX
jX
jX
m
m
s
I
I
I
C
C
C
⎡VA
⎤ ⎡VA′
⎤ ⎡ X s
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
=
⎢
⎢VB
⎥ − ⎢VB′
⎥ ⎢
X m
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
⎣
VC
⎦ ⎣
VB′
⎦ ⎣X
m
X
X
X
m
s
m
X m ⎤ ⎡I
A ⎤
⎢ ⎥
X
⎥
m ⎥ ⎢I
B ⎥
X ⎥ ⎢ ⎥
s ⎦ ⎣
IC
⎦
205

dan dapat dituliskan dengan lebih kompak
~ ~
~
V ABC − V ABC ′ = Z ABC I
[ ] ABC
Dari (9.12) kita turunkan
~ ~
VABC
= [ T]
V012
~ ~
VABC
′ = [ T]
V012
′
~ ~
IABC
= [ T] I 012
sehingga
~ ~
T V012
− T V012
′ = Z ABC
dan
~ ~ −1
V012
− V012
′ = T Z ABC
[ ] [ ] [ ][ T]
~
I
~
012
[ ] [ ][ T] I 012
Pada relasi terakhir ini:
⎡1
1 1 ⎤ ⎡ X s X m X m ⎤ ⎡1
1
-1
1
[ ] [ ][ ]
⎢ 2⎥
⎢
⎥ ⎢ 2
T Z ABC T =
⎢
1 a a
⎥
j
⎢
X m X s X m ⎥ ⎢
1 a
3
⎢ 2
⎣1
a a ⎥⎦
⎢⎣
X m X m X s ⎥⎦
⎢⎣
1 a
⎡X
s + 2X
m X s + 2X
m X s + 2X
m ⎤ ⎡1
j
=
⎢
2 2
⎥ ⎢
⎢
X s − X m aX s + (1 + a ) X m a X s + (1 + a)
X m⎥
⎢
1
3
⎢
2
2
⎣ X s − X m a X s + (1 + a)
X m aX s + (1 + a ) X m ⎥⎦
⎢⎣
1
⎡X
s + 2X
m 0 0 ⎤
= j
⎢
⎥
⎢
0 X s − X m 0
⎥
⎢⎣
0 0 X s − X m⎥⎦
sehingga
1 ⎤
a
⎥
⎥
2
a ⎥⎦
1
2
a
a
1 ⎤
a
⎥
⎥
2
a ⎥⎦
⎡V0
⎤ ⎡V0′
⎤ ⎡X
s + 2X
m 0
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
− =
⎢
⎢V1⎥
⎢V1′
⎥ j
⎢
0 X s − X m
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢
⎣
V2
⎦ ⎣
V2′
⎦ ⎣ 0 0
yang dapat ditulis secara kompak
~ ~
~
V012
− V012
′ = Z 012 I
[ ] 012
0 ⎤ ⎡I
⎢
0
⎥
⎥ ⎢I
X − ⎥ ⎢
s X m ⎦ ⎣
I
206 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
0
1
2
⎤
⎥
⎥
⎥
⎦

Untuk rangkaian dalam contoh di atas, dapat didefinisikan
Impedansi urutan nol Z 0 = j(
X s + 2X
m )
Impedeansi urutan positif Z1 = j(
X s − X m )
Impedansi urutan negatif Z 2 = j(
X s − X m )
Rangkaian ekivalen urutan dari rangkaian dalam ini
digambarkan sebagai berikut:
Z 0
V0
V 0′
Z 1
V1
V 1′
Z 2
V2
V 2′
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.
∗ ∗ ∗
S3
f = VAI
A + VB
I B + VC
IC
=
[ V V V ]
A
B
∗
= VABCT
I ABC
Relasi (9.12) memberikan
~ ~
VABC
= T V012
~ ~
I ABC = T I012
sehingga (9.14) menjadi
⎡ ∗
I ⎤
A
⎢ ∗ ⎥
C ⎢I
B ⎥
⎢ ∗ ⎥
I
⎣ C
⎦
~
[ ] ⇒ VABCT
= V012T
[ T]
~ ∗ ∗ ~ ∗
[ ] ⇒ I = [ T] I
ABC
~
012
T
(9.14)
(9.15)
~
∗ ∗
S 3 f = V012T
[ T] T [ T] I012
(9.16)
207

Pada (9.16) ini kita hitung [ ] [ ] ∗ T T T
[ T] [ T]
T
⎡1
∗
=
⎢
⎢
1
⎢⎣
1
1
2
a
a
1 ⎤ ⎡1
a
⎥ ⎢
⎥ ⎢
1
2
a ⎥⎦
⎢⎣
1
1
a
2
a
1 ⎤ ⎡3
2
a
⎥
=
⎢
⎥ ⎢
0
a ⎥⎦
⎢⎣
0
Dengan demikian (9.16) dapat dituliskan
S3
f
~ ∗
= 3V012
T I012
= 3
0
3
0
∗ ∗ ∗
( V I + V I + V I )
0
0
atau
1 1
2
2
0⎤
⎡1
0
⎥
=
⎢
⎥
3
⎢
0
3⎥⎦
⎢⎣
0
0 0⎤
1 0
⎥
⎥
0 1⎥⎦
(9.17)
CONTOH-9.3: Hitunglah daya tiga fasa pada kondisi tidak
seimbang seperti berikut:
⎡ 10 ⎤
⎡ j10⎤
V
⎢
10
⎥
kV dan
⎢
10
⎥
ABC =
⎢
−
⎥
I ABC =
⎢
−
⎥
A
⎢⎣
0 ⎥⎦
⎢⎣
−10⎥⎦
Penyelesaian:
⎡−
j10⎤
∗
V [ ]
⎢ ⎥
ABCT = 10 −10
0 dan I ABC =
⎢
−10
⎥
⎢⎣
−10
⎥⎦
Kita akan memperoleh daya tiga fasa langsung dengan
mengalikan kedua matriks kolom ini
⎡−
j10⎤
[ ]
⎢ ⎥
S3
f = 10 −10
0
⎢
−10
⎥
= − j100
+ 100 + 0
⎢⎣
−10
⎥⎦
= (100 − j100)
kVA
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:
208 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

~
V 012 =
[ T]
−1
~
V ABC
=
⎡1
1 ⎢
⎢
1
3
⎢⎣
1
1
a
2
a
1 ⎤ ⎡ 10 ⎤
2
a
⎥ ⎢ ⎥
⎥ ⎢
−10
⎥
=
a ⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥⎦
1
3
⎡ 0 ⎤
⎢
⎥
⎢
10 − a10
+ 0
⎥
⎢ 2
⎣10
− a 10 + 0⎥⎦
~
Dari sini kita hitung V 012T
~ 1
2
⇒ V 012T
= 0 10 − a10
10 − a 10
3
~ ∗
⇒ I012
=
⎡ 0 ⎤
⎢ ⎥
⎢
− j10
+ 10
⎥
⎢⎣
− j10
+ 10⎥⎦
[ ]
Arus urutan adalah:
⎡1
1 1 ⎤ ⎡ j10⎤
~ −1
~ 1
[ ]
⎢ 2
I
⎥ ⎢ ⎥
012 = T I ABC =
⎢
1 a a
⎥ ⎢
−10
3
⎥
⎢ 2
⎣1
a a ⎥⎦
⎢⎣
−10⎥⎦
⎡ 0 ⎤
1
=
⎢
2 ⎥
⎢
j10
− a10
− a 10
⎥
=
3
⎢ 2
⎣ j10
− a 10 − a10⎥⎦
1
3
Daya tiga fasa adalah seperti dinyatakan oleh (9.17).
S3
f
~ ∗
= 3V012T
I012
1 1
= 3×
×
3 3
1
=
3
1
=
3
2
[ 0 10 - a10
10 − a 10]
2
[ 0 + (10 − a10)(
− j10
+ 10) + (10 − a 10)( − j10
+ 10) ]
( 300 − j300) = (100 − j100)
kVA
⎡ 0 ⎤
⎢
j10
10
⎥
⎢
− +
⎥
⎢⎣
− j10
+ 10⎥⎦
1
3
⎡ 0 ⎤
⎢ ⎥
⎢
j10
+ 10
⎥
⎢⎣
j10
+ 10⎥⎦
Hasil ini sama dengan yang diperoleh pada perkalian langsung.
2
(catatan: a + a = −1).
209

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
nilai sesungguhnya
Nilai per - unit =
nilai basis
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
∗
S = V I = VI∠( α − β)
(9.18)
di mana α adalah sudut fasa tegangan dan β adalah sudut fasa arus.
Untuk menyatakan S dalam per-unit kita tetapkan S basis yang berupa
bilangan nyata, sehingga
Didefinisikan pula bahwa
S∠(
α − β)
S pu = = S pu∠(
α − β)
(9.19)
Sbasis
S basis = Vbasis
× Ibasis
(9.20)
210 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Nilai S basis dipilih secra bebas. Oleh karena itu, kita dapat memilih
salah satu V basis atau I basis untuk ditentukan secara bebas, tetapi
tidak kedua-duanya.
Jika kita ambil rasio dari (9.18) dan (9.20) kita peroleh
S V∠αI∠ −β ∗
S pu = =
= V pu I pu (9.21)
Sbasis
Vbasis
Ibasis
Nilai basis untuk impedansi ditentukan menggunakan relasi
2
Vbasis
Vbasis
Zbasis
= =
(9.22)
Ibasis
Sbasis
Dengan Z basis ini relasi arus dan tegangan
akan memberikan
Karena Z = R + jX maka
V
V = Z I atau Z =
I
Z V / I
= atau
Zbasis
Vbasis
/ I basis
Z pu = V pu I pu
(9.23)
Z
Zbasis
R + jX R X
= = + j atau
Z basis Z basis Zbasis
Z pu = R pu + jX pu
(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.
S P + jQ
= atau
Sbasis S basis
S pu = Ppu
+ Q pu
(9.25)
211

