Diterjemahkan dari bahasa Inggris ke bahasa Indonesia - www.onlinedoctranslator.com
SIRKUIT POLIFASE
TUJUAN BELAJAR
Sirkuit Tiga Fasa
Keuntungan dari sirkuit polifase:
Koneksi Tiga Fase
Konfigurasi dasar untuk sirkuit tiga fase
Koneksi Sumber/Muat
Koneksi Delta-Wye
Hubungan Kekuasaan
Studi daya yang disampaikan oleh sirkuit tiga fase
Koreksi Faktor Daya
Meningkatkan faktor daya untuk sirkuit tiga fase
RANGKAIAN TIGA FASA
ia
ib
Vm  120 2
ic
Instantaneous Phase Voltages
van (t )  Vm cos( t )(V )
Balanced Phase Currents
ia (t )  I m cos( t   )
vbn (t )  Vm cos( t  120)(V )
vc (t )  Vm cos( t  240)(V )
ib (t )  I m cos( t    120) Instantaneous power
p(t )  van (t )ia (t )  vbn (t )ib (t )  vcn (t )ic (t )
ic (t )  I m cos( t    240)
Dalil
Untuk rangkaian tiga fasa yang seimbang, daya sesaat adalah konstan
p( t )  3
Vm I m
cos (W )
2
Bukti Teorema
Untuk rangkaian tiga fasa yang seimbang, daya sesaat adalah konstan
V I
p(t )  3 m m cos (W )
2
Instantane ous power
p(t )  van ( t )ia (t )  vbn (t ) ib (t )  vcn ( t )ic (t )
cos t cos( t   )

p(t )  Vm I m  cos( t  120) cos( t  120   ) 


 cos( t  240) cos( t  240   )
1
cos cos   cos(   )  cos(   )
2
3 cos  cos(2 t   )
p(t )  Vm I m  cos(2 t  240   ) 


 cos(2 t  480   ) 
   t 
cos(  240)  cos(  120)
cos(  480)  cos(  120)
Lemma
cos(120)  0.5
cos  cos(  120)  cos(  120)  0
Proof
cos  cos
cos(  120)  cos cos(120)  sin  sin(120)
cos(  120)  cos cos(120)  sin  sin(120)
cos  cos(  120)  cos(  120)  0
KONEKSI TIGA FASA
Urutan positif
abc
terhubung-Y
beban
Beban terhubung delta
KONEKSI SUMBER/BEBAN
KONEKSI YY SEIMBANG
Tegangan saluran
Van | V p | 0
Vab
Vca
Vbc
Vbn | V p |   120
Vcn | V p | 120
Urutan positif
tegangan fase
Vab  Van  Vbn
| V p | 0 | V p |   120
| V p | 1  (cos120  j sin 120) 
1
3

| V | p  | V p |   j
2 
2
 3 | V p | 30
Vbc  3 | V p |   90
Ia 
Van
V
V
; I b  bn ; I c  cn
ZY
ZY
ZY
Ia | I L |  ; Ib | I L |   120; Ic | I L |   120
Vca  3 | V p |   210
VL  3 | V p |  Line Voltage
Ia  Ib  Ic  I n  0 Untuk rangkaian seimbang ini cukup menganalisis satu fasa
CONTOH PEMBELAJARAN
Untuk barisan abc, rangkaian tiga fasa Y - Y seimbang
Vab  208  30
Tentukan tegangan fasa
Diagram fasor dapat diputar dengan sudut apa pun
Urutan positif
abc
Seimbang Y - Y
Van  120  60
Vbn  120  180
Van  12060
Van | V p | 0
Vbn | V p |   120
Vcn | V p | 120
Urutan positif
tegangan fase
Vab  3 | V p | 30
Van lags Vab by 30
Vab  208  30
Van 
| Vab |
(30  30)
3
Hubungan antara
tegangan fasa dan saluran
CONTOH PEMBELAJARAN
Untuk barisan abc, rangkaian tiga fasa Y - Y seimbang
source | V phase | 120(V )rms , Zline  1  j1, Z phase  20  j10 Karena rangkaian seimbang
Tentukan arus saluran dan tegangan beban
data pada salah satu fase ada
memadai
I bB  5.06  120  27.65( A)rms
I cC  5.06120  27.65( A)rms
VAN  IaA  (20  j10)  IaA  22.3626.57
1200
VAN  113.15  1.08(V )rms
Terpilih
sebagai referensi
Van  1200
Vbn  120  120
Van  120120
urutan abc
Van
1200

