Motor Sinkron 1c733c

BAB : 36

MOTOR SINKRON 36.1. Pengenalan Motor Sinkron Sebuah motor sinkron ( pada gambar 36.1) secara umum identik dengan sebuah altenator atau generator AC. Pada kenyataannya , sebuah mesin sinkron , berdasarkan teori yang ada , berperan sebvagaisebuah altenator, ketika digunakan secara mekanik , dan akan berperan sebagai motor , ketika digunakan secara elektris ,

GAMBAR 36.1 yang dikhususkan pada kasus mesin DC. Hampir seluruh motor sinkron memiliki kapasitas daya antara 150 kW hingga 15 MW dan memiliki taraf kecepatan anatara 150 hingga 1800 r.p.m. Berikut beberapa ciri khas motor sinkron yaitu : 1. pada awal berputar kecepatan motor menunjukkan kecepatan sinkron namun disaatpada proses perputaran selanjutnya kecepatan motor akan konstan ( karena Ns = 120 f/p). 2. proses starting awal tidak secara mandiri.merupakan keharusan agarmotor berputar secara sinkron atau mendekati sinkron dengan berbagai cara, sebelum disinkronkan dengan sumber arus listrik ( supply).

3. motor ini dapat dioperasikan dalam kedaan dibawah standar factor kekuatan , yaitu dengan proses lagging dan leading. Oleh karena itu , motor ini dapat digunakan untuk tujuan pemeriksaan kekuatan , dengan menambahkan masukan torka dalam mengatur beban. 36.2. Prinsip Kertja Motor Sinkron Seperti yang ditunjukkan pada gambar 32.7, ketika 3 fasa dihasilkan oleh sumber 3 fasa , maka dapat dihasilkan sebuah fluks magnet yang besarnya konstan dengan perputaran secara sinkron. Berdasarkan gambar stator dua kutub yang diperlihatkan pada gambar 36.2 , hal tersebut menunjukkan stator dua kutub ( yaitu Ns dan Ss ) berputar secara sinkron searah jarum jam. Posisi rotor yang diperlihatkan pada gambar, dimisalkan dengan kondisi pada point A dan B. Dua kutub yang sama , N ( pada rotor ) dan Ns ( pada stator ) begitu pula dengan S dan Ss akan bertolak belakang satusama lain, dengan kesimpulan bahwa rotor memiliki kecenderungan untuk berputar berlawanan arah jarum jam. Tetapi , setengah periode kemudian , kutub stator , dalam keadaan berputar , kan bertukar posisi yaitu Ns terletak di titik B dan Ss terletak pada titik A. Dalam keadaan seperti ini, Ns menarik S dan Ss menarik N. Oleh karena itu , rotor memiliki kecenderungan untuk berputar searah jarum jam ( yang ternyata berlawanan dengan keadaan awal). Sehingga , kita dapat menyimpulkan bahwa kesepadanan dalam peputaran kutub stator yang cepat dan berkesinambungan, rotor akan menjadi indicator sebagai sebuah torka yang dengan cepat bertolak belakang dengan urutan yang pesat, rotor juga menjadi indicator sebagai torka yang memiliki kecenderungan mengalami perpindahan pada saat awal dalam kondisi searah jarum jam dan kemudian berlawanan arah jarum jam. Karena menghasilkan gejala inersia yang besar , rotor tidak dapat secara cepat memberikan tanggapan sedemikian hingga berlawanan dengan arah torka secara cepat , dengan hasil yang tersisa adalah sama.

GAMBAR 36.2 dan 36.3

Sekarang , berdasarkan pada kondisi yang ditunjukkan pada gambar 36.3 : 1) Kutub stator dan rotor akan tolak menolak satu sama lain. Ketika rotor dalam keadaan stasioner , tetapi perputaran searah jarum jam. , sedemikian rupa sehingga ia kumparan berputar sepanjang satu lereng kutub sehingga suatu saat kutub stator dapat menukar posisi mereka, seperti yang ditunjukkan pada gambar 36.3. 2) Di sini ,sekali lagi, kutub stator dan rotor saling tarikmenarik satu sama lain. Hal ini berarti apabila jika kutub rotor juga berpindah dari posisi mereka sepanjang kutub stator . kemudian mereka secara berkesinambungan akan mengalami sebuah torka yang tidak memiliki arah seperti torka yang searah jarum jam , yang diperlihatkan pada gambar 36.3. 36.3. METODE STARTING Rotor ( yang belum tereksitasi ) ditambah kekuatan menuju sinkronisasi atau mendekati kecepatan sinkron dengan beberapa penyusunan dan kemudian dikuatkan dengan sumber DC. Saat kecepatan motor yang mendekati sinkron dikuatkan , hal ini secara magnetis terkunci ke dalam posisi stator seperti kutub rotor melakukannya terhadap kutub stator dan keduanya berputar secara sinkron pada arah yang sama. Hal ini disebabkan penyambungan antara kutub rotor dan stator sehingga motor bergerak secara sinkron atau tidak kedua – duanya. Kecepatan sinkron tersebut dapat dituliskan dalam persamaan umum : Ns =

120 f P

Bagaimanapun , hal ini penting untuk dipahami bahwa penyusunan atau kaitan antara kutub stator dan rotor tidak selalu absolut pada salah satunya. Seperti beban pada motor yang ditambah , rotor secara prtogresif memiliki kecenderungan untuk jatuh kembali dalm fasa ( tetapiu tidak untuk kecepatan seperti di dalam motor DC) dengan berbagai sudut pandang ( seperti opada gambar 36.4) tetapi selalu secara kontiniu untuk berputar secara sinkron. Nilai sudut beban tersebut atau sudut kopel ( begitu kita menyebutnya) didapat berdasarkan beban puncak yang akan dialami oleh motor. Dengan kata lain , torka dihasilkan oleh motor pada sudutnya yang disebut α.

Prinsip kerja yang diperlihatkan oleh motor sinkron , dalam banyak cara, sama dengan mentransmisikan kekutan mekanik dengan shaft. Gambar 36.5 yag menunjukkan 2 katrol P dan Q yang mentransmisikan kekuatan dari pemutar menuju beban. Dua katrol tersebut dainggap untuk mengunci bersama ( hanya seperti sebuah kutuyb sator dan rotor yang terkunci) oleh karena itu mereka berputar secara tepat dengan tingkat kecepatan yang sama. Ketika Q diberi beban , hal ini sedikit menjatuhkan nilai rugi rugi daya yang berada di dalam shaft ( sudut putar yang sama dengan α dalam motor) , sudut putar , pada kenyataannya , menjadi sebuah tolak ukur nilai torka yang ditransmisikan. Hal ini memperjelas bahwa jika Q tidak terlalu memiliki beban besar seperti pemutusan couple , kedua katrol harus berputar sama dengan tingkat kecepatannya 3.7 Tenaga yang digunakan motor sinkron Pengecualian untuk mesin yang sangat kecil,resistansi armature(jankar) sebuah motor sinkron dapat diabaikan dibandingkan dengan nilai reaktansinya. Oleh karena itu rangkaian ekivalen untuk motor menjadi seperti gambar. AB = = Or V = V V = daya masukan per fasa =

1 fasa

=

3 fasa

Karena rugi tembaga dapat diabaikan, motor.

menampilkan daya yang digunakan oleh

= Torsi yang dihasilkan oleh motor adalah = 9.55 / N-m Contoh 36.1 A 75-KW 3- , terhubung bintang, 50-Hz, 440-V motor sinkron beroperasi pada 0.8p.f mendahului. Efisiensi motor 95% dan = 2.5 Ω. Hitung (i) daya yang digunakan (ii) arus jankar (iii) e.m.f (iv) sudut daya (v) torsi maksimum Solusi. = 120x50/4 = 1500 rpm = 25 rps (i) (ii)

= x 440 x

=

/ = 75x

x 0.8 = 78,950;

(iii) Tegangan per fasa =

/0.95 = 78,950 = 129 A

= 254 V. Misal V = 254

V =

+j

atau

=V-j

= 254∠

- 129∠

= 250∠ - 322∠ = 254 – 322 ( = 254 – 332(-0.6 +j 0.8) = 516∠

x 2.5∠ +j

)

(iv) α = (v) Tarikan yang terjadi pada α =

Maximum

=3

=3

=

= 157.275 W

Torsi maksimum = 9.55x157.275/1500 = 1.000 N-m 36.4 MOTOR BERBEBAN DENGAN EKSITASI KONSTAN Sebelum membahas tentang motor singkron sebaiknya kita mengingat kembali mengenai motor DC. Kita telah mengetahui bahwa ketika motor DC desuplai dengan tegangan V volt maka dalam pergerakanya akan terbentuk e.m.f lawan akan terbentuk pada kumparan armatur. Tegangan yang terjadi di armatur adalah (V – Eb) dan menyebabkan arus armatur Ia = ( V – Eb ) / Ra. Yang mengalir ke Ra. Dimana Ra adalah resistansi armatur. Daya mekanik yang terbentuk di armatur tergantung pada Eb dan Ia. ( Eb dan Ia berbeda satu dengan yang lainya. Sama halnya dengan mesin DC, mesin singkron e.m.f lawan di bangkitkan pada armatur (stator) dengan fluks rotor yang tergantung pada nilai tegangan yang diterimanya. e.m.f lawan ini tergantung hanya pada pengasutan motor (tidak pada kecepatan seperti pada motor DC ) tegangan bersih pada armatur (stator ) adalah beda fektor (bukan aritmatik seperti pada motor DC) antara V dan Eb. Arus armatur dihasilkan dari pengalian beda fektor ini dengan impedansi armatur (bukan seperti pada motor DC).

