FAKTOR DAYA
I.
DASAR TEORI
1. Daya Secara umum, pengertian daya adalah energi yang dikeluarkan untuk melakukan usaha. Dalam sistem tenaga listrik, daya merupakan jumlah energi listrik yang digunakan untuk melakukan usaha. Daya listrik biasanya dinyatakan dalam satuan Watt. P = VI Terdapat tiga macam daya yaitu : 1. Daya aktif (P) Daya aktif adalah daya yang terpakai untuk melakukan usaha atau energi sebenarnya. Satuan daya aktif adalah watt. P1Φ = V I cos φ 2. Daya reaktif (Q) Daya Reaktif (reactive power) adalah daya yang di suplai oleh komponen reaktif. Satuan daya reaktif adalah VAR. Q1Φ = V I sin φ 3. Daya semu (S) Daya semu (apparent power) adalah daya yang dihasilkan oleh perkalian antara tegangan rms (Vrms) dan arus rms (Irms) dalam suatu jaringan atau daya yang merupakan hasil penjumlahan trigonometri antara daya aktif dan daya reaktif. Satuan daya nyata adalah VA.
2. Faktor Daya
Faktor daya yang dinotasikan sebagai cos φ didefinisikan sebagai perbandingan antara arus yang dapat menghasilkan kerja didalam suatu rangkaian terhadap arus total yang masuk kedalam rangkaian atau dapat dikatakan sebagai perbandingan daya aktif (kW) dan daya semu (kVA). Daya reaktif yang tinggi akan meningkatkan sudut ini dan sebagai hasilnya faktor daya akan menjadi lebih rendah. Faktor daya selalu lebih kecil atau sama dengan satu.
Dalam sistem tenaga listrik dikenal 3 jenis faktor daya yaitu faktor daya unity, faktor daya terbelakang (lagging) dan faktor daya terdahulu (leading) yang ditentukan oleh jenis beban yang ada pada sistem. 1. Faktor Daya Unity Faktor daya unity adalah keadaan saat nilai cos φ adalah satu dan tegangan sephasa dengan arus. Faktor daya Unity akan terjadi bila jenis beban adalah resistif murni
Gambar 1 Arus Sephasa Dengan Tegangan Pada Gambar terlihat nilai cos φ sama dengan 1, yang menyebabkan jumlah daya nyata yang dikonsumsi beban sama dengan daya semu. 2.
Faktor Daya Terbelakang (Lagging) Faktor daya terbelakang (lagging) adalah keadaan faktor daya saat memiliki kondisi-kondisi sebagai berikut : 1. Beban/ peralatan listrik memerlukan daya reaktif dari sistem atau beban bersifat induktif. 2. Arus (I ) terbelakang dari tegangan (V), V mendahului I dengan sudut φ
Gambar 2 Arus tertinggal dari tegangan sebesar sudut φ
Dari Gambar terlihat bahwa arus tertinggal dari tegangan maka daya reaktif mendahului daya semu, berarti beban membutuhkan atau menerima daya reaktif dari sistem. 3.
Faktor Daya Mendahului (Leading) Faktor daya mendahului (leading) adalah keadaan faktor daya saat memiliki kondisi-kondisi sebagai berikut : 1. Beban/ peralatan listrik memberikan daya reaktif dari sistem atau beban bersifat kapasitif. 2. Arus mendahului tegangan, V terbelakang dari I dengan sudut φ
Gambar 3 Arus Mendahului Tegangan Sebesar Sudut φ Dari Gambar terlihat bahwa arus mendahului tegangan maka daya reaktif tertinggal dari daya semu, berarti beban memberikan daya reaktif kepada sistem.
3. Penyebab Faktor Daya Rendah
Hal-hal yang menyebabkan faktor daya bernilai rendah, diantaranya penggunaan beban induktif berupa : 1. Transformator, 2. Motor induksi, 3. Generator Iiduksi, dan 4. Lampu TL.
4. Alasan Faktor Daya Diperbaiki
Beberapa alasan mengapa besarnya faktor daya harus diperbaiki, diantaranya : 1. Mengurangi biaya pengoperasian peralatan listrik, 2. Meningkatkan kapasitas sistem dan mengurangi rugi-rugi pada sistem yang dioperasikan, dan 3. Mengurangi besarnya tegangan jatuh yang biasa disebabkan pada saat transmisi daya.
5. Kapasitor Bank
Kapasitor merupakan komponen yang hanya dapat menyimpan dan memberikan energi yang terbatas sesuai dengan kapsitasnya. Pada dasarnya kapasitor tersusun oleh dua keping sejajar yang
disebut electrodes yang dipisahkan oleh suatu ruangan yang disebut dielectric yang pada saat diberi tegangan akan menyimpan energi. Dalam sistem tenaga listrik kapasitor sering digunakan untuk memperbaiki tegangan jaringan dan untuk menyuplai daya reaktif ke beban yang berfungsi untuk memperbaiki nilai faktor daya dari sistem. Dalam perbaikan faktor daya kapasitor-kapasitor dirangkai dalam suatu panel yang disebut capacitor bank. Selain itu kapasitor bankdapat juga digunakan untuk aplikasi lain yaitu filter harmonisa, proteksi terhadap petir, untuk transformer testing, generator impuls, voltage divider kapasitor.
5. Metoda Pemasangan Instalasi Kapasitor Bank Metode pemasangan kapasitor tergantung dari fungsi yang diinginkan. Cara pemasangan instalasi kapasitor dapat dibagi menjadi 3 bagian yaitu : global compensation, individual compensation, group compensation.
Gambar 4 Metode Pemasangan Instalasi Kapasitor Bank 1. Global Compensation Dengan metode ini kapasitor dipasang di induk panel (MDP). Arus yang turun dari pemasangan model ini hanya di penghantar antara panel MDP dan transformator. Sedangkan arus yang lewat setelah MDP tidak turun dengan demikian rugi akibat disipasi panas pada penghantar setelah MDP tidak terpengaruh. Terlebih instalasi tenaga dengan penghantar yang cukup panjang Delta Voltagenya masih cukup besar. Kelebihan : Pemanfaatan kompensasi daya reaktifnya lebih baik karena semua motor tidak bekerja pada waktu yang sama. Biaya pemeliharaan rendah. Kekurangan : Switching peralatan pengaman bisa menimbulkan ledakan. Transient yang disebabkan oleh energizing grup kapasitor dalam jumlah besar. Hanya memberikan kompensasi pada sisi atasnya (upstream). Kebutuhan ruang.
2.
3.
Group Compensation Dengan metoda ini kapasitor yang terdiri dari beberapa panel kapasitor dipasang dipanel SDP. Cara ini cocok diterapkan pada industri dengan kapasitas beban terpasang besar sampai ribuan kva dan terlebih jarak antara panel MDP dan SDP cukup berjauhan. Kelebihan : Biaya pemasangan rendah. Kapasitansi pemasangan bisa dimanfaatkan sepenuhnya. Biaya pemilaharaan rendah. Kekurangan : Perlu dipasang kapasitor bank pada setiap SDP atau MV/LV bus. Hanya memberikan kompensasi pada sisi atas. Kebutuhan ruangan Individual Compensation Dengan metoda ini kapasitor langsung dipasang pada masing masing beban khususnya yang mempunyai daya yang besar. Cara ini sebenarnya lebih efektif dan lebih baik dari segi teknisnya. Namun ada kekurangan nya yaitu harus menyediakan ruang atau tempat khusus untuk meletakkan kapasitor tersebut sehingga mengurangi nilai estetika. Disamping itu jika mesin yang dipasang sampai ratusan buah berarti total cost yang di perlukan lebih besar dari metode diatas. Kelebihan : Meningkatkan kapasitas saluran suplai. Memperbaiki tegangan secara langsung. Kapasitor dan beban ON/OFF secara bersamaan. Pemeliharaan dan pemasangan unit kapasitor mudah. Kekurangan : Biaya pemasangan tinggi. Membutuhkan perhitungan yang banyak Kapasitas terpasang tidak dimanfaatkan sepenuhnya Terjadi fenomena transient yang besar akibat sering dilakukan switching ON/OFF. Waktu kapasitor OFF lebih banyak dibanding waktu kapasitor ON
6. Contoh Panel dan Macam-macam Kapasitor Bank 1. Panel Capasitor Bank (Panel Kapasitor Bank) 20KVAR 1 Unit 1,962.50 2. Panel Capasitor Bank (Panel Kapasitor Bank) 425KVAR 1 Unit 15,755.00 3. Panel Capasitor Bank (Panel Kapasitor Bank) 350KVAR 1 Unit 12,929.30 4. Panel Capasitor Bank (Panel Kapasitor Bank) 50KVAR 1 Unit 2,467.50 5. Panel Capasitor Bank
(Panel Kapasitor Bank) 7.5KVAR 1 Unit 1,457.00
6. Panel Capasitor Bank (Panel Kapasitor Bank) 100KVAR 1 Unit 4,084.00 7. Panel Capasitor Bank (Panel Kapasitor Bank) 30KVAR 1 Unit 1,916.00 8. Panel Capasitor Bank (Panel Kapasitor Bank) 25KVAR 1 Unit 1,694.80 Daftar Harga Kapasitor Bank Merek ' SCHNEIDER' I. Type VarplusCan Standard Duty 1. 10.4 KVAR 400V = Rp. 1.105.000, 2. 12.5 KVAR 400V = Rp. 1.301.000, 3. 15 KVAR 400V = Rp. 1.496.000, 4. 20 KVAR 400V = Rp. 1.754.000, 5. 25 KVAR 400V = Rp. 1.978.000, 6. 50 KVAR 400V = Rp. 3.956.000, 7. 100 KVAR 400V = Rp. 7.912.000, II. Type VarplusCan Heavy Duty 1. 10.4 KVAR 400V = Rp. 1.382.000, 2. 12.5 KVAR 400V = Rp. 1.626.000, 3. 15 KVAR 400V = Rp. 1.870.000, 4. 20 KVAR 400V = Rp. 2.192.000, 5. 25 KVAR 400V = Rp. 2.473.000, 6. 50 KVAR 400V = Rp. 4.946.000, 7. 100 KVAR 400V = Rp. 9.892.000, III. Type VarplusCan Heavy Duty 1. 20 KVAR 525V = Rp. 2.056.000, 2. 40 KVAR 525V = Rp. 3.526.000, 3. 80 KVAR 525V = Rp. 7.054.000, 4. 160 KVAR 525V = Rp. 14.109.000, IV. Type VarplusBox Heavy Duty 1. 10.4 KVAR 400V = Rp. 1.454.000, -
2. 12.5 KVAR 400V = Rp. 1.711.000, 3. 15 KVAR 400V = Rp. 1.969.000, 4. 20 KVAR 400V = Rp. 2.307.000, 5. 25 KVAR 400V = Rp. 2.602.000, 6. 50 KVAR 400V = Rp. 4.374.000, 7. 75 KVAR 400V = Rp. 6.446.000, 8. 100 KVAR 400V = Rp. 8.746.000, V. Type VarplusBox Heavy Duty 1. 20 KVAR 525V = Rp. 2.164.000, 2. 40 KVAR 525V = Rp. 3.712.000, 3. 80 KVAR 525V = Rp. 7.197.000, 4. 160 KVAR 525V = Rp. 14.396.000, -
II.PEMBAHASAN DAN KASUS 1. Kasus sederhana Sebuah lampu 20Watt terhubung pada tegangan listrik 220V, (dengan faktor daya=0.766, kalau dihitung pakai kalkulator ketemu 40 derajat, dan sin Φ=0.643) maka: Pnyata = V * I * cos Φ Sehingga I = Pnyata / (V * cos Φ) = 20 / (220 * 0.766) = 0.119 Ampere Nilai inilah yang ditunjuk oleh ampere meter! Psemu = V * I = 220 * 0.119 = 26,11 VA Pbuta = V * I * sin Φ = 220 * 0.119 * 0.643 = 16.83 VAR Kemudian dipasangkan kapasitor (yang ternyata disebut-sebut sebagai alat penghemat listrik itu), sehingga faktor dayanya naik menjadi 0.940, (kalau dihitung dengan kalkulator ketemu 20 derajat dengan sin Φ = 0.342), maka kalau digambarkan lagi menjadi: Pnyata = V * I * cos Φ Sehingga I = Pnyata / (V * cos Φ) = 20 / (220 * 0.940) = 0.097 Ampere Nilai inilah yang ditunjuk oleh ampere meter! Psemu = V * I = 220 * 0.097 = 21.27 VA Pbuta = V * I * sin Φ = 220 * 0.097 * 0.342 = 7.30 VAR Terus berapa nilai kapasitor yang ditambahkan oleh alat penghemat tadi, yaitu: 16.83 VAR-7.30 VAR = 9.53 VAR.