COTOH-9.4: Nyatakanlah besaran-besaran pada rangkaian satu
fasa berikut dalam per-unit dengan mengambil S basis = 1000 VA
dan V basis = 200 V.
V = 200∠0
o
V
4Ω
− j4 Ω
j8 Ω
Penyelesaian:
S basis = 1000 VA; Vbasis
= 200
S 1000 =
basis
I basis = = 5 A
Vbasis
200
Vbasis
200
Z basis = = = 40 Ω
Ibasis
5
o
200∠0
o
Maka: V pu = = 1∠0
pu
200
V
4 4
R pu = = 0,1 pu ; X Cpu = = 0,1 pu ;
40
40
8
X Lpu = = 0,2 pu
40
Transformasi rangkaian dalam per-unit menjadi
1∠0
o
pu
≈
0,1pu
− j0,1 pu
j0,2 pu
o
Z pu = 0,1 − j0,1
+ j0,2
= 0,1 + j0,1
= 0,1 2∠45
pu
V pu
I pu =
Z pu
o
1∠0
o
=
= 5 2∠ − 45 pu
o
0,1 2∠45
∗ o
o
o
S pu = V pu I pu = 1∠0
× 5 2∠45
= 5 2∠45
pu
212 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Sistem Tiga Fasa. Sistem tiga fasa sangat luas dipakai dalam
penyediaan energy listrik. Oleh karena itu dikembangkan pengertian
nilai basis tambahan sebagai berikut.
Sbasis3
f = 3Sbasis
VLbasis
= Vbasis
3
ZYbasis
= Z basis
Z ∆ basis = 3Z
basis
(9.26)
I Lbasis = Ibasis
IYbasis
= I basis
I ∆basis
= Ibasis
/
Bagaimana implementasi dari nilai-nilai basis di atas, akan kita lihat
pada contoh berikut ini.
COTOH-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 S basis3f = 600 kVA dan V Lbasis = 6 kV, sehingga
600
Sbasis
= = 200 kVA
3
6
Vbasis
= = 3464 V
3
S 200
I = basis
basis = = 57,74 A
Vbasis
6 / 3
V 3464
Z = basis
basis = = 60 Ω
Ibasis
57,74
Sumber ini terbebani seimbang sehingga hanya ada urutan
positif. Besaran per fasa adalah:
3
213

214 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga
Beban-A:
0,6
0,8
36,9
1
36,9
1
0
1
36,9
1
;
0
1
3
6 /
3
6 /
36,9
1
200
36,9
200
kVA
36,9
200
)
(f.d.
36,9
(0,8)
cos
kVA;
200
3
600
o
o
o
o
o
o
o
1
j
I
V
S
I
V
S
S
S
S
lag
S
Apu
Apu
Apu
Apu
Apu
basis
A
Apu
A
A
A
−
=
∠ −
=
⇒
∠
=
∠
∠
=
=
∠
=
=
∠
=
∠ +
=
=
→
∠
=
= +
=
ϕ
=
=
∗
−
Beban-B:
0,4
0,3
53,1
0,5
53,1
0,5
0
1
53,1
0,5
0
1
53,1
0.5
200
53,1
100
kVA
53,1
100
)
(f.d.
53,1
cos(0,6)
kVA;
100
3
300
o
o
o
o
o
o
o
o
o
j
I
V
S
I
V
V
S
S
S
S
lead
S
Bpu
Bpu
Bpu
Bpu
Apu
Bpu
basis
B
Bpu
B
B
B
+
=
∠
=
⇒
∠ −
=
∠
∠ −
=
=
∠
=
=
∠ −
=
∠ −
=
=
⇒
∠ −
=
= −
=
ϕ
=
=
∗
Arus saluran:
0,2
1,1
0,4
0,3
0,6
.8
0 j
j
j
I
I
I
Bpu
Apu
pu
−
=
+
+
−
=
+
=
A
10,3
64,55
11,55
63,51
57,74
0,2)
(1,1
o
∠ −
=
−
=
×
−
= j
j
I
Impedansi beban-A:
o
o
o
36,9
1
36
1
0
1
∠
=
∠ −
∠
=
=
Apu
Apu
Apu
I
V
Z
Ω
+
=
∠
=
⇒
36)
(48
36,9
60
o
j
Z A

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:
µ = µ 0µ
r
≈ µ 0
−7
= 4π×
10
H/m
Permitivitas: permitivitas elektrik udara dianggap sama dengan
permitivitas ruang hampa:
−
10 9
ε = εr
ε0
≈ ε0
=
36π
F/m
215

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
ρl
R AS = Ω
(10.1)
A
dengan l panjang konduktor [m], A luas penampang konduktor [m 2 ],
ρ adalah resistivitas bahan.
ρ Al
−8
= 2,83×
10
ρCu
−8
= 1,77×
10
Resistansi tergantung dari temperature,
o
Ω.m
[20 C]
o
Ω .m [20 C]
T2
+ T0
ρ T 2 = ρT1
(10.2)
T1
+ T0
o
T0
= 228 C
o
= 241 C
untuk aluminium
untuk tembaga
Resistansi untuk arus bolak-balik lebih besar dari resistansi untuk
arus searah karena ada efek kulit yaitu kecenderungan arus bolakbalik
untuk mengalir melalui daerah pinggiran penampang
konduktor.
216 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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
∫
Hdl = i . Di titik berjarak x di luar
konduktor relasi ini menjadi
l
1
H x = 2 πx
(10.3)
Jika konduktor kita anggap sangat panjang dan l adalah satu segmen
dari padanya, maka fluksi magnet yang melingkupi segmen ini
sampai jarak D x dari konduktor adalah
Dx
µ il µ il D
λ
x
=
∫
dx = ln
(10.4)
r 2πx
2π
r
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
µ il Dx
λ′ = ln
2π
r′
(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 v A dan v′
A .
217

v A
A
N
i A
i A
A′
N′
v′ A
D
r′
: GMR
A
r′
A
: jarak A ke N
konduktor A
: GMR konduktor N
Gb.10.1. Saluran kirim A dan saluran balik N.
Jika panjang segmen ini adalah l maka arus i A di saluran A
memberikan fluksi lingkup di bidang segmen loop ini sebesar
µ i Al
DA
λ A1 = ln
(10.6.a)
2π
rA′
Arus i A di saluran balik N memberikan fluksi lingkup sebesar
µ i Al
DA
λ A 2 = ln
(10.6.b)
2π
r′
Fluksi λ A1
dan λ A 2 saling menguatkan di bidang segmen loop
ini sehingga fluksi lingkup total menjadi
λ A
2
µ i Al
D A
= λ A1 + λ A2
= ln
2π
rA′
r′
(10.6.c)
λ A adalah fluksi lingkup konduktor A-N yang ditimbulkan oleh
i A , dan merupakan fluksi sendiri yang akan memberikan induktansi
sendiri L AA .
Sistem Tiga Konduktor. Kita lihat sekarang sistem tiga konduktor
A-B-N seperti terlihat pada Gb.10.2 dengan arus i A dan i B yang
masing-masing menglir di A dan B. Konduktor N adalah saluran
balik yang mengalirkan arus balik ( i A + iB
) . Kita akan menghitung
fluksi lingkup segmen loop yang menjadi perhatian kita yaitu fluksi
lingkup pada segmen loop A-N.
218 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

A
B
i A
i B
A′
B′
N
Gb.10.2. Saluran kirim A dan B, dan saluran balik N.
Dalam situasi ini arus i A di konduktor A dan arus (i A +i B ) di N
memberikan fluksi lingkup sebesar
µ i Al
D A µ ( i A + iB
) l DA
λ AB1 = ln + ln
(10.7.a)
2π
rA′
2π
r′
sedangkan arus i B di konduktor B memberikan
µ iBl
DAB
µ iBl
DB
λ AB2 = ln + ln
(10.7.b)
2π
rB′
2π
rB′
Karena arus i B searah dengan i A 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
λAB
= λ AB1
+ λAB2
µ i ⎛
⎞ µ ⎛
⎞
= Al
D
⎜ A D
⎟ + ⎜
⎟
+ A iBl
DA
D
− AB D
ln ln
ln ln + ln B
2π
π
⎝ rA′
r′
⎠ 2 ⎝ r′
rB′
rB′
⎠
2
µ i Al
DA
λ AB = ln
2π
rA′
r′
atau
i A + i B
µ iBl
⎛ D ⎞
⎜ A DB
+
⎟
π
ln
2
⎝ r′
DAB
⎠
(10.7.c)
λ AB 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 i B ..
N′
219

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
µ iBl
DB
µ ( iB
+ i A ) l DB
λ BA1 = ln + ln
(10.8.a)
2π
rB′
2π
r′
dan fluksi yang ditimbulkan oleh i A yang memperkuat fluksi λ BA1
adalah
µ i Al
⎛ DA
DAB
⎞ µ i Al
DA
λ BA2
= ln ln
ln
2
⎜ − =
rA
r
⎟
(10.8.b)
π ⎝ ′ A′
⎠ 2π
DAB
sehingga fluksi lingkup konduktor B-N menjadi
λ BA = λ BA1
+ λ BA2
2
µ iBl
DB
µ i Al
DB
DA
= ln + ln
2π
rB′
r′
2π
DABr′
Kita lihat bahwa formulai (10.8.c) mirip dengan (10.7.c)
(10.8.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 i A , i B , dan i C ,
dan satu konduktor balik N dengan arus ( i A + iB
+ iC
) seperti
terlihat pada Gb.10.3.
A
B
C
N
v A
v B
v C
D
: jarak konduktor
r′
= GMR
i
ij
i B
i C
i,
j : A, B, C, N
i + i + i
A
konduktor
i dan j ;
Gb.10.3. Sistem empat konduktor.
B
C
v′ A
v′ B
v′ C
A′
B′
C′
N′
220 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

