Jenis Kerja, Beban Yang Diizinkan & Pengereman Motor PDF [PDF]

Citation preview

JENIS KERJA MOTOR Jenis kerja (operasi) motor terdiri dari kerja tanpa beban, isterahat dan berbeban. Secara umum klasifikasi kerja motor terdiri atas 8 jenis, yaitu : S1 : Kerja berkesinambungan Dalam kerja ini motor bekerja konstan. Motor hanya mengalami satu kali asut dan kemudian melayani beban dalam jangka waktu yang sangat lama untuk beban yang tetap. Pada kerja ini akan tercapai keseimbangan panas dengan lingkungannya, yaitu pada temperature maksimum yang selalu konstan.



Gambar 1 Kurva beban dan temperatur pada beban tetap S2 : Kerja dalam waktu pendek Dalam kerja ini motor beroperasi pada beban konstan tetapi dalam selang waktu yang pendek. Temperatur akan naik dari keadaan awal ke keadaan maksimum pada saat mesin diisterahatkan. Kemudian mesin kembali lagi ke temperatur awal pada waktu mesin diisterahatkan cukup lama.



Gambar 2 Kurva beban dan temperatur pada kerja dalam waktu pendek



S3 : Kerja terputus-putus pada suatu periode Dalam kerja ini motor beroperasi pada beban konstan tetapi mesin mengalami fase kerja dan isterahat pada periode waktu tertentu. Temperatur akan turun-naik pada keadaan minimummaksimum dengan periode waktu yang sama dengan beban.



Gambar 3 Kurva beban dan temperatur pada kerja terputus-putus S4 : Kerja terputus-putus dengan suatu periode beserta pengasutan Kerja motor meliputi periode asut, pembebanan dan isterahat. Daalam selang waktu kerja dan isterahat yang cukup pendek, akan terjadi keseimbangan panas antara yang dihasilkan dengan yang diserap lingkungan.



Gambar 3 Kurva beban dan temperatur pada kerja terputus-putus dengan asut S5 : Kerja seperti S4 tetapi ditambah dengan pengereman Pada waktu pengereman, temperatur naik cepat sekali dan temperatur tertinggi terjadi pada akhir proses pengereman.



Gambar 5 Kurva beban dan temperatur pada kerja dan pengereman S6 : Kerja berkesinambungan dengan beban terputus pada suatu periode Kerja motor meliputi kerja berbeban dan tanpa beban dalam periode tertentu. Kerja ini menghasilkan temperatur yang turun-naik secara periodik yang periodenya sama dengan beban yang dilayaninya.



Gambar 6 Kurva beban dan temperatur pada kerja berbeban dan beban nol S7 : Kerja berkesinambungan dengan asut dan pengereman Dalam kerja ini motor beroperasi pada beban tetap dan pengereman elektrik, dalam hal ini dilakukan tanpa isterahat. Pada keadaan pengereman dan dilanjutkan dengan asut, temperatur naik mencapai paling tinggi. Dan pada kerja, temperatur mencapai keseimbangan. Proses naik-turunnya temperatur ini adalah secara periodik dengan periode yang sama dengan bebannya.



Gambar 7 Kurva beban dan temperatur pada kerja S7 S8 : Dalam kerja ini motor bekerja dengan beban konstan dalam tenggang waktu tertentu untuk setiap periode. Dalam waktu periode itu terjadi beberapa perubahan kecepatan, dan tidak ada waktu isterahat bagi mesin. Pada kerja ini kecepatan akan berubah-ubah dan mencapai terendah pada beban N3 serta tertinggi pada beban N1. Tempertur akan mencpaia terendah pada saat akhir beban N3, serta tertinggi pada akhir pengereman dari B1. Periode ini berlangsung secara periodik selama waktu kerja. Jenis kerja S8 ini paling rumit dibandingkan jenis kerja sebelumnya. Pada kerja ini terjadi beberapa kali perubahan temperatur dan kecepatan pada satu periode kerja yang dilayaninya. Kecepatan minimum adalah wo, dan kecepatan maksimum terdiri atas kecepatan maksimum yang tertinggi wm2 dan terendah wm1.



Gambar 8 Kurva beban dan temperatur pada kerja S8



Pada tabel 1 dibawah ditunjukkan jenis kerja dan faktor lama kerja yang dilakukan oleh motor dalam suatu periode kerja. Jika faktor lama kerja bernilai satu, berarti motor bekerja terus-menerus.