Figure 36.6 memperlihatkan kondisi ketika motor berputar dalam keadaan tanpa beban dan tidak terdapat losis dan memiliki eksitasi medan dimana V = Eb. Pada gambar tersebut terlihat bahwa perbedaan fektornya adalah nol, dan juga pada arus armaturnya. Rugi –rugi motor adalah nol karena tidak ada beban dan losis yang terjadi padanya dengan kata lain motor hanya berputar. Apabila motor dalam keadaan tanpa beban, tetapi ia memiliki losis, maka fektor Eb akan tertinggal dengan sudut fasa Φ (figure 36.7) begitujug aresultan tegangan ER, oleh karena itu arus Ia menyebapkan terjadinya losisis. Sekarang apabila motor tersebut dibebani maka sudut fasanya akan bertaambah besar, sudut fasa yang terbentuk disebut dengan sudut beban atau sudut kopling (keduanya tergabung dalam sudut pengasutan ). Apabila nilai ER meningkat dan kecepatan motor juga meningkat maka ini akan mengakibatkan terjadinya pengurangan factor daya. 36.5 ALIRAN DAYA PADA MOTOR SINKRON. Ra = Resistansi armatur / fasa. Xs = Reaktasi sinkron / fasa. Z = Ra + jXs

Ia = ER / Zs = ( V – Eb ) / Zs

Sehingga persamaan tersebut dapat ditulis menjadi : V = Eb + Ia. Zs Sudut Φ disebut sudut dalam dimana Ia tertinggal dibelakang ER. Tan Φ = Xs / Ra Apabila Ra diabaikan maka Φ = 900 Motor input menjadi = V.Ia.CosΦ Dimana V adalah teganga yang diterapkan / fasa. Peningkatan daya pada rotor adalah : Pin = e.m.f lawan x arus armatur x Cosinus sudut antara Ia dan Eb. = Eb.Ia.Cos (α - Φ ) per fasa.

Daya keluaran / fasa adalah = V.Ia.CosΦ , dan Ia2 Ra

terbentu pada armatur. Dan

nilai yang terbentuk pada rotor adalah V Ia CosΦ - Ia2 Ra Jika daya input perfasa adalah P maka : P = Pm + Ia2 Ra Daya mesin pada rotor = P - Ia2 Ra - per fasa. Untuk tiga fasa Pm = √3 Vl Il cosΦ - 3 Ia2 Ra Diagram perfasa dari mesin singkron seperti terlihat dibawah ini :

36.6 RANGKAIAN EKIVALEN DARI MOTOR SINGKRON Figur 36.9 a memperlihatkan model rangkaian ekivalen belitan satu fasa pada motor sinkron. Ini juga terlihat pada figure 36.9 b disana terlihat bahwa tegangan yang diterapkan V adalah merupakan resultan vector antara e.m.f lawan dengan impedansi drop Ia2 Zs. Dengan katalain, V = (-Eb + Ia2 Zs). Sudut α adalah sudut antara V dengan Eb ini disebut dengan sudut beban atau sudut daya dari motor sinkron.

3.7 Tenaga yang digunakan motor sinkron Pengecualian untuk mesin yang sangat kecil,resistansi armature(jankar) sebuah motor sinkron dapat diabaikan dibandingkan dengan nilai reaktansinya. Oleh karena itu rangkaian ekivalen untuk motor menjadi seperti gambar. AB = = Or V = V V = daya masukan per fasa =

1 fasa

=

3 fasa

Karena rugi tembaga dapat diabaikan, motor.

menampilkan daya yang digunakan oleh

= Torsi yang dihasilkan oleh motor adalah = 9.55 / N-m Contoh 36.1 A 75-KW 3- , terhubung bintang, 50-Hz, 440-V motor sinkron beroperasi pada 0.8p.f mendahului. Efisiensi motor 95% dan = 2.5 Ω. Hitung (i) daya yang digunakan (ii) arus jankar (iii) e.m.f (iv) sudut daya (v) torsi maksimum Solusi. = 120x50/4 = 1500 rpm = 25 rps (vi)

=

(vii)

x 440 x

(viii)

=

/ = 75x

x 0.8 = 78,950;

Tegangan per fasa =

V =

+j

atau

/0.95 = 78,950 = 129 A

= 254 V. Misal V = 254

=V-j

= 254∠

- 129∠

= 250∠ - 322∠ = 254 – 322 ( = 254 – 332(-0.6 +j 0.8) = 516∠

x 2.5∠ +j

)

(ix) α = (x) Tarikan yang terjadi pada α =

Maximum

=3

=3

=

= 157.275 W

Torsi maksimum = 9.55x157.275/1500 = 1.000 N-m 36.8 Motor Sinkron dengan eksitaasi yang berbeda Sebuah motor sinkron disebut juga memiliki eksitasi normal jika = V. Medan eksitasi dikatakan under-excited jika V maka motor tersebut dikatakan over-excited dan arus tertinggal dari tegangan. Pada kondisi ini beberapa nilai eksitasi akan sefasa dengan V ,sehingga faktor daya akan bernilai satu.

Nilai dari α dan e.m.f. faktor daya yang berbeda. (i)

= =

dapat dicari dengan bantuan diagram vektor untuk

Lagging p.f.

+

=

+

Sudut beban α = (ii)

=

Leading p.f.

=V-

+j

α= (iii)

OB =

Unity p.f.

dan BC =

= (V -

)+j

; α=

36.9. Efek Dari Menaikkan Muatan Dengan Perangsangan Yang Tetap a.Rangsangan Tetap Gambar dibawah memperlihatkan kondisi ketika motor bergerak dengan muatan turun, jadi terlihat bahwa sudut torque bernilai kecil, begitu juga dengan Eg1, Ial,, φ1 dan cos φ1 berilai besar.

Sekarang perkirakan bahwa muatan pada motor dinaikkan seperti pada gambar 36.15(b). Untuk bertemu dengan muatan ekstra ini motor harus memunculkan torka lebih banyak yang tergambarkan dengan jarum-jarum arah. Yang terjadi selanjutnya adalah : 1. Rotor jaruh kembali di fasa muatan yang menaikkan α2. 2. Tegangan pada jangkar akan meningkat terutama pada Er2. 3. Sebagai hasilnya maka Ia1, meningkat kepada Ia2 meningkatkan torka yang dibangkaitkan oleh motor. 4. Φ1 meningkat pada Φ2, jadi power juga meningkat.

b. Rangsangan Minimal Ini dapat dilihat pada gambar dibawah dengan muatan kecil, torka yang kecil, dan fasa yang besar pada Φ1.

Tidak seperti perangsangan normal, alliran pada jangkar harus mengalir untuk memunculkan arus yang sama dikarenakan adanya faktor arus yang rendah.

c.Kelebihan Pacuan/rangsangan. Ketika bberjalan di muatan yang kecil, α1 bernilai kecil tetapi Ia1 bernilai besar. Seperti motor dengan pacuan yang kecil, dimana ada muatan yang lebih kecil, faktor aarus ditekan sedemikian ruspa. Aliran jangkar juga dinaikkan termasuk pada peningkatan pada arus jangkar untuk selanjutnya meningkatkan muatan seperti pada gambar 36.18.

