Daya dan Faktor Daya Faktor Daya Sisi Beban Sisi Sumber

Analisis Harmonisa
Tinjauan di Kawasan Fasor
Fasor dan Impedansi
Fasor dan Impedansi
Fasor digunakan untuk menyatakankan sinyal sinus. Dengan fasor, dapat
dihindari operasi diferensial dan integral dalam analisis rangkaian listrik
yang mengandung elemen-elemen dinamis. Fasor diturunkan dengan
anggapan bahwa seluruh bagian rangkaian memiliki frekuensi sama
Sinyal non-sinus terbangun dari sinyal-sinyal sinus dengan
berbagai frekuensi. Oleh karena itu satu sinyal non-sinus
tidak dapat diwakili oleh hanya satu fasor
Setiap komponen harmonisa memiliki fasor sendiri, berbeda
amplitudo dan sudut fasa dari komponen harmonisa lainnya karena
mereka berbeda frekuensi
in (t )  an cos nt  bn sin nt
Fasor: I n 
a n2
 bn2    n
  tan
1
bn
an
Fasor dan Impedansi
Koefisien FOURIER dan diagram fasor
in (t )  an cos nt  bn sin t
Im
In 
an

Re
a n2
 bn2    n
1 bn
  tan
an
an

Re
bn
bn
an > 0 dan bn > 0
a  cost
Im
I n  an2  bn2   
Re
b n
b
b  sin t

Re
an < 0 dan bn < 0
I n  an2  bn2 (180 o  )
an < 0 dan bn > 0
I n  an2  bn2 (180 o  )
a
Im
an
Im
Fasor sinyal
sinus dan cosinus
beramplitudo 1
Im
b n

a n Re
an > 0 dan bn < 0
I n  a n2  bn2 
Fasor dan Impedansi
CONTOH-1.
 0,318  0,5 cos(0t  1,57 )  0,212 cos(20t ) 


i(t )  I m    0,042 cos(40t )  0,018 cos(60t )
A
  0.010 cos(8 t )  0.007 cos(10  t )

0
0


I 0  0,318 I m ;
I1 
0,5 I m
I2 
2
0,212 I m
I4 
I10 
gambar
fasor
  90 o ;
0 o ;
2
0,042 I m
2
0,007 I m
0 o ; I 6 
0,018 I m
2
0 o ; I 8 
0 o ;
2
I2
I1
I4
0,010 I m
2
0 o ;
Fasor dan Impedansi
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
5
CONTOH-2.
i  200 sin 0 t  70 sin 30 t  30 sin 50 t
f =50 Hz
i
20 F
Untuk komponen fundamental
X C1  1 /(2  50  20  10 6 )  159 ,15
Tegangan puncak
Z1  52  159 ,15 2  159 ,23 
V1m  Z1  I1m  159,23  200  31,85 kV
Untuk harmonisa ke-3
X C3  X C1 / 3  53,05
Z 3  52  53,05 2  53,29 
Tegangan puncak V3m  Z 3  I 3m  53,29  70  3,73 kV
Untuk harmonisa ke-5
X C 5  X C1 / 5  31,83
Z 5  52  31,83 2  32,22 
Tegangan puncak V5m  Z 5  I 5m  32,22  30  0,97 kV
Daya dan Faktor Daya
Daya dan Faktor Daya
Daya Kompleks
Isrms
Piranti pengubah arus
Ibrms

Vsrms
Sisi Beban
p.i.
Vbrms
Sb  Vbrms  I brms VA
Definisi S  VI adalah untuk sinyal sinus murni.
Untuk sinyal nonsinus kita tidak menggambarkan
fasor arus harmonisa total sehingga mengenai daya
kompleks hanya bisa dinyatakan besarnya, tetapi
segitiga daya tidak dapat digambarkan
*
Sisi Sumber
V
S s  Vsrm s  I srm s  sm  I srm s VA
2
2
I srm s  I s21rm s  I shrm
s A
Tegangan sumber sinusoidal
Daya dan Faktor Daya
Daya Nyata
Isrms
Piranti pengubah arus
Ibrms
Vsrms

p.i.
Vbrms


2
2
Pb  I brms
Rb  I b21rms  I bhrms
Rb W
Sisi Beban
arus efektif fundamental
Sisi Sumber
arus efektif harmonisa total
Ps1  Vsrms I1rmscos1 W
beda sudut fasa antara tegangan
dan arus fundamental sumber
cos1 adalah faktor daya pada komponen fundamental
yang disebut displacement power factor
Daya nyata dikirimkan melalui komponen fundamental
Komponen arus harmonisa sumber tidak memberikan
transfer energi netto
Daya dan Faktor Daya
Faktor Daya
Isrms
Piranti pengubah arus
Ibrms
Vsrms
Sisi Beban