221
Fluksi lingkup konduktor A-N, B-N, dan C-N:
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
+
′
+
′
′
π
µ
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
−
′
π
µ
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
−
′
π
µ
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
+
+
+
′
π
µ
=
λ
AC
C
A
C
AB
B
A
B
A
A
A
C
AC
C
C
C
C
B
AB
B
B
B
B
A
C
B
A
A
A
A
A
D
r
D
D
i
D
r
D
D
i
r
r
D
i
l
r
D
i
r
D
i
r
D
i
r
D
i
r
D
i
i
i
r
D
i
l
ln
ln
ln
2
ln
ln
2
ln
ln
2
)ln
(
ln
2
2
(10.9.a)
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
+ +
′
′
+
′
π
µ
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
−
′
π
µ
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
−
′
π
µ
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
+
+
+
′
π
µ
=
λ
BC
C
B
C
B
B
B
AB
A
B
A
C
BC
C
C
C
C
A
AB
A
A
A
A
B
C
B
A
B
B
B
B
D
r
D
D
i
r
r
D
i
D
r
D
D
i
l
r
D
i
r
D
i
r
D
i
r
D
i
r
D
i
i
i
r
D
i
l
ln
ln
ln
2
ln
ln
2
ln
ln
2
) ln
(
ln
2
2
(10.9.b)
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
′
+
′
+
′
π
µ
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
−
′
π
µ
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
−
′
π
µ
+
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
+
+
+
′
π
µ
=
λ
C
C
C
BC
B
C
B
AC
A
C
A
B
BC
B
B
B
B
A
AC
A
A
A
A
C
C
B
A
A
C
C
C
r
r
D
i
D
r
D
D
i
D
r
D
D
i
l
r
D
i
r
D
i
r
D
i
r
D
i
r
D
i
i
i
r
D
i
l
2
ln
ln
ln
2
ln
ln
2
ln
ln
2
) ln
(
ln
2
(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
⎡
2
µ D
⎢ ln A
⎢ 2π
r′
′
⎡λ
Ar
A ⎤
⎢ ⎥
⎢ µ D
⎢
λ
⎥
=
B DA
B l ⎢ ln
⎢2π
r′
⎢⎣
λ ⎥
DAB
C ⎦ ⎢ µ D
⎢ C D
ln A
⎢⎣
2π
r′
DAC
µ DA
D
ln B
2π
r′
DAB
2
µ D
ln B
2π
rB′
r′
µ DC
D
ln B
2π
r′
DBC
µ D ⎤
A D
ln C
⎥
2π
r′
DAC
⎥
⎡i
⎤
⎥ A
µ DB
D
ln C ⎢ ⎥
⎥
π ′ ⎢
iB
2 r
⎥
DBC
⎥
⎢⎣
⎥
2
µ ⎥
iC
D
⎦
ln C ⎥
2π
rC′
r′
⎥⎦
(10.10)
Turunan terhadap waktu dari fluksi lingkup memberikan tegangan
imbas
⎡
2
µ D µ D D µ D D ⎤
⎢ ln A ln A B ln A C
⎥ ⎡ diA
⎤
⎢ 2π
r′
r′
π r′
D π r′
D ⎥ ⎢ ⎥
⎡v
A 2 AB 2 AC
AA′
⎤
⎢
2
1 µ
µ
µ
⎥ ⎢ ⎥
⎢ ⎥ D D
D
D D di dt
= ⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎢
v
B A
B
B C B
BB′
⎥
ln
ln
ln
l ⎢2π
r′
D π r′
r′
π r′
D ⎥ ⎢ ⎥
⎢⎣
′ ⎥
AB 2 B 2 BC
v ⎦ ⎢ µ
µ
µ ⎥ ⎢di dt
CC
2
D D D D
D
C ⎥
⎢ ln C A ln C B ln C ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦
⎢⎣
π ′ π ′
π ′ ′
dt
2 r
DAC
2 r
DBC
2 rC
r
⎥⎦
(10.11)
Jika tegangan dan arus adalah sinusoidal, persamaan matriks di atas
dapat kita tuliskan dalam fasor
⎡
2
µ D
⎤
A µ DA
DB
µ DA
D
⎢ ln
ln
ln C
⎥
⎢ 2π
r′
′ π ′ π ′
⎡ ⎤
Ar
2 r
DAB
2 r
D
V
AC ⎥
AA′
⎡I
⎤
⎢
2
µ
µ
µ
⎥ A
1 ⎢ ⎥
D
⎢ ⎥
⎢ ⎥ = ω⎢
B DA
DB
DB
D
V
C
BB′
j ln
ln
ln ⎥ ⎢IB
l
⎥
⎢ π ′
π ′ ′ π ′
⎢ ⎥
2 r
DAB
2 rB
r
2 r
DBC
⎥ ⎢ ⎥
⎣
VCC
′ ⎦ ⎢
2
µ
µ
µ ⎥ ⎣
IC
D
⎦
⎢ C DA
DC
DB
D
ln
ln
ln C ⎥
⎢⎣
2π
r′
DAC
2π
r′
DBC
2π
rC
′ r′
⎥⎦
(10.12)
Persamaan ini memberikan tegangan imbas pada setiap konduktor.
222 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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:
dengan
⎡VAA′
⎤ ⎡Z
AA
1 ⎢ ⎥
=
⎢
⎢VBB′
⎥ ⎢
Z BA
l
⎢ ⎥ ⎢
⎣
VCC′
⎦ ⎣Z
CA
Z AB
Z BB
ZCB
Z AC ⎤ ⎡I
A ⎤
⎢ ⎥
Z
⎥
BC ⎥ ⎢I
B ⎥
Z ⎥ ⎢ ⎥
CC ⎦ ⎣
IC
⎦
(10.13.a)
2
ωµ DA
ωµ DA
D
Z
B
AA = RA
+ R
+ j ln ; Z AB = R
+ j ln ;
2π
rA′
r′
2π
r′
DAB
ωµ DA
D
Z
C
AC = R
+ j ln
2π
r′
DAC
2
ωµ DB
DA
ωµ D
Z
B
BA = R
+ j ln ; ZBB
= RB
+ R
+ j ln ;
2π
r′
DAB
2π
rB′
r′
ωµ DB
D
Z
C
BC = R
+ j ln
2π
r′
DBC
ωµ DC
DA
ωµ DC
D
Z
B
CA = R
+ j ln ; ZCB
= R
+ j ln ;
2π
r′
DAC
2π
r′
DBC
2
ωµ D
Z
C
CC = RC
+ R
+ j ln
2π
rC
′ r′
(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.
223

Konfigurasi ∆ (Segitiga Sama-sisi). Konfigurasi ini adalah
konfigurasi segitiga sama-sisi di mana konduktor fasa berposisi di
puncak-puncak segitiga; DAB = DBC
= DAC
= D . Konduktor
netral berposisi di titik berat segitiga sehingga
DA = DB
= DC
= D / 3 .
D
D
D /
D
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 besaranbesaran
ini ke (10.13.b) kita peroleh
3
2
ωµ D
ωµ D
Z AA = R + R
+ j ln ; Z AB = R
+ j ln ;
2π
3r′
r′
2π
3r′
ωµ D
Z AC = R
+ j ln
2π
3r′
2
ωµ D
ωµ D
Z BA = R
+ j ln ; Z BB = R + R
+ j ln ;
2π
3r′
2π
3r′
r′
ωµ D
Z BC = R
+ j ln
2π
3r′
ωµ D
ωµ D
Z CA = R
+ j ln ; Z CB = R
+ j ln ;
2π
3r′
2π
3r′
2
ωµ D
ZCC
= R + R
+ j ln
2π
3r′
r′
Pada (10.14) ini terlihat bahwa
Z AB = Z BC = ZCA
= Z m
Z AA = Z BB = Z CC = Z s
(10.14)
224 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

225
sehingga (10.13.a) dapat dituliskan:
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
′
′
′
C
B
A
s
m
m
m
s
m
m
m
s
CC
BB
AA
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
l
I
I
I
V
V
V
1
(10.15.a)
dengan
/m
3
ln
2
/m
3
ln
2
2
Ω
′
π
ωµ
+
=
Ω
′
′
π
ωµ
+
+
=
m
s
r
D
j
R
Z
r
r
D
j
R
R
Z
(10.15.b)
Impedansi urutan dapat kita peroleh dengan cara seperti pada
Contoh-9.2 di bab sebelumnya.
[ ] [ ] [ ][ ]
T
T 1
012 ABC
Z
Z
−
=
[ ] [ ][ ]
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
+
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
+
+
+
−
+
+
+
+
−
+
+
+
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
m
s
m
s
m
s
m
s
m
s
m
s
m
s
m
s
m
s
m
s
m
s
m
s
s
m
m
m
s
m
m
m
s
ABC
Z
Z
Z
Z
Z
Z
a
a
a
a
Z
a
aZ
Z
a
Z
a
Z
Z
Z
a
Z
a
Z
a
aZ
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
a
a
a
a
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
a
a
a
a
Z
0
0
0
0
0
0
2
1
1
1
1
1
)
(1
)
(1
)
(1
)
(1
2
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
1
T
T
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
-1
Dengan memasukkan (10.15.b) kita peroleh
/m
ln
2
/m
)
(
27
ln
2
3
2
2
1
3
4
0
Ω
′
π
ωµ
+
=
−
=
=
Ω
′
′
π
ωµ
+
+
=
+
=
r
D
j
R
Z
Z
Z
Z
r
r
D
j
R
R
Z
Z
Z
m
s
m
s
(10.16)