MENENTUKAN BEBAN YANG DIIZINKAN MOTOR Beban yang dizinkan motor dapat ditinjau dari kerja pada beban tetap dan beban berubah. Untuk kerja berkesinambungan dengan beban tetap : PM w (1) Untuk kerja berkesinambungan dengan beban berubah : Beban yang diizinkan motor pada kerja ini dihitung dark rugi-rugi rata-rata mesin. Jika rugi mesin tiap variasi beban adalah Pr1, Pr2, ….Prn dan waktunya adalah t1, t2, …..tn, dan to adalah waktu isterahat, maka rugi rata-rata adaalah :  Prj t j Prr  (2) to   t j Jika rugi inti adalah Pri dianggap konstan tiap operasi beban dan Ie2 r adalah rugi jangkar, maka diperoleh :  Prj t j t j (3) Pri  I e 2 r   Pri tj to   t j dengan Ie adalah arus ekivalen. Selanjutnya, dapat dihitung daya ekivalen melalui pendekatan beban yang dizinkan arus ekivalen pada putaran yang tetap dalam setiap operasi, dan metode ini dikenal dengan metode arus ekivalen.



Contoh Suatu motor dc penguatan bebas 240 V mempunyai rugi inti dan gesekan konstan 75 W dan resistansi jangkar 1 ohm. Data operasi di lapangan adalah : t (detik) I (A)



1 20



3 25



4 10



6 15



7 20



8 30



9 0



Tentukan beban yang dizinkan motor ini Jawab R  I j2 t j t j 2 Prr  Prm  I e Ra   Prm to   t j t j



R  I j 2 t j  1 (20 2. 1  25 2.2  10 2. 1  15 2. 2  20 2. 1  30 2.1)  3500 W  t j  8 detik dan to = 1 detik 3500 8 Prr   75.  504,17 W dan I e  504,17  22,45 A 8 9 Ee  V  I e Ra  240  22,45 . 1  217,55 V Kemampuan daya keluaran (output) ekivalen, Pe  Ee I e  217,55 . 22,45  4884 W  4,9 kW Soal Motor DC penguatan bebas 415 V mempunyai rugi konstan 750 W dan resistansi jangkar 0,5 ohm. Data operasi lapangan ditunjukkan pada tabel berikut : t (detik) 1 3 I (A) 15 20 Tentukan beban yang diizinkan motor.



5 10



7 8



8 25



10 30



11 0



Untuk kerja dalam waktu pendek : Beban diizinkan dengan daya P akan behubungan erat dengan beban berkesinambungan yang mencapai temperatur maksimumnya. Jika motor digunakan untuk operasi waktu pendek, akan menambah beban pada jangka waktu tersebut tanpa menaikkan temperatur maksimumnya selama motor beroperasi. Pada pembahasan pemanasan motor telah diperoleh : T  Tm (1  e  N /  ' ) dan Tm  Tm ' (1  e  N /  ' ) Dari persamaan tersebut diperoleh : T 'm 1  (4) Tm 1  e  N /  ' dengan : T’m = temperatur maksimum pada operasi pendek (oC) Tm = temperatur maksimum untuk operasi berkesinambungan (oC) N = selang waktu pendek (dtk) Jika dianggap temperatur proporsional dengan rugi-rugi, maka diperoleh : T ' m Px  (5) Tm Pr dengan : Px  Pct  ( Pxm / Pm ) 2 Pcu Pr  Pct  Pcu Pct  Pri  Pgesek dan :