21  j11 23.7127.65
 5.06  27.65( A)rms
I aA 
VBN  113.15  121.08(V )rms
VCN  113.15118.92(V )rms
EKSTENSI PEMBELAJARANUntuk barisan abc, rangkaian tiga fasa Y - Y seimbang
Van  12090 (V )rms . Find the line voltages
Vab leads Van by 30
Vab  3 | V p | 30
Vab  3 120120 (V )rms
Van lags Vab by 30
Vbc  3  1200 (V )rms
Vca  3  120240 (V )rms
Hubungan antara
tegangan fasa dan saluran
Vab  2080 (V )rms . Find the phase voltages
Van lags Vab by 30
Van 
208
  30 (V )rms
3
208
  150 (V )rms
3
208
Vcn 
90 (V )rms
3
Vbn 
EKSTENSI PEMBELAJARANUntuk barisan abc, rangkaian tiga fasa Y - Y seimbang
load | V phase | 104.0226.6(V )rms , Zline  1  j1, Z phase  8  j3
Tentukan tegangan fasa sumber
Arus tidak diperlukan. Gunakan kebalikan
pembagi tegangan
(8  j3)  (1  j1)
VAN
8  j3
9  j 4 8  j3 84  j5


 1.153.41
8  j3 8  j3
73
Van 
8
 104.0226.6(V )rms
j 3
Van  12030
Vbn  120  90
Vcn  120150
Urutan positif
abc
SUMBER TERHUBUNG DELTA
Konversikan ke koneksi Y yang setara
Vab  VL0
Vab  3 | V p | 30
VL
 
V

  30
  an
3
Vbc  VL  120 

Vca  VL120  V  VL   150
bn
3

VL

V

90
 cn
3

Van lags Vab by 30 Contoh
Vab  20860 

Vbc  208  60 
Hubungan antara
Vca  208180 
tegangan fasa dan saluran
Van  12030

Vbn  120  90
V  120150
 cn
CONTOH PEMBELAJARAN
Tentukan arus saluran dan tegangan saluran pada beban
Sumber terhubung Delta.
Ubah ke setara Y
Vab  VL0


Vbc  VL  120 
Vca  VL120 
VL

V

  30
 an
3

VL

V

  150
 bn
3

VL

V

90
 cn
3

Analisis satu fase
(208 / 3)  30
 9.38  49.14( A)rms
12.1  j 4.2
 (12  j 4)  9.38  49.19  118.65  30.71(V )rms
I aA 
VAN
Vab  3 | V p | 30 VAB  3 118.650.71
Tentukan fase-fase lainnya dengan menggunakan n
I bB  9.38  169.14( A)rms VBC  3  118.65  119.29
I cC  9.38  71.86( A)rms VCA  3  118.65120.71
EKSTENSI PEMBELAJARAN Hitung besarnya tegangan saluran pada beban
Sumber terhubung Delta.
Ubah ke setara Y
Vab  VL0


Vbc  VL  120 
Vca  VL120 
VL

V

  30
 an
3

VL

V

  150
 bn
3

VL

V

90
 cn
3

Analisis satu fase
j 0.1
10
VAN 
10  j 4
120  30
10.1  j 4.1
Hanya tertarik pada besaran!
10.77
 118.57(V )rms
10.90
Vab  3 | V p | 30
| VAB | 205.4(V )rms
| VAN | 120
BEBAN TERHUBUNG DELTA
Load phase currents
I AB 
V AB
| I  |  
Z
I BC 
VBC
| I  |    120
Z
   30   Z
VCA
| I  |    120
Z
Line currents
I CA 
Z | Z L |  Z
I aA  I AB  I CA
I bB  I BC  I AB
Metode 1: Selesaikan secara langsung
Van | V p | 0
Vbn | V p |   120
Vcn | V p | 120
Urutan positif
tegangan fase
Vab  3 | V p | 30
Vbc  3 | V p |   90
Vca  3 | V p |   210
| I line | 3 | I  |
 line     30
Arus fase-line
hubungan
I cC  I CA  I BC
Metode 2: Kami juga dapat mengonversi de
beban terhubung menjadi beban terhubung
Rumus yang sama diturunkan untuk resisti
sirkuit berlaku untuk impedansi
Z
3