Kesimpulan : Dari ketiga kasusu diatas dapat disimpulakan : 1. Seperti

penaikan

muatan

pada

motor,

Ia

mendapatkan

rangsangan/pacuan yang lebih besar. 2. Untuk kejadian rangsangan yang kurang dan rangsangan yang lebih pada motor, faktor arus dapat menaikkan muatan. Pada rangsangan normal, ketika muatan dinaikkan, terjadi Contoh 36.9 Sebuah motor sinkron memiliki reaktansi 40% dan resistansi yang akan dioperasikan saat beban tertentu pada (i) factor daya sama (ii) 0,8 p.f terbelakang (iii) 0,8 p.f mendahului. Berapa besar nilai atau harga emf induksi? Buat asumsinya. Penyelesaian : Diketahui V = 100 V, penurunan nilai reaktansi = IaXs = 40 V (i) Pada p.f yang sama. θ = 90, Eb = √100 ²+ 40² = 108 V (ii) pada p.f 0.8 (terbelakang) here
(iii) pada p.f 0,8 (mendahului) Here (Ө + Φ) = 900 + 36,90 = 126,90 Eb2 = 1002 + 402 – 2 x 40 x cos 126,90 = 128 V Berdasarkan fig.36.29 (c), Eb2 = (OM + OA)2+ MB2 = 1242+322 = 128 V Contoh 36.10 Sebuah motor sinkron 1000 kVA,11000 V, 3ǿ terhubung Y, memiliki resistansi armature dan reaktansi per fasanya 3.5 Ω dan 40Ω. Tentukan e.m.f induksi dan sudut keterbelakangan saat motor berbeban, pada : (a) p.f yang sama (b) p.f tertinggal 0,8 (c) p.f mendahului 0,8. Penyelesaian : Arus armature saat beban penuh = 1000 x 1000/√3 x 11000 = 52,5 A Tegangan / fasa = 11000/√3 = 6,351 V ; cos ǿ = 0,8 ǿ = 36053’ Penurunan resistansi armature / fasa = IaRa = 3,5 x 52,5 = 134 V Penurunan reaktansi / fasa = IaXs = 40 x 52,5 = 2100 V Penurunan impedansi per fasa = IaZs = √184² + 2100² = 2,100 V (approx) Tan θ = Xs/Ra θ = tanˉ¹ (40/33,5)=85° (a) Pada p.f yang sama. Diagram vector ditunjukkan pada fig 36.30 (a) Eb² = 6,3512 + 2,1002 – 2 x 6,351 x 2,100 cos 850 ; Eb = 6.513 V per fasa Tegangan induksi = 5,190 x √3 = 11,280 V dari Δ OAB Sin α = 2,100 x 0,9961/6,513 = 0,3212 α = 180 44’ (b) Pada p.f 0,8 tertinggal, fig.36.30(b)
Impedance drop = IaZs = 50 x 20 = 1000 V/phase Eb2 = 38102 + 10002 – 2 x 3810 x 1000 x cos (8708’ – 36052’) Eb = 3263 V/phase Line induced e.m.f = 3263 x √3 = 5651 V (ii) power input would reman the same as shown in fig. 36.28the current vector is drawn at a leading angle of ǿ = 36052’ now, (θ + ǿ) = 8708’ + 36052’ = 1240 cos 1240 = -cos 560 Eb2 = 38102 + 10002 – 2 x 3810 x 1000 x –cos 560 Eb = 4447 V/phase Line induced e.m.f = √3 x 4447 = 7,700 V

Note, it may be noted that if Eb > V, then motor has a leading power factor and if Eb
36-10. Efek dari Pengubahan Eksitasi dari Beban konstan. Seperti yang diperlihatkan di Fig 36.20 (a), sebuah motor sinkron sedang bekerja dengan eksitasi normal (Eb = V) di p.f selaras dengan beban di atur. Jika Ra sebanding dengan Xs, kemudian Ia tertinggal dari dari Er sebesar 900 dan dalan fasanya dengan V karena p.f selaras. Jangkar menarik sebuah daya dari V.Ia setiap fasa dimana cukup untuk bertemu dengan beban motor. Sekarang, ayo kita bahas efek dari penutunan atau peningkatan dari medan eksitasi ketikan di aplikasikan ke moto yang cenderung konstan. a. Penurunan Eksitasi. Seperti di Fig. 36.20 (b), pengaruh selama penurunan eksitasi, kembali e.m.f berkurang menajadi Ebl saar sudut beban sama α1. resultan tegangan ER1 menyebabkan sebuah arus

jangkar

yang

tertinggal

Iai

yang

mengalir. Walaupun Iai lebih besar dari Ia dalam magnitud yang tidak mampu untuk memproduksi daya yang dibutuhkan VIa untuk

membawa

beban

lonstan

karena

Fig.36.20

komponen Iai cos φ lebih kecil dari Ia jadi V Iai cos φ < V cos Ia. Jadi menjadi perlu untuk sebuah sudt beban untuk meningkat dari α1 ke α2. hal terswebut meningkatkan kembali e.m.f. dari

Eb1 ke Eb2 yang

akhirnya meningkatkan resultan tegangan dari ER1le ER2. akibatnya, arus jangkar meningkat menjadi Ia2 yang secara komponen phasa menghasilkan cukup daya (VIa2 cos cos φ2) untuk mertemu dengan motor beban konstan.

b. Peningkatan Eksitasi Efek dari penigkatan medan eksiasi yang diperlihatkan di Fig 36.20 (c) dimana peningkatan Eb1 ditunjukkan di sudut asli sudut asli beban α1. tegangan resultan ER1 menyebabkan sebuah arus leading Ia1dimana secara komponen fasa lebih besar dari Ia. Sjadi jangkar mengembangkan lebih bnyak daya dari beban di motor. Jadi sudut beban menurun dari α1 ke α2. yang menurunkan resultan tegangan dari ER1ke ER2. Akibatnya arus jangkar menurun dari Ia1 ke Ia2 yang secara komponen phasa Ia2cos φ2=Ia. dalam kasus itu jangkar menembangkan daya yang cukup untuk membawa beban konstan dari motor. Jadi kita temukan variasi dari eksitasi dari motor singkron yang berjalan dengan pemberian bermacam beban menghasilkan perubahan hanya pada sudut beban. 36.11. Torka Berbeda dari sebuah motor singkron. Berbagai torka yang biasa diasosiasikan dengan motor singkron. 1. Torka starting (Starting Torque) 2. Torka berjalan (Running Torque) 3. Torka Tekan (Pull-in Torque) 4. Torka tarik (Pull-out Torque)

1. Torka starting (Starting torque) Torka yang timbulkan oleh motorketika tegangan penuh di terapkan ke statonya. Juga kadang-kadang disebut breakaway torque. Nilainya mungki srendah 10% di dalam kasus pompa sentrifugal dan setinggi 200-250% dari torka beban penuh seperti dalam kasusdalam kasus compressor dua silinder. 2. Torka berjalan (running Torque) Darinamanya mengindukasikan, torka yang muncul ketika motor sedang berjalan. Ini di tentukan oleh daya kuda dan kecepatan dari mesin yang atur (driven machine. Puncak daya kida di tentukan dari torka maximum yang akan dibutuhkam mesin yang atur (driven machine). Motor harus punya sebuah pemutus atau torka maximum berjalan yang lebih besar dari nilai ini untuk menghindari jatuh/kerusakan mesin.

3. Torka tekan (pull-in torque) Motor sinkron di asut sebagai motor induksi ketika sampai 2-5% dibawah kecepatan sinkron. Sesudah itu, pengeksitasian yang dihidupkankan dan rotornya menairik kedalam step dengan medan stator yang berputar secara sinkron. Jumlah dari otrka ayang motor tarik kedalam disebut torka tekan (pull-in torka) 4. Torka Tarik (Pull-out Torque) Torka maksimum yang motor dapat lkembangkan tampa menarik dari step atau penyingkronan dai sebut torka tarik (Pull-out Torque). Normalnya, ketika ebabn pada motor meningkat, rotornya secara progresif cenderong untuk jatuh dalam fasa dengan beberapa sudut (disebut sudut beban) dibelakang pengisian secara sinkron (synchronously-revolving) dari medan magnetis walaupun motor tetap berjalan secara sinkron. Motor meningkatkan torka maksimum ketika rotornya mencapai sudut 900 (dalam kata lain, motor telah berubah /berbalik dengan jarak yangsma ke setengah jarak dari kutub.) lebih lagi peningkatan beban akan menyebabkan motor untuk menarik (pull-out) dari step (penyingkronan) dan berhenti. 36.12. Daya dihasilkan oleh Motor Sinkron dlam gambar OA menghadirkan tegangan supply/pasa dan Ia=I adalah arus jangkar., AB pengembalian e.m.f di sudut beban dari α. OB memberikan resultan tegangan ER=I.ZS (atau I.XS jikaRa bias dihilangkan) I menuntun V dengan φ dan tertinggal dibelakang ER oleh sebuah sudut θ =tan-1(Xs/Ra). jalur CD di gambarkan di sebuah sudut dari θ ke AB. Ac dan ED adalah tegaklurus be CD (dan sejajjar ke AE juga) Daya Mekanik setiap pasa dihasilkan dalam adalah Pm=Eb,I cos Ψ………………………..i Dalam sgitiga OBD, BD = BD

=I.Z.cos Ψ.

