Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Analisis Rangkaian Listrik di Kawasan Fasor (Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap) Sudaryatno Sudirham Klik untuk melanjutkan.

Presentasi serupa


Presentasi berjudul: "Analisis Rangkaian Listrik di Kawasan Fasor (Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap) Sudaryatno Sudirham Klik untuk melanjutkan."— Transcript presentasi:

1 Analisis Rangkaian Listrik di Kawasan Fasor (Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap) Sudaryatno Sudirham Klik untuk melanjutkan

2 Bahan Kuliah Terbuka dalam format pdf tersedia di dalam format pps beranimasi tersedia di

3 Teori dan Soal ada dalam buku Analisis Rangkaian Listrik Jilid 1 (format pdf) tersedia di dan

4 Fasor dan Impedansi

5 Mengapa Fasor?

6 Sudut fasa Frekuensi sudut Amplitudo Analisis rangkaian listrik di kawasan waktu melibatkan operasi diferensial dan integral, karena hubungan arus- tegangan elemen-elemen adalah Di kawasan waktu bentuk gelombang sinus dinyatakan sebagai

7 Energi listrik, dengan daya ribuan mega watt, disalurkan menggunakan bentuk gelombang sinus. Pekerjaan analisis rangkaian, dimana peubah rangkaiannya berbentuk gelombang sinus, akan sangat dipermudah jika operasi-operasi diferensial dapat dihindarkan. Siaran radio juga dipancarkan dengan menggunakan bentuk gelombang sinus. Bentuk gelombang sinus sangat luas digunakan.

8 Dalam matematika ada sebuah fungsi yang turunannya berbentuk sama dengan fungsi itu sendiri, yaitu Jika sinyal sinus dapat dinyatakan dalam bentuk fungsi eksponensial, maka operasi diferensial dan integral akan terhindarkan Fungsi Eksponensial

9 Hal itu dimungkinkan karena ada hubungan antara fungsi sinus dan fungsi eksponensial yaitu Ini adalah fungsi eksponensial kompleks Berikut ini kita akan melihat ulang bilangan kompleks Bagian nyata pernyataan kompleks ini yang digunakan untuk menyatakan sinyal sinus Identitas Euler

10 Bilangan Kompleks

11 Pengertian Tentang Bilangan Kompleks Tinjau Persamaan: Akar persamaan adalah: Bilangan tidak nyata (imajiner) x Tak ada nilai untuk negatif

12 dengan a dan b adalah bilangan nyata bagian nyata dari s Re(s) = a bagian imajiner dari s Im(s) = b Re (sumbu nyata) Im (sumbu imajiner) a s = a + jb jbjb Bilangan kompleks didefinisikan sebagai

13 |S|cosθ = Re (S) |S| sinθ = Im (S) θ = tan  1 (b/a) bagian nyata dari S bagian imaginer dari S Bilangan kompleks S = |S|cosθ + j|S|sinθ a Re Im S = a + jb jbjb (sumbu nyata) (sumbu imajiner) Re Im S = a + jb  | S | jbjb a Representasi Grafis Bilangan Kompleks

14 Re Im j4 = 5cos  + j5sin   5 Contoh

15 Penjumlahan Perkalian Pembagian Operasi-Operasi Aljabar Bilangan Kompleks Pengurangan

16 diketahui: maka: Contoh

17 Fungsi eksponensial bilangan kompleks didefinisikan sebagai dengan e  adalah fungsi eksponensial riil Dengan identitas Euler ini bilangan komleks yang dituliskan sebagai: dan Ini identitas Euler Penulisan bilangan kompleks di atas adalah penulisan dalam bentuk sudut siku yang juga dapat dituliskan dalam bentuk polar yaitu: dapat dituliskan sebagai: Bentuk Sudut Siku dan Bentuk Polar

18 |S| = 10sudut fasa: θ = 0,5 radS = 10 e j0,5 Bentuk Polar Bentuk Sudut Siku S = 3 + j4 Bentuk Sudut Siku S = 5e j 0,93 Bentuk Polar S = 3  j4 Bentuk Sudut Siku S = 5e  j 0,93 Bentuk Polar Contoh