2. Kasus Diindustri (PT. ASIAN PROFILE INDOSTEEL)
Pabrik memasang sebuah trafo 1500 kVA. Kebutuhan parik pada mulanya 1160 kVA dengan faktor daya 0,70. Persentase pembebanan trafo sekitar 78 persen (1160/1500 = 77.3 persen). Untuk memperbaiki faktor daya dan untuk mencegah denda oleh pemasok listrik, pabrik menambahkan sekitar 425 kVAr pada beban motor. Hal ini meningkatkan faktor daya hingga 0,9, dan mengurangi kVA yang diperlukan menjadi 902 kVA, yang merupakan penjumlahan vektor kW
dankVAr. Trafo 1500 kVA kemudian hanya berbeban 60 persen dari kapasitasnya. Sehingga pabrik akan dapat menambah beban pada trafonya dimasa mendatang. P(aktif) = V * I * cos Φ = 1160 * 0.70 = 812 KW P(aktif) = V * I * cos Φ Sehingga I = P(aktif) / (V * cos Φ) = 812 / (220 * 0.70) = 5.27272 KA Nilai inilah yang ditunjuk oleh ampere meter. P(semu) = V * I = 220 * 5.27272 = 1160 KVA P(reaktif) = V * I * sin Φ = 220 * 5.27272* 0.71 = 828 KVAR P(aktif) = V * I * cos Φ 812= 220 * I * 0.90 I = 4.10 KA P(semu) = V * I = 220 * 4.10 = 902 KVA P(reaktif) = V * I * sin Φ = 220 * 4.10 * 0.48 = 437,29 KVAR Maka capasitor yang dibutuhkan sebesar 828 KVAR-437,29 KVAR =390.71 KVAR Yang akan dipasang diIndustri ini adalah (Panel Kapasitor Bank) 425KVAR 1 Unit 15,755.00
Diposkan 6th April 2012 oleh muhammadrizal22 Label: Tugas 7
Lihat komentar 1. Irwan29 Maret 2013 19.14
Just correction mas: Pada sytem 3 fasa seperti contoh diatas, persamaan yang harusnya digunakan adalah persamaan untuk listrik 3 fasa, yaitu: P = 1.732*380*I*cos phi contoh pada perhitungan kasus 2: P aktif=812 KW P=1.732*Vp-p*I*cosphi I=812/(1.732*380*0.7) I=1.762 A Dst. Semoga bermanfaat Balas 2. Asep S6 Agustus 2013 23.44 Gan mau tanya, apakah sudah ada/dibuat pabrik alat pemutus aliran listrik ketika tegangan listrik di rumah tiba-tiba naik/berlebih kalo ada apa nama alatnya dan di mana bisa pesan. Mohon
info
ke
[email protected]
Terima
kasih,
ttd. Asep S. Balas Balasan
1. Unknown6 Oktober 2013 10.17 Pak asep, MCB yang terpasang di KWH metering kan fungsinya jg buat pemutus arus listrik kalau terjadi over current. 2. Romi Hidayat5 April 2014 22.00 knapa ga pake under/over aja itu bagus buat memutuskan ketika listrik kita voltage nya naik/turun. uper voltage/under voltage bisa di setting tergatung kebutuhan....
Balas
Fikri Ramadhani7 Maret 2014 22.11 gan, ini proses terjadinya lagging dan leading gimana? mohon bantuannya gan Balas Balasan
3. muhammadrizal222 April 2014 11.43 tergantung beban yang ada, kalau induktif lagging dan kalau bebannya kapasitif akan leading
4. Pristian Firzatama20 Mei 2014 09.05 Gan ketika mengukur daya dengan beban yang semakin besar. Apakah faktor daya nya akan semakin besar juga atau semakin kecil? Adakah hubungan antara faktor daya dengan beban yg diukur?
Karakteristik Beban Pada Sistem Arus Listrik BolakBalik (AC) Karakteristik Beban AC Dalam sistem listrik arus bolak-balik, jenis beban dapat diklasifikasikan menjadi 3 macam, yaitu : 1. 2. 3.
Beban resistif (R) Beban induktif (L) Beban kapasitif (C)
1. Beban Resistif (R) Beban resistif (R) yaitu beban yang terdiri dari komponen tahanan ohm saja (resistance), seperti elemen pemanas (heating element) dan lampu pijar. Beban jenis ini hanya mengkonsumsi beban aktif saja dan
mempunyai faktor daya sama dengan satu. Tegangan dan arus sefasa. Persamaan daya sebagai berikut : P = VI Dengan : P = daya aktif yang diserap beban (watt) V = tegangan yang mencatu beban (volt) I = arus yang mengalir pada beban (A)
Gambar 1 Rangkaian Resistif Gelombang AC
Gambar 2 Grafik Arus dan Tegangan Pada Beban Resistif 2. Beban Induktif (L) Beban induktif (L) yaitu beban yang terdiri dari kumparat kawat yang dililitkan pada suatu inti, seperti coil, transformator, dan solenoida. Beban ini dapat mengakibatkan pergeseran fasa (phase shift) pada arus sehingga bersifat lagging. Hal ini disebabkan oleh energi yang tersimpan berupa medan magnetis akan mengakibatkan fasa arus bergeser menjadi tertinggal terhadap tegangan. Beban jenis ini menyerap daya aktif dan daya reaktif. Persamaan daya aktif untuk beban induktif adalah sebagai berikut : P = VI cos φ Dengan : P = daya aktif yang diserap beban (watt)
V = tegangan yang mencatu beban (volt) I = arus yang mengalir pada beban (A) φ = sudut antara arus dan tegangan
Gambar 3 Rangkaian Induktif Gelombang AC
Gambar 4 Grafik Arus dan Tegangan Pada Beban Induktif Untuk menghitung besarnya rektansi induktif (XL), dapat digunakan rumus :
Dengan : XL = reaktansi induktif F = frekuensi (Hz) L = induktansi (Henry) 3. Beban Kapasitif (C)
Beban kapasitif (C) yaitu beban yang memiliki kemampuan kapasitansi atau kemampuan untuk menyimpan energi yang berasal dari pengisian elektrik (electrical discharge) pada suatu sirkuit. Komponen ini dapat menyebabkan arus leading terhadap tegangan. Beban jenis ini menyerap daya aktif dan mengeluarkan daya reaktif. Persamaan daya aktif untuk beban induktif adalah sebagai berikut : P = VI cos φ Dengan : P = daya aktif yang diserap beban (watt) V= tegangan yang mencatu beban (volt) I = arus yang mengalir pada beban (A) φ = sudut antara arus dan tegangan
Gambar 5 Rangkaian Kapasitif Gelombang AC
Gambar 6 Grafik Arus dan Tegangan Pada Beban Kapasitif Untuk menghitung besarnya rektansi kapasitif (XC), dapat digunakan rumus :
Dengan :
XL = reaktansi kapasitif f = frekuensi C = kapasitansi (Farad)
Pengertian Faktor Daya Apa yang dimaksud Faktor Daya (power factor)?
Faktor Daya merupakan
karakteristik dari arus bolak balik (AC : Alternating Current) yanga dapat di difinisi kansebagai rasio dari daya kerja terhadap total daya.
Beberapa hal yang
berhubungan dengan arus bolak balik (AC) adalah sebagai berikut: 1.
Real Power yaitu power yang menghasilkan kerja (kW)
2.
Available Power yaitu total daya yang digunakan (kVA)
3.
Reactive Power yaitu daya yang dibutuhkan untuk menghasilkan medan magnet yang di butuhkan untuk mengoperasikan peralatan listrik induktif (kVAR) Hubungan antara faktor daya (power factor), real factor, available power danreactive power adalah sebagai berikut: Power factor = Real Factor / Available Factor = kW / kVA Power factor biasanya ditulis sebagai persentase (%) dan bisa juga dalam decimal (x,xx). Factor daya yang penuh/sempurna, bisa di anggap factor daya 100% atau 1.0.
Apa yang di maksud koreksi factor daya ( Power Factor Correction)?
Sebuah beban dengan faktor daya tertulis 1,0 adalah beban yang
paling efisien dari total daya yang tersedia sementara beban untuk faktor daya yang tertulis 0,6 adalah beban yang memiliki kerugian tinggi. Hal ini berpengaruh kepada nilai tagihan listrik dari pemasok daya. Karena hal hal tersebut maka di perlukan modifikasi pada sistem distribusi daya sehingga bisa memperoleh nilai kerugian yang mengecil dan itulah yang di maksud koreksi faktor daya.
Cara penerapan koreksi faktor daya Koreksi faktor daya juga di sebut koreksi statis hal ini bisa di lakukan dengan penambahan kapasitor yang di pasang secara paralel dengan rangkaian distribusi daya . Pada prinsipnya cara ini adalah pembatalan arus induktif yang mengalir dari suplai/ pemasok daya. Pada artikel Kapasitor Bank dijelaskan hitungan detail dari hal ini. Kapasitor dapat diterapkan pada starter atau panel switchboard distribusi utama . Namun koreksi ini tidak berlaku untuk peralatan peralatan yang menggunakan variable speed driver terutama pada motor.