Sekarang, BD= CD - BC=AE-BC I.Z.cos Ψ = V cos (θ-α)- Ebcos θ V E I cosψ = cos(θ − α ) − b cos θ Zs Zs

mensubsitusikan nilai (i), kita dapatkan

Coupling Sudut α)-

V  Eb Eb Eb2 Pm p erfa sa= Eb  co s(θ − α ) − c o sθ  = co s(θ − α ) − c o sθ * …………ii Zs Zs  Zs  Zs hal ini mencerminkan untuk daya mekanik dihasilkan dalam lingkup sudut beban (α) dan sudut dalam (θ) dari motor dari tegangan konstan V dan Eb(atau pengeksitasian karena Ebtergantung hanya pada eksitasi). Jika Tg adalah torka jangkar kotor dikembangkan dengan motor, maka:

Tg = 2π N s = Pm atauTg = Tg =

Pm

ϖs

=

Pm

2πN s

Pm 60 Pm P = . = 9,55 m 2πN s / 60 2π N s Ns

Kondisi

untuk

daya

maksimum

di

dapat

ditemukan

dengan

mendifferensiasikan rumus diatas dengan acuaan ke sudut beban dan menyamakannya dengan nol. dPm EV = − b sin(θ − α ) = 0atau sin(θ − α ) = 0 dα Zs

nilai dari daya maksimum (Pm)max = −

EbV Eb2 E V E2 − cos α..atau .( Pm ) max = b − b cos θ …………………..iii Zx Zs Zx Zs

Hal ini menunjukkankalau daya maksimum dan torka normal (kecepatan konstan) tergantung dari V dan eksitasi Ebi.e. nilai maksimum dari θ (dan nilai α)dsama tatapi torka maksimum akan proposionalyang dihasilkan menjadi persamaan iii, persamaan ii dibuat seperti Fig 36.22 Jika Ra di hilangkan, kemudia Zs hampi sama dengan nilai Xs dan θ=90… θ=90.

Pm =

EbV sin α ………..(iv) Xx

( Pm ) max

EbV Xs

dari

persamaan (iii)**Nilai yang sama dpat didapatkan dengan menempatkan α-900dalam persamaan (iv). Ini berhubungan dengan torka tarik (pull-out torque)

36.13 Ungkapan alternative untuk pengembangan daya

Dari gambar 36.23, seperti biasanya OA mengembangkan persediaan tegangan per fasa i.e. V dan AB (= OC) adalah imbas atau kembali e.m.f

per fasa i.e. E b pada

suatu sudut α dengan OA. Arus jangkar I (Ia) terbelakang V dengan е Ф. Daya mekanik yang dihasilkan adalah, Pm = Eb . I x kosinus dari sudut antara Eb dan I = Eb I cos

DOI

= Eb I cos ( π -

DOI)

RA umumnya dapat diabaikan, ZS = VS sehingga θ = 90o. karena itu Pm = PM =

EbV E V cos (90 o - α ) = b sin α XS XS

Ini memberikan nilai dari daya mekanik yang dihasilkan dalam hubungan α – variabel dasar dari mesin sinkron. Ungkapan yang sama ini ditemukan untuk suatu alternator atau generator sinkron pada Art. 35.37. Motor sinkron

= - Eb I cos (θ + γ) = − Eb

ER (cos θ cos γ − sin θ sin γ ) ZS

.. .......... ......( i )

Sekarang, ER dan fungsi dari sudut θ dan γ akan dikurangi sebagai berikut : Dari ∆ OAB ; V/sin γ = ER / sin α

jadi, sin γ = V sin α/ ER

Dari ∆ OBC ; ER cos γ + V cos α = Eb

jadi, cos γ = (Eb –V cos α ) /ER

Juga cos θ =Ra / ZS dan sin θ = XS / ZS Substitusi nilai ini dalam persamaan (i) diatas, didapatkan

PM = −

E b .E R ZS

 Ra Eb − V cosα XS V sin α    . − . ER ZS E R   ZS

EV E 2 Ra = b 2 ( Ra cosα + XS sin α ) − b 2 ZS ZS

…………… (ii)

Tampak bahwa Pm bervariasi dengan Eb (yang mana tergantung pada eksitasi) dan sudut α (yang mana tergantung pada motor beban). Catatan, jika kita substitusi Ra = ZS sin θ dan XS = ZS sin θ dalam persamaan ii, kita dapatkan,

PM =

EbV ZS

2

( Z S cosθ cosα + Z S sinα ) −

E b 2 Z S cosθ ZS

2

Ungkapan yang sama ini ditemukan pada Art. 35.37.

=

EbV E 2 (cosθ − α ) − b cosθ ZS ZS

Fig. 36.23 36.14 Berbagai kondisi paling banyak Berikut ini dua kasus yang mungkin jadi pertimbangan : (i) Eb, V, Ra, dan XS nilainya tetap.dibawah kondisi ini, Pm akan berbeda menurut beban sudut α dan akan mencapai maksimum ketika dPm / dα = 0. berbeda dengan persamaan (ii) pada art. 36.11 kita harus

EV dPm = b 2 ( X S cos α − Ra sin α ) = 0 atau tan α = X S /Ra = tan θ atau α = θ dα ZS Didapatkan α = θ pada persamaan (ii) sama adalah

(PM)max = =

EbV ZS

2

EbV ZS

2

( Ra cosθ + X S sinθ ) − Ra .

E b 2 Ra ZS 2

X E 2 Ra Ra + XS S − b ZS ZS ZS 2

E V  R 2 + X S2 = b 2  a ZS ZS 

 E b 2 Ra EbV E b 2 Ra − = −  ZS 2 ZS ZS 2 

…………… (i)

Ini memberikan nilai daya pada motor jatuh keluar langkah Pemecahan untuk Eb dari persamaan (i) diatas, didapatkan Eb =

[

ZS V ± V 2 − 4 Ra.( Pm ) max 2 Ra

]

Dua nilai dari Eb diperoleh gambaran batas eksitasi untuk beberapa beban. (ii) V, Ra, dan XS nilainya tetap. dalam kasus ini, varisi Pm dengan eksitasi atau Eb. Mari kita temukan nilai dari eksitasi atau induksi e.m.f Eb yang mana diperlukan untuk kemungkinan daya maksimum. Untuk tujuan ini, persamaan (i) diatas mungkin berbeda berkenaan dengan Eb dan menyamakan dengan nol. d ( Pm ) max V 2 RaEb = − =0 ; dEb ZS ZS2

Eb =

VZ S 2 2 Ra

………….. (ii)

Meletakkan nilai ini dari Eb dalam persamaan (i) diatas, daya maksimum yang dihasilkan menjadi : ( Pm ) max =

V2 V2 V2 − = 2 Ra 4 Ra 4 Ra

Nilai dari induksi ini e.m.f memberikan daya maksimum, tetapi itu mungkin belum maksimum nilainya dari menghasilkan tegangan, yang mana pada motor akan beroperasi. 36.15 Salient Pole Motor Sinkron Silindris motor sinkron lebih mudah menganalisis daripada salient pole rotor ini. Pada kenyataannya bahwa silindris rotor motor mempunyai sebuah air-gap seragam. Sedangkan dalam silent pole motors, air-gap lebih besar antara kutub daripada panjang kutub. Kebetulan teori silindris rotor adalah layak dan akurat dalam prediksi analisa stedy-state dari salient-pole motor. Karena itu, teori salient-pole hanya diperlukan ketika derajat yang sangat tinggi dari akurasi yang diperlukan atau ketika mengenai masalah transients atau stabilitas sistem daya menjadi handal. Arus d-q dan reaktansi untuk salient-pole motor sinkron adalah persis sama seperti bahasan untuk salient-pole generator sinkron.motor mempunyai reaktansi daxis Xd dan reaktansi q-axis Xq. Dengan cara yang sama, arus jangkar motor Ia mempunyai dua komponen yaitu : Id dan Iq. Diagram fasor sempurna dari salient-pole motor sinkron, untuk suatu faktor daya tertinggal (lagging power) ditunjukkan pada gambar 36.24 (a). Dengan tan ψ =

bantuan

dari

gambar

36.24

(b)

dapat

dibuktikan

bahwa

tan

V sin φ − IqXq V cos φ − IaRAa

Jika Ra diabaikan, kemudian tan ψ = (Vsin Ф + Ia Xq) / V cos Ф Untuk motor eksitasi lebih i.e ketika motor memiliki factor daya mendahului (leading power), tan ψ = (Vsin Ф + Ia Xq) / V cos Ф daya sudut α diberikan oleh α = Ф – ψ besarnya eksitasi atau belakangnya e.m.f Eb diberikan oleh : Eb = V cos α – Iq Ra – Id Xd Dengan cara yang sama, seperti mudah dibuktikan untuk generator sinkron, bisa juga dibuktikan dari gambar 36.24 (b) untuk motor sinkron dengan Ra = 0 sehingga

tan α =

IaXq cos φ V − IaXq sin φ

Dalam kasus Ra tidak dapat diabaikan, itu dibuktikan sehingga tan α =

Ia Xq cos φ − Ia Ra sin φ V − Ia Xq sin φ − IaRa cos φ

36.16. Pengembangan Daya dengan Motor Sinkron Kutub Sepatu Penjelasan tentang pengembangan daya dengan generator sinkron kutub sepatu telah diberikan pada bab 35. Penjelasan tersebut juga dapat diterapkan pada aplikasi motor sinkron kutub sepatu.