COTOH-10.1: Penyulang tiga fasa, 20 kV, 50 Hz, panjang 20 km.
Konduktor penyulang berpenampang 95 mm 2 dan memiliki
radius efektif 6 mm. Resistivitas konduktor adalah 0,0286
Ω.mm 2 /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:
ρl
0,0286
Resistansi konduktor: R A = = = 0,00031 Ω/m
A 95
Dengan konfigurasi ∆, impedansi sendiri dan impedansi
bersama fasa A dihitung menggunakan formulasi (10.14):
⎛0.00031+
0,00031
⎞
⎜
⎟
Z AA = ⎜
−7
2
100π×
4π×
10
1 ⎟×
20000
⎜+
j
ln
⎟
⎝ 2π
3×
0,006×
0,006 ⎠
o
= 12,04 + j12,85
= 17,61∠46,86
Ω
⎛
−7
2 ⎞
Z ⎜ 100π×
4π×
10 1
AB = 0,00031+
j
ln ⎟×
20000
⎜
⎟
⎝
2π
3×
0,006
⎠
o
= 6,02 + j5,05
= 7,86∠39,96
Ω
Z AC = Z AB
Impedansi urutan positif dihitung dengan relasi (10.16)
Z1
= Z s − Z m = Z AA − Z AB
= 12,04 + j12,85
− 6,02 + j5,05
o
= 6,02 + j7,8
= 9,86∠52,35
COTOH-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.
Ω
226 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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:
o
Z AA = 12,04 + j12,85
= 17,61∠46,86
Ω
o
Z AB = Z AC = 6,02 + j5,05
= 7,86∠39,96
Dengan menggunakan tegangan fasa-netral ujung terima
fasa A sebagai referensi, maka tegangan fasa-netral ujung
terima fasa A, B, dan C adalah
20 o
o
VrA
= ∠0
= 11,55∠0
kV
3
VrB
o
= 11,55∠ −120
kV
VrC
o
= 11,55∠ − 240 kV
Arus fasa A, B, dan C adalah
5000 / 3
o
I A = = 180,4 A → I A = 180,4∠ − 36,87 A
11,55×
0,8
V
I
I
B
C
= 180,4∠ −156,87
= 180,4∠ − 276,87
o
o
A
A
Tegangan jatuh di fasa A adalah:
Z
Z
AA′ = AAI
A + ABI
B + AC IC
o
= 17,61∠46,86
+ 7,86∠39,96
+ 7,86∠39,96
= 3129,33+
j551,34
− 641,39 − j1263,93−
773,90 + j1187,43
= 1714,04 + j474,84
× 180,4∠ − 36,87
o
o
Z
o
× 180,4∠ −156,87
× 180,4∠ − 276,87
o
o
Ω
227

Tegangan fasa-netral di ujung kirim:
V
sA
= V + V ′ = 11,55 + 1,71+
j0,48
= 13,2∠2
rA
AA
o
kV
Tegangan fsa-fasa di ujung kirim:
V s LL
= 13 ,2 3 = 22,8
kV
b). Pada pembebanan seimbang, besaran urutan yang ada hanyalah
urutan positif. Impedansi urutan positif telah dihitung pada
contoh-10.1.
Z 1 = 6,02 + j7,8
= 9,86∠52,35
Tegangan jatuh di fasa A adalah:
V
= Z ×
AA′ 1 I A
= 9,86∠52,35
= 1778,59∠15,48
o
o
o
= 1,71+
j0,48
V
Ω
× 180,4∠ − 36,87
o
V
sA
= V + V ′ = 11,55 + 1,71+
j0,48
= 13,2∠2
rA
AA
o
kV
Tegangan fasa-fasa di ujung kirim:
V s LL
= 13 ,2 3 = 22,8
kV
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; RA = RB
= RC
= R , rA = rB
= rC
= r dan
rA ′ = rB′
= rC′
= r′
. Kita dapat mencari formulasi impedansi fasa dan
impedansi urutan dengan melihat seksi per seksi.
228 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

229
3
2
1
D
D
D
D
D
D
C
B
A
=
=
=
1
3
2
D
D
D
D
D
D
C
B
A
=
=
=
2
1
3
D
D
D
D
D
D
C
B
A
=
=
=
Gb.10.5. Transposisi.
Kita lihat konduktor A di seksi pertama:
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
π
ωµ
+
=
′
π
ωµ
+
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
′
π
ωµ
+
+
=
AC
AC
AB
AB
AA
r
D
D D
j
R
Z
r
D
D D
j
R
d
Z
r
r
D
j
R
R
d
Z
3
1
2
1
2
1
ln
2
3
1
;
ln
2
3
;
ln
2
3
(10.17.a)
Konduktor A di seksi ke-dua:
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
π
ωµ
+
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
π
ωµ
+
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
′
π
ωµ
+
+
=
AC
AC
AB
AB
AA
r
D
D
D
j
R
Z
r
D
D
D
j
R
d
Z
r r
D
j
R
R
d
Z
1
2
3
2
2
2
ln
2
3
1
;
ln
2
3
;
ln
2
3
(10.17.b)
Konduktor A di seksi ke-tiga
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
π
ωµ
+
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
π
ωµ
+
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
′
′
π
ωµ
+
+
=
AC
AC
AB
AB
A
AA
r
D
D
D
j
R
Z
r
D
D
D
j
R
d
Z
r
r
D
j
R
R
d
Z
2
3
1
3
2
3
ln
2
3
1
;
ln
2
3
;
ln
2
3
(10.17.c)

Impedansi per satuan panjang konduktor A di seluruh seksi dapat
dinyatakan sebagai:
Z
Z
Z
AA
AB
AC
= R + R
= R
= R
Jika didefinisikan:
2
ωµ ⎛ ⎞
1
ln⎜
D
+ j
⎟
2π
⎜ ′ ′ ⎟
⎝
r r
⎠
ωµ ⎛ D1
D2
⎞
+ j ln⎜
⎟
2π
⎝ DABr′
⎠
ωµ ⎛ D1D3
⎞
+ j ln⎜
⎟
2π
⎝ DAC
r′
⎠
1/ 3
1/ 3
1/ 3
⎛
⎜ D
⎜ ′ ′
⎝
r r
⎛ D
⎜
⎝ D
2
2
2
AB
⎛ D
⎜
⎝ D
2
⎞
⎟
⎟
⎠
1/ 3
D3
⎞
⎟
r′
⎠
AC
1/ 3
D1
⎞
⎟
r′
⎠
⎛ 2
⎜ D3
⎜ r′
r′
⎝
1/ 3
⎛ D
⎜
⎝ D
1/ 3
⎞
⎟
⎟
⎠
3
AB
⎛ D
⎜
⎝ D
D1
⎞
⎟
r′
⎠
3
AC
1/ 3
D2
⎞
⎟
r′
⎠
1/ 3
(10.18)
D 3 h = D1D2
D3
dan D 3
f = D AB DBC
D AC (10.19)
maka formulasi (10.18) menjadi
⎛ 2
ωµ
⎞
⎜ Dh
Z
⎟
AA = R + R
+ j ln ;
2π
⎜ r′
r′
⎟
⎝ ⎠
⎛ 2
ωµ
⎞
⎜ Dh
Z
⎟
AB = R
+ j ln ; Z
π ⎜ ′ ⎟ AC
2 D
⎝ f r
⎠
= R
⎛ 2
ωµ
⎞
⎜ Dh
+ j ln
⎟
2π
⎜ D ′ ⎟
⎝ f r
⎠
(10.20)
Fasa B dan C memiliki formula yang mirip dengan fasa A dan kita
mendapatkan relasi
⎡VAA′
⎤ ⎡ Z s
1 ⎢ ⎥
=
⎢
⎢VBB′
⎥ ⎢
Z m
l
⎢ ⎥ ⎢
⎣
VCC′
⎦ ⎣Z
m
Z m
Z s
Z m
Z m ⎤ ⎡I
A ⎤
⎢ ⎥
Z
⎥
m ⎥ ⎢I
B ⎥
Z ⎥ ⎢ ⎥
s ⎦ ⎣
IC
⎦
(10.21.a)
dengan
230 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Impedansi urutan
2
ωµ
⎛ ⎞
ln
⎜ Dh
Z
⎟
s = R + R
+ j
2π
⎜ r′
r ⎟
⎝ ′
⎠
Ω/m
⎛ 2
ωµ
⎞
= + ln
⎜ Dh
Z
⎟
m R
j
2π
⎜ D ′ ⎟
⎝ f r
⎠
Ω/m
−
[ Z ] = [ T] 1 [ Z ][ T]
012 ABC
dan dengan (10.21.b) kita peroleh:
6
ωµ Dh
Z 0 = Z s + 2Z
m = R + 3R
+ j ln
2π
2
D f r′
r′
3
( )
ωµ D f
Z1
= Z 2 = Z s − Z m = R + j ln
2π
r′
(10.21.b)
(10.22)
COTOH-10.3: Hitunglah impedansi urutan positif pada frekuensi
50 Hz dari suatu saluran transmisi dengan transposisi yang
mempunyai konfigurasi sebagai berikut:
A
4,2 m
8,4 m
B
4,2 m
C
= r′
= r′
= 0.088 Ω / km
= r = 1,350 cm
= r′
= 1,073 cm
Kapasitas arus: 900 A
Penyelesaian: (perhatikan bahwa R dinyatakan dalam Ω/km)
r
r′
= R
= r
= R
= r
Untuk menggunakan relasi (10.22), kita hitung lebih dulu D f
dengan menggunakan relasi (10.19):
R
A
A
A
B
B
B
C
C
C
D f
3
= 4×
4×
8 = 5,29
m
Jadi:
Z
1
2π×
50×
4π×
10
= 0,088+
j
2π
= 0,088+
j0,3896
Ω/km
−7
× 1000
ln
5,29
0,01073
231