Pm = beban yang diizinkan motor (W) Pxm= beban pada waktu pendek (W) Pr = rugi-rugi total (W) Pct = rugi-rugi konstan (W) Pcu = rugi tembaga (W) Selanjutnya, beban yang diizinkan motor dapat dihitung setelah mendapatkan harga (Px/Pr) dari perubahan temperatur diatas. Contoh Beban yang diizinkan motor pada kerja berkesinambungan 75 kW mempunyai konstanta pemanasan dalam waktu singkat 80 per menit.Rugi-rugi konstan adalah 75 % dari rugi tembaga. Hitunglah beban yang diizinkan motor untuk operasi 25 menit. Jawab Px 1 1    3,726 Pr 1  e N / ' 1  e 25 / 80 Pr = Pct + Pcu = 0,75 Pcu + Pcu = 1,75 Pcu Px= Pct + (P’/P)2 Pcu Px 0,75 Pcu  ( P' / P) 2 Pcu   3,726  ( P' / P)  5,7705  P'  2,4022 . 75  180 kW Pr 1,75 Pcu Soal Motor beroperasi berkesinambungan pada 60 kW. Terjadi perubahan temperatur dark 60 oC ke 100 o C dalam waktu 50 menit., sedangkan perubahan temperatur dianggap eksponensial terhadap waktu. Hitunglah beban yang diizinkan motor. Rugi-rugi konstan 50 % dari rugi total. Hitunglah beban yang diizinkan motor untuk operasi 25 menit. PENGEREMAN MOTOR LISTRIK Operasi motor listrik dalam berbagai penerapannya, tidak saja berjalan pada kecepatan konstan, tetapi sering ditemui melayani beban dengan kecepatan bervariasi dalam selang waktu singkat. Jika kecepatan berubah dari w1 ke w2, momen inersia sistem adalah J dan daya pengereman adalah Pb, maka energi pengereman adalah : Wb   Pb dt  0,5 J ( w12  w2 2 ) (1) dengan : Wb = energi pengereman (J) Pb = daya pengereman (W) J = momen inersia sistem (kg-m2) w1 = kecepatan sudut (rad/dt) w2 = kecepatan sudut (rad/dt) t = waktu (dt) Pengereman pada motor listrik dapat dibagi menjadi dua sistem, yaitu sistem mekanis dan sistem elektrik. Pengereman sistem mekanik adalah pengereman yang dilakukan dengan menahan putaran melalui penambahan momen lawan. Dengan bertambahnya momen lawan, daya input motor akan bertambah dan dapat merusak mesin. Sedangkan pengereman sistem elektrik tidak nenimbulkan gesekan seperti pada pengereman sistem mekanik. Pengereman sistem elektrik terdiri atas tiga jenis, yakni pengereman regeneratif, dinamik dan pluging. Pengereman regeneratif Pengereman regeneratif terjadi jika sumber elektrik masih terhubung dengan mesin. Dengan demikian dalam kondisi pengereman, energi mekanik yang tersimpan dalam mesin dikembalikan ke sumber lektrik. Dalam hal in motor berubah fungsi menjadi generator Pengereman dinamik atau rheostat



Keadaan pengereman dinamik terjadi jika rangkaian motor terputus dengan sumber elektrik, sehingga energi mekanik motor didisipasikan oleh resistansi yang terhubung paralel dengan motor dan energi pada resistansi ini berubah menjadi energi panas. Dalam keadaan opersi pengereman, motor berubah menjadi generator, dan karena tidak ada penggeraknya maka mesin akan berhenti. Pengereman ini kurang efisien karena energi pengereman terbuang menjadi panas pada resistansi.



Pengereman pluging atau arus balik Pengereman pluging atau arus balik terjadi bila mesin masih terhubung dengan sumber elektrik dan dibuat arah arus berbalik. Dengan berbaliknya arah arus ini akantercipta torsi yang melawan arah putaran mesin. Dalam pengereman ini energi mekanik mesin didisipasikan melalui resistansi belitan. Hal ini dapat membuat mesin lebih panas dan energi pengereman ini terbuang cuma-Cuma, dengan demikian pengerema ini lebih tidak efisien dan jarang dilakukan karena arus balik awal yang sangat besar. Jadi dilihat berdasarkan tanda positif dan negatif dari kecepatan dan momen, maka operasi setiap motor listrik dapat dibagi menjadi empat macam, yaitu : 1. Kuadran I : Momen dan kecepatan berharga positif. Dalam hal ini mesin beroperasi sebagai motor/penggerak, dan operasi mesi disebut operasi dalam arah maju 2. Kuadran II : Momen berharga positif dan kecepatan berharga negatif. Dalam hal ini mesin sedang melakukan operasi pengereman dalam arah terbalik. 3. Momen berharga negatif dan kecepatan berharga negatif. Dalam hal ini mesin beroperasi sebagai motor/penggerak yang disebut operasi dalam arah mundur. 4. Kuadran IV : Momen berharga dan kecepatan berharga positif. Dalam kondisi ini mesin beroperasi dalam kondisi pengereman. Pengereman motor DC penguatan beban a. Pengereman regeneratif Pengereman regeneratif dapat dilakukan jika medan penguat dinaikkan sehingga ggl lebih dari tegangan sumber. Arus dan daya pengereman adalah : E V Ib  Ra (2) E V Pb  E Ra dengan : Ib = arus pengereman (A) E = ggl mesin (V) V = tegangan sumber (V) Ra = resistansi jangkar (Ω) Pb = daya pengereman (W) Jika diinginkan perubahan kecepatan, maka berlaku : M b  M L  J dw / dt Untuk momen beban yang konstan berlaku : M c dw (c  ) 2  w( V  L)0 dt J Ra J Ra J (3) dw  k1 w  k 2  0 dt dengan :  c M   (c  ) 2 k1  dan k 2    V  L  J Ra J   J Ra dan :