…per phasa



…per 3 phasa



…dalam rps

Seperti yang telah dijelaskan sebelumnya, daya terdiri dari dua komopnen, komponen pertama disebut daya eksitasi atau daya magnet dan yang kedua disebut daya reluktansi (karna ketika eksitasi hilang, motor bergerak sebagai motor reluktansi). Contoh 36.3 Sebuah motor sinkron 3 , 150 kW, 2300 V 50 Hz 1000 rpm memiliki Xd = 32 Ω / phasa dan Xq = 20 Ω / phasa. Rugi-rugi diabaikan, hitung pengembangan torka motor jika eksitasi medan diatur untuk membuat tegangan back e.m.f (electrical magnetic force) dua kali lipat dan Jawaban. V = 2300 /

1328 V ; Eb = 2

= 16° 1328 = 2656 V

Daya eksitasi / phasa

=

W

Daya Reluktansi / phasa = = = 8760 W Total daya yang dikembangkan, Pm = 3 (30382 + 8760) = 117,425 W Tg = 9,55

117,425/1000 = 1120 N-m

Contoh 36.4 Sebuah motor sinkron 3300 V, 1,5 MW 3 , dan terkoneksi Y memiliki Xd = 4 Ω / phasa dan Xq = 3 Ω / phasa. Abaikan semua rugi-rugi, hitung eksitasi e.m.f. Jika motor menyuplai rating beban pada satuan p.f. Tentukan maksimum daya mekanik motor yang dapat dikembangkan untuk eksitasi medan ini. Jawaban. V = 3300 / Ia = 1,5

1905 V ; cos

106 /

; sin

=0;

= 0°

262 A ; (

22,4o) = 22,4°

α =

=0

Id = 262

sin ( 22,4o) = 100 A ; Iq = 262

Eb = V cos α Id Xd = 1905 cos ( 22,4°) = 1029 sin α

= -22,4°

cos ( 22,4°) = 242 A ( 100

4) = 2160 V

151 sin 2α …per phasa …kW / phasa …kW / phasa

Jika daya dikembangkan sampai nilai maksimum, maka =0 

atau

604



°

 Maksimum Pm = 1029 sin 73,4° + 151 sin 73,4° × 2 = 1070 kW/phasa

Jadi, daya yang dapat dikembangkan pada 3 phasa = 3 × 1070 = 3210 kW

Contoh 36.5 Input sebuah motor sinkron 11000 V, 3 phasa, terkoneksi star adalah 1000 A. Resistansi efektif dan reaktansi sinkron per phasa yaitu 1 ohm dan 30 ohm. Tentukan (i) Power suplai ke motor (ii) Pengembangan daya mekanik (iii)induksi emf untuk power faktor 0,8 leading. (Elect. Engg AMIETE (New Scheme)June 1990) Jawaban. (i) Input daya motor = × 1000 × 60 × 0,8 = 915 kW (ii) Rugi Cu stator/phasa = 602 × 1 = 3600 W ; Rugi Cu 3Ф = 3 × 3600 = 10,8 kW E Pm = P2 – rugi Cu rotor = 915 – 10,8 = 904,2 kW b =7 52 8V Vp = 11000/ = 6350 V ; = 39,9°

Zs

30 Ω; drop impedansi stator/phasa = IaZs = 60 × 30 = 1800 V Seperti yang diperlihatkan pada gbr. 36.25, (iii)

V 00 18

= tan-1 (30/1) =88,1°

88,1° 36,9° 6350V Gbr. 36.25

A

= 63502 + 18002 + 2 – 6350 × 1800 × cos (88,1° + 36,9°) = 63502 + 18002 + 2 – 6350 × 1800 – 0,572

 Eb = 7528 V ; nilai saluran Eb =

× 7528 = 13042 V

Contoh 36.6 Sebuah motor sinkron 500 V, 1 phasa memberikan net output daya mekanik 7,46kW dan beroperasi pada pf 0,8 lagging. Motor tersebut mempunyai reistansi effektif 0,8 Ω. Jika rugi inti besi dan gesekan angin adalah 500 W dan rugi eksitasi 800 W, perkirakan arus armature. Hitung effisiensi komersial! (Electrical Machines-I, Gujarat Univ 1988) Jawaban. Input motor = VIa cos ; rugi Cu armature = Pengembangan daya di armature adalah Pm = VIa cos  VIa cos

Jadi,

+ Pm = 0 atau Pout = 7,46 kW = 7460 W Pm = Pout + Rugi inti besi dan gesekan angin + Rugi eksitasi = 7460 + 500 + 800 = 8760 W

Motor input

= 500 × 20,2 × 0,9 = 9090 W = net output / input = 7460 – 9090 = 0,8206 atau 82,06 %.

Contoh 36.7 Sebuah motor sinkron 2300 V, 3 phasa, terkoneksi star mempunyai resistansi 0,2 ohm per phasa dan reaktansi sinkron 2,2 ohm per phasa. Motor beroperasi pada power faktor 0,5 leading dengan arus saluran 200 A. Tentukan nilai emf yang dihasilkan per phasa. (Elect. Engg.-I, Nagpur Univ 1993)

= cos-1 (0,5) = 60° (lead)

Jawaban. (

Ia

B

= tan-1 (2,2/0,2) = 84,8° + ) = 84,8° + 60° = 144,8°

442

cos 144,8° = V = 2300/

= 1328 Volt

Eb

0

60° 1328 Gbr. 36.26

Zs = Ω I Zs = 200 × 2,209 = 442 V Vektor diagram ditunjukkan pada gbr. 36.26.

A

Eb = = = 1708 Volt/Phasa

36.11 Sebuah alternator satu fasa mempunyaiimpedansi armature (0,5 + j0,866). Ketika bekerja seperti sebuah motor sinkron dg supply 200 Volt, ia menghasilkan keluaran sebesar 6 Kw. Rugi-rugi inti besi dan gesekan sebesar 500 W. Jika motor menarik arus sebesar 50 A, tentukan dua kemungkinan sudut fasa dari arus dan dua kemungkinan yang menghasilkan e.m.f.s Solusi: Rugi-rugi armature

= Ia2Ra = 502 x 0,5 = 1250 W

Masukan motor

= 6000 + 500 +1250 = 7750 W

p.f

= cos φ = Watts / VA = 7750 /220 x 50 = 0,775 ; φ= 39 o tertinggal atau mendahului.

θ

= Tan-1 (Xs/Ra) = tan -1(0,866/0,5) = 60o – 39o = 21o – Fig.36.31(a)

Ia B

B

Eb

Eb IaZs O 39o

θ=60o

φ=39o A

O

200 V

A

θ = 60o

Zs

= √(0,52 + 0,8662) = 1 Ω ;

AB

= Eb = √ (2002 + 502 – 2 x 200 x 50 cos 21o ) ;Eb = 154 Volt

Fig. 36.11 (b), ∟ BOA = 60o + 39o = 99 o

IaZs = 50 x 1 = 50 Volt

AB = Eb = √(2002 + 502 - 2 x 200 x 50 cos 99o ) ;

Eb = 214 Volt

36.12 2200 V, 3 fasa , Hubungan Y, 50 Hz, 8 kutub motor sinkron mempunyai Zs = (0.4 + j 6) ohm/phase. Saat motor bekerja tanpa beban, eksitasi medan diatur sedemikian hingga

E sama dengan V. Ketika motor diberi beban, rotor

diperlambat 3o mesin. Gambarkan diagram fasor dan hitung arus armature, factor daya dan daya motor. Apa maximum daya motor dapat menyupply tanpa keluar dari langkah? Solusi: per fasa Eb = V = 2200/√3 = 1270 V α = 3o (mech) = 3o x (8/2) = 12o (elect) Dari gambar 36.32 ER = (12702 + 12702 – 2 x 1270 x 1270 x cos 12o)1/2 = 266 Volt Zs = √(0.42 + 62) = 6.013 Ω

B

Ia = ER/Zs = 266/6.013 = 44.2 A

Eb = 1270 V

dari ∆OAB kita dapatkan,

ER

1270 = 266 Sin ( θ – φ ) sin 12o

12o V= 1270 V

θ O

Sin ( θ – φ ) = 1270 x 0.2079/266 = 0.9926

A

φ

( θ – φ ) = 83o

Ia

θ = tan-1 (Xs/Ra) = tan -1(6/0,4) = 86.18o φ = 86.18o - 83o = 3.18o = 0.998 (lag) total daya masukan motor = 3 VIa cos φ = 3 x 1270 x 44.2 x 0.998 = 168 kW Total Cu loss

= 3 Ia2Ra = 3 x 44.22 x 0.4 = 2.34 kW

Daya motor

= 168 – 2.34 = 165.66 kW

Pm(max)

= EbV - Eb2 Ra = 1270 x 1270 - 12702 x 0.4 Zs Z S2 6.013 6.0132 = 250 kW

36.13 Sebuah motor sinkron satu fasa, e.m.f 250 Volt, mendahului 150 derajat tegangan 200 Volt. Reaktansi sinkron dari armature adalah 2,5 kali resistansinya. Carilah factor daya dimana motor beroperasi dan tunjukkan penggambaran arus oleh motor adalah mendahului atau tertinggal. Solution :

e.m.f 250 V adalah lebih baik daripada masukan tegangan 200 V, ini menjelaskan bahwa motor over exiticed, dan harus bekerja dengan leading factor daya. Pada diagram vector pada gambar 36.33 OA menunjukkan tegangan, AB adalah

B

250 V

e.m.f pada sudut 30 derajat karena

Ia

∟AOC = 150 derajat dan

C

∟COD = ∟ BAO = 30 derajat.