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.
∫
S
Dds = ρl
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:
Untuk udara
D ρl
ρ
E x = = =
ε ε × 2πx
× l 2πεx
1 −
ε = ε0
= × 10
9
36π
F/m
Kuat medan listrik ini menyebabkan terjadinya perbedaan potensial
antara dua titik di luar konduktor, seperti digambarkan pada
Gb.10.5.
A B
x A
x B
Gb.10.5. Dua titik di luar konduktor.
v
AB
ρ
xB
xB
B
∫
Edx = dx = ln (10.23)
xA
xA
2πεx
2πε
x A
=
∫
ρ
x
v AB adalah penurunan potensial dari A ke B yang bernilai posistif
jika x B > x A . Jika ρ adalah muatan negatif maka v AB adalah
kenaikan potensial.
Beda Potensial Dua Konduktor Tak Bermuatan. Kita lihat
sekarang satu konduktor k dengan jari-jari r k dan bermuatan ρ k . Dua
konduktor lain yang tidak bermuatan, i dan j, berjarak D ik dan D jk
dari konduktor k seperti terlihat pada Gb.10.6.
232 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

k,
r k
, ρ
k
i
j
D ik
D jk
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.
vij
ρ
k
= vkj
ρ
k
− vki
ρ
k
ρk
⎛ D D
ik jk ⎞ ρk
Dik
= ⎜ln
− ln ⎟ = ln
2πε
rk
r
⎝
k ⎠ 2πε
Dij
(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.
D AC
DAB
DBC
A,
r
Gb.10.7. Tiga konduktor bermuatan.
v
A
, ρ
BC
A
= v
B,
BC ρ
A
r
B
+ v
, ρ
B
BC ρ
B
C, r
+ v
C
, ρ
BC ρ
C
C
v
BC
ρ
A
ρ A D
= ln
2πε D
AC
AB
233

v
BC
ρ
B
ρ B D
= ln
2πε r
BC
B
v
BC ρ
c
ρC
r
= ln
2πε D
C
BC
Jadi
vBC
1 ⎛ D
⎜ AC
=
ρ A ln
2πε
⎝ DAB
DBC
+ ρ B ln
rB
rC
⎞
+ ρC
ln ⎟
D
BC ⎠
(10.25)
Beda Potensial Empat Konduktor Bermuatan. Empat konduktor
bermuatan terlihat pada Gb.10.8:
A,
r
A
, ρ
A
B,
Gb. 10.8. Sistem empat konduktor.
Kita akan meninjau sistem empat konduktor seperti terlihat pada
gambar di atas dengan ketentuan konservasi muatan, yaitu
1 ⎛ D
⎜ A DB
v A =
ρ A ln + ρ B ln
2πε
⎝ rA
DAB
1 ⎛ D
⎜ A DB
vB
=
ρ A ln + ρ B ln
2πε
⎝ DAB
rB
1 ⎛ D
⎜ A DB
vC
=
ρ A ln + ρ B ln
2πε
⎝ DAC
DBC
1 ⎛ D
⎜ A
v = ln
2
ρ A
πε ⎝ D A
ρ A + ρ A + ρ A + ρ A = 0
(10.26)
DB
+ ρ B ln
DB
DC
+ ρC
ln
DAC
DC
+ ρC
ln
DBC
DC
+ ρC
ln
rC
DC
+ ρC
ln
DC
Jika kita terapkan relasi konservasi muatan (10.26)
r
r
⎞
+ ρ ln ⎟
D
A ⎠
r
⎞
+ ρ ln ⎟
D
B ⎠
r
⎞
+ ρ ln ⎟
D
C ⎠
D
⎞
+ ρ ln ⎟
= 0
D
⎠
ρa + ρb
+ ρc
+ ρn
= 0 atau ρ n = −( ρa
+ ρb
+ ρc
)
maka ρ akan ter-eliminasi dari persamaan (10.27)
B
, ρ
B
C, r
C
, ρ
C
N, r
, ρ
(10.27)
234 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

235
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+ ρ
+ ρ
ρ
πε
=
AC
C
A
C
AB
B
A
B
A
A
A
A
r
D
D
D
r
D
D
D
r
r
D
v
ln
ln
ln
2
1
2
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+ ρ
+ ρ
ρ
πε
=
BC
C
B
C
B
B
B
AB
B
A
A
B
r
D
D
D
r
r
D
r
D
D
D
v
ln
ln
ln
2
1
2
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+ ρ
+ ρ
ρ
πε
=
C
C
C
BC
B
C
B
AC
A
C
A
C
r
r
D
r
D
D
D
r
D
D
D
v
2
ln
ln
ln
2
1
(10.28.a)
yang dalam bentuk matriks kita tuliskan:
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ρ
ρ
ρ
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
πε
πε
πε
πε
πε
πε
πε
πε
πε
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
C
B
A
n
c
C
n
BCB
B
C
n
AC
A
C
n
BC
C
B
n
b
B
n
AB
A
B
n
AC
C
A
n
AB
B
A
n
a
A
C
B
A
r
r
D
r
D
D
D
r
D
D
D
r
D
D
D
r
r
D
r
D
D
D
r
D
D
D
r
D
D
D
r
r
D
v
v
v
ln
2
1
ln
2
1
ln
2
1
ln
2
1
ln
2
1
ln
2
1
ln
2
1
ln
2
1
ln
2
1
2
2
2
(10.28.b)
atau secara singkat
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
ρ
ρ
ρ
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
C
A
A
CC
CB
CA
BC
BB
AB
AC
AB
AA
C
B
A
f
f
f
f
f
f
f
f
f
v
v
v
(10.28.c)
atau
[ ] ABC
ABC
ABC
ρ
F
v
~
~
= (10.28.d)
dengan
C
B
A
j
i
r
D
D
D
f
n
ij
jn
in
ij
,
,
,
ln
2
1
=
πε
=
(10.28.e)
Untuk tegangan sinusoidal keadaan mantap, dapat kita tuliskan:

⎡VA
⎤ ⎡ f AA
⎢ ⎥
=
⎢
⎢VB
⎥ ⎢
f BA
⎢ ⎥ ⎢
⎣
VC
⎦ ⎣ fCA
f AB f AC ⎤ ⎡ρ
A ⎤
f
⎥ ⎢ ⎥
BB f BC ⎥ ⎢
ρ B ⎥
fCB
fCC
⎥⎦
⎢⎣
ρC
⎥⎦
atau
(10.29.a)
⎡ρ
A ⎤ ⎡ f AA
⎢ ⎥
=
⎢
⎢
ρ B ⎥ ⎢
f BA
⎢⎣
ρC
⎥⎦
⎢⎣
fCA
f AB
f BB
fCB
atau
−1
f AC ⎤ ⎡VA
⎤
⎢ ⎥
f
⎥
BC ⎥ ⎢VB
⎥
f ⎥ ⎢ ⎥
CC ⎦ ⎣
VC
⎦
(10.29.b)
ρ
~ -1 ~
~
ABC = [ FABC
] VABC
= [ C ABC ] VABC
(10.29.c)
Kita ingat relasi kapasitor
dan kita peroleh admitansi
Q = CV
-1
[ ] [ ] F/m
. Dari (10.25.c) kita turunkan
C ABC = F ABC
(10.30)
[ ] ω[ ] Ω/m
Y ABC = j C ABC
(10.31)
Namun kita tidak menghitung [Y ABC ] dengan menggunakan (10.31)
F dan sini
melainkan dari (10.30) dengan menghitung [ ABC ]
menghitung [ F 012 ] sehingga diperoleh [ C 012 ] dan [ 012 ]
nilai urutannya adalah
dan akan kita peroleh
[ ]
Y .
⎡ f AA f AB f AC ⎤
F =
⎢
⎥
ABC ⎢
f BA f BB f BC ⎥
(10.32)
⎢⎣
fCA
fCB
fCC
⎥⎦
−1
[ F ] [ T] [ F ][ T]
012 = ABC
(10.33)
−
[ C ] = [ F ] 1 sehingga [ Y ] ω[ ]
012
012
012 = j C 012 (10.34)
236 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

237
Konfigurasi ∆.
D
D
D
D
AC
BC
AB =
=
= ; 3
D /
D
D
D
C
B
A =
=
= .
[ ]
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
πε
πε
πε
πε
πε
πε
πε
πε
πε
=
s
m
m
m
s
m
m
m
s
n
n
n
n
n
n
n
n
n
ABC
f
f
f
f
f
f
f
f
f
rr
D
r
D
r
D
r
D
rr
D
r
D
r
D
r
D
rr
D
F
3
ln
2
1
3
ln
2
1
3
ln
2
1
3
ln
2
1
3
ln
2
1
3
ln
2
1
3
ln
2
1
3
ln
2
1
3
ln
2
1
2
2
2
(10.35)
[ ] [ ] [ ]
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
+
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
−
m
s
m
s
m
s
s
m
m
m
s
m
m
m
s
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
F
0
0
0
0
0
0
2
T
T 1
012
(10.36)
r
D
f
f
F
F
r
r
D
f
f
F
m
s
n
m
s
ln
2
1
)
(
27
ln
2
1
2
2
1
3
4
0
πε
=
−
=
=
πε
=
+
=
(10.37)
Kapasitansi
)
/
ln(
2
1
]
)
(
27
/
ln[
2
1
2
1
1
3
4
0
0
r
D
C
F
C
r
r
D
F
C
πε
=
=
=
πε
=
=
(10.38)