Mb = momen pengereman (N-m) ML = momen lawan/lawan (N-m) J = momen inersia sistem (kg-m2) w = kecepatan sudut (rad/dt) t = waktu (dt) k1 = konstanta (1/dt) k2 = konstanta (rad/dt)2   fluks magnit (Wb) c = konstanta mesin Penyelesaian persamaan (2) adalah : k (4) w  2 (1  e k1t )  wo e k1t k1 atau 2 2 V M R  w    L 2a  1  e (c  ) t / J Ra   wo e (c  ) t / J Ra (5)   c  (c  )   k t  w1  w2  ( wo  w1  w2 ) e dengan : M R (c  ) 2 V w1  , w2  L 2a dan k  c J Ra (c  ) dan wo = kecepaatan awal pada saat pengereman (rad/dt) Pada saat torsi penggerak adalah nol, ggl sama dengan tegangan terminal atau Ia = 0, dan diperoleh V (6) w  w1 c Waktu yang dibutuhkan dalam keadaan tersebut adalah : w2 1 tb  ln (7) k wo  w1  w2 Kalau keadaan ini dibiarkan terus akan terjadi keadaan seimbang, sehingga momen percepatan sama dengan nol. Dalam hal ini motor tidak dalam kondisi pengereman, dan berlaku torsi penggerak sama dengan momen beban. c  V (c  ) 2 w (8)   Ti Ra Ra Kemudian diperoleh harga kecepatan w = w1 – w2. Jadi dalam kenyataannya kecepatan berkurang sebesar w2 sehingga ggl lebih kecil dari V. Lama waktu yang diperlukan untuk keadaan ini adalah : 2 w2 1 tb  ln (9) k wo  w1  w2 b. Pengereman dinamik Untuk pengereman dinamik, diandaikan resistansi total adalah R, maka daya pengereman adalah : (c  ) 2 2 E2 Pb   w (10) R R Untuk perubahan kecepatan wo – w1, diperoleh persamaan torsi : (c  ) 2 w  M L  J dw / dt (11) R Jadi momen beban dianggap konstan, maka pemecahan persamaan diatas adalah : 2 2 M R w  L 2 1  e (c ) t / J R   wo e (c ) t / J R (12)  (c  ) 