p.i.
Vbrms
f.d. beban 
Pb
Sb
(f.d. total di beban)
rasio antara daya nyata dan daya
kompleks yang diserap beban
Sisi Sumber f .d. s 
Ps1
Ss
(f.d. total dilihat sumber)
f .d.s1 
Ps1
S s1
(f.d. komponen fundamental)
Impedansi Beban
V
Z b  brm s 
I brm s
Impedansi beban adalah rasio antara
tegangan efektif dan arus efektif beban
Daya dan Faktor Daya
10 
CONTOH-3.
vb  100  200 2 sin 0t V v
b
vR
i
0,5 H
vL
Rangkaian
beban
f =50 Hz
Tegangan pada beban terdiri dari dua komponen yaitu
komponen searah dan komponen fundamental
V0  100 V
V1  200   90 o
I b0  V0 / Rb  100 / 10  10 A
I b1rms 
V1rms
200

 10,74 A
2
2
Zb
10  (100   0,05)
I brm s  I b20  I b21rm s  10 2  10,74 2  14,68 A
2
PRb  I brms
Rb  14,68 2  10  2154 W
Vbrm s  V02  V12rm s  100 2  200 2  100 5 V
S b  Vbrm s  I brm s  100 5  14,68  3281 VA
Z beban 
f.d.beban 
Vbrms 100 5

 15,24 
I brms 14,68
Pb
2154

 0,656
Sb
3281
Daya dan Faktor Daya
CONTOH-4.
ib
vs  1000 2sint V
80
A
vs
ib
I maks  100 2 A
10 
t
70.71
70
I 0  45; I 1rms 
45.00
40
70 .71
30.04
 50; I 2rm s 
30 .04
 21,2; dst
2
2
I 4rm s  4,3; I 6rm s  1,8; I 8rm s  1; I 10rm s  0.7
60
50
v, i
30
I hrm s  2  31,82  21,2 2  4,32  1,82  12  0,7 2
20
6.03
10
2.60
1.46
56
68
0.94
0
10
12
23
4
7
10
harmonisa
S s  Vsrms  I rms  1000  70,7  70,7 kVA
Teorema Tellegen:
2
Ps  Pb  I rms
Rb  70,67 2 10  50 kW
f.d.s  Ps / S s  Pb / S s  50 / 70,7  0,7
 50 A
2
2
2
I rm s  I12rm s  I shrm
s  50  50  70 ,7 A
Komponen fundamental sisi sumber:
Ps  VsrmsI1rms cos1
Ps
50000
cos 1 

1
Vsrm s I1rm s 1000  50
I
50
THD I  hrm s 
 1 atau 100%
I1rm s 50
Daya dan Faktor Daya
CONTOH-5.
300
is
vs

saklar sinkron [V]
iRb
[A]
Vsrms =1000 V
Rb
10 
vs(t)/5
iRb(t)
200
100
0
[detik]
0
0,01
0,02
-100
-200
A
90
80
70
60
50
40
30
20
10
0
83.79
-300
I1rms 
44.96
14.83 14.83
8.71
8.71
96
11
7
0.00
10
12
33
54
75
harmonisa
S s  Vsrms I rms  1000  69,4  69,4 kVA
Teorema Tellegen:
2
Ps  Pb  I rms
Rb  69,4 2 10  48,17 kW
f.d.s  Ps / S s  48,17 / 69,4  0,69
83,79
 59,25 A
2
44,96 2 14,83 2 14,83 2 8,712 8,712
I hrm s  0 




2
2
2
2
2
 36,14 A
I rms  59,25 2  36,14 2  69,4 A
Komponen fundamental sisi sumber:
Ps  VsrmsI1rms cos1
f .d .s1  cos 1 
Ps
48170

 0,813
Vsrm s I1rm s 1000  59,25
I
36,14
THD I  hrm s 
 0,61 atau 61%
I1rm s 59,25
Daya dan Faktor Daya
Upaya Koreksi
Perhitungan pada Contoh-5 dilakukan dengan mengandalkan spektrum amplitudo
yang hanya sampai harmonisa ke-11 di mana nilainya masih 10% dari komponen
fundamentalnya. Hal ini sangat berbeda dengan Contoh-4 di mana harmonisa ke-10
sudah tinggal 1% dari komponen fundamentalnya. Koreksi dilakukan dengan
melihat persamaan arus fundamental dalam uraian deret Fourier.
Im
i1 (t )  I m  0.5 cos(0 t )  0,7 sin(0 t )
1
  tan (0.7 / 0.5)  57 ,6
an
o