19 Suatu bilangan kompleks dan konjugatnya mempunyai hubungan-hubungan berikut: S = a + jb S* = a  jb Re Im Re Im Bilangan kompleks S mempunyai konjugat S * Konjugat dari S = a + jb adalah S * = a - jb S * = p + jq S = p  jq Kompleks Konjugat

20 Dalam Bentuk Fasor Pernyataan Sinyal Sinus

21 hanya amplitudo A dan sudut fasa θ yang diperhatikan karena  diketahui sama untuk seluruh sistem Sinyal Sinus di kawasan waktu : Mengingat relasi Euler, fungsi ini bisa dipandang sebagai bagian riil dari suatu bilangan kompleks A e j(  t+  ) = A {cos(  t + θ) + j sin(  t + θ)} = V v = Re(V) = Re ( A e j  t e j θ ) sehingga dapat ditulis dalam bentuk: Jika seluruh sistem (rangkaian) mempunyai  bernilai sama maka e j  t bernilai tetap sehingga tak perlu selalu dituliskan V = A e j θ dapat ditulis dalam bentuk eksponensial kompleks : dan sinyal sinus Re dan e j  tidak ditulis lagi Inilah yang disebut Fasor Fasor

22 Karena hanya amplitudo dan sudut fasa saja yang diperhatikan maka V |A||A|  Im Re a jb Penulisan dan Penggambaran Fasor

23 Penulisan sinyal sinus dalam bentuk fasor menjadi: Pada frekuensi  = 500 menjadi: Pada frekuensi  = 1000 Contoh

24 A |A|  Im Re A A |A| A*A*   a jb  a a jbjb maka negatif dari A adalah dan konjugat dari A adalah Fasor Negatif dan Fasor Konjugat

25 Perkalian Pembagian Penjumlahan dan Pengurangan Jika diketahui : maka : Operasi-Operasi Fasor

26 Diketahui: maka : Re I3I Im 216,9 o 5 Contoh

27 Impedansi

28 Impedansi suatu elemen rangkaian di kawasan fasor adalah perbandingan antara fasor tegangan dan fasor arus elemen tersebut Impedansi di Kawasan Fasor impedansi fasor tegangan fasor arus Catatan: Ada pengertian impedansi di kawasan s yang akan kita pelajari kemudian

29 + v R  iRiR Kawasan fasor Kawasan waktu Impedansi resistansi resistor di kawasan waktu bernilai sama dengan impedansinya di kawasan fasor Resistor

30 iLiL + v L  Kawasan fasor Impedansi Induktor Kawasan waktu hubungan diferensialhubungan linier

31 iCiC + v C  ` Kawasan fasor Impedansi Kapasitor Kawasan waktu hubungan diferensialhubungan linier

32 Impedansi dan Admitansi Impedansi: Z Admitansi: Y = 1 / Z Perhatikan: relasi ini adalah relasi linier. Di kawasan fasor kita terhindar dari perhitungan diferensial.

33 Perhatian : Walaupun impedansi merupakan pernyataan yang berbentuk kompleks, akan tetapi impedansi bukanlah fasor. Impedansi dan fasor merupakan dua pengertian dari dua konsep yang berbeda. –Fasor adalah pernyataan dari sinyal sinus –Impedansi adalah pernyataan elemen. Impedansi Secara Umum

34 Kaidah Rangkaian

35 R + V R  I + V L  jLjL + V C  R j/Cj/C + V R  I Hubungan Seri

36 j/Cj/C jLjL + V L  + V C  I Kaidah Pembagi Tegangan

37 I total I3I3 R jLjL j/Cj/C I1I1 I2I2 Kaidah Pembagi Arus

38 Diagram Fasor

39 ILIL VLVL Re Im Arus 90 o di belakang tegangan L = 0,5 H, i L (t) = 0,4cos(1000t) A Arus dan Tegangan pada Induktor Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0) Di kawasan waktu: 100 i L (t) vL(t)vL(t) VAVA detik Misalkan

40 C = 50 pF, i C (t) = 0,5cos(10 6 t) mA Arus dan Tegangan pada Kapasitor ICIC VCVC Re Im arus 90 o mendahului tegangan Arus dijadikan referensi (sudut fasa = 0) detik Di kawasan waktu: 10 i C (t) VmAVmA vC(t)vC(t) Misalkan