Dengan pemakaian rangkaian kapasitor bank
dapat di pantau dengan pengontrol otomatis untuk mempertahankan faktor daya sesuai pengaturan yang ditetapkan. Kontrol di dalam panel kapasitor bank akan mendeteksi nilai dari faktor daya pada seluruh distribusi kemudian menyimpulkan dalam keputusan ON/OFF koneksi kapasitor bank dengan rangkaian distribusi daya utama.
Apa yang di maksud beban induktif? Beban induktif adalah peralatan listrik yang memberikan beban induktif misalnya lampu, pemanas listrik, mesin las, trafo dan motor listrik (tanpa variable speed driver).
Apa manfaat dari lain dari koreksi factor daya?
Selain untuk menghemat daya listrik yang berpengaruh pada tagihan dari pemasok listrik, koreksi faktor daya juga mem-backup kondisi tegangan, maksudnya adalah pada saat tegangan pasokan daya menurun maka dapat membantu men-stabilkan kembali pada tegangan yang yang di butuhkan, dan sebaliknya koreksi faktor daya dapat meredam hentakan tegangan yang tiba tiba naik.
Kecuali itu koreksi faktor daya
menjadi pertimbangan nilai secara ekonomis dalam desain distribusi daya, pengurangan ukuran transformator , switch-gear dan diameter kabel.
Diskusi#070314 – Penggunaan Kapasitor Bank di Rumah Published March 7, 2014 | By ILR Rangkuman diskusi kali ini adalah mengenai kapasitor bank. Sumber diskusi ada di sini. ——————Pertanyaan : Ada teman yg menawarkan penggunaan kapasitor bank untuk dipasang di instalasi rumah, katanya sih bayar listriknya bisa lebih murah…apa benar seperti itu dan bagaimana sih cara kerja kapasitor bank? ** —————————————————————————————————————————————— ————————– Respon#1 – gk.elektrikal : Kapasitor bank berfungsi untuk mengurangi beban induktif dari peralatan-peralatan rumah tangga yang memakai kumparan/lilitan, contohnya lampu neon, pompa air, motor listrik, mesin cuci dan lain sebagainya. ——————Respon#2 – gk.elektrikal :
Proses Kerja Kapasitor Kapasitor dipasang paralel dengan rangkaian beban. Bila rangkaian itu diberi tegangan maka elektron akan mengalir masuk ke kapasitor. Pada saat kapasitor penuh dengan muatan elektron maka tegangan akan berubah. Kemudian elektron akan ke luar dari kapasitor dan mengalir ke dalam rangkaian yang memerlukannya, dengan demikian pada saat itu kapasitor membangkitkan daya reaktif. Bila tegangan yang berubah itu kembali normal maka kapasitor akan menyimpan kembali elektron. Pada saat kapasitor mengeluarkan elektron berarti sama juga kapasitor menyuplai daya reaktif ke beban. Karena beban bersifat induktif/+ sedangkan daya reaktif bersifat kapasitif/- , akibatnya daya reaktif yang berlaku menjadi kecil. Intinya kapasitor dapat mengurangi lonjakan/hentakan daya listrik, karena kapasitor dapat menyimpan suatu daya listrik. Semoga Bermanfaat ——————Respon#3 – ur.urief : wah, masuk juga nih, berarti sama dg penggunaan tandon dalam instalasi air bersih… ——————Respon#4 – gk.elektrikal : Betul mas… tapi penggunaan kapasitor bank sama dengan penggunaan ELCB, yaitu saat ini harganya relatif masih mahal. Karena rangkaian kapasitor bank membutuhkan komponen seperti main switch, capasitor breaker,contactor, capasitor bank dan reactive power regulator. Walaupun tidak perlu selengkap itu. Semoga bermanfaat. ——————Respon#5 – frizal : Sebetulnya nggak pengaruh dengan bayar listrik. Karena yang dibayar adalah kWh, yaitu daya aktif dalam watt. Sedangkan kapasitor memperbaiki faktor daya yg berpengaruh pada daya reaktif (VAR) dan daya semu (VA). Misalnya satu rumah menggunakan daya 1000 watt, dengan faktor daya 0.5 maka daya semu terpakai 1000/0.5 = 2000VA. Dgn kapasitor, faktor daya diperbaiki menjadi 0.8 maka daya semu menjadi 1250VA. Tapi kWh meter tetap menghitung yang 1000 Watt tadi.
——————Respon#6 – gk.elektrikal : Bukan berarti dengan penggunaan kapasitor bank tidak berpengaruh sama sekali mas, contohnya ketika beban kumparan/lilitan tidak diberi kapasitor, akan terjadi lonjakan yg sangat signifikan mas. Hanya saja memang pengaruhnya tidak begitu banyak, tidak sebanding dengan harga pemasangan dan perawatan jika digunakan di perumahan. Semoga Bermanfaat ——————Respon#7 – ur.urief : emmm, pantesan jarang sekali kita temui instalasi listrik rumah menggunakan kapasitor bank, kalo melihat fungsinya alat ini banyak digunakan di dunia industri,,, ——————Respon#8 – gk.elektrikal : Betul mas. Kapasitor bank banyak digunakan di pabrik-pabrik yang menggunakan motor 3 phase atau 1 phase. Jadi fungsi kapasitor ketika terjadi angkatan/lonjakan, saat motor di ON kan, arus motor dapat di stabilkan oleh kapasitor bank, sehingga sedikit meringankan pengunaan listrik. Semoga bermanfaat ——————Respon#9 – frizal : GK Elektrikal : thanks ralatnya mas…iya memang ada pengaruhnya walau tidak signifikan. Salah satunya mengurangi losses daya pada penghantar dan mengurangi arus total yang melewati MCB. ========================================================= ===================== ** Catatan ILR : Kapasitor bank berfungsi sebagai penyuplai daya reaktif (VAR) untuk beban-beban induktif seperti motor listrik (pompa air, mesin cuci, AC), ballast lampu dan trafo, yaitu peralatan listrik yang memiliki kumparan. Daya reaktif ini diperlukan untuk pemagnetan di dalam kumparan/lilitan. Sedangkan daya listrik yang dikonversikan menjadi tenaga disebut dengan
daya aktif (Watt). Untuk lebih jelasnya, bisa lihat artikel “Daya Listrik PLN : 1300Watt atau 1300VA?”. Penggunaan kapasitor sebetulnya untuk memperbaiki faktor daya listrik, karena kapasitor mengurangi daya reaktif yang mengalir dari PLN. Sekaligus juga mengurangi lonjakan daya listrik saat start motor listrik. Pada pelanggan listrik perumahan, penggunaan kapasitor bank ini tidak terlalu berpengaruh pada biaya pemakaian listrik. Hal ini karena PLN tidak menerapkan denda/penalty atas kelebihan pemakaian daya reaktif (VAR : Volt Ampere Reactive). Pemakaian daya reaktif diukur dengan menggunakan kVARh-meter, dimana di perumahan hanya terpasang kWhmeter sebagai pengukur daya aktif. Jadi, dibandingkan dengan biaya pemasangan dan perawatan, kapasitor bank ini tidak terlalu ekonomis untuk dipakai di perumahan. Pengaruh yang cukup signifikan atas penggunaan kapasitor bank ini bisa dirasakan pada pelanggan listrik industri/pabrik, oleh karena ada denda/penalty yang diterapkan oleh PLN untuk kelebihan daya reaktif (VAR) berdasarkan pengukuran oleh kVARh-meter. Karena kapasitor bank berfungsi menyuplai daya reaktif ke jaringan pelanggan sehingga mengurangi pemakaian daya reaktif dari PLN dan bisa terhindar dari penalty. ** Semoga rangkuman diskusi kali ini bisa bermanfaat untuk anda. Salam, ILR Team ** Konten diskusi sangat mungkin untuk dikembangkan lagi. Anda bisa memberikan masukan melalui bagian komentar atau dengan bergabung di grup diskusi ILR. Untuk bergabung di grup diskusi ILR silahkan klik disini Share this:
Email
inShare
Print
Posted in Grup Diskusi & Berbagi ILR | Tagged alat listrik, bayar listrik, biaya listrik, daya aktif, daya listrik,hemat listrik, kapasitor, kapasitor bank, listrik, listrik naik, listrik rumah, listrik rumah tangga, peralatan listrik,tarif listrik
7 Responses to Diskusi#070314 – Penggunaan Kapasitor Bank di Rumah
Widiarto: August 14, 2014 at 3:11 pm Salam kenal, kalo motor listrik 20A 220V satu fase berapa ukuran kapasitor yang harus dipakai dengan daya listrik 4400VA Terima kasih Reply
Didik Wiryawan Adhi: September 1, 2014 at 10:25 am Salam jumpa dan perkenalan untuk saudara saudara di forum ini. Tentang capacitor bank, Contoh yang saya lakukan di bawah ini, selanjutnya silakan disimpulkan : - Kondisi 1 : tegangan 215V,tanpa kapasitor 30uF/450VAC, terbaca arus 5,17A (beban hanya AC dan kulkas) - Kondisi 2 : tegangan 215Vdengan kapasitor 30uF terpasang di bersama di colokan beban (kulkas), arus terbaca : 4,67A juga tampak putaran piringan pada meteran sedikit melambat. Lepas dari teori yang dibayar adalah KWH-nya tanpa memperhatikan beban semu, namun kenyataan arus lebih rendah dan putaran pringan meter melambat, apakah artinya itu juag membuat irit pembayaran rekening PLN ? Just my 2 cents. Terima kasih. Salam, Didik Wiryawan Reply
Irwan: September 27, 2014 at 6:02 am Tambahan untuk Penggunaan kapasitor: 1. Untuk pemakaian di rumah, kapasitor sebaiknya “dicangkok” pada beban artinya kapasitor hanya akan ON jika beban ON. Beban yang perlu dipasang kapasitor hanya beban induktif (misal motor jet pump) dan ukurannya pun harus sesuai dengan spesifikasi beban tersebut. Kapasitor yang terlalu besar akan mengakibatkan arus yang mengalir menjadi lebih besar bukan malah mengurangi arus. 2. Untuk contoh dari Pak Didik: Pada saat kompresor AC dan Kulkas bekerja, dengan pemasangan kapasitor memang arus akan menjadi lebih kecil. Namun ketika suhu tercapai dan kompresor nya “idle” dengan kondisi kapasitor tetap ON maka arus listrik yang mengalir akan menjadi lebih besar dibandingkan ketika tanpa kapasitor. 3. Jika menggunakan KWH meter digital, akan dapat dengan jelas dilihat bahwa KWH terukur akan sama nilainya untuk beban yang memakai Kapasitor ataupun tidak 4. Untuk Pemakaian di Industri, kapasitor lebih difungsikan untuk menghilangkan penalty atau denda KVARH dari PLN. untuk fungsi lain tidak terlalu signifikan, misalnya: a. Mengurangi arus start –> di Industri, fungsi ini tidak bisa dilakukan oleh kapasitor bank. Hal ini dikarenakan panel Automatic capacitor bank membutuhkan waktu 10 detik (settable) untuk meng ON kan kapasitor sesuai kebutuhan, sedangkan arus start hanya berlangsung pada beberapa mili second pertama. Untuk Arus start ini diatasi dengan rangkaian START DELTA, soft starter atau Inverter b. Mengurangi Losses –> Umumnya Panel Kapasitor Bank dipasang di LVMDP yang jaraknya tidak terlalu jauh dari Trafo. Artinya pengurangan Losses penghantar juga tidak terlalu signifikan. Pengurangan arus karena kapasitor hanya sepanjang kabel dari LVMDP ke Trafo (meter PLN) sedangkan arus dari LVMDP ke Beban tetap besar. Semoga dapat menjadi tambahan pengetahuan.. Reply
suprayogi: October 2, 2014 at 8:08 am Sangat membantu infonya
Reply
iwan: November 7, 2014 at 11:19 pm salam kenal, di workshop saya dipasang kapasitorbank, yg banyak di jual di pasaran, ini menurut saya sangt mnguntungkan, karna pemakaian kami lebih banyak pemakaian pada mesin las, dan motor listrik,dengan di pakainya kapasitorbank, trip yg selalu pada mcb tak terjadi lagi… Reply
Nurul Dini: December 1, 2014 at 12:21 pm Terimakasih atas informasi diatas, sangat bermanfaat. Kunjungi balik yaa di Pusat Elektronika Reply
sutarno: January 9, 2015 at 2:49 pm mau naya capasitor ABB 80048 kalo buat power bank untuk rumahan sekemaya gmn?