D

θ O

φ

200 V

300

A

OB menunjukkan resultan dari tegangan dan Eb i.e. ER Pada ∆ OBA, ER = √( V2 + Eb2 – 2 V Eb cos 30o ) = √ (2002 + 2502 – 2 x 200 x 250 x 0.866) = 126 Volt Sekarang,

ER = Eb atau 126 = 250 Sin 30o sin (θ + φ ) 0.5 sin (θ + φ )

sin (θ + φ ) = 125/126 ( approx) (θ + φ ) = 90o Sekarang ,

tan θ = 2.5

θ = 68o12’

φ = 90o – 68o12’ = 21o 48’ p.f. motor = cos 21o 48’ = 0.9285 ( leading ) 36.14 Reaktansi sinkron per fasa dari 3 fasa hubung bintang 6,600 Volt motor sinkron adalah 10 Ω. Untuk beban pasti, input adalah 900kW dan menyebabkan e.m.f sebesar 8,900 Volt. Evaluasi arus.abaikan resistansi. Solution : Tegangan masukan per fasa = 6,600 / √3

= 3,810 Volt

Back e.m.f / fasa

= 8,900 / √3

= 5,140 Volt

Input

= √3 VL I Cos φ

= 900,000

I cos φ

= 9 x 105 / √3 x 6,600

= 78,74 A

Pada ∆ ABC dari vektor diagram pada gambar 36.34, kita memiliki AB2 = AC2 + BC2 Sekarang,

OB = I.Xs = 10 I BC = OB cos φ = 10 I cos φ

= 10 x 78.74 = 787,4 V

B

I

φ 5,1402 = 787.42 + AC2

C

I Xs O

Eb = 5410 V θ

3810 V

A

AC2 = 5,079 V OC = 5,079 – 3,180 = 1,269 V Tan φ = 1269 / 787.4 = 1.612 φ = 58.2o , cos φ = 0.527 I cos φ = 78.74 ;

I = 78.74 / 0.527 = 149.4 A

36.15 6600 V hubungan bintang , 3 fasa motor sinkron bekerja pada tegangan konstan dan eksitasi konstan pula. Reaktansi motor sinkronnya sebesar 20 ohms per fasa dan resistansi armatur tak ada ketika daya input adalah 1000 kW, faktor daya 0.8 leading. Tentukan sudut daya dan faktor daya ketika input dinaikkan menjadi 1500 kW. Solution : Ketika daya input 1000 kW ( gbr 36.35(a) ) √3 x 6600 x Ia1 x 0.8 = 1000,000; Ia1 = 109.3 A Zs = Xs = 20 Ω ; Ia1 Zs = 109.3 x 20 = 2186 V ; φ1 = cos-1 0.8 = 36.9o; θ = 90o Eb2 = 3810 2 + 21862 – 2 x 3810 x 2186 x cos (90o + 36.9o) = 5410 V Sejak eksitasi konstan, Eb di kondisi kedua akan bernilai sama i.e 5410 V Ketika daya input 1500 kW : √3 x 6600 x Ia2 x cos φ2 = 1500,000 ; Ia2 cos φ2 = 131.2 A Seperti terlihat pada gambar 36.35 (b), OB = Ia2 Zs = 20 Ia BC = OB cos φ2 = 20 Ia2 Cos φ2 = 20 x 131.2 = 2624 V Pada ∆ABC, AB2 = AC2 + BC2 AC = 4730 V ;

atau

54102 = AC2 + 26242

OC = 4730 – 3810 = 920 V

Tan φ2 = 920 / 4730; φ2 = 11o ; p.f. = cos φ2 = cos 11o = 0.982 (lead) Tan α = BC/AC = 2624 / 4730 ;

α2 = 29o

B

B Eb = 5410 V

Ia1

Eb = 5410 V

Ia2

2624 V 90o φ1 O

A

3810 V ( a)

O Gbr 36.35

α2

90o φ2

A

3810 V (b)

Contoh 36.16. Motor sinkron 3 fasa hubungan bintang 400V mempunyai daya input 5472 watt pada nilai tegangan. Reaktansi sinkron 10Ω setiap fasa dan resistansi diabaikan. Jika tegangan eksitasi sama dengan nilai tegangan 400V, hitung sudut beban, power faktor dan arus armatur.

Ω Contoh 36.17. Motor sinkron 2000V, 3 fasa, hubung bintang mempunyai resistansi efektif dan reaktansi sinkron berturut-turut 0.2Ω dan 2,2Ω. Input 800kw pada tegangan normal dan induced e.m.f 2500V. Hitung arus line dan power factor. Solusi . karena induced e.m.f lebih tinggi dari tegangan terpakai, motor harus bekerja dengan sebuah cading p.f. Jika arus motor I, kemudian dalam fasa atau komponen power I cosφ dan komponen reaktif I sinφ. Misalkan I cosφ = I1 dan I sinφ = I2 sehingga I = (I1 + jI2 ) I cosφ = I1 = 800,00 / √3 X 2000 = 231 A Tegangan terpakai / fasa = 2000 / √3 = 1154 V Induced e.m.f / fasa 2500 / √3 + 1443 V

Pada Fig.33.37 OA = 1154 V dan

dari kanan sudut ΔABC, AB2 = BC2 + AC2 = BC2 + (AO + OC ) 2 Atau 14432 = (580,2 + 0,2 I2 )2 + (1154 + 46,2 – 2,2 I2 ) 2 Dari persamaan diatas, diperoleh I2 = 71

Contoh 36.18. Sebuah motor sinkron 3300V hubungan delta memiliki reaktansi sinkron per fasa 18 ohm. Bekerja pada leading pf 0,707 ketika menarik 800 kW dari induk. Hitunglah emf eksitasi dan sudut rotor (=delta ), jelaskan istilah akhir.

fig.36.38

dari ΔOAB, diperoleh 2058 / sin ά = 4973 / sin 135o. Jadi, ά = 17 o Contoh 36.19. Motor sinkron hubungan bintang 3 fasa, 75kW, 400 V, 4 kutub, memiliki resistansi dan reaktansi sinkronper fasa masing-masing 0,04

ohm dan 0,4 ohm. Dihitung untuk beban penuh faktor daya 0,8 lead rangkaian terbuka e.m.f per fasa dan daya mekanik yang dikembangkan.

o dilihat pada fig.36.39,

contoh 36.20. Motor sinkron hubungan Y, 400V, 3 fasa, 50Hz memiliki resistansi dan impedansi sinkron berturut-turut 0,5 Ω dan 4Ω per fasa. Motor membutuhkan arus 15A pada faktor daya sama ketika beroperasi dengan medan arus tertentu. Jika torka beban ditingkatkan sampai arus saluran meningkat menjadi 60A, arus medan yang tersisa tidak berubah, hitung torka kotor yang dihasilkan dan faktor daya yang baru.

Jelas sekali karena motor bekerja dengan eksitasi normal karena EB = V. Ketika beban motor meningkat, sudut fasa α antara tegangan yang diberikan dengan medan elektro magnetik yang diinduksikan (atau kembali) meningkat. Diagram vektor ditunjukkan pada fig.36.41. Biarkan Ф menjadi sudut fasa yang bar. Ia Zs = 60 X 4 = 240 V Sudut BOA = (810 48`- Ф) Karena arus medan tetap konstan, nilai Eb juga tetap sama.

Daya listrik yang diubah menjadi daya mekanik = 39660 - 5400 – 34260 W

Ns = 120 X 50/6 = 1000 rpm.

Tg = 9,55 X 34260/ 1000 = 327Nm

Contoh 36.21. Motor sinkron 3 fasa 400 V, 10 hp (7,46kW) mempunyai resistansi jangkar yang tak berarti dan reaktansi sinkron 10 Ω per fasa. Hitung arus minimum dan medan magnetik yang diinduksikan untuk kondisi beban penuh. Anggap efisiensi 85 %. Jawab arus minimum ketika faktor daya sama seperti ketika cosφ = 1. diagram vektor ditunjukkan pada fig36.42

36.17. Efek Eksitasi pada Arus Jangkar dan Faktor Daya Nilai eksitasi untuk e.m.f yang terbelakang Eb adalah sama (dalam magnitude) untuk tegangan V yang dikenal dengan eksitasi 100 %. Kita akan mendiskusikan sekarang apa yang terjadi ketika motor salah satunya over eksitasi atau under eksitasi. Mengingat motor sinkron yang berbeban mekanis adalah konstan (dan outputnya juga konstan jika rugi-rugi diabaikan.