Pada persamaan diatas terlihat bahwa semakin besar momen beban, penurunan kecepatan semakin cepat. Biasanya pada saat pengereman, mesin beroperasi pada beban nol. Jake momen beban untuk beban nol diabaikan, maka diperoleh : w (c  ) 2 (13) ln o  ta w1 JR Pada persamaan terakhir ini terlihat bahwa semakin besar harga resistansi R, semakin lama waktu yang diperlukan untuk menurunkan kecepatan. c. Pengereman pluging Pengereman ini bisa terjadi jika polaritas sumber tegangan dibalik atau polaritas medan penguat dibalik. Dalam keadaan ini daya pengereman menjadi : E V (14) Pb  E Ra dan diperoleh : M c dw (c  ) 2 (15)   V  L 0 dt J Ra J Ra J Untuk momen beban konstan, diperoleh pemecahan berikut ini : 2  M R   (c )2 t / J Ra  (16) w   wo  L 2a   e  1  e (c ) t / J Ra (c  )     Jadi pengereman dilakukan terus, akan terjadi pembalikan putaran menjadi – w1, dan persamaan (16) menjadi : w  wo (2 e kt  1) (17) dengan : M R (c  ) 2 V (18) k dan wo   L 2a J Ra c  (c  ) Waktu yang dibutuhkan untuk membuat kecepatan menjadi nol adalah : 1 1 (19) tb  ln k 2 wo Dalam keadaan ini energi mekanik mesin ddisipasikan energi panas mesin melalui resistansi. Pengereman dengan metode ini tidak efisien dan dapat merusak isolasi mesin karena panas yang ditimbulkan oleh pengereman. Contoh Motor DC penguatan bebas dengan c  0,16 V/rpm beroperasi pada kecepatan tanpa beban 1490 rpm. Pada tegangan jala-jala 240 V, arus jangkar 2 A dan momen inersia mesin 200 kg-m2. Hitunglah kecepatan jika (a) momen beban 12 N-m dengan 1350 rpm, dengan fluks naik dua kali lipat dan daya pengereman dalam 10 detik, (b) dilakukan dengan pengereman dinamik pada R = 3,2 ohm dan momen beban 10 N-m, (c) dilakukan dengan pengereman pluging. Jawab Keadaan tanpa beban E  c n  0,16 . 1490  238,4 V V  E 240  238,4 Resistansi jangkar Ra    0,8 ohm Ia 2 (a) Jika fluks dinaikkan dua kali, c '  2 . 0,16  0,32 V/rpm  3,056 V - dt/rad Kecepatan awal wo = 156 rad/dt 0,32 w  240 Arus pengereman I b  0,8 200 . 0,8 240 w1   78,53 rad / dt dan w2   17,13 rad / dt 3,056 3,056 2



3,056 2  0,05837 dt 1 200 . 0,8 w  78,53  17,13  (156  78,53  17,13) e 0,05837 t rad / dt Untuk t = 100 detik, w = 61,68 rad/dt Untuk t = 10 detik, w = 114,17 rad/dt 3,056. 114,17  240 Daya pengereman Pb  (3,056. 114,17)  35766,1 W 0,8 Untuk jangka waktu yang sangat lama : w  78,53  17,13  61,4 rad / dt E  3,056 . 61,4  187,63 V I a  (240  187,63) / 0,8  65,45 A Keadaan arus pengereman sama dengan nol : Pb = 0, w = 78,53 rad/dt dan E = 240 V 1 17,13 tb  ln  29,28 dt 0,05837 156  78,35  17,13 Energi yang hilang selama 0 sampai 29,28 detik adalah : w  61,4  94,6 e 0,05837 t k



Pb  11,67 w2  916,8 w t



Wb   Pb dt  1 191 037 J 0



(b) Jika R = 3,2 ohm dan Rt = 3,2 + 0,8 = 4 ohm diperoleh : M L Rt 10 . 4   17,71 rad / dt 2 (c ) 1,5028 2



k



1,5028 2  0,002823 dt 1 10 . 4



w   17,71 (1  e 0,002823 t )  156 e 0,002823 t 1,5028 2 2 Pb  w 4 Untuk t = 10 detik, w = 152,15 rad/dt dan Pb = 13512,3 W Untuk t = 100 detik, w = 121,99 rad/dt dan Pb = 8686,3 W Waktu yang dibutuhkan sampai berhenti, w = 0 17,71 (1  e 0,002823 t )  156 e 0,002823 t 1  1  tb    808,5 dt  ln  0,002823  9,8 Energi yang hilang selama 100 detik, Wb = 1 103 067,9 J (c) Jika polaritas tegangan dibalik M R V 240 100 . 0,8 w1   L 2a    159,4 rad / dt c 1,528 1,528 2 (c ) 1,528 2 k  0,0146 dt 1 200 . 0,8 w   159,4 (1  e 0,0146 t )  156 e 0,0146 t



E  V 1,528 2 2 1,528 . 240  w  w Ra 0,8 0,8 Untuk t = 10 detik, w = 113,55 rad/dt dan Pb = 89238,2 W Pb  E