Admitansi
Y
Y
0
1
= jωC
= jωC
1
0
= j
ln[ D
= Y
2
4
2πεω
/ 27r(
r
2πεω
= j
ln( D / r)
)
3
]
(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 [F ABC ]
berbentuk
⎡ f s f m f m ⎤
[ F ] =
⎢
⎥
ABC ⎢
f m f s f m ⎥
(10.40)
⎢⎣
f m f m f s
⎥⎦
Pada tahap ini kita perlu mengingat kembali bahwa walaupun dalam
analisis rangkaian listrik besaran resistansi, induktansi, impedansi,
serta admitansi difahami sebagai konstanta proporsiaonalitas
rangkaian linier, namun sesungguhnya mereka adalah besaranbesaran
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 [F ABC ] 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.
1
fij
=
3
dengan
( f + f + f )
ij seksi-1
f
f
ij
if
= f
s
= f
Kita memperoleh (lihat Gb.10.4.)
m
ij seksi-2
jika i = j
jika i ≠ j
ij seksi-3
(10.41)
238 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

239
3
1
3
3
2
2
1
3
3
2
3
2
2
2
1
ln
6
1
ln
6
1
AC
BC
AB
m
s
r
D
D
D
D
D
D
D
D
D
f
r
r
D
D
D
f
πε
=
πε
=
(10.41)
Dengan definisi (10.19)
3
3
2
1 D
D
D
D h = dan 3
AC
BC
AB
f
D
D
D
D =
kita peroleh
f
h
m
h
s
r
D
D
f
rr
D
f
2
2
ln
2
1
ln
2
1
πε
=
πε
=
(10.42)
sehingga
r
D
f
f
F
F
r
r
D
D
f
f
F
f
m
s
n
f
h
m
s
ln
2
1
)
(
ln
2
1
2
2
1
3
2
6
0
πε
=
−
=
=
πε
=
+
=
(10.43
Kapasitansi adalah
F/m
)
/
ln(
2
1
F/m
]
)
(
/
ln[
2
1
2
1
1
3
2
6
0
0
r
D
C
F
C
r
r
D
D
F
C
f
f
h
πε
=
=
=
πε
=
=
(10.44)
Admitansi adalah
S/m
)
/
ln(
2
S/m
)
/
ln(
2
2
1
3
2
6
0
0
r
D
j
Y
Y
rr
D
D
j
C
j
Y
f
f
h
πε
ω
=
=
πε
ω
=
ω
=
(10.45)

COTOH-10.4: Hitunglah admitansi urutan positif pada frekuensi
50 Hz dari suatu saluran transmisi dengan transposisi yang
mempunyai konfigurasi seperti pada Contoh-10.3:
A
4,2 m
8,4 m
B
4,2 m
C
RA
= RB
= RC
= 0.088 Ω / km
rA
= rB
= rC
= r = 1,350 cm
rA′
= rB′
= rC′
= r′
= 1,073 cm
Kapasitas arus: 900 A
Penyelesaian:
Dengan menggunakan relasi (10.37), di mana D f sudah dihitung
−9
pada Contoh-10.2 dan ε = (1/ 36π)
× 10 F/m maka:
Y
1
−
2πε
2π×
50×
2π×
(1/ 36π)
× 10
= jω
= j
ln( D / r)
ln(5,29 / 0,01350)
−
= j2,923×
10
f
9
S/m = j2,923
µ S/km
Catatan: Formulasi untuk Y 0 pada (10.39) tidak terlalu cocok untuk
menghitung admitansi urutan nol. Kopling kapasitif tidak
hanya terjadi antar konduktor tetapi juga dengan tanah.
9
240 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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.
I s+
∆x
∆x
Z∆xI
x
I x
I r
Vs
Vs+
∆x
Y∆xV
x
V x
Vr
x
Gb.11.1 Model satu fasa saluran transmisi.
241

Saluran transmisi ini bertegangan
V s di ujung kirim dan
Vr
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
V x di x.
Tegangan
∆ V
x
V x+
∆x
di (x + ∆x) karena terjadi tegangan jatuh
= Z∆xI
x (Z adalah impedansi per satuan panjang).
Arus I x mengalir dari x menuju ujung terima.
Arus ∆ I x = Y∆xVx
mengalir di segmen ∆x (Y adalah admitansi
per satuan panjang).
Arus
I
x+
∆x
mengalir menuju titik (x + ∆x) dari arah ujung kirim.
Vx+∆x
I x+∆x
−
−
Vx
I x
= Z∆x
= Y∆x
Jika ∆x mendekati nol, maka
I x
Vx
atau
atau
Vx+∆x
I x+∆x
∆x
−
∆x
−
Vx
I x
= Z
= Y
Vx
I x
d
d
Vx
I x
= ZI
x dan = YVx
(11.1)
dx
Jika (11.1) kita turunkan sekali lagi terhadap x kita peroleh
d
2
Vx
2
dx
dI
x
= Z
dx
Substitusi (11.1) ke (11.2) memberikan
dx
2
d I x dVx
dan = Y
(11.2)
2
dx dx
d
2
Vx
2
dx
= ZY
Vx
2
d I x
dan = ZYI
2 x (11.3)
dx
242 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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
γ
2
= ZY atau γ =
ZY
(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
γ = α + j β
(11.5)
α disebut konstanta redaman
β disebut konstanta fasa
Impedansi Karakteristik. Dengan menggunakan pengertian
konstanta propagasi maka persamaan (11.3) dapat dituliskan
menjadi
atau
d
2
2
Vx
2
d I x 2
= γ Vx
dan = γ I
2
2 x (11.6.a)
dx
dx
d
2
Vx
2
dx
− γ
2
Vx
= 0
dan
d
2
I x
2
dx
− γ
2
I x
= 0
(11.6.b)
Solusi persamaan (11.6.b) adalah (lihat bahasan analisis transien
orde ke-dua di pustaka [3]):
γx
−γx
γx
−γx
V x = kv1e
+ kv2e
dan Ix
= ki1e
+ ki2e
(11.6.c)
Kita lihat lebih dulu persamaan pertama (11.6.c) yaitu
Persamaan (11.1) dan (11.7.a) memberikan
x −γx
V x = kv1
e
γ + kv1e
(11.7.a)
243

d
Vx
γx
= ZI
x = kv1
γe
− kv2
dx
Persamaan (11.7.a) dan (11.7.b serta definisi (11.4) memberikan
k
Z
γe
γx
(11.7.b)
γx
γx
v1 e − kv2e
= I x = I x (11.7.c)
ZY
Perhatikan bahwa ruas paling kiri (11.7.c) adalah tegangan. Hal ini
berarti bahwa ruas paling kanan juga berdimensi tegangan. Oleh
karena itu
Z di ruas paling kanan (11.7.c) haruslah berdimensi impedansi;
Y
impedansi ini disebut impedansi karakteristik, Z c .
Z
Y
Z
Z c = (11.8)
Y
Dengan pengertian impedansi karakteristik ini maka (11.7.c) kita
tulis menjadi
k
γx
γx
v1 e − kv2e
= Z cI
x
(11.9.a)
sementara persamaan pertama (11.6.c) dapat kita tulis
k
γx
−γx
v1e
+ kv2e
= Vx
Pada x = 0 persamaan (11.9.a) dan (11.9.b) memberikan
(11.9.b)
k
k
v1 v2
c r
sehingga diperoleh
v1
− k
+ k
v2
= Z I
= V
r
k
v1
k
v2
Z
=
=
cI
r
Vr
+
2
− Z
2
Vr
cI
r
Dengan (11.9.c) ini maka persamaan pertama (11.6.c) menjadi
(11.9.c)
244 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

245
)
sinh(
)
cosh(
2
2
2
2
2
1
x
Z
x
e
e
Z
e
e
e
Z
e
Z
e
k
e
k
r
c
r
x
x
r
c
x
x
r
x
r
c
r
x
r
r
c
x
v
x
v
x
λ
+
γ
=
−
+
+
=
−
+
+
=
+
=
−γ
γ
−γ
γ
−γ
γ
−γ
γ
I
V
I
V
I
V
V
I
V
(11.9.d)
Persamaan ke-dua (11.6.c) kita olah dengan cara yang sama.
x
c
x
i
x
i
x
x
i
x
i
x
x
i
x
i
x
Z
e
k
e
k
Y
e
k
e
k
dx
d
e
k
e
k
V
V
I
I
1
2
1
2
1
2
1
=
−
→
=
γ
−
γ
=
→
+
=
−γ
γ
−γ
γ
−γ
γ
(11.10.a)
Untuk x = 0,
r
c
i
i
r
i
i
Z
k
k
k
k
V
I
1
2
1
2
1
=
−
=
+
dan diperoleh
2
/
2
/
2
1
c
r
r
i
c
r
r
i
Z
k
Z
k
V
I
V
I
−
=
+
=
(11.10.b)
Dengan (11.11.c) ini kita peroleh
)
cosh(
)
sinh(
2
2
2
/
2
/
x
x
Z
e
e
e
e
Z
e
Z
e
Z
r
c
r
x
x
r
x
x
c
r
x
c
r
r
x
c
r
r
x
γ
+
λ
=
+
+
−
=
−
+
+
=
−γ
γ
−γ
γ
−γ
γ
I
V
I
V
V
I
V
I
I
(11.10.c)
Jadi untuk saluran transmisi kita peroleh sepasang persamaan
)
cosh(
)
sinh(
)
sinh(
)
cosh(
x
x
Z
x
Z
x
r
c
r
x
r
c
r
x
γ
+
γ
=
γ
+
γ
=
I
V
I
I
V
V
(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 Z c . 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 π
Jika panjang saluran adalah d, tegangan dan arus di ujung kirim
adalah Vs
dan I s maka dari (11.11) kita peroleh
Vs
= Vr
cosh( γd)
+ Z cI
r sinh( γd)
V
(11.12)
r
I s = sinh( γd)
+ I r cosh( γd)
Z c
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.
I
s
I r
Z t
Vs
Y t
2
Y t
2
Vr
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:
246 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