41 Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t +10 o ) V i(t) = 5cos(314t + 40 o ) A I V Re Im arus mendahului tegangan Beban Kapasitif

42 Pada sebuah beban : v(t) =120cos(314t + 20 o ) V i(t) = 5cos(314t  40 o ) A I V Re Im arus tertinggal dari tegangan Beban Induktif

43 100  j100  j25  V s = 250  0 o V ++ I V Re Im 100  ++ 20  F 50mH v s (t) = 250 cos500t V Transformasi rangkaian ke kawasan fasor Beban RLC seri ini bersifat kapasitif | Z C | > | Z L | arus mendahului tegangan Beban RLC Seri, kapasitif i(t) = 2 cos(500t + 36,87 o ) A Jika kita kembali ke kawasan waktu

44 100  j100  j25  V s = 250  0 o V ++ V L = jX L I V R = RI VsVs Re Im V C =  jX C I I Fasor tegangan rangkaian mengikuti hukum Kirchhoff Fasor Tegangan Tiap Elemen

45 100  j25  j100  V s = 250  0 o V ++ I V Re Im Pada beban kapasitif | Z L | > | Z C | arus tertinggal dari tegangan Beban RLC seri, induktif

46 Beban RLC Paralel 100   j25  j100  V s = 250  0 o V ++ I I V Re Im

47 Teorema Rangkaian

48 Prinsip Proporsionalitas Y = fasor keluaran, X = fasor masukan, K = konstanta proporsionalitas yang pada umumnya merupakan bilangan kompleks

49 Prinsip Superposisi selalu berlaku di kawasan waktu dan berlaku di kawasan fasor bila frekuensi sama Prinsip Superpossi

50 20cos4t V + _ 88 3cos4t A ioio 3H 20  0 o + _ 88  j6  I o1 j12  88 30o30o  j6  I o2 j12  Contoh

51 RTRT A B vTvT ++ VTVT ZTZT A B ++ Kawasan waktuKawasan fasor Teorema Thévenin

52 ++  j100  10  100  0,1  90 o A 20  45 o V ` A B ++ VTVT ZTZT A B Contoh Rangkaian Ekivalen Thévenin

53 Metoda Analisis

54 j9j9 j3j3 ++ 14  0 V 12  A BC D 99 33 IxIx j3  I 1 I2I2 I 3 I4I4 + v x  ++ 14cos2t V 12  A BC D 99 33 ixix 3/2 H 1/6 F 1/18 F Metoda Keluaran Satu Satuan

55 Karena sumber berbeda frekuensi maka fasor I o1 dan I o2 tidak dapat langsung dijumlahkan. Kembali ke kawasan waktu, baru kemudian dijumlahkan 20cos4t V + _ 99 3cos2t A ioio 3H 20  0 o + _ 99  j6  I o1 j12  99 30o30o  j12  I o2 j6  Metoda Superposisi

56 ++ 18cos2t V i 66 22 2  1H A B 2H 1/8 F ++ 18  0 o V 66 22 A B j4 j4 j2 j2 j4  I 22 ++ 18  0 o V 66 22 A B j4  22 ++ V T I A B j4 j4 Z T j2 j2 Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin

57   i 1 = 0.1cos100t A v = 10sin100t V 200  F 1H 50  ix? ix? AB AB   I 1 = 0.1  0 o A V= 10  90 o V  j50  j100  50  Ix Ix Sumber tegangan dan sumber arus berfrekuensi sama,  = 100. Tetapi sumber tegangan dinyatakan dalam sinus, sumber arus dalam cosinus. Ubah kedalam bentuk standar, yaitu bentuk cosinus melalui kesamaan sinx = cos(x  90) sumber tegangan tersambung seri dengan resistor 50  paralel dengan induktor j100  Simpul B hilang. Arus I y yang sekarang mengalir melalui resistor 50 , bukanlah arus I x yang dicari; I y kali 50  adalah tegangan simpul A, bukan tegangan simpul B tempat I x keluar Iy Iy A I2I2  j50  j100  50  I 1 = 0.1  0 o A Iy Iy  j50  j100  50  I1  I2I1  I2 Metoda Reduksi Rangkaian