Untuk t = 100 detik, w = - 86,15 rad/dt (pada saat ini putaran sudah berbalik) Waktu yang dibutuhkan sampai kecepatan sama dengan nol adalah : 1 1,594 t  ln  46,74 dt 0,0146 315,4 Energi yang hilang selama 46,74 detik adalah 12 242 396,3 J Pengereman motor DC penguatan shunt Operasi pengereman pada motor ini adalah sama Dengan motor DC penguatan bebas. Dalam hal ini pada waktu pengereman, rangkaian medan tetap terhubung pada sumber tegangannya, sehingga tidak terpengaruh pada kondisi pengereman. Jika dilakukan pengereman dinamik maka daya pengereman tidak terlalu kecil. Contoh Motor DC penguatan bebas mempunyai arus medan tetap 2,25 A dan memutar beban pada 900 rpm. Jika terdapat koefisien induktansi 0,8 ohm-dt/rad, resistansi jangkar 0,5 ohm, dan momen inersia sistem 5 kg-m2, tentukan waktu pengereman dan arus motor jika putaran menjadi 500 rpm, dengan catatan pengereman adalah dinamik pada resistansi 4,5 ohm dan momen beban diabaikan. Jawab c  k I f  0,8 . 2,25  1,8 V  dt/rad R  R a  r  0,5  4,5  5 ohm w1  900 rpm  94 rad/dt dan w 2  500 rpm  52 rad/dt



w1 JR 5 94 ln  ln  4,57 dt w2 1,82 52 (c ) 2 E 230 Arus awal pengereman , I o    46 A R 5 Ggl pada akhir pengereman , Eb  c w2  1,8 . 52  127,23 V 127,23 Arus pengereman , I b   25,45 A 5 Soal Motor DC penguatan bebans 240 V mempunyai arus medan tetap 2,4 A dan memutar beban pada 1000 rpm. Jika terdapat koefisien induktansi jangkar 0,8 ohm-dt/rad, resistansi jangkar 0,5 ohm, dan momen inersia sistem 5 kg-m2. (a) Tentukan kecepatan motor jika direm dalam 10 detik, dengan catatan pengereman adalah dinamik pada resistansi 4,5 ohm dan momen beban diabaikan, (b) Ulangi pertanyaan (a) untuk pengereman pluging. tb 



Pengereman motor DC penguatan seri Pengereman pada motor ini sangat sukar diterapkan karena rangkaian medan terhubung secara seri dengan sumber suplai dan jangkar motor. Jika diinginkan pengereman regeneratif pada motor ini, harus ditanbahkan sumber dari luar untuk mempengaruhi medan penguatnya, sedangkan perubahan belitan medan penguat hamper tidak dapat dilakukan. Contohnya motor traksi yang menggunakan penguatan seri, pengereman dilakukan dengan sumber dari luar untuk menambah medan, yaitu sumber ini terhubung pada rangkaian medan penguat. Untuk pengereman dinamik, hal ini sangat tidak mungkin dilakukan; karena adanya resistansi sistem R = Rf + Ra + r dan ini memperkecil arus medan atau fluks menjadi kecil sehingga daya pengereman juga kecil dan putaran belum tentu turun. Contoh Motor DC seri digunakan untuk motor traksi, 240 V, Rf = 2 Ra = 1,6 ohm, 1700 rpm, c  1,0111 V  dt / rad , J = 200 kg-m2. Pengereman dilakukan dengan menambahkan medan luar dengan arus medan 20 A konstan. Hitunglah kecepatan, daya dan momen pengereman dengan arus pengereman 25 A konstan. Jawab



Kecepatansudut , w  1700 . 2 / 60  178 rad / dt Sebelum dilakukan pengereman , E  c w  1,0111 . 178  180 V V E 240  178 Ia    25 A Rt 2,4 c 1,0111 k   0,04044 V  dt / A  rad Ia 25



Momen beban, ML = k Ia2 = 0,04044 . 252 = 25,28 N-m Medan luar , c '  0,04044 . 20  0,8088 V  dt / rad Saat pengereman, ct  c  c '  1,0111  0,8088  1,8199 V  dt / rad 1,8199 k'   0,073 V  dt / rad 25 V E M b  M L  J dw / dt  k ' I a  M L  J dw / dt Rt



k' Ia2 k' V w I a  M L  J dw / dt Rt Rt 0,073 . 25 2 0,073 . 240  w 25  25,28  200 dw / dt 2,4 2,4 dw / dt  0,095 w  0,786  0 