|V | / 3
Van
| I aA | AB
I aA 
| I aA |  L  
| Z | / 3
ZY

 L   Z
Balanced case ZY 
| V | 3 | V phase |
    phase  30
Line - phase voltage
relationship
| I line | 3 | I  |
 line     30
Arus fase-line
hubungan

EKSTENSI PEMBELAJARAN
I aA  1240.
Find the phase currents
I AB  6.9370
I BC  6.93  50
I CA  6.93190
Rab  R2 || ( R1  R3 )
REVIEW OF
Y
 Y
Rab  Ra  Rb
Y 
Transformations
Ra R1
Rb R1
Rb R2
Rb R1
R1 R2


R



R

3
2
Ra
Rc R1
Rc
R2 ( R1  R3 ) Ra  R1  R2  R3 Rb R3
Ra  Rb 
GANTI DI KETIGA DAN TEMUKAN R1
R1  R2  R3
R2 R3
Rb 
R1  R2  R3
Ra Rb  Rb Rc  Rc Ra
R3 ( R1  R2 )
R

1
Rb  Rc 
Rb
R
R
3 1
R1  R2  R3 Rc 
R1  R2  R3
R R  Rb Rc  Rc Ra
R2  a b
Rc
 Y
R (R  R )
Rc  Ra 
1
2
3
R1  R2  R3
KURANGI DUA PERTAMA KEMUDIAN TAMBAHKAN
KETIGA UNTUK MENDAPATKAN Ra
R3 
Ra Rb  Rb Rc  Rc Ra
Ra
Y 
R  R1  R2  R3  RY 
R
3
Beban terhubung delta terdiri dari resistansi 10-Ohm secara se
CONTOH PEMBELAJARAN
dengan induktansi 20 mH. Sumber terhubung-Y, urutan abc,
120-V rms, 60Hz. Tentukan semua arus saluran dan fasa
Van  12030(V )rms
Zinductance  2  60  0.020  7.54
Z  10  j 7.54  12.5237.02  ZY  4.1737.02
VAB 120 360

 16.6022.98( A)rms
Z
10  j 7.54
 16.60  97.02( A)rms
I AB 
I BC
| V | 3 | V phase |
I CA  16.60142.98( A)rms
    phase  30
IaA  28.75  7.02( A)rms
Line - phase voltage
I bB  28.75  127.02( A)rms
relationship
| I line | 3 | I  |
 line     30
Arus fase-line
hubungan
I cC  28.75112.98( A)rms
Atau, tentukan terlebih dahulu arus saluran
dan kemudian arus delta
HUBUNGAN KEKUATAN
| V | 3 | V phase |
- Sudut impedansi
    phase  30
Line - phase voltage
relationship
Vline
STotal  3 V phase  I *phase
*
STotal  3Vline I line
| I line | 3 | I  |
 line     30
Arus fase-line
hubungan

Stotal  3Vline  I *
*
STotal  3Vline I line
f

Sudut faktor daya
I line
Ptotal  3 |Vline || I line | cos f
Qtotal  3 |Vline || I line | sin  f
CONTOH PEMBELAJARAN
| Vline | 208(V )rms
Ptotal  1200W
power factor angle  20 lagging

Tentukan besar garis
arus dan nilai impedansi beban
per fase di delta
Vline

- Sudut impedansi
Ptotal  3 |Vline || I line | cos f
Qtotal  3 |Vline || I line | sin  f
Z  101.4620
Vline
Ptotal | Vline || I line |

cos f | I line | 3.54( A)rms
3
3
| I line | 3 | I  |
 line     30
Arus fase-line
hubungan
f