V

V

V

A φ

I

ER

A θ

θ

ER

φ

I

I

θ

Eb

B (b)

O

Eb

B

(a)

I

O

Eb

B

A

A

φ

O

O

V

(c)

Eb

B (d)

Gambar 36.47 Gambar 36.47 (a) menunjukkan kasus untuk eksitasi 100%, pada contoh ketika Eb =V. Arus jangkar I tertinggal dibelakang V dengan sudut yang kecil φ. Sudut θ dengan ER yang tetap oleh stator yang konstan, pada contah tan θ =XS/Ra. Pada gambar 36.47 (b) eksitasi kurang dari 100%. Pada contoh Eb
θ yang tetap. Kita memperoleh bahwa magnitude I meningkat tetapi factor daya menurun ( φ meningkat). Karena input V adalah konstan. Disini komponen daya I pada contoh I cos φ sisa sama dengan yang sebelumnya, tetapi komponen I sin φ meningkat. Disini eksitasi menurun. I akan meningkat tetapi factor daya akan menurun, jadi komponen daya I pada contoh I cos φ = OA akan mempunyai sisa yang konstan. Gambar 36.47 (c) memperlihatkan kondisi untuk motor over eksitasi pada contoh ketika Eb>V. disini tegangan resultan vector ER berlawanan dengan arah jarum jam dan demikian juga dengan I. Jika dilihat motor itu sekarang mendahului arus. Ini bisa juga terjadi untuk beberapa nilai eksitasi, I harus sephasa dengan V. Pada contoh pf adalah kesatuan. [gambar 36.47 (d)]. Pada waktu itu arus yang diberikan oleh motor harus minimum. Dua hal penting sudah jelas pada diskusi ini: (i)

Perubahan magnitude arus jangkar dengan eksitasi. Arus mempunyai nilai yang besar untuk nilai tegangan yang rendah dan tinggi (tertinggal untuk eksitasi yang rendah dan mendahului untuk eksitasi yang tinggi). Untuk eksitasi tertentu mempunyai nilai yang minimum. Variasi I

dengan eksitasi ditunjukkan pada gambar 36.48 (a) yang dikenal dengan kurva V karena ketajamannya. (ii)

Untuk input yang sama, ketika over eksitasi, motor berjalan dengan mendahului pf dan tertingggal dari pf ketika under eksitasi. Diantara keduanya pf adalah kesatuan.Variasi pf dengan eksitasi ditunjukkan pada gambar 36.48 (b). Kurva untuk pf kelihatan seperti kebalikan dari kurva V. dapat dicatat bahwa arus jangkar minimum cocok untuk kesatuan pf .

Contoh : Motor sinkron 3 − φ 400 V,50 Hz,37,2 kW hubungan bintang memilki beban 80 % dari beban penuh .Impedansi motor adalah ( 0, 2 + j1, 6) Ω per fasa .pada kondisi beban penuh hitung: (a) e.m.f (b) daya mekanik yang dihasilkan Jawab Tegangan /fasa= 400

3 = 231 v ; Z s =

( 1, 6

2

+ 0, 2 2 ) = 1, 61Ω

37300 = 68 A 3 × 400 × 0,88 × 0,9 Dengan referensi pada gambar dibawah

Arus beban penuh

=

I

B

68 A

θ

109,5 V

o

1, 6 =8 0, 2 cos φ = 0,9 tan θ =

Eb

φ

A

231 V

θ = 82°54 '

;

φ = 25°50' ; θ + φ = 82°54' + 25°50' = 108°44' cos108°44' = −0,3212

2 2 2 2 (a) pada ∆OAB , Eb = 231 + 109, 5 − 2 × 231 ×109, 5 ×( −0,3212) = 285, 6

Eb = 285, 6 Tegangan fasa adalah Eb = 3 × 285, 6 = 495 (b) daya masukan motor = 37300 0,88 = 42300 2 2 Total rugi-rugi = 3 × I Ra = 3× 68 × 0, 2 = 2774 Energi listrik yang dikonversi menjadi energi mekanik = 42380 − 2774 = 39506 Sebuah motor sinkron 3 − φ dengan hubungan bintang dengan input 48 kW dan 693 V dengan pF 0,8 (lagging). Induksi e.m.f meningkatkan 30 % daya. Hitung arus dan pF Jawab Arus beban penuh = 48000

3 × 693 × 0,8 = 50 A

Tegangan/fasa= 693 3 = 400 Z S = X S = 2Ω ;

I .Z S = 50 × 2 = 100

tan θ = 2 0 = ∞ θ = 90 ° ; cos φ = 0,8 sin φ = 0, 6 ; Diagram vektor dapat ditunjukan pada gambar dibawah 100 v

B

O

θ = 90° A

φ

400 V

Ia

Pada ∆OAB Eb2 = 400 2 + 1002 − 2 × 400 ×100 ×cos( 90 ° −φ ) 4002 + 1002 − 2 × 400 × 100 × 0, 6 = 3492 Eb = 349 v I cos φ = 50 × 0,8 = 40 = I ' cos φ '

I

φ

θ

454 v

φ

Eb

400 V

Pada ∆ABC = ( AB ) = ( AC ) + ( BC ) 2

2

2

BC = I ' X S cos φ ' (∴ OB = I ' X S ) = 40 × 2 = 80

36.18. Tegangan Saluran Konstan Dengan kemiripan, sebuah rangkaian dari saluran-saluran paralel seperti itu bisa digambarkan disetiap tampilan sebuah intake daya nyata dari motor.Dengan mengangap saluran daya tersebut konstan,hal tersebut menjadi catatan yaitu : 1) untuk peningkatan yang sama pada intake, saluran daya adalah paralel dan disamakan-dikosongkan 2) saluran daya netral bekerja sepanjang OX 3) jarak garis tegak lurus dari B ke X ( atau saluran daya netral ) ditunjukkan intake motor. 4) Jika

eksitasi

sudah

ditetapkan

i.e

AB

adalah

konstan

pada

panjang,kemudian seabagai sebuah beban pada motor telah ditingkatkan, meningkat.Dengan kata lain,tempat dari B adalah sebuah siklus dengan radius = AB dan pusat pada A.Dengan meningkatkan beban, B menuju ke saluran yang mempunyai daya yang lebih besar sampai B1 telah tercapai. Beberapa peningkatan kedepan pada beban motor akan membawa titik B turun pada saluran daya yang lebih rendah.Artinya,dengan meningkatnya beban sebagai nilai yang berhubungan ke poin B1,penurunan intake motor akan memungkinkan.Daerah ke kanan dari AY1 ditunjukkan sebagai kondisi yang tidak stabil.Untuk tegangan yang diberikan dan eksitasi,daya maksimum motor bisa dikembangkan, telah ditunjukkan oleh lokasi dari titik B1,melebihi dimana dorongan keluar motor disinkronisasi.

36.19. Konstruksi dari curva V Kurva V dari sebuah motor sinkron diperlihatkan bagaimana arus armatur bervariasi dengan arus medan ketika input motor tetap konstan. Hal tersebut diikuti oleh pem-plotan arus armatur terhadap arus medan dimana input motor tetap konstan dan kurva tersebut dirujuk karena bentuknya (gambar 36.55). Untuk menggambar kurva ini dengan eksperimen, motor dijalankan dari tegangan konstan dan frekuensi konstan bus-bar. Daya input ke motor adalah tetap konstan pada sebauah nilai nyata.Selanjutnya, arus medan ditingkatkan ada langkahlangkah kecil dan arus armatur yang berhubungan telah ditandai.Ketika pem-plotan, kita dapatkan sebuah kurva V untuk sebuah keterangan input motor konstan.Kurva yang sama dapat digambar oleh input motor yang dijaga konstan pada nilai-nilai yang berbeda.Sebuah kurva yang mirip ditunjukkan pada gambar 36.55. Petunjuk detil untuk konstruksi grafik dari kurva V diberikan sebagai berikut : 1) Pertama,saluran daya konstan digambar sebagai bahan diskusi pada gambar 36.14. 2) Kemudian dengan A sebagai pusat, lingkaran konsentris dari radii yang berbeda AB, AB1, AB2 dan seterusnya digambarkan dimana AB, AB1, AB2 dan seterusnya adalah dibelakang e.m.f.s yang sesuai ke eksitasi berbeda.Titik potong dari lingkaran tersebut dengan saluran dari daya konstan memberi posisi dari titik kerja untuk beban spesifik dan eksitasi.Vektor OB, OB1, OB2 dan seterusnya mewakili nilai-nilai yang berbeda dari Er untuk eksitasi yang berbeda.Vektor bagian belakang e.m.f

AB, AB1 dan

seterusnya ditujukan tidak untuk digambar untuk menghindari keraguan (gambar 36.56).