Peranan Kapasitor dalam Penggunaan Energi Listrik Home Halaman Muka
Sajian Utama Komunikasi Komputer Baterai Nuklir: Sumber Arus Searah yang Perlu Dikembangkan
Kehidupan modern salah satu cirinya adalah pemakaian energi listrik yang besar. Besarnya energi atau beban listrik yang dipakai ditentukan oleh reaktansi (R), induktansi (L) dan capasitansi (C). Besarnya pemakaian energi listrik itu disebabkan karena banyak dan beraneka ragam peralatan (beban) listrik yang digunakan. Sedangkan beban listrik yang digunakan umumnya bersifat induktif dan kapasitif. Di mana beban induktif (positif) membutuhkan daya reaktif seperti trafo pada rectifier, motor induksi (AC) dan lampu TL, sedang beban kapasitif (negatif) mengeluarkan daya reaktif. Daya reaktif itu merupakan daya tidak berguna sehingga tidak dapat dirubah menjadi tenaga akan tetapi diperlukan untuk proses transmisi energi listrik pada beban. Jadi yang menyebabkan pemborosan energi listrik adalah banyaknya peralatan yang bersifat induktif. Berarti dalam menggunakan energi listrik ternyata pelanggan tidak hanya dibebani oleh daya aktif (kW) saja tetapi juga daya reaktif (kVAR). Penjumlahan kedua daya itu akan menghasilkan daya nyata yang merupakan daya yang disuplai oleh PLN. Jika nilai daya itu diperbesar yang biasanya dilakukan oleh pelanggan industri maka rugi-rugi daya menjadi besar sedang daya aktif (kW) dan tegangan yang sampai ke konsumen berkurang. Dengan demikian produksi pada industri itu akan menurun hal ini tentunya tidak boleh terjadi untuk itu suplai daya dari PLN harus ditambah berarti penambahan biaya. Karena daya itu P = V.I, maka dengan bertambah besarnya daya berarti terjadi penurunan harga V dan naiknya harga I. Dengan demikian daya aktif, daya reaktif dan daya nyata merupakan suatu kesatuan yang kalau digambarkan seperti segi tiga sikusiku pada Gambar 1.
Dari Gambar 1 tersebut diperoleh bahwa perbandingan daya aktif (kW) dengan daya nyata (kVA) dapat didefinisikan sebagai faktor daya (pf) atau cos r. cos r = pf = P (kW) / S (kVA) ........(1) P (kW) = S (kVA) . cos r................ (2) Seperti kita ketahui bahwa harga cos r adalah mulai dari 0 s/d 1. Berarti kondisi terbaik yaitu pada saat harga P (kW) maksimum [ P (kW)=S (kVA) ] atau harga cos r = 1 dan ini disebut juga dengan cos r yang terbaik. Namun dalam kenyataannya harga cos r yang ditentukan oleh
PLN sebagai pihak yang mensuplai daya adalah sebesar 0,8. Jadi untuk harga cos r < 0,8 berarti pf dikatakan jelek. Jika pf pelanggan jelek (rendah) maka kapasitas daya aktif (kW) yang dapat digunakan pelanggan akan berkurang. Kapasitas itu akan terus menurun seiring dengan semakin menurunnya pf sistem kelistrikan pelanggan. Akibat menurunnya pf itu maka akan muncul beberapa persoalan sbb: a. Membesarnya penggunaan daya listrik kWH karena rugi-rugi. b. Membesarnya penggunaan daya listrik kVAR. c. Mutu listrik menjadi rendah karena jatuh tegangan. Secara teoritis sistem dengan pf yang rendah tentunya akan menyebabkan arus yang dibutuhkan dari pensuplai menjadi besar. Hal ini akan menyebabkan rugi-rugi daya (daya reaktif) dan jatuh tegangan menjadi besar. Dengan demikian denda harus dibayar sebabpemakaian daya reaktif meningkat menjadi besar. Denda atau biaya kelebihan daya reaktif dikenakan apabila jumlah pemakaian kVARH yang tercata dalam sebulan lebih tinggi dari 0,62 jumlah kWH pada bulan yang bersangkutan sehingga pf rata-rata kurang dari 0,85. Sedangkan perhitungan kelebihan pemakaian kVARH dalam rupiah menggunakan rumus sbb:
[ B - 0,62 ( A1 + A2 ) ] Hk Dimana : B = pemakaian k VARH A1 = pemakaian kWH WPB A2 = pemakaian kWH LWBP Hk = harga kelebihan pemakaian kVARH Untuk memperbesar harga cos r (pf) yang rendah hal yang mudah dilakukan adalah memperkecil sudut r sehingga menjadi r1 berarti r>r1. Sedang untuk memperkecil sudut r itu hal yang mungkin dilakukan adalah memperkecil komponen daya reaktif (kVAR). Berarti komponen daya reaktif yang ada bersifat induktif harus dikurangi dan pengurangan itu bisa dilakukan dengan menambah suatu sumber daya reaktif yaitu berupa kapasitor. Proses pengurangan itu bisa terjadi karena kedua beban (induktor dan kapasitor) arahnya berlawanan akibatnya daya reaktif menjadi kecil. Bila
daya reaktif menjadi kecil sementara daya aktif tetap maka harga pf menjadi besar akibatnya daya nyata (kVA) menjadi kecil sehingga rekening listrik menjadi berkurang. Sedangkan keuntungan lain dengan mengecilnya daya reaktif adalah : Mengurangi rugi-rugi daya pada sistem. Adanya peningkatan tegangan karena daya meningkat. Proses Kerja Kapasitor Kapasitor yang akan digunakan untuk meperbesar pf dipasang paralel dengan rangkaian beban. Bila rangkaian itu diberi tegangan maka elektron akan mengalir masuk ke kapasitor. Pada saat kapasitor penuh dengan muatan elektron maka tegangan akan berubah. Kemudian elektron akan ke luar dari kapasitor dan mengalir ke dalam rangkaian yang memerlukannya dengan demikian pada saaat itu kapasitor membangkitkan daya reaktif. Bila tegangan yang berubah itu kembali normal (tetap) maka kapasitor akan menyimpan kembali elektron. Pada saat kapasitor mengeluarkan elektron (Ic) berarti sama juga kapasitor menyuplai daya treaktif ke beban. Keran beban bersifat induktif (+) sedangkan daya reaktif bersifat kapasitor (-) akibatnya daya reaktif yang berlaku menjadi kecil.
Rugi-rugi daya sebelum dipasang kapasitor : Rugi daya aktif = I2 R Watt .............(5) Rugi daya reaktif = I2 x VAR.........(6) Rugi-rugi daya sesudah dipasang kapasitor : Rugi daya aktif = (I2 - Ic2) R Watt ...(7) Rugi daya reaktif = (I2 - Ic2) x VAR (8) Pemasangan Kapasitor Kapasitor yang akan digunakan untuk memperkecil atau memperbaiki pf penempatannya ada dua cara :
1. Terpusat kapasitor ditempatkan pada: a. Sisi primer dan sekunder transformator
b. Pada bus pusat pengontrol
2. Cara terbatas kapasitor ditempatkan a. Feeder kecil b. Pada rangkaian cabang c. Langsung pada beban Perawatan Kapasitor
Kapasitor yang digunakan untuk memperbaiki pf supaya tahan lama tentunya harus dirawat secara teratur. Dalam perawatan itu perhatian harus dilakukan pada tempat yang lembab yang tidak terlindungi dari debu dan kotoran. Sebelum melakukan pemeriksaan pastikan bahwa kapasitor tidak terhubung lagi dengan sumber. Kemudian karena kapasitor ini masih mengandung muatan berarti masih ada arus/tegangan listrik maka kapasitor itu harus dihubung singkatkan supaya muatannya hilang. Adapun jenis pemeriksaan yang harus dilakukan meliputi : Pemeriksaan kebocoran Pemeriksaan kabel dan penyangga kapasitor Pemeriksaan isolator Sistem Mikroprosesor
Selain komponen induktor pemborosan pemakaian listrik bisa juga terjadi karena: Tegangan tidak stabil Ketidak stabilan tegangan bisa menyebabkan terjadinya pemborosan energi listrik. Ketidakstabilan itu dapat diartikan tegangan pada suatu fase lebih besar, lebih kecil atau berfluktuasi terhadap teganga standar. Sedangkan akibat pembrosan energi listrik itu maka timbul panas sehingga bisa menyebabkan pertama kerusakan isolator peralatan yang dipakai. Ke dua memperpendek daya isolasi pada lilitan. Sementara itu dengan ketidakseimbangan sebesar 3% saja dapat memperbesar suhu motor yang sedang beroperasi sebesar 18% dari keadaan semula. Hal ini tentunya akan menimbulkan suara bising pada motor dengan kecepatan tinggi.