247
r
t
r
t
t
r
t
r
t
r
s
Z
Y
Z
Y
Z
I
V
V
I
V
V +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎟ = ⎛ +
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
+
=
2
1
2
(11.13.a)
r
t
t
r
t
t
t
r
t
r
t
t
t
r
t
r
s
t
r
t
r
s
Y
Z
Y
Y
Z
Z
Y
Z
Y
Y
Y
Y
I
V
I
V
V
I
V
V
I
I
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
+ ⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
+
+
= +
+
=
2
1
2
2
2
2
1
2
2
2
2
(11.13.b)
Kita ringkaskan (11.3.a dan b) menjadi :
r
t
t
r
t
t
t
s
t
r
t
t
s
Y
Z
Y
Y
Z
Z
Y
Z
I
V
I
I
V
V
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
+ ⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
= 2
1
2
2
2
2
1
(11.14)
Jika kita perbandingkan persamaan ini dengan persamaan (11.12),
kita dapatkan
)
sinh(
1
2
2
2
)
sinh(
)
cosh(
2
1
d
Z
Y
Y
Z
d
Z
Z
d
Y
Z
c
t
t
t
c
t
t
t
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
γ
−γ
γ
−γ
γ
−γ
γ
2
tanh
1
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
2
/
2)
(
2
/
)
(
1
)
cosh(
)
sinh(
2
2
/
2
/
2
/
2
/
2
2
/
2
/
2
/
2
/
2
/
2
/
d
Z
e
e
Z
e
e
e
e
Z
e
e
e
e
e
e
Z
e
e
d
Z
d
Y
c
d
d
c
d
d
d
d
c
d
d
d
d
d
d
c
d
d
c
t

Jadi dalam rangkaian ekivalen π
Yt
1 ⎛ γd
⎞
Zt
= Zc
sinh( γd)
dan = tanh⎜
⎟
2 Z c ⎝ 2 ⎠
d = jarak ujung terima dan ujung kirim
Z c
= impedansi karakteristik
(11.16)
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:
γ
γ
γ
0
1
2
=
=
=
Z
0
Z Y
1 1
Z
2
Y
Y
0
2
(11.17)
Impedansi karakteristik urutan:
Z
Z
Z
c0
c1
c2
=
=
=
Z
Z
1
0
/ Y
/ Y
1
Z 2 / Y
0
2
(11.18)
Impedansi urutan:
Z
Z
Z
0
1
2
= Z
= Z
= Z
c0
c1
c2
sinh γ
sinh γ
1
sinh γ
0
d
2
d
d
(11.19)
248 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Admitansi urutan:
Y0
1
=
2 Z
c0
Y1
1
=
2 Z
c1
Y2
1
=
2 Z
c2
γ 0d
tanh
2
γ1d
tanh
2
γ 2d
tanh
2
(11.20)
I s0
I r 0
Z t0
Y t0
Y
V t0
s0
V r 0
2
2
Rangkaian Urutan Nol
I s1
I r 1
Z t1
Y t1
Y
V t1
s1
V r 1
2
2
Rangkaian Urutan Positif
I s2
I r 2
Z t 2
Y t 2
Y
V t 2
s2
V r 2
2
2
Rangkaian Urutan Negatif
Gb.11.3. Rangkaian ekivalen urutan.
249

COTOH-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.
8,4 m
RA
= RB
= RC
= 0.088 Ω / km
4,2 m 4,2 m rA
= rB
= rC
= r = 1,350 cm
rA′
= rB′
= rC′
= r′
= 1,073 cm
A B C Kapasitas arus: 900 A
Penyelesaian:
Impedansi dan admitansi per satuan panjang saluran ini telah
dihitung pada contoh-10.2 dan 10.3.
Z 1 = 0,088+
j0,3896
Ω/km
Y 1 = j2,923
µ S/km
a) Impedansi karakteristik adalah
Z c
=
Z
Y
=
= 369,67∠
- 6,4
0,088 + j0,3896
j2,923×
10
o
Ω
3
= 10 ×
−6 j
0,088 + j0,3896
2,923
b) Konstanta propagasi
γ =
ZY
=
(0,088 + j0,3896)(
j2,923×
10
= (0,1198 + j1,074)
× 10
−3
per km
−6
c) Untuk jarak antara ujung kirim dan ujung terima 100 km,
elemen-elemen rangkaian ekivalen π adalah
Z
t
= Z
c
sinh( γd)
= (369,67∠ − 6,4
= 8,77 + j38,89
= 39.87∠77.3
o
) sinh[(0,1198+
j1,074)
× 10
o
Ω
)
−1
]
250 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Y
t
2
1 ⎛ γd
⎞
= tanh⎜
⎟
Z ⎝ 2 ⎠
c
1
=
369,67∠ − 6,4
= 3,14×
10
−8
≈ j0,1463
mS
o
⎛ −3
(0,1207 j1,074)
10 100 ⎞
tanh⎜
+ × ×
⎟
⎜
2
⎟
⎝
⎠
+ j0,1463×
10
−3
I s
8.77
+ j38,89
I r
V s
j0,1463
j0, 1463
Vr
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, γd

COTOH-11.2: Tentukan rangkaian ekivan π pendekatan untuk
saluran pada Contoh-11.1.
Penyelesaian: Dengan menggunakan relasi (11.21) elemen
rangkaian ekivalen pendekatan adalah:
Z ′ = Z × 100 = 8,8 + j38,96
Ω
t
1
−6
Yt′
Y1
j2,923×
10
= × 100 =
2 2
2
= j0,1461
mS
× 100
Lebih Lanjut Tentang Rangkaian Ekivalen Pendekatan. Kinerja
saluran transmisi dinyatakan oleh persamaan (11.12) yaitu
Vs
I s
=
Vr
V
=
Z
r
c
cosh( γd)
+ Z
sinh( γd)
+ I
cI
r
r
sinh( γd)
cosh( γd)
(11.12)
Pada saluran yang pendek, γd

Vs
I s
=
Vr
= ( Yd)
+ ( Zd )
Vr
+
I r
I r
(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
I s
Vs
Zd
Yd
I r
Vr
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
Vs
=
Vr
cosh( γd)
+ Z
cI
r
sinh( γd)
V
(11.12)
r
I s = sinh( γd)
+ I r cosh( γd)
Z c
Persamaan ini dapat ditulis dengan dengan menggunakan konstanta
A, B, C, D:
dengan
V s
I s
=
=
AVr
C Vr
+
+
B I r
D I r
A = cosh γx
; B = Z c sinh γx
sinh γx
1
C = = B ; D = cosh γx
= A
Z 2
c Z c
(11.23.a)
(11.23.b)
253

Konstanta-konstanta ini dapat dapat pula diturunkan dari rangkaian
ekivalen π yang telah kita peroleh pada persamaan (11.14) yaitu
⎛ Z Y ⎞ +
t t
Vs
= ⎜1
⎟Vr
+ Z t I
⎝ 2 ⎠
⎛ Z tYt
⎞ Yt
⎛ ZtYt
I s = ⎜2
+ Vr
+ ⎜1
+
2 2
2
⎝
⎟
⎠
⎝
⎞
⎟
⎠
I r
(11.14)
yang jika kita perbandingkan dengan (11.23.a) kita dapatkan
⎞
A ⎜
⎛ Z = + tYt
1 ⎟ B = Z t
⎝ 2 ⎠
⎛ Z ⎞
⎛ ⎞
C = ⎜ +
tYt
Yt
Z
2 ⎟ D = ⎜1
+
tYt
⎟ = A
⎝ 2 ⎠ 2 ⎝ 2 ⎠
(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 Z t maupun Y t 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.
COTOH-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.
A
4,2 m
Penyelesaian:
8,4 m
B
4,2 m
γ dan Z c telah dihitung pada Contoh-11.1:
C
RA
= RB
= RC
= 0.088 Ω / km
rA
= rB
= rC
= r = 1,350 cm
rA′
= rB′
= rC′
= r′
= 1,073 cm
Kapasitas arus: 900 A
254 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Z c
= 369,67∠
- 6,4
o
Ω
γ = (0,1198 + j 1,074) × 10
−3
per km
Menggunakan formulasi (11.23.b), nilai konstanta adalah
A = cosh γx
= 0,9943∠0,07
B = Z
c
sinh γx
= 39,87∠77,30
sinh γx
1
C = =
Z c Z
2
c
D = cosh γx
= A = 0,9943∠0,07
o
o
B = 0,0003∠90,02
o
o
Dengan menggunakan konstanta-konstanta saluran, kita akan
mecermati kinerja saluran.
COTOH-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
V r
270 o
= = 155,88 ∠0
3
kV
Karena factor daya 0,9 lagging maka arus beban:
I r
250 o
=
= 0.53∠
- 25,8
270×
0,9 × 3
kA
255