Pemecahan adalah w  8,27 (1  e 0,095t )  178



rad / dt



Daya pengereman , Pb  Eb I b  k ' w I b  0,073 . 25 2 w  45,625 w W P Momen pengereman , M b  b  45,625 N  m w Soal Motor DC seri digunakan untuk motor traksi, 240 V, Rf = 2 Ra = 1,6 ohm, 1700 rpm, c  1,0111 V  dt / rad , J = 200 kg-m2. Pengereman dilakukan dengan menambahkan medan luar dengan arus medan 20 A konstan. Hitunglah (a) kecepatan motor jika direm selama 10 detik, dengan arus pengereman 25 A, (b) daya motor setelah direm selama 10 detik, dan (c) apa kesimpulan anda ? Pengereman Motor Induksi a. Pengereman regeneratif Agar energi mekanik pada mesin dikembalikan pada sumber suplai, maka mesin bertindak sebagai generator. Jika beban motor berputar diatas kecepatan sinkron, motor beroperasi sebagai generator dan akan terjadi slip negatif, kemudian momen beban segera terbentuk sampai terjadi kecepatan sinkron. 2



b. Pengereman dinamik Pengereman ini dapat dilakukan dengan memparalel resistansi atau sumber tegangan DC atau kawat fasanya langsung dihubung singkat.Dalam keadaan hubung singkat energi mekanik akan dikonversikan melalui resistansi mesin. Jika pengereman dilakukan melalui sumber DC, akan terdapat arus stator yang disetarakan dengan arus AC, yaitu : (20) I ac  2 / 3 I cd Dengan memberikan arus DC, motor berubah menjadi mesin sinkron dengan digram fasor ditunjukkan pada gambar berikut ini. Dari diagram fasor diperoleh : I s 2  I r 2  I ac 2  2 I r I ac ( I r X 2 / E )



s E  Ir M 3



R2 2  s 2 X 2 2



(21)



2



I r R2 s ws



dengan : X2 = reaktansi rotor per fasa (ohm) R2 = resistansi rotor per fasa (ohm) ws= kecepatan sudut sinkron (rad/dt) Dengan s = f (w), karakteristik momen-kecepatan untuk variasi resistansi rotor dan arus Is ditunjukkan pada gambar berikut ini.



Arus stator mempengaruhi besar momen pengereman maksimum, semakin besar arus stator semakin besar pula harga momen maksimumnya, sedangkan resistansi rotor tidak berpengaruh terhadap momen maksimum. c. Pengereman plugging Pengereman ini lazim digunakan pada motor induksi, karena sangat mudah dilakukan, yakni hanya dengan menukar dua kawat fasanya saja, proses pengereman sudah dapat dilakukan. Karakteristik pengereman ini dapat dilihat pada gambar berikut ini.



Jika dua kawat fasa ditukar satu sama lain, maka akan terjadi arus balik dan slip akan terletak antara satu dan dua. Contoh Motor induksi tiga fasa 415 V, 50 Hz, 6 kutub, mempunyai parameter R1 = R2’ = 1 ohm, X1 = X2’ = 2 ohm. Dengan pengereman plugging pada mesin, hitunglah slip dan waktu sampai mesin berhenti. Pada saat pengereman putaran mesin 1000 rpm. Jawab w  1000 . 2 / 60  104,72 rad / dt. Anggap I o  0 I 2 ' 2 R2 ' (415 / 3 ) 2 M 3  M ws  3 s ws s (1  1 / s) 2  (2  2) 2



Jw 3 w2 1  2 s  17 s 2 ds  2 ds M s V 3 . 104,72 2 t [ln (1  2 s  17 s)] s12 2 220 dt 



Jika kecepatan nominal 960 rpm dan slip 4%, maka slip pengereman adalah 1,96 dan motor berhenti s = 1. Jadi s1 = 1,96 dan s2 = 1. Jika disubtitusikan pada persamaan terakhir diatas dihasilkan waktu yang dihasilkan sampai motor berhenti adalah 5,1 detik. Soal Motor induksi tiga fasa 415 V, 50 Hz, 8 kutub, mempunyai parameter R1 = R2’ = 1 ohm, X1 = X2’ = 2 ohm. Dengan pengereman plugging pada mesin. hitunglah (a) waktu mesin sampai 100 rpm, bika saat pengereman putaran mesin 750 rpm, (b) daya pengereman.