Sudut faktor daya
| Vline |

|
Z
|

 101.46

| I  | 2.05( A)rms
| I |
I line
CONTOH PEMBELAJARAN
Untuk barisan abc, rangkaian tiga fasa Y - Y seimbang
source | V phase | 120(V )rms , Zline  1  j1, Z phase  20  j10
Tentukan daya nyata dan reaktif per fase pada beban dan total nyata, reaktif dan
kekuatan kompleks di sumbernya
VAN  IaA  (20  j10)  IaA  22.3626.57
VAN  113.15  1.08(V )rms
*
S phase  VAN I aA
 113.15  1.08  5.0627.65
S phase  572.5426.57  512  j 256.09(VA)rms
Pper phase
1200
Terpilih
sebagai referensi
Van  1200
*
Ssource phase  Van  IaA
 1200  5.0627.65
Ssource phase  607.227.65
Vbn  120  120 Karena rangkaian seimbang
Van  120120
data pada salah satu fase adalah
memadai
urutan abc
Van
1200

21  j11 23.7127.65
 5.06  27.65( A)rms
I aA 
Qper phase
 537.86  j 281.78VA
Ptotal source  3  537.86(W )
Qtotal source  3  281.78 (VA)
Stotal source  Ptotal source  Qtotal source
 1613.6  j845.2(VA)
| Stotal source | 1821.6(VA)
Tentukan arus saluran dan faktor daya gabungan
CONTOH PEMBELAJARAN
Circuit is balanced
Load 1 : 24kW at pf  0.6 lagging

Load 2 : 10kW at pf  1
Vline  208(V )rms
Load 3 : 12kVA at pf  0.8 leading

induktif
S  P  jQ
P | S | cos f
P1  24kW

 | S1 | 40kVA
pf  0.6 lagging 
| Q1 | | S1 |2  | P1 |2  32kVA
Q | S | sin  f
pf  cos f
Stotal  S1  S2  S3
f
lagging  inductive  S1  24  j32 kVA
kapasitif
Load 2
STOTAL  S1  S2  S3  43.6  j 24.8kVA  50.16029.63kVA
P2  10kW 
  S 2  10  j 0 kVA Ptotal  3 |Vline || I line | cos f
| Stotal | 3 | Vline |  | I line |
pf  1


Q

3
|
V
||
I
|
sin

total
line
line
f
Load 3
 f  29.63
| S3 | 12kVA   P3  9.6kW
 
pf  0.8
 | Q3 | 7.2kVA
leading pf  capacitive S3  9.6  j 7.2kVA
pf  0.869 lagging
| I line | 139.23( A)rms
Lanjutan...
If the line impedances are Z line  0.05  j 0.02
CONTOH PEMBELAJARAN
lanjutan….
determine line voltages and power factor at the source
induktif
f
kapasitif
| I line | 139.23( A)rms
*
Sline  3  ( Z line I line ) I line
 3  Z line | I line |
2
Sline  2908  j1163(VA)
Sload total  43.6  j 24.8kVA  50.16029.63kVA
Ssource total  46.508  j 25.963  53.26429.17kVA
| Stotal | 3 | Vline |  | I line |

 f  29.17
Vline 
53,264
 220.87(V )rms
3  139.13
pf  cos f  cos(29.17)  0.873 lagging
EKSTENSI PEMBELAJARANRangkaian tiga fasa seimbang AY -Y memiliki tegangan salura
208-Vrms. Total daya nyata yang diserap oleh beban adalah 12
pada pf=0,8 tertinggal. Tentukan impedansi per fasa
dari beban
| V | 3 | V phase |
Sudut impedansi
    phase  30
Line - phase voltage
relationship
Vline
STotal  3 V phase  I *phase
S  P  jQ
P | S | cos f
208
| V phase |
 120(V )rms
3
Stotal

I line
Q | S | sin  f
pf  cos f
*
 V phase 
| V phase |2
  3
 3V phase  
*
Z

Z
phase
phase


f
Sudut faktor daya
| Z phase|
3 | V phase |2
| Stotal |
 2.88
pf  0.8  cos f   f  36.87
| Stotal |
Ptotal
 15kVA
pf
Z pahse  2.8836.87
Tentukan daya nyata, reaktif, dan kompleks pada kedua beban
EKSTENSI PEMBELAJARAN
dan sumber
Sumber terhubung Delta.
Ubah ke setara Y
Analisis satu fase
j 0.1
10
*
Sload  3  V AN I aA
*
S source  3  Van I aA
 3
| Van |2
*
Z total
phase
10  j 4
120  30
10.1  j 4.1
10.77
| 120
 118.57(V )rms
10.90
VAN 
| VAN
| V AN |2 3 | 118.57 |2 3 | 118.57 |2 (10  j 4)
 3 *