Tegangan fasa-netral di ujung kirim:
V
Arus di ujung kirim:
I s
s
= 0,9943∠0,07
o
= 155 + j0.2
+ 13.3+
j16.7
= 169.1∠5.7
= 0.51∠
- 21,2
kV
o
V
r
+ 39,87∠77,30
kV
= CV + D I = -2×
10 + j0.05
+ 0.48 − j0.23
r
r
o
Tegangan jatuh di saluran adalah
-5
∆V
= V s − V r = 169,1∠
5,7
= 12,4 + j16,9
= 21∠53,7
o
kV
o
I
−155,88∠0
21
atau × 100 ≈ 12% dari tegangan di ujung kirim.
169,1
Daya kompleks ujung kirim
o
o
r
S s
= 3×
V I
s
∗
s
= 3×
169,1∠
5,7 × 0,51∠21,2
= 260∠27
o
MVA
Faktor daya ujung kirim cos(27 o ) = 0.89
Daya nyata ujung kirim
Daya nyata ujung terima
P s
P r
= 260 × 0,89 = 232 MW
= 250 × 0.9 =
Susut yang terjadi di saluran adalah
225 MW
Ps
− Pr
P saluran = ×100 % = 3.1% .
P
s
256 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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
COTOH-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
V r [kV] 155,88∠0 o 155,88∠0 o 155,88∠0 o
I r [kA] 0.43∠-25.8 o 0.53∠-25.8 o 0.64∠-25.8 o
V s [kV] 166.2∠4.7 o 169.1∠5.7 o 172.1∠6.7 o
I s [kA] 0.40∠-20 o 0.51∠-21.2 o 0.62∠-22 o
∆ V [kV] 16.7∠54.3 o 21∠53.7 o 25.2∠53.3 o
∆ V [%] 10 12 15
S s [MVA] 203 260 320
f.d. 0.9 0.89 0.88
Susut [%] 2.5 3.1 3.75
257

Pengaruh Panjang Saluran. Perubahan panjang saluran akan
mengubah konstanta saluran. Kita lihat contoh berikut.
COTOH-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∠0.07 o 0.9872∠0,17 o 0.9773∠0.3 o
B [Ω] 39.867∠77.3 o 59.658 ∠77.3 o 79.28∠77.4 o
C [mS] 0.2917∠90.02 o 0.4366 ∠90.06 o 0.5802∠90.1 o
D 0.9943∠0.07 o 0.9872∠0.17 o 0.9773∠0.3 o
V r [kV] 155.88∠0 o 155.88∠0 o 155.88∠0 o
I r [kA] 0.53∠-25.8 o 0.53∠-25.8 o 0.53∠-25.8 o
V s [kV] 169.1∠5.7 o 175.6∠8.3 o 181.9∠10.8 o
I s [kA] 0.51∠-21.2 o 0.50∠-18.7 o 0.49∠-16 o
∆ V [kV] 21∠53.7 o 31∠54.9 o 41∠56.1 o
∆ V [%] 12 18 22
S s [MVA] 260 264 267
f.d. 0.89 0.89 0.89
Susut [%] 3.1 4.5 5.8
258 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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
S r
3fasa = 270×
0,9 × 3 =
420 MVA
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.
saluran
2
fasa
P = 3 × I × R
saluran
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
S3 fasa = VI
3
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 150 3 = 2,5 MVA ; 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.
259

Tegangan dan Arus di Ujung Kirim. Jika konstanta saluran kita
misalkan A = A∠α
dan B = B∠β
, tegangan ujung terima
o
digunakan sebagai referensi V r = V r ∠0 , arus beban lagging
o
I r = I r ∠ − ϕ , maka persamaan pertama (11.23.a) menjadi:
Sudut
V
s
= AV
= AV
r
r
+ B I
r
∠( α + 0) + BI ∠(
β − ϕ)
r
(11.24.a)
A ∠α
dan B ∠β
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 I r . Gb.11.5.
memperlihatkan peristiwa tersebut.
Im
I r
I′ r
α
Gb.11.5. Perubahan arus beban dari I r menjadi I′ r
menyebabkan perubahan tegangan di ujung kirim dari
Vs
menjadi V′ s .
Jika kita misalkan Z c = Z c ∠θ
, maka persamaan ke-dua
(11.23.a) menjadi:
B
I s = V
2 r + A Ir
Z c
BVr
= ∠(0
− 2θ)
+ AI ∠(
α − ϕ)
2
r
Z c
(11.24.b)
V r
V s
AV r
BI r
V′ s
β − ϕ
Re
260 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

Impedansi karakteristik Z c 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 I r 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
V
s
dan
V
r
Im
V s
α
AV r
BI r
δ
Re
V r
I r
Gb.11.6. Perubahan sudut δ.
maka dari relasi tegangan
beban
V
s
= AVr
+ B I r kita peroleh arus
I r
Vs
AVr
= −
B B
Vs
AVr
= ∠( δ −β)
− ∠(
α −β)
B
B
Daya per fasa di ujung terima adalah
(11.25)
S
∗
r 1fasa = Vr
I r
VrV
=
B
s
AV
∠(
β − δ)
−
B
2
r
∠(
β − α)
(11.26)
261

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 V r V s dan 2
V r 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
3V
rVs
3AVr
Sr 3fasa = ∠(
β − δ)
− ∠(
β − α)
(11.27)
B
B
Jika V r dan V s 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
2
V r Vs di suku pertama tidak pula jauh berbeda dengan nilai V r 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:
2
3AV 1. Pada bidang kompleks kita gambarkan fasor r
∠(
β − α)
B
2
3AV yaitu OM kemudian kita gambar − r
∠(
β − α)
yaitu
O M′ .
2
B
262 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

2. Pada fasor O M′ kita tambahkan fasor
3V
r V s
∠(
β − δ)
yaitu
B
fasor M′ N
3. Sudut antara M′ N dengan sumbu mendatar adalah ( β − δ)
.
4. Pada perubahan sudut δ fasor M′ N akan bergerak mengikuti
lingkaran yang berpusat di M′ berjari-jari M′ N .
5. Sudut δ sendiri adalah sudut antara fasor M′ N dengan garis
M ′ M ′′ yaitu garis sejajar fasor OM seandainya α = 0.
6. Daya nyata maksimum terjadi jika ( β − δ)
= 0 yaitu pada
waktu M′ N menjadi M ′ N′
o
7. Daya reaktif maksimum terjadi jika ( β − δ)
= 90
Im
M ′
N ′′
M
δ
N
β − α
O
β − δ
Re
M′
N′
Gb.11.7. Diagram lingkaran.
263

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 V r atau V s . Dengan pengertian ini maka (11.27)
menjadi:
2
2
V
AV
S r 1fasa = ∠(
β − δ)
− ∠(
β − α)
(11.28.a)
3B
3B
Daya tiga fasa menjadi
2
V
AV
S r 3fasa = ∠(
β − δ)
− ∠(
β − α)
(11.28.b)
B
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.
P
r 3fasa
= Re S
⎡ 2
V
= Re⎢
⎢⎣
B
2
V
=
B
r 3fasa
dan daya reaktif Q adalah
Q
r 3fasa
= Im S
⎡ 2
V
= Im⎢
⎢⎣
B
2
V
=
B
AV
∠(
β − δ)
−
B
AV
cos( β − δ)
−
B
r 3fasa
AV
sin( β − δ)
−
B
2
AV
∠(
β − δ)
−
B
2
2
2
⎤
∠(
β − α)
⎥
⎥⎦
cos( β − α)
2
⎤
∠(
β − α)
⎥
⎥⎦
sin( β − α)
(11.29.a)
(11.29.b)
Daya nyata pada relasi (11.29.a) akan mencapai nilai maksimum
pada waktu ( β − δ)
= 0 atau δ = β . Daya nyata maksimum ini
merupakan daya maksimum yang bisa dicapai dalam tinjauan
keadaan mantap (steady state); besarnya adalah
264 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

2
V
P r 3fasa maks mantap = [ 1 − A cos( β − α)
] (11.30)
B
Pada waktu δ = β, yaitu pada waktu daya nyata mencapai nilai
maksimum mantap, daya reaktif adalah
AV
Q r 3fasa maks mantap = − sin( β − α)
(11.31)
B
Dan daya kompleks maksimum dalam keadaan mantap adalah
S
3fasa maks mantap
=
2 2
P + Q
2
V
=
B
2
2
1+
A − 2A
cos( β − α)
(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
I c, maka berdasarkan kapasitas arus ini daya yang bisa
dibebankan pada saluran transmisi adalah
S = VI 3
(11.33)
3 fasa saluran c
Dan daya kompleks maksimum dalam keadaan mantap menjadi
batas pembebanan saluran transmisi
S < S
3fasa maks mantap
3 fasa saluran
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.
8,4 m
RA
= RB
= RC
= 0.088 Ω / km
4,2 m 4,2 m rA
= rB
= rC
= r = 1,350 cm
rA′
= rB′
= rC′
= r′
= 1,073 cm
A B C Kapasitas arus: 900 A
265

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
o
o
A = 0,9943∠0,07
dan B = 39,87∠77,30
Daya maksimum yang dapat dibebankan pada saluran ini
menurut (11.32) adalah
2
V 2
S 3fasa maks mantap = 1 + A − 2A
cos( β − α)
B
275
= 1 + 0,9943 − 2 × 0,09943(cos(77,30 − 0,07)
39,87
= 417 MVA
Dengan kapasitas arus sebesar 900 A, maka pembebanan
saluran
S 3 fasa saluran = VI c 3 = 275×
0,9 × 3 = 428
S < S
3fasa maks mantap
3 fasa saluran
MVA
Jadi 417 MVA merupakan batas pembebanan maksimum.
266 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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.
267

Daftar Simbol
φ : fluksi magnet
λ : fluksi lingkup
γ : konstanta propagasi saluran transmisi
ε : permitivitas
µ : permeabilitas
A, B, C, D : konstanta saluran transmisi
Z c : impedansi karakteristik
268 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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
269

270 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga

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;
271

Analisis Keadaan Mantap
Rangkaian Sistem Tenaga
Pembebanan Seimbang
Pebebanan Nonlinier
Pembebanan Tak Seimbang
272 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Sistem Tenaga