Harmonik Harmonik itu bisa menimbulkan panas, hal ini terjadi karena adanya energi listrik yang berlebihan. Harmonik itu bisa muncul karena peralatan seperti komputer, kontrol motor dll. Harmonik merupakan suatu keadaan timbulnya tegangan yang periodenya berbeda dengan periode tegangan standar. Periode itu bisa 180 Hz (harmonik ke-3), 300 Hz (harmonik ke-5) dan seterusnya. Harmonik pada transformator lebih berbahaya, hal ini karena adanya sisrkulasi arus akibat panas yang berlebih. Sehingga hal ini bisa mengurangi kemampuan peralatan proteksi yang menggunakan power line carrier sebagai detektor kondisi normal. Untuk mengoptimalkan pemakaian energi listrik bisa digunakan bebanbeban tiruan berupa LC yang dilengkapi dengan teknologi mikroprosesor. Sehingga ketepatan dan keandalan dalam mendeteksi kualitas daya listrik bisa diperoleh. Mikroprosesor itu berfungsi untuk mengolah komponenkomponen yang menentukan kualitas tenaga listrik. Seperti keseimbangan beban antar fasa, harmonik dan surja. Apabila terdapat ketidakseimbangan antara fasa satu dengan fasa yang lainnya, maka mikroprosesor akan memerintahkan beban-beban LC untuk membuka atau menutup agar arus disuplai ke fasa satu sehingga selisih arus antara fasa satu dengan fasa yang lainnya tidak ada. Banyaknya L atau C yang dibuka atau ditutup tergantung dari kondisi ketidakseimbangan beban yang terdeteksi oleh mikroprosesor. Kondisi harmonik yang terdeteksi bisa dihilangkan dengan menggunakan filter LC. Keuntungan alat ini adalah : Mampu mereduksi daya sampai 30%. Meningkatkan pf antara 95-100% Dapat mengeliminasi terjadinya harmonik. Dengan demikian pemakaian energi listrik bisa dihemat yaitu dengan cara mengoptimalkan konsumsi energi masing-masing peralatan yang digunakan, memperkecil gejala harmonik dan menstabilkan tegangan. Sehingga energi tersisa bisa dimanfaatkan untuk sektor lain yang lebih membutuhkan. Sedang dampak negatif dari pemborosan energi listrik itu pertama menciptakan ketidakseimbangan beban fasa-fasa listrik yang pada gilirannya akan mempengaruhi over heatingpada motor dan penurunan life isolator. Ke dua bagi PLN
sebagai penyuplai energi listrik tentunya harus menyediakan energi listrik yang lebih besar lagi. Daftar Pustaka 1. Daya dan Energi Listrik, Deni Almanda, disampaikan pada penataran dosesn teknik elektro di Teknik Elektro UGM, Pebruari 1997, Yogyakarta. 2. Peranan energi dalam menunjang pembangunan berkelanjutan, Publikasi Ilmiah, BPPT, Jakarta, Mei 1995. Ir. Deni Almanda adalah dosen Teknik Elektro & Kepala Perpustakaan FT UMJ, alumni FT UGM dan aktif menulis masalah kelistrikan di berbagai media.
Artikel lain: Baterai Nuklir: Sumber Arus Searah yang Perlu Dikembangkan ANALISIS FASOR, FAKTOR DAYA, DAN PERHITUNGAN TIGA FASA FASOR GELOMBANG SINUSOID Fasor menyatakan transformasi dari fungsi waktu ke dalam bidang kompleks yang mengandung informasi tentang amplitude dan sudut fasa. Analisis vector yang berputar pada selang waktu tertentu inilah yang disebut analisis fasor. Analisis fasor yang dikaitkan dengan bentuk gelombang sinus akan memungkinkan penggambaran fasor sinusoid yang sangat penting dalam membahas persoalan bidang elektroteknik. Tiga hal yang menyebabkan mengapa bentuk gelombang sinus dipandang sangat penting adalah: 1. Terdapat banyak sekali gejala dialam ini yang dapat digambarkan sebagai gelombang berbentuk sinus. 2. Karena mudah pembangkitannya, maka arus dan tegangan dalam pembangkitan tenaga listrik berbentuk sinus.
3. Sesuai uraian deret Fourier, semua gelombang periodic yang lain, dengan syarat tertentu dapat diuraikan ke dalam penjumlahan dari gelombang-gelombang sinus bengan frekuensi yang bermacam-macam. Arus dan tegangan sesaat dari suatu bentuk sinusoid dalam suatu periode waktu dapat dijelaskan dengan persamaan: i(t) = Im cos (ωt + ф) v(t) = Vm cos (ωt) dimana: Im = arus maksimum dalam ampere Ω = 2Πƒ = kecepatan sudut dalam radial/detik Ф = sudut fasa dalam radial Vm = tegangan maksimum dalam volt IMPEDANSI Didalam suatu rangkaian linear yang terdiri atas tahanan (R), inductor (L), dan kapasitor (C), apabila suatu arus/tegangan listrik adalah sinusoid, maka semua arus dan tegangan yang lain juga berbentuk sinusoid dengan frekuensi yang sama. Melalui penerapan Hukum Kirchoff terdapat tiga cara untuk melakukan penjumlahan dan pengurangan bentuk-bentuk sinusoid: 1. Cara grafis, yaitu dengan menggambarkan gelombang demi gelombang dan dijumlahkan setiap saat. Cara ini memakan waktu dan tidak teliti. 2. Cara trigonometri, yaitu dengan menggunakan dalil-dalil trigonometri untuk menjumlahkan dan mengurangkan dua sinusoid. Cara ini sukar dan memakan waktu 3. Cara aljabar kompleks dan anlisis fasor seperti diuraikan terdahulu. Cara ini paling mudah diantara ketiga cara lainnya, karena itu akan digunakan dalam pembahasan berikut. Hubungan antara tegangan dan arus yang berubah-ubah terhadap waktu yang melalui kapasitor, inductor, dan tahana dapat dijelaskan sebagai
i(t) = C.dv(t)/dt v(t) = L.di(t)/dt v(t) = i(t)r i(t) pada persamaan diatas adalah sinusoid dan mempunyai harga i(t) = Im sin (ωt + ф) persamaan v(t) menjadi v(t) = r.Im sin (ωt + ф) = Vm sin (ωt + ф) dimana harga Vm sama dengan rIm persamaan v(t) dapat ditulis V α = rI ф DAYA RATA-RATA Daya rata-rata sesaat didefenisikan sebagai hasil perkalian tegangan dan arus sesaat, dan ditulis sebagai p = vi jika arus dan tegangan merupakanfungsi siklus, maka daya rata-rata (P) untuk suatu periode siklus tersebut dapat ditentukan besarnya dengan rumus P = 1/T ∫T0 p(t) dt Dimana: P = daya rata-rata dalam watt T = periode dari siklus dalam detik Tegangan dan arus fungsi sinus dinyatakan sebagai v(t) = Vm cos ωt i(t) = Im cos (ωt – ф) maka persamaaan daya menjadi p(t) = VmIm cos ωt cos (ωt – ф)
p(t) = VmIm ½[cos (ωt – ωt + ф) + cos (ωt + ωt – ф)] = ½ VmIm cos ф + ½ Vm.Im cos (2ωt – ф) Maka bentuk yang ada: P = ½ VmIm cos ф = VI cos ф FAKTOR DAYA DAN DAYA KOMPLEKS Jika arus dan tegangan dari persamaan sefasa dan ф = 0°; maka persamaan daya menjadi P = VI cos ф = VI[W] Untuk: Ф = 60° → P = VI cos (60°) = 0,3 VI[watt] Ф = 90° → P = VI cos (90°) = 0 Arus yang mengalir pada sebuah tahanan, akan menimbulkan tegangan pada tahanan tersebut sebesar Vr = Ir.r Sehingga P = VrIm cos ф Karena tidak adanya beda fasa antara arus dan tegangan pada tahanan, maka sudut ф = 0° Sehingga P = VI Tegangan dikalikan dengan arus disebut daya semu. Daya rata-rata dibagi daya nyata disebut factor daya. Untuk arus dan tegangan sinusoid, factor daya dapat dihitung dengan rumus Factor daya = P/VI = VI cos ф/VI = cos ф Ф dinamakan sudut factor daya; sudut ini menentukan kondisi terdahulu atau tertinggal tegangan terhadap arus.
Bila sebuah beban diberi tegangan, impedensi dari beban tersebut akan menentukan besar arus dan sudut fasa yang mengalir pada beban tersebut. Factor daya yang merupakan petunjuk yang menyatakan sifat suatu beban.
PERHITUNGAN TIGA FASA Pada sebuah rangkaian sederhan dan diagram fasor sebuah system seimbang. Tegangan antara masing-masing kawat (saluran) dapat dihitung sebagai berikut: Vab = Van + Vnb = Van – Vbn Vbc = Vbn – Vcn Vca = Vcn – Van Penulisan secara matematis untuk urutan fasa abc dapat dijelaskan sebagai berikut: Vab = Van √3 ∟30° Vbc = Vbn √3 ∟30° Vca = Vcn √3 ∟30° Masing-masing tegangan kawat-kawat terdahulu 30° dan √3 kali besar terhadap tegangan kawat netral. Untuk urutan fasa abc persamaan diatas akan menjadi: Vab = Van √3 ∟-30° Vbc = Vbn √3 ∟-30° Vca = Vcn √3 ∟-30° Untuk urutan fasa abc, arus kawat √3 kali arus fasa dan tertinggal 30° arus fasa. Ia = Iab √3 ∟+30° Ib = Ibc √3 ∟+30° Ic = Ica √3 ∟+30° (Zuhal.1993.Dasar Teknik Tenaga Listrik dan Elektronika Daya. Gramedia Pustaka Utama, Jakarta) Diposkan oleh Gizhadi 05.09
KENAPA HARUS ADA TANDA CONJUGATE PADA RUMUS DAYA KOMPLEKS Salah satu formula yang telah saya pakai selama bertahun-tahun, tepatnya semenjak mulai menginjak bangku kuliah, adalah rumus daya kompleks (apparent power). Dimana kita menemukan daya kompleks? Kalau bicara definisi, tentu tanyakan saja pada Wikipedia. Tapi dalam real life, daya kompleks bisa ditemukan pada besarnya daya listrik yang dilanggan konsumen ke PLN, misal 900 VA, 1300 VA, 2200 VA dst. Jadi harus dimengerti, kita tidak berlangganan dalam Watt tapi VA. Rumusnya sendiri sederhana,
S = VI* dimana S adalah daya kompleks dalam satuan VA (volt ampere), V adalah tegangan dalam V (volt) dan I adalah arus dalam A (ampere). Hubungan antara S (daya kompleks), P (daya nyata) dan Q (daya reaktif) sering digambarkan dalam segitiga phytagoras ini.