10  j 4
Z phase
102  42
3 | 120 |2 3 | 120 |2 (10.1  j 4.1)


10.1  j 4.1
(10.1) 2  (4.1) 2
Sload  3  (1,212.0  j 484.8)
S source  3  (1224.1  j 496)
EKSTENSI PEMBELAJARANSebuah saluran 480-V rms memberi makan dua beban 3-fase
Beban dinilai
Muat 1: 5kVA pada lagging 0,8 pf
Beban 2: 10kVA pada 0,9 pf tertinggal.
Tentukan besar arus saluran dari sumber 408-V rms
| S1 | 5kVA 
S  P  jQ
P
 P1  4kW
0 .8
P | S | cos f
Q1  | S1 |2  P12  3.0kVA
Q | S | sin  f
pf lagging  S1  4  j3kVA
| S2 | 10kVA 
Q2  | S2 |
2
P
 P  9kW
0.9
 P22
 4.36kVA
S2  9  j 4.36kVA
Stotal  13  j 7.36kVA
| I lineq |
pf  cos f
Stotal  S1  S2
Ptotal  3 |Vline || I line | cos f
Qtotal  3 |Vline || I line | sin  f
| S total | 3 | Vline || I line |
| Stotal |
14,939

 21.14( A)rms
3 | Vline | 706.68
KOREKSI FAKTOR DAYA
Mirip dengan kasus fase tunggal
Gunakan kapasitor untuk mening
faktor kekuatan
Seimbang
memuat
pf rendah
tertinggal
Tetap jelas tentang total/fase
daya, tegangan saluran/fase
Sold 
  Qold
pf old 
Q  Qnew  Qold
Reactive Power to be added
Pold 
  Qnew Untuk menggunakan kapasitor nilai ini
pf new 
harus negatif
Qper capacitor   CV 2
S  P  jQ
The voltage depends on how P | S | cos f
the capacitors are connected Q | S | sin  f
pf  cos f
pf
pf  cos f  sin  f  1  pf 2 tan 
f
2
1

pf
Q  P tan f
lagging  Q  0
f  60 Hz, | Vline | 34.5kV rms . Required : pf  0.94 leading
CONTOH PEMBELAJARAN
Pold  18.72 MW

  Qnew  6.8 MVA
pf new  0.94 leading 
Q  6.8  15.02  21.82 MVA
Qper capacitor  7.273MVA
S  P  jQ
P | S | cos f
Q | S | sin  f
pf  cos f
Q  P tan f
tan f 
pf
1  pf
lagging  Qold  0
2
pf  cos f  sin  f  1  pf 2  0.626
| Qold | 15.02 MVA
Pold  18.72 MW
Y  connection  Vcapacitor 
34.5
kV rms
3
 34.5 103 
6

 7.273 10  2  60  C  
3 

C  48.6  F
2
f  60 Hz, | Vline | 34.5kV rms . Required : pf  0.90 lagging
CONTOH PEMBELAJARAN
Pold  18.72 MW

  Qnew  9.067 MVA
pf new  0.90 lagging 
Q  9.067  15.02  5.953MVA
Qper capacitor  1.984 MVA
S  P  jQ
P | S | cos f
Q | S | sin  f
pf  cos f
Q  P tan f
tan f 
pf
1  pf
lagging  Qold  0
2
pf  cos f  sin  f  1  pf 2  0.626
| Qold | 15.02 MVA
Pold  18.72 MW
Y  connection  Vcapacitor 
34.5
kV rms
3
 34.5 103 
6