3) Nilai yang berbeda dari bagian belakang e.m.fs seperti AB, AB1, AB2 dan seterusnya diproyeksikan di atas kurva magnetisasi dan nilai yang sesuai dari medan ampere dibaca dari situ. 4) Medan amper telah diplot terhadap arus armatur yang sesuai memberikan kita kurva V.

36.20. Ayunan atau Gelombang atau Phasa Ayun Ketika motor sinkron digunakan untuk menjalankan berbagai macam beban, kemudian kondisi ini dikenal sebagai penghasil ayunan. Ayunan dapat juga disebabkan jika suplai frekuensi berbentuk pulsa (seperti di kasus generator yang dikemudikan dengan pembalasan mesin pembakaran bagian dalam). Kita mengetahui bahwa ketika motor sinkron dalam keadaan berbeban (seperti kompresor, pompa, dan lain-lain) rotornya tertahan pada phasa oleh sudut kopling α. Ketika beban semakin ditingkatkan, sudut ini juga mengalami peningkatan supaya menghasilkan torka untuk penyesuaian dengan beban yang ditingkatkan. Jika sekarang, penurunan beban motor secara mendadak, dengan seketika motor dicabut atau melangkah ke nilai α berikutnya sesuai dengan beban yang baru. Tetapi dalam proses ini, rotor mengalami overshoots dan karenanya dicabut kembali. Dengan cara ini, rotor mulai berosilasi (seperti bandul/pendulum) ke posisi keseimbangan yang baru sesuai dengan beban yang baru. Jika periode waktu dari osilasi ini secara kebetulan sesuai atau sepadan dengan periode waktu yang dialami oleh mesin maka resonansi mekanik akan ter-set up. Amplitudo dari osilasi ini meningkat ke nilai yang besar dan mungkin secepatnya menjadi sangat besar seperti keluarnya mesin dari sifat sinkronisasi. Untuk menghentikan peningkatan osilasi ini, dampers atau damping

grids (dikenal juga sebagai lilitan sangkar tupai atau squirrel-cage winding) dipakai. Dampers (plat logam) ini terdiri dari short-circuit batangan Cu yang ditempelkan pada permukaan kutub bidang motor (Gambar 36.57). Gerakan osilasi rotor menghasilkan arus eddy didalam dampers yang mengalir sedemikian rupa untuk menghilangkan osilasi. Tetapi harus dipahami dengan jelas, dampers atau plat logam tidak sepenuhnya mencegah ayunan atau osilasi, sebab kerja dari dumpers tegantung pada kehadiran beberapa gerakan osilasi. Bagaimanapun juga, tujuannya adalah untuk membuat self-starting motor sinkron.

36.21 Metode pembangkitan Seperti ysng telah dijelaskan diatas, hampir seluruh motor singkron dilengkapi dengan demper yang terdiri dari batang CU yang dipasangkan dan sirkuit pendek dikedua ujungnya. Ketika motor siap dioperasikan, maka akan bertindak sebagai sebuah motor induksi selama periode pembangkitan. Prosedurnya adalah sebagai berikut: Jalur voltase diletakkan pada terminal angker (stator) dan sirkuit bidang dibiarkan. Motor beropperasi sebagai sebuah induksi dan ketika mencapai kecepatan singkron sebesar 90% maka bidang DC ditemukan. Pada saat itu stator dan batang rotor dihubungkan satu sama lain dan kemudian menarik motor kedalam suatu siongkronisasi. Akan tetapi, 2 point yang harus diperhatikan adalah : 1. Pada tahap permulaan, ketika tegangan dimasukkan, rotor dalam keadaan siap. Bidang rotasi dari stator tersebut menimbulkan jumlah EMF yang sangat besar didalam rotor selama periode pembangkitan, nilai imf ini terus berkurang ketika rotor mengmpulkan kecepatan. Secara normal, bidang putaran diartikan sebesar 110 Volt (atau 250 Volt pada mesin yang lebih besar) tetapi selam

periode pembangkitan terdapat ribuan Volt didalamnya. Dari itu, rotor harus diawasi dari voltase yang demikian. 2. Ketika jalur tegangan penuh dihidupkan pada kumparan, arus yang sangat besar biasanya lima sampai tuju kali ditarik oleh motor. Dalam beberapa hal, ini mungkin menjadi suatu permasalahan, Voltase atau tegangan yang dikurangi dengan penggunaan auto transformen (Gambar 3.6.58). akan tetapi, tegangan harus dikurangi karena terdapatnya variasui motor induksi ketika dimasukkannya tegangan. Biasanya, jalur voltase penuh dengan nilai 50-80% cukup memuaskan. Koneksi auto transformer telihat terlihat dalam gambar 36.58. untuk mengurangi pasokan tegangan S1 ditutup dan S2 dibiarkan terbuka. Ketika motor berputar dengan cepat, S2 tertutup dan S1 terbuka untuk memotong transformer.

36.22 Prosedur untuk memulai sebuah motor singkron Ketika mengoperasikan sebuah motor singkron yang modern serta dilengkapi dengan demper, maka prosedurnya adalah sebagai berikut : 1. Bidang utama bersirkuit pendek 2. Tegangan yang dikurangi dengan bantuan auto transformer diterapkan pada terminal stator.

3. Ketika mencapai kecepatan stabil (seperti yang ditandai oleh suaranya) DC yang lemah ditimbulkan dengan memindahkan sircuit pendek pada bidang utama. Jika hal itu mencukupi, maka mesin tersebut akan masuk dalam tahap singkron. 4. Suplay tegangan penuh dimaskkan dalam terminal stator dengan cara memotong auto transformer. 5. Motor tersebut bisa dioperasikan dengan berbagi factor energi yang dibutuhkan yaitu dengan mengganti DC. 36.23 Perbandingan antar tingkat kesingkronan dan motor induksi 1. Untuk frekuensi yang duibutuhkan, motor singkron berjalan pada kecepatan rata- rata yang bersifat konstan, ketika kecepan sebuah motor induksi menurun dengan bertambah. 2. Motor sinkron dapat dioperasikan pada rentang factor energi yang luas, tetapi motor induksi selalu berjalan dengan adanya p.f yang mungkin dapat menjadi lebih rendah pada muatan yang ringan. 3. Sebuah motor singkron tidak bersifat beroperasi sendiri. 4. Perubahan

pada

tegangan

tidak

mempengaruhi

motor

sebagaimana

pengaruhnya terhadap motor induksi. Perpecahan Variasi motor singkron sebagai energi utama dimana sebuah motor induksi bergantung pada voltase seperti ini. 5. DC dibutuhkan oleh motor singkron tetapi tidak diperlukan oleh motor induksi. 6. Motor singkron biasanya lebih rumit dari pada motor induksi, tetapi bersifat antraktif dalam kecepatan rendah (dibawah 300 rpm) karena factor energinya selalu bisa disesuaikan dengan 1,0 dan Efisiensinya bersifat tinggi. Akan tetapi, motor induksi akan memiliki kecepatan yang sempurna diatas 600 rpm. 7. Motor singkron dapat dijalankan pada kecepatan ultra rendah yaitu dengan menggunakan converter electronik yan berkekuatan tinggi yang menghasilkan frekuensi yang sangat rendah. Seperti motor-motor 10 MW. 36.24 Aplikasi Motor Singkron Motor singkron memiliki aplikasi untuk kelas layanan sebagai berikut. 1. Koreksi Faktor energi

2. Kecepatan konstan, Muatan konstan 3. Pengaturan tegangan a). Koreksi factor energi Motor singkron yang mempunyai faktor energi banyak digunakan untuk mengembangkan energi itu pada system yang memakai motor induksi (Gambar 3649) dan peralatan lain yang memiliki p.f seperti lampu pendar. b). Aplikasi kecepatan konstan Karena Efesiensi dan kecepatan yang tinggi, motor singkron (Diatas 600 rpm) cocok sekali dengan muatan dimana kecepatan konstan dibutuhkan seperti pada pompa sentipudal, kompresor, penggiling karet/kertas dan lain lain. Motor singkron dengan kecepatan rendah (dibawah 600 rpm) digunakan pada peralatan seperti pada penggiling bola dan pipa, pompa vacuum dan lain lain. c). pengatur voltase/Regulasi Tegangan yang ada disepanjang ujung teransmisi berbeda beda, khusunya ketika muatan induksi yangb besar terdapat didalmnya. Ketika sebuah muatan induktif diputus secara tiba tiba, tegangan cendrung muncul diatas nilai normalnya dikarenakan oleh kapasitas jalur. Dengan memasang sebuah motor singkron yang dilengkapi dengan sebuah regulator bidang, tegangan ini dapat dikontrol. Ketika voltase berkurang karena adanya muatan induktif, kondisi motor menyebabkan munculnya p.f yang mengganti turunnya jalur voltase. Disisi lain, voltase jalur muncul karena efek kapasitas jalur, dari itu hal ini membuat p.f mengalami perubahan yang membantu mempertahankan voltase jalur dalam nilai normal.