1  32,4o
f .d .s1  cos 1  cos(32,4 )  0,844
o
Re
1
bn
an < 0 dan bn > 0
Ps  VsrmsI1rms cos 1
 1000  59,4  0.844  50 kW
I n  an2  bn2 (180 o  )
Ini harus sama dengan yang diterima Rb
2
Pb  I rms
Rb  Ps
S s  Vsrms I rms  1000  70,7  70,7 kVA
f .d. s  Ps / S s  50 / 70,7  0,7
38,63
THD I 
 0,65 atau 65%
59 ,25
I rm s  Ps / Rb  50000 / 10  70 ,7 A
koreksi
Daya dan Faktor Daya
Transfer Daya
Daya nyata diserap beban:
2
2
PRb  ( I b21rms  I bhrms
) Rb  I b21rmsRb  I bhrms
Rb
Daya nyata yang diserap beban melalui komponen
fundamental selalu lebih kecil dari daya nyata yang dikirim
oleh sumber melalui komponen arus fundamental
Karena beban juga menerima daya
nyata melalui komponen harmonisa
Padahal dilihat dari sisi sumber, komponen harmonisa
tidak memberikan transfer daya nyata
Penafsiran:
is
vs

iRb
Vsrms =1000 V
Rb
10 
Piranti ini menerima daya nyata dari sumber, meneruskan
sebagian langsung ke beban dan mengubah sebagian menjadi
komponen harmonisa baru kemudian diteruskan ke beban
Dalam mengubah sebagian daya nyata menjadi komponen
harmonisa terjadi daya reaktif yang dikembalikan ke sumber
sehingga terjadi transfer ulang-alik daya reaktif antara sumber
dan beban;
Daya dan Faktor Daya
Penyearah Setengah Gelombang vs Saklar Sinkron
Penyearah setengah gelombang pada Contoh-4 akan kita
perbandingkan dengan saklar sinkron pada Contoh-5.
Arus pada penyearah setengah gelombang mengalir selama setengah
perioda dalam setiap perioda
sedangkan arus pada saklar sinkron mengalir dua kali seperempat
perioda dalam setiap perioda.
CONTOH-4.
CONTOH-5.
ib
10 
vs  1000 2sint V
v, i
vs

Vsrms =1000 V
vs
ib
v, i
t
ib
saklar sinkron
iRb
Rb
10 
vs
t
Daya dan Faktor Daya
Perbandingan penyearah setengah gelombang dan saklar sinkron
CONTOH-4.
CONTOH-5.
ib
10 
vs  1000 2sint V
v, i
vs

Vsrms =1000 V
vs
ib
ib
v, i
saklar sinkron
iRb
Rb
10 
vs
t
t
Setelah dikoreksi
S s  Vsrms  I rms  1000  70,7  70,7 kVA
S s  Vsrms I rms  1000  70,7  70,7 kVA
2
Ps  Pb  I rms
Rb  70,67 2 10  50 kW
Ps  VsrmsI1rms cos 1
 1000  59,4  0.844  50 kW
f.d.s  Ps / S s  Pb / S s  50 / 70,7  0,7
f .d. s  Ps / S s  50 / 70,7  0,7
cos 1 
Ps
50000

1
Vsrm s I1rm s 1000  50
I
50
THD I  hrm s 
 1 atau 100%
I1rm s 50
cos 1  cos(32,4o )  0,844
THD I 
38,63
 0,65 atau 65%
59 ,25
Daya dan Faktor Daya
Kompensasi Daya Reaktif
Penyearah setengah gelombang
saklar sinkron
Arus fundamental sudah sefasa
dengan tegangan sumber,
Arus fundamental lagging terhadap tegangan
fundamental,
cos1=1,
cos1=0.844,
perbaikan faktor daya tidak terjadi
dengan cara kompensasi daya reaktif
perbaikan faktor daya masih mungkin
dilakukan melalui kompensasi daya reaktif
Padahal faktor daya total masih lebih
kecil dari satu
f.d.sumber= 0,7
Daya reaktif yang masih ada
merupakan akibat dari arus
harmonisa. Oleh karena itu upaya
yang harus dilakukan adalah
menekan arus harmonisa melalui
penapisan.
Faktor daya total lebih kecil dari satu
f.d.sumber= 0,7
Dengan menambah kapasitor paralel
C = 100 F
faktor daya total akan menjadi
f.d.sumber = 0,8
Penjelasan lebih rinci
ada dalam buku.
Courseware
Analisis Harmonisa
#3 Tinjauan di Kawasan Fasor
Sudaryatno Sudirham