 1.984 10  2  60  C  
3 

C  13.26  F
2
CONTOH PEMBELAJARAN
MENGUKUR ALIRAN DAYA Rangkaian mana yang merupakan sum
berapa daya rata-rata yang diberikan?
 120kV rms
 125kV rms
Perbedaan fase
menentukan arah
aliran listrik!
Tentukan arus
mengalir. Konversi baris
tegangan ke tegangan fasa
*
SY  3VAN  I aA
S X  3Van ( I aA )*
Sirkuit 1 fase yang setara
V  V AN
I aA  an
1  j2
12000
12000
  30 
  25
3
3

1 j2
IaA  270.30  180.93( A) rms
Ploss  ( PX  PY )
SY  3 12  0.2703(25  180.93) MVA
S X   3 12  0.2703(30  180.93) MVA
PY  5.13MW
S  P  jQ
PX  4.91MW
P | S | cos
f
Sistem Y adalah sumbernya
BIAYA TAMBAHAN KOREKSI FAKTOR DAYA
CONTOH PEMBELAJARAN
Berapa kapasitansi yang diperlukan untuk meningkatkan faktor daya dengan jumlah y
diinginkan:
Dipasok oleh
kapasitor
• paling murah di  0.8
• sangat mahal karena
pf
OLD
1
SPESIFIKASI KAPASITOR
Kapasitor untuk koreksi faktor daya biasanya ditentukan dalam VAR
| Qper capacitor |  CV 2
The voltage and frequency must be given in order to know the capacitanc e
Assume 60 Hz unless other value is given.
CONTOH PEMBELAJARAN
For pf  0.94 leading one needs
C  48.6  F
Pilihan yang tersedia
Capacity
1
2
3
Rated Voltage (kV)
10
50
20
Rated Q (Mvar)
4
25
7.5
4  106
C1 
 106.1 F
3 2
2  60  (10  10 )
25  106
C2 
 26.53 F
3 2
2  60  (50  10 )
Vline  34.5kV  V phase  19.9kV
Kapasitor 1 tidak dinilai cukup tinggi
voltase!
7.5  106
C3 
 49.7  F
3 2
2  60  (20  10 )
Kapasitor 3 adalah alternatif terbaik
BELAJAR DENGAN DESAIN
Usulan toko baru
#4ACSR wire rated at 170 A rms
1. Apakah kabelnya coc
2. Berapa kapasitansi
akan diminta untuk
memiliki komposit
pf = 0,92 tertinggal
Kapasitor harus
Y - terhubung
S1  70036.9
S2  100060kVA
S3  80025.8kVA
 560  j 420 kVA  500  j866 kVA
 720  j 349 kVA
Stotal  1780  j1635 kVA  241742.57 kVA
| Stotal |
2.417  106
| I line |

 101.1A rms
3
3  Vline
3  13.8  10
Kawat baik-baik saja
Pold 
  Qnew  P tan f ( new )  758.28kVA
pf new 
Q  Qnew  Qold  876.72kVA

Q | S | sin  f
pf  cos f
STotal  3  V phase  I *phase
*
 3  Vline  I line


| Qper capacitor |  CV 2
876.72  103 / 3
 12.2 F
C
2
13.8kV
2  60  13.8 103 / 3
V | V phase |
3

Stotal  S1  S2  S3
S  P  jQ
P | S | cos f
DESAIN EMULATOR 3 FASA
CONTOH PEMBELAJARAN
Penyesuaian Magnitudo
Persamaan desain untuk
pengatur
Didukung oleh 120V (RMS) – stopkontak standar Potensiometer lebih dibatasi.
menggunakan trafo dengan rasio putaran
Pilih
RP  10k 
V  V 120
EMULATOR 3 FASA - LANJUTKAN
CN
O
1
LARUTAN:
• Gunakan jaringan RC untuk -60 d
• Gunakan inverter untuk -180 per
1
1
j C
V 
V 
V
1
1  j R C
R 
j C
2
1
1
3
3
penyangga
V   tan   R C   60
1
2
o
3
 RC  tan60  1.73  RC  4.6  10
3
EMULATOR 3 FASA - LANJUTKAN
V V V  0
AN
BN


GUNAKAN 10K RESISTOR UNTUK
KESERAGAMAN
CN
EMULATOR 3 FASA – SOLUSI YANG DIUSULKAN
polifase