Rumus ini sebenarnya adalah generalisasi dari rumus daya nyata listrik (real power), P = V.I, yang telah kita kenal sejak SMP. Bedanya adalah ketika SMP kita menghitungnya sebagai besaran skalar, besaran yang hanya mempunyai “besar” (magnitude), sedangkan V dan I pada S = VI* merupakan besaran vektor, besaran yang mempunyai magnitude dan arah, walaupun ketika V dan I arahnya 0 derajat maka nilainya sama dengan jika kita menganggap V dan I sebagai besaran skalar. Untuk membedakannya, ilmuwan biasanya menuliskan besaran skalar dengan tanda || di antara besaran tersebut, misal ||V|| berarti “besar” V, sedangkan jika ingin menulis besaran vektor maka V tadi akan ditulis dengan huruf italic atau cetak miring, V, atau dengan ditambahi garis di atas atau di bawahnya.
Namun by defaultatau dengan sendirinya, dalam konteks perhitungan phasor, biasanya semua nilai V dan I akan dianggap sebagai besaran vektor. Nah, yang menjadi pertanyaan adalah kenapa harus ada tanda conjugate (tanda bintang * di sisi kanan atas I) dalam rumus ini. Bertahun-tahun rumus ini saya gunakan sebagai sesuatu yang “given”, walaupun saya tahu ada pembuktian identitas matematisnya. Dan bagi yang tahu pembuktian matematis seperti apa, akan mafhum. Pelajar yang pas-pasan seperti saya, langsung akan merasa berkunang-kunang matanya melihat deretan angka, huruf,
simbol-simbol
matematis
yang
mempunyai
arti
sendiri-sendiri
dan
saling
berhubungan. Conjugate sendiri berarti adalah perintah untuk merubah tanda minus menjadi plus atau sebaliknya, plus menjadi minus pada elemen imajiner dalam bilangan kompleks. Misalkan saya mempunyai bilangan kompleks I = 3 – j4, maka complex conjugatedari I adalah maka
I*
=
3
+
j4,
atau
jika
dalam
bentuk
polar
jika
. Sedangkan j atau kadang ditulis sebagai i adalah simbol bilangan
imajiner yang nilainya j = i = √-1. Konsep lain yang perlu diketahui sebelum menjawab pertanyaan ini adalah tentang faktor daya (power factor atau pf) yang nilainya adalah cosinus beda sudut antara phasor V dan I. Misalkan kita ingin mengalikan V sudut θ1 dengan I sudut θ2 untuk mendapatkan nilai daya kompleks maka hasilnya adalah
, dan hal ini tentunya bertentangan
dengan konsep faktor daya yang menyebutkan dalam cos θ adalah beda sudut antara V dan I. Jadi, seseorang (saya belum baca sejarahnya) yang jenius di bidang ini, menambahkan tanda conjugate pada nilai I. Apa guna conjugate ini? Tentu saja agar didapatkan nilai S yang konsisten, sesuai dengan konsep faktor daya tadi. Mari kita tulis ulang lagi persamaannya,
sehingga sesuai dengan pengertian daya kompleks adalah hasil perkalian dari tegangan dan arus dengan sudut sebesar selisih beda phasa diantara tegangan dan arus itu. By the way, konsep ini, yang kelihatannya seperti konsep electrical engineering for idiot, adalah jawaban
dari
seorang guru
besar
a.k.a.
professorketika
menjawab
pertanyaan
mahasiswanya, yang lumayan geblek juga hehe.. Rekan-rekan, ada tambahan penjelasan tentang artikel ini dari pak Agung Sarwono. Terima kasih kepada beliau untuk sharingnya. Yth Bpk Imaduddin, Perkenankan saya menanggapi masalah mengapa harus pakai conjugate pada vektor arus pada saat menghitung daya, yaitu S = V I*, jawabnya sederhana dan bertujuan praktis. Demikian pak, sebagaimana kita ketahui pada umumnya sifat beban pembangkit adalah induktif yang mempunyai vektor arus arah negatif (lagging pf). Lha dengan diconjugate beliau akan menjadi positif, sehingga hasil perkalian dengan vektor tegangan akan menghasilkan nilai positif (S +, P + dan Q +). Hal inilah yang menggambarkan kondisi penugasan sebenarnya dari suatu pembangkit, yaitu menghasilkan daya semu, nyata dan reaktif. Kalau menghasilkan logikanya bertanda positif, P+, S+ dan Q+ dan sebaliknya kalau menerima (motoring/reverse power) tanda berbalik menjadi negatif, misalnya P-, S-,Q-. Hal ini juga mendasari mengapa tanda “male” diberi coret positif di ekornya untuk menandai daya aktif mengalir keluar pembangkit (P+) dan daya reaktif induktif (Q+) diberi juga coret positif di tanda “female” yang artinya pembangkit pada saat itu mengirim atau melayani daya reaktif induktif (over excited). Demikian, semoga bermanfaat. Salam. Agung Sarwono EL ITB 77.
PHASOR
Persamaan gerak selaras sederhana y = r sin (t + θ ), dengan r dan θ merupakan kuantitas yang masing-masing merupakan konstanta, sedangkan waktu dalam t detik merupakan variabel yang tidak nol. Dapat dikatakan bahwa y mempunyai nilai jika t tidak negatif. Dengan demikian, y merupakan fungsi dari waktu. Kuantitas yang merupakan fungsi waktu disebut "phasor". Beberapa fungsi waktu yang merupakan phasor diantaranya medan magnet dan voltase yang ditimbulkan oleh oleh arus bolakbalik. Resultan phasor a = √(a1 cos θ1 +
a2 cos θ2)^2 + (a1 sin θ2 + a2 sin θ2)^2 Fasanya ialah cos φ = a1 cos θ1 + a2 cos θ2 a sin φ = a1 cos θ1 + a2 sin θ2 a Untuk menghitung menghitung resultan dua buah phasor, dapat juga menggunkan rumus: sin θ1 + sin θ2 = 2 sin (θ1 + θ2) cos (θ1 + θ2) 2 2 Rangkaian R-L-C seri, sifat rangkaian seri dari sebuah resistor dan sebuah induktor yang dihubungkan dengan sumber tegangan bolak-balik sinusioda adalah terjadinya pembagian tegangan di (vR), (vL) dan (vC) secara vektoris. Arus (i) yang mengalir pada hubungan seri adalah sama besar. Arus (i) tertinggal 90 derajad terhadap tegangan induktor (vL). Tidak terjadi perbedaan fasa antara tegangan jatuh pada resistor (vR) dan arus (i). Gambar dibawah memperlihatkan rangkaian seri R-L-C dan hubungan arus (i), tegangan resistor (vR), tegangan kapasitor (vC) dan tegangan induktor (vL) secara vektoris. Suatu alat listrik arus bolak-balik dapat juga memiliki berbagai macam reaktansi, seperti misalnya hubungan seri yang terdiri dari resistor (R), reaktansi induktif (XL) dan raktansi kapasitif (XC). Dengan demikian besarnya tegangan total (v) sama dengan jumlah dari tegangan pada resistor (vR), kapasitor (vC) dan tegangan pada induktor (vL). Dengan banyaknya tegangan dengan bentuk gelombang yang serupa, sehingga terjadi hubungan yang tidak jelas. Oleh karena itu hubungan tegangan lebih baik dijelaskan dengan menggunakan diagram fasor. Melalui ketiga resistansi (R), (XL) dan (XC) mengalir arus (i) yang sama. Oleh sebab itu fasor arus diletakkan pada t = 0. Tegangan (v) pada resistor (R) berada satu fasa dengan arus (i). Tegangan (vL) pada reaktansi induktif (XL) mendahului sejauh 90o terhadap arus (i), sedangkan tegangan (vC) pada reaktansi kapasitif (XC) tertinggal sejauh 90o terhadap arus (i). Kedua tegangan reaktif mempunyai arah saling berlawanan, dimana selisihnya ditunjukkan sebagai tegangan (vS). Tegangan total (v) merupakan fasor jumlah dari tegangan (vL) dan tegangan (vC) sebagai hasil diagonal persegi panjang antara tegangan (vL) dan tegangan (vC). Rangkaian R-L-C Seri Bila tegangan jatuh pada reaktif induktif (vL) lebih besar dari tegangan jatuh pada reaktif kapasitif (vC), maka tegangan total (v) mendahului arus (i), maka rangkaian seri ini cenderung bersifat induktif. Sebaliknya bila tegangan jatuh pada reaktif induktif (vL) lebih kecil dari tegangan jatuh pada reaktif kapasitif (vC), maka
tegangan total (v) tertinggal terhadap arus (i), maka rangkaian seri ini cenderung bersifat kapasitif. Untuk menghitung hubungan seri antara R, XL dan XC pada setiap diagram fasor kita ambil segitiga tegangan. Dari sini dapat dibangun segitiga resistor, yang terdiri dari resistor (R), reaktif (X) dan impedansi (Z). Berdasarkan tegangan reaktif (vS) yang merupakan selisih dari tegangan reaktif induktif (vL) dan tegangan reaktif kapasitif (vC), maka resistor reaktif (X= XLS=XCS) merupakan selisih dari reaktansi (XL) dan (XC). Sehingga didapatkan hubungan tegangan (v) seperti persamaan vektoris berikut; Maka untuk resistansi semu (impedansi Z) dapat dihitung dengan menggunakan persamaan berikut: dimana Read more at: http://elektronika-dasar.web.id/teori-elektronika/rangkaian-r-l-c-seri/ Copyright © Elektronika Dasar
KUMPULAN SOAL DAN JAWABAN ANALISIS SISTEM TENAGA LISTRIK (William D. Stevenson, Jr.)(Bab.2) BAB 2. KONSEP-KONSEP DASAR 2.1 Jika ν = 141.4 sin (ωt + 30°)V dan I = 11.31 cos (ωt - 30°)A, hitunglah untuk masingmasing (a) nilai maksimum, (b) nilai rms, dan (c) rumus phasor dalam bentuk polar dan rectangular dengan memilih tegangan sebagai dasar. Apakah rangkaian itu induktif atau kapasitif ? Jawab : a)
Vmax = 141.4 V I max = 11.31 A
b)
c)
V = 100‚0° V (phasor) = 100 + j 0 V (polar) I = 8‚-60° A (phasor) = 4 – j 6.93 A (polar) ==> Induktif, I tertinggal tehadap V.