58 Metoda Tegangan Simpul   I 1 = 0,1  0 o A V= 10  90 o V  j50  j100  50  I x =? AB

59   I = 0,1  0 o A V=10  90 o V  j50  50  AB I1I1 I2I2 I3I3 Metoda Arus Mesh

60 Analisis Daya

61 Nilai rata-rata = V rms I rms cos  Nilai rata-rata = 0 t pbpb Komponen ini memberikan alih energi netto; disebut daya nyata: P Komponen ini tidak memberikan alih energi netto; disebut daya reaktif: Q Tinjauan Daya di Kawasan Waktu

62 Tegangan, arus, di kawasan fasor: besaran kompleks Daya Kompleks : Re Im  P jQ Segitiga daya Tinjauan Daya di Kawasan Fasor

63 Faktor Daya dan Segitiga Daya S =VI * jQ P Re Im  V I (lagging) I*I* Re Im   jQ P Re Im  S =VI * V I (leading) I*I* Re Im  Faktor daya lagging Faktor daya leading

64 Daya Kompleks dan Impedansi Beban

65 seksi sumber seksi beban A B IContoh

66 Dalam rangkaian linier dengan arus bolak- balik keadaan mantap, jumlah daya kompleks yang diberikan oleh sumber bebas, sama dengan jumlah daya kompleks yang diserap oleh elemen-elemen dalam rangkaian Alih Daya

67 50    I 1 = 0,1  0 o A V=10  90 o V  j50  j100  I3 I3 B A C I2 I2 I4 I4 I5 I5 Berapa daya yang diberikan oleh masing-masing sumber dan berapa diserap R = 50  ? Contoh

68 Dengan Cara Penyesuaian Impedansi ++ VTVT Z T = R T + jX T Z B = R B + jX B A B Alih Daya Maksimum

69 B ++ 50  j100   j50  A 10  0 o V 25 + j 75 Contoh

70 Dengan Cara Sisipan Transformator impedansi yang terlihat di sisi primer Z B ++ ZTZT VTVT N 1 N 2 Alih Daya Maksimum

71 ++ 50  j100   j50  A B 10  0 o V 25 + j 60 Seandainya diusahakan Tidak ada peningkatan alih daya ke beban. Dari contoh sebelumnya:Contoh

72 Fasor adalah pernyataan sinyal sinus yang fungsi waktu ke dalam besaran kompleks, melalui relasi Euler. Dengan menyatakan sinyal sinus tidak lagi sebagai fungsi waktu, maka pernyataan elemen elemen rangkaian harus disesuaikan. Dengan sinyal sinus sebagai fungsi t elemen-elemen rangkaian adalah R, L, C. Dengan sinyal sinus sebagai fasor elemen-elemen rangkaian menjadi impedansi elemen R, j  L, 1/j  C. Impedansi bukanlah besaran fisis melainkan suatu konsep dalam analisis. Besaran fisisnya tetaplah R =  l/A, dan C =  A/d Dengan menyatakan sinyal sinus dalam fasor dan elemen-elemen dalam inpedansinya, maka hubungan arus-tegangan pada elemen menjadi hubungan fasor arus - fasor tegangan pada impedansi elemen. Hubungan fasor arus dan fasor tegangan pada impedansi elemen merupakan hubungan linier. Rangkuman Mengenai Fasor

73 Dengan menyatakan arus dan tegangan menjadi fasor arus dan fasor tegangan yang merupakan besaran kompleks maka daya juga menjadi daya kompleks yang didefinisikan sebagai S = V I*. Besaran-besaran kompleks dapat digambarkan di bidang kompleks sehingga kita mempunyai digram fasor untuk arus dan tegangan serta segitiga daya untuk daya. Hukum-hukum rangkaian, kaidah-kaidah rangkaian, serta metoda analisis yang berlaku di kawasan waktu, dapat diterapkan pada rangkaian impedansi yang tidak lain adalah transformasi rangkaian ke kawasan fasor. Sesuai dengan asal-muasal konsep fasor, maka analisis fasor dapat diterapkan hanya untuk sinyal sinus keadaan mantap. Rangkuman (lanjutan)