2.2 Jika rangkaian pada soal 2.1 terdiri dari suatu elemen resistif murni dan suatu elemen reaktif murni, hitunglah R dan X (a) Jika elemen-elemen terhubung seri dan (b) Jika elemenelemen terhubung paralel. Jawab : a)
Z = 6.25 + j 10.83 Ω ; ==> R = 6.25 Ω, dan XL = 10.83 Ω
b)
Y = 1/Z = 0.08‚-60° = 0.04 – j 0.0693 R = 1/0.04 = 25 Ω, dan XL = 1/0.0693 = 14.43 Ω
2.3 Dalam suatu rangkaian berfasa-tunggal Va = 120‚45° V dan Vb = 100‚-15° V terhadap suatu simpul pedoman o. Carilah Vba dalam bentuk polar. Jawab : Vba = Vbo – Vao = 100 ‚-15° - 120‚ 45° Vba = 96.59 – j 25.88 – (84.85 + j 84.85) = 96.59 – 84.85 – j 25.88 – j 84.85 Vba = 11.74 – j 110.73 = 111.35‚ - 83.95° V 2.4 Suatu tegangan ac berfasa tunggal sebesar 240 V terpasang pada suatu rangkaian seri yang impedansinya adalah 10‚60° Ω. Hitunglah R, X, P, Q dan factor daya dari rangkaian. Jawab : R = 10 Cos 60° = 5.0 Ω,
X = 10 Sin 60° = 8.66 Ω
I = 240‚ 0°/ 10 ‚ 60° = 24‚-60° A P = (24)2 x 5 = 2880 W 2 Q = (24) x 8.66 = 4988 Var Faktor daya = Cos (arc tg Q/P ) = Cos (arc tg 4988/2880) = 0.50 Atau Cos (arc tg X/R ) = Cos (arc tg 8.66/5 ) = 0.50 2.5 Jika suatu kapasitor dihubungkan paralel dengan rangkaian pada soal 2.4 dan jika kapasitor ini mencatu 1250 Var, hitunglah P dan Q yang dicatu oleh sumber tegangan 240 V, dan hitunglah faktor daya yang dihasilkannya. Jawab :
P = 2880 W ; Q = 4988 – 1250 = 3738 Var; Faktor daya = Cos (arc tg 3788/2880 ) = 0.605 2.6 Suatu beban induktif berfasa-tunggal menarik 10 MW dengan faktor daya 0.6 tertinggal. Gambar lah segitiga daya dan tentukan daya reaktif dari sebuah kapasitor yang harus dihubungkan paralel dengan beban untuk menaikkan faktor daya menjadi 0.85. Jawab :
Faktor daya awal = Cos φ1 = 0.6 jadi φ1 = arc Cos 0.6 sehingga Sin φ1 = Sin 53.13° = 0.8 P = VI Cos φ1 ; 10 = VI . 0.6 ==> jadi VI = 10/0.6 Q1 = VI Sin φ1 Q1 = (10/0.6) x 0.8 = 13.33 Mvar Faktor daya baru = Cos φ2 = 0.85 jadi φ2 = arc Cos 0.85 sehingga Sin φ2 = Sin 31.79° = 0.53 P = VI Cos φ2; 10 = VI 0.85 ==> jadi VI = 10/0.85 Q2 = VI Sin φ2 Q2 = (10/0.85) x 0.53 = 6.2 Mvar Jadi QC = - ( 13.33 – 6.2) = - 7.13 MVar
=
53.13°
=
31.79°
2.7 Sebuah motor induksi berfasa-tunggal beroperasi dengan beban yang sangat ringan untuk sebagian besar dari tiap-tiap hari dan menarik 10 A dari saluran. Disarankan penggunaan suatu alat untuk “meningkatkan efisiensi” dari motor itu. Dalam suatu peragaan alat tersebut dihubungkan paralel dengan motor yang tidak dibebani dan arus yang ditarik dari saluran turun menjadi 8 A. Jika dihubungkan dua buah dari alat tersebut paralel dengan motor, arus yang ditarik turun lagi menjadi 6 A. Alat sederhana apakah yang menyebabkan penurunan arus ini ? Sebutkanlah keuntungan-keuntungan dari alat ini. Apakah alat ini juga menaikkan efisiensi dari motor ? (Ingatlah bahwa suatu motor induksi menarik arus yang tertinggal atau lagging). Jawab : Alat itu adalah Kapasitor; sebuah kapasitor akan menyebabkan jatuhnya arus pada saluran karena komponen yang tertinggal dari arus yang ditarik oleh motor sebagian akan diimbangi oleh arus yang mendahului yang ditarik oleh kapasitor. Tetapi arus yang ditarik oleh motor tidak akan berubah jika tegangan terminal tetap konstan. Jadi efisiensi motor akan tetap sama.
Rugi pada saluran yang mencatu motor akan berkurang, karena arus saluran menjadi rendah. Jika saluran dari bus catu ke motor adalah panjang, jatuh tegangan pada saluran akan berkurang dan ini mungkin dikehendaki. 2.8 Jika impedansi antara mesin-mesin 1 dan 2 pada Contoh 2.1 adalah Z = 0 – j5 Ω tentukanlah (a) apakah maisng-masing mesin membangkitkan atau menyerap daya, (b) apakah masing-masimg mesin menerima atau mencatu daya reaktor positif dan berapa besarnya, dan (c) nilai dari P dan Q yang diserap oleh impedansi tersebut. Jawab :
I = 10 + j 2.68 ==> I = 10.35‚15° A E1. I* = (100 + j 0 )( 10 – j 2.68) = 1000 – j 268 Mesin 1 membangkitkan 1000 W, menerima 268 Var (atau mencatu – 268 Var) E2 . I* = (86.6 + j 50) (10 – j 2.68) = 866 – j 232.088 + j 500 + 134 = 1000 + j 268 Mesin 2 menyerap 1000 W , menerima 268 Var ( atau mencatu – 268 Var) Daya reaktansi pada saluran mencatu |I |2 X = (10.35)2 x 5 = (atau menerima - 568 Var) 2.9 Ulangi soal 2.8 di atas jika Z = 5 + j 0 Jawab :
I = 2.68 - j 10 ==> I = 10.35‚ -75° A E1. I* = (100 + j 0 )( 2.68 + j 10) = 268 + j 1000 Mesin 1 membangkitkan 268 W, menyerahkan 1000 Var (atau mencatu – 268 Var)
568
Var
E2 . I* = (86.6 + j 50) (2.68 + j 10) = 232 + j 866 + j 134 - 500 = - 268 +j 1000 Mesin2 membangkitkan 268 W, menerima 1000 Var (atau mencatu – 268 Var) Daya resistansi pada saluran menyerap |I |2 R = (10.35)2 x 5 = 568 W Kedua mesin adalah Generator 2.10 Suatu sumber tegangan Ean = - 120‚210° V dan arus yang mengalir lewat sumber tersebut adalah Ina = 10‚60° A. Carilah nilai-nilai dari P dan Q dan jelaskan apakah sumber tersebut memberikan atau menerimanya. Jawab : Ean . Ina* = - 120‚210° x 10‚-60° = |-120|.|10| ‚(210°-60°) = -1200‚150° = 1200‚-30° = 1200.Cos -30° + j 1200.Sin -30° = 1039 – j 600 P = 1039 W diserahkan; Q = - 600 Var diserahkan (+ 600 Var diserap oleh sumber, karena I na mendifinisikan arus positif dari n ke a dan Eanmendifinisikan titk a pada potensial yang lebih tinggi daripada n bila Ean adalah positif). 2.11 Carilah jawaban dari Contoh 2.1 jika E1 = 100‚0° V dan E2 = 120‚30° V. Bandingkanlah hasilnya dengan Contoh 2.1 dan buatlah beberapa kesimpulan tentang pengaruh perubahan besarnya E2 dalam rangkaian itu. Jawab :
I = - 12 + j 0.78 E1.I* = (100 + j 0)(-12 - j 0.78) = -1200 – j 78 Mesin 1 menyerap 1200 W dan menyerap 78 Var. E2.I* = (103.92 + j 60)(-12 – j 0.78) = 1246.8 – j81.42 – j 720 + 46.8 = -1200 – j 801.42 Mesin 2 menyerahkan 1200 W dan menyerahkan 801Var yang diserap oleh saluran = 801 – 78 = 723 Var. Dalam contoh 2.1 saluran menerima 536 Var, setengah masing-masing sumber. Peningkatan |E2| menyebabkan sedikit kenaikan pada transfer daya serta kenaikan pada Q yang dicatu ke saluran, tetapi fakta yang penting ialah bahwa peningkatan |E2| mennyebabkan bahwa sumber tidak hanya mencatu Q yang diserap oleh saluran tetapi juga 78 Var yang diserahkan ke sumber |E1|. 2.12 Tiga buah impedansi yang identik yaitu 10 ‚-15° Ω dihubungkan Y kepada tegangantegangan saluran tiga-fasa yang seimbang dari 208 V. Tentukanlah semua tegangan-tegangan saluran, tegangan-tegangan fasa dan arus-arus sebagai phasor dalam bentuk polar dengan Vca sebagai pedoman dan urutan fasa abc. Jawab :
Vca = 208‚0° V Vbc = 208‚120° V Vab = 208‚240° V
Vcn = 120‚-30° V Vbn = 120‚ 90° V Van = 120‚210° V
Ic = Vcn/Z = 12‚-15° Ib =Vbn/Z = 12‚105° Ia =Van/Z = 12‚225°
2.13 Dalam suatu sistem tiga-fasa yang seimbang, impedansi yang dihubungkan Y adalah 10‚30° Ω. Jika Vbc = 416‚90° V, tentukanlah Icn dalam bentuk polar. Jawab:
Vbc = 416‚90° V ==> Tegangan fasa = 416/√3 = 240 V Vcn = 240‚-60° ==> Icn =(240‚-60° )/( 10‚- 30°) = 24‚- 90° A 2.14 Terminal-terminal dari suatu sumber tiga-fasa ditandai dengan a, b, dan c. Di antara dua terminal yang mana pun sebuah voltmeter mengukur 115 V. Sebuah tahanan 100 Ω dan sebuah kapasitor 100 Ω (pada frekuensi sumber tegangan) dihubungkan seri dari a ke b dengan tahanan terhubung pada a. Titik hubung antara kedua elemen tersebut ditandai n. Tentukanlah secara grafik pembacaan voltmeter antara c dan n jika urutan fasa adalah abc dan jika urutan fasa acb. Jawab :
Urutan fasa abc : Urutan fasa acb : Jarak : n – k = 115/2 = 57.5 V Jarak : k – c = 99.6 V Jarak : k – c = 115 Sin 60° Jarak : n – k = 57.5 V = 115 x 0.866 = 99.6 V Jarak : n – c = 99.6 – 57.5 = 42.1 V Pembacaan meter = 57.5 + 99.6 = 157.1 V Pembacaan meter = 42.1 V 2.15 Tentukanlah arus yang ditarik dari saluran 440 V tiga-fasa oleh sebuah motor tiga-fasa 15 hp yang beroperasi pada beban penuh, efisiensi 90 % dan faktor daya 80 % tertinggal. Hitunglah nilai-nilai dari P dan Q yang ditarik dari saluran. Jawab :
di di tarik dari saluran
tarik
dari
saluran
2.16 Jika ketiga saluran yang menghubungkan motor pada soal 2.15 ke suatu bus masingmasing mempunyai imepansi 0.3 + j 1.0 Ω, hitunglah tegangan antar saluran pada bus yang mencatu 440 V pada motor. Jawab : I = | I | ( Cos φ – j Sin φ ) = 20.39 (0.8 – j 0.6) = 16.31 – j 12.23 A
Bila sebagai pedoman diambil tegangan ke netral dari motor pada terminal di mana I dihitung, atau = 440/√3 = 254‚0° V = ( 254 + j 0) V, maka Vn + (Z
tegangan bus catu ke x I) = (254 + j 0) + (0.3 + j = 254 + j 0 + 4.893 – j 3.669 + j 16.31 + 12.23 = 271.123 + j 12.641 = 271.4‚2.67°
1.0)
netral (16.31
–
adalah j 12.23)
Tegangan antar saluran | V | = √3 [271.123 + j 12.641] = √3 x 271.4= 470 V
2.17 Suatu beban Δ seimbang yang terdiri dari tahanan-tahanan murni sebesar 15 Ω per fasa dihubungkan paralel dengan suatu beban Y seimbang yang mempunyai impedansi-impedansi fasa 8 + j 6 Ω. Ketiga saluran yang menghubungkan kombinasi beban-beban tersebut di atas ke sesuatu sumber tiga fasa 110 V mempunyai impedansi-impedansi identik yaitu masing-masing 2 + j 5 Ω. Hitunglah arus total dan faktor daya resultan. Jawab :
Ubah Δ ke Y ekivalen yang mempunyai 15/3 = 5 Ω per fasa dan paralel suatu beban seimbang, sehingga mempunyai impedansi total pada beban:
= 3.49 ‚12.09° Ω = 3.41 + j 0.73Ω Pada catu daya mempunyai Z = (2 + j 5) + (3.41 + j 0.73) = 5.41 + j 5.73 = 7.88‚46.65° Ω
impedansi
total
Pada beban Vℓ = 8.06 x 3.49 = 28.13 V ke netral. Tegangan saluran-saluran
2.18 Suatu beban tiga-fasa menarik 250 kW dengan faktor daya 0.707 tertinggal dari saluran 440 V. Paralel dengan beban ini terpasang sebuah kumpulan kapasitor yang menarik 60 kVar. Hitunglah arus total dan faktor daya resultan. Jawab : Faktor daya = Cos φ = 0.707 ==> φ = 45° S1 = 250 + j 250 S2 = 0 - j 60 Daya total S = S1 + S2 = 250 + j 190 = 314 ‚37.23° kVA Arus total | I | = 314000/(√3x440)= 412 A ; Faktor daya = Cos 37.23° = 0.796 tertinggal. 2.19 Sebuah motor tiga-fasa menarik 20 kVA dengan faktor daya 0.707 dari sebuah sumber 220 V. Tentukanlah rating kilovoltampere dari kapasitor-kapasitor untuk membuat faktor daya kombinasi menjadi 0.90 tertinggal, dan tentukanlah juga arus saluran sebelum dan sesudah penambahan kapasitor. Jawab :
Rating kapasitor = y – y2 = 14.14 – 6.85 = 7.29 kVar Sebelum penambahan kapasitor
Sesudah penambahan kapasitor
2.20 Sebuah mesin “ drag line “ pada suatu tambang batu bara “open-pit” mempergunakan 0.92 MVA dengan faktor daya 0.8 tertinggal pada waktu mesin menggali batu bara. Pada waktu sekop-sekop mesin yang sudah terisi meninggalkan dinding tambang, mesin itu membangkitan (memberikan kepada sistem listrik), 0.10 MVA dengan faktor daya 0.5 mendahului. Pada akhir perioda penggalian perubahan besarnya arus dapat menyebabkan bekerjanya rele-rele pengaman yang terbuat dari rangkaian-rangkaian solid state. Karena itu perubahan besarnya arus perlu dibuat seminimal mungkin. Pertimbangkanlah penempatan kapasitor-kapasitor pada terminalterminal mesin dan tentukanlah besarnya koreksi kapasitif (dalam kVar) yang diperlukan untuk menghilangkan perubahan besarnya arus keadaan-tetap. Mesin itu mendapat tenaga dari sumber 36.5 kV tiga-fasa. Mulailah jawaban dengan memisalkan Q sebagai megavars total tiga-fasa dari kapasitor-kapasitor yang dihubungkan pada terminal-terminal mesin dan tuliskan rumus-rumus untuk besarnya arus saluran yang ditarik oleh mesin dengan Q sebagai faktor-faktornya baik untuk operasi “penggalian” maupun “pembangkitan”. Jawab : Misalkan tegangan antar saluran | V | adalah konstan. Maka besar arus | I | konstan, berarti | S | konstan, dimana | S | = |V|.|I*| x 10- 6 MVA Perioda penggalian : Faktor daya = cos φ = 0.8 ; ==> sin φ = 0.6 |S| = | VI (cos φ + j sin φ) – j Q| |S| = | 0.92(0.8 + j 0.6) – j Q| = | 0.736 + j 0.552 – j Q| = |0.736 + j (0.552-Q)| |S|2= | 0.736 + j (0.552 – Q) |2 |S|2= 0.542 + (0.552-Q)2 = 0.542 + 0.3047 – 1.104 Q + Q2 = 0.8467 – 1.104Q + Q2 |S|2= 0.8467 – 1.104Q + Q2 Perioda pembangkitan : Faktor daya = cosφ = 0.6; ==> φ = cos-1 0.6 = 60° |S| = | - (0.10 ‚-60° ) - j Q| = | - ( 0.05 – j 0.0866) – j Q| = | - 0.05 + j 0.0866 – j Q | |S|2= | - 0.05 + j (0.0866 – Q)|2 |S|2= 0.0025 + (0.0866 – Q)2 = 0.0025 + 0.0074995 – 0.1732Q |S|2= 0.0099995- 0.1732Q + Q2 |S|2= 0.01 – 0.1732Q + Q2
+
Q2
Dengan menyamakan |S|2 untuk perioda-perioda penggalian dan pembangkitan sehingga diperoleh : 0.8467 – 1.104Q + Q2 = 0.01 – 0.1732Q + Q2 0.8367 – 0.9308Q = 0 Maka Q = 0.8367/0.9308 = 0.8989 ≈ 0.899 Mvar atau 899 kVar. 2.21 Sebuah generator (yang dapat digambarkan sebagai suatu emf yang terhubung seri dengan sebuah reaktansi induktif) mempunyai rating 500 MVA, 22 kV. Kumparan-kumparannya yang terhubung Y mempunyai reaktansi 1.1 per unit. Hitunglah nilai ohm dari reaktansi kumparan-kumparannya.
Jawab :
2.22 Generator pada soal 2.21 berada dalam suatu rangkaian di mana dasar-dasarnya ditetapkan sebagai 100 MVA, 20 kV. Bertolak dari nilai per unit yang diberikan dalam soal 2.21, tentukanlah nilai per unit dari reaktansi kumparan-kumparan dengan dasar yang tersebut di atas. Jawab : Reaktansi X = 1.065 Ω pada rating lama 500 MVA, 22 kV Reaktansi X pada rating baru 100 MVA, 20 kV adalah : 2 X = 1.065 x(100/500) x(22/20) = 0.2577 p.u 2.23 Gambarkanlah rangkaian ekivalen fasa-tunggal untuk motor (suatu emf yang terhubung seri dengan reaktansi induktif Zm ) dan hubungannya kepada tegangan suplai yang dibicarakan dalm soal-soal 2.15 dan 2.16. Tunjukkanlah pada diagram nilai-nilai per-unit dari impedansi saluran dan tegangan pada terminal-terminal motor dengan 20 kVA, 440 V sebagai dasar. Kemudian dengan mempergunakan nilai-nilai per unit hitunglah tegangan suplai dalam per-unit dan akhirnya rubahlah nilai per-unit dari tegangan supali ke dalam volt. Jawab :
Impedansi 0.3 + j 1.0 Ω ( dari soal 2.16) R =0.3/9.68 = 0.031 p.u dan X =1.0/9.68 = 0.1033 p.u
I
=
20.39
A
(
dari
soal
2.15)
I =20.39/26.24 = 0.777 p.u Dari soal 2.15 faktor daya 80 % tertinggal. ==> Cos φ = 0.8; Sin φ = 0.6 V = 1.0 + 0.777 ( 0.8 – j 0.6 ) ( 0.031 + j 0.1033) V = 1.0 + 0.777 ( 0.0248 + j 0.08264 – j 0.0186 + 0.061998 ) V = 1.0 + 0.777 ( 0.086798 + j 0.06404 ) = 1.0 + 0.0674 + j 0.0498 V = 1.0674 + j 0.0498 V = 1.0686 ‚2.67° p.u | V | antar-saluran = 1.0686 x 440 ≈ 470 V
oomsoo Diposkan oleh CATENARY Jabodetabek 17.59.00 Kirimkan Ini lewat EmailBlogThis!Berbagi ke TwitterBerbagi ke FacebookBagikan ke Pinterest
2 komentar: 1. Jaya TeknikSelasa, 29 Oktober 2013 10.59.00 WIB TOLONG MAS YANG BAB 10 NYA JUGA DI SERTAKAN :D Balas 2. mas broSenin, 02 Desember 2013 13.11.00 WIB AST saya ga terlalu bagus nilainya, yang ingin saya tanyakan sebenarnya lebih ke umum daripada spesific seperti didalam buku stevenson ini. 1. apa bentuk nyata (real) dari semua rumus diatas dan gambarannya seperti apa serta implikasinya.. (saya coba lebih spesifikasi) penggunaan analisa sistim tenaga ini digunakan di sistim distribusi, sistim transmisi atau pembangkit. dalam kondisi real nya adalah (misal) sebuah pembangkit (misal:trafo 500KVA) digunakan untuk trafo step up,
untuk saluran transmisi sejauh sekian ratus meter, setelah sampai di gardu induk, maka digunakan trafo step down (500KVA) kmudian panel-panel digunakan untuk memointor parameter-parameter trafo, Arus, tegangan, VA, Daya, Cos phi, dll, dll , lalu perhitunganperhitungan analisa sistim tenaga itu apakah sebagai soal nyata ??/reall ?? lalu bagaimana relasinya, kmudian kenapa harus sampai serumit itu untuk mencari suatu konstanta / jawaban atas yang ingin kita cari. karena saya tak mampu untuk memahami rumus-rumus diatas secara bawah sadar tanpa aplikasi nyata yang akan menguntungkan manusia. jelas, bahwa semua perhitungan ditujukan untuk mencari kemudahan. ada yang bisa jelaskan ke saya secara mudah begitu.. trimakasih sebelumnya. Balas