74 Penyediaan Daya

75 Dalam penyaluran daya listrik banyak digunakan transformator berkapasitas besar dan juga bertegangan tinggi. Dengan transformator tegangan tinggi, penyaluran daya listrik dapat dilakukan dalam jarak jauh dan susut daya pada jaringan dapat ditekan. Di jaringan distribusi listrik banyak digunakan transformator penurun tegangan, dari tegangan menengah 20 kV menjadi 380 V untuk distribusi ke rumah-rumah dan kantor-kantor pada tegangan 220 V. Transformator daya tersebut pada umumnya merupakan transformator tiga fasa; namun kita akan melihat transformator satu fasa lebih dulu Transformator

76 +E2+E2 N2N2 N1N1 IfIf  V1V1 +E1+E1 +  Transformator Dua Belitan Tak Berbeban Belitan primer:Belitan sekunder: I 2 = 0 Jika Fasor E 1 sefasa dengan E 2 karena diinduksikan oleh fluksi yang sama.

77 +E2+E2 N2N2 N1N1 IfIf  V1V1 +E1+E1 +  Arus magnetisasi yang membangkitkan  Resistansi belitan primer E1=E2E1=E2 II  IcIc IfIf If R1If R1 V1V1 Diagram fasor dengan mengambil rasio transformasi a=1, sedangkan E 1 sefasa E 2 Arus magnetisasi I f dapat dipandang sebagai terdiri dari I  (90 o dibelakang E 1 ) yang menimbulkan  dan I C (sefasa dengan E1) yang mengatasi rugi-rugi inti.

78 E2E2  V1V1 l1l1 IfIf  E1=E2E1=E2 II  IcIc IfIf IfR1IfR1 V1V1 ll jI f X l Representasi fluksi bocor di belitan primer ada fluksi bocor di belitan primer Fluksi Bocor di Belitan Primer

79   V2V2 I2I2 I’2I’2 IfIf I1I1 I2R2I2R2 jI2X2 jI2X2 E2E2 E1E1 I1R1I1R1 jI1X1 jI1X1 V1V1 beban resistif, a > 1  V1V1 l1 l1 I1I1  V2V2 l2l2 I2I2 RBRB Transformator Berbeban

80 Z R2R2  IfIf B jX 2 R1R1 jX 1 I1I1 I2I2 V1V1 E1E1 V2=aV2V2=aV2 I 2, R 2, dan X 2 adalah arus, resistansi, dan reaktansi sekunder yang dilihat dari sisi primer R2R2  IfIf B jX 2 R1R1 jX 1 I1I1 I2I2 V1V1 E1E1 V2=aV2V2=aV2 jX c RcRc IcIc II Rangkaian Ekivalen Transformator

81  B jX e =j(X 1 + X 2 ) R e = R 1 +R 2 I1=I2I1=I2 V1V1 V2V2 I2I2 I2ReI2Re jI2Xe jI2Xe V2V2 V1V1 Arus magnetisasi hanya sekitar 2 sampai 5 persen dari arus beban penuh Jika I f diabaikan terhadap I 1 kesalahan yang terjadi dapat dianggap cukup kecil Rangkaian Ekivalen yang Disederhanakan

82 10 kW f.d. 0,8 lagging 8 kW f.d. 0,75 lagging 380 V rms Penyediaan Daya Contoh Impedansi saluran diabaikan Faktor daya total tidak cukup baik

83 Im Re jQ beban (induktif)  jQ kapasitor P beban kVA beban tanpa kapasitor kVA beban dengan kapasitor Perbaikan faktor daya dilakukan pada beban induktif dengan menambahkan kapasitor yang diparalel dengan beban, sehingga daya reaktif yang harus diberikan oleh sumber menurun tetapi daya rata-rata yang diperlukan beban tetap dipenuhi Daya yang harus diberikan oleh sumber kepada beban turun dari |S| menjadi |S 1 |. |S| |S 1 | kapasitor paralel dengan beban Perbaikan Faktor Daya

84 S 12 jQ 12 P 12 -jQ 12C S 12C 10 kW f.d. 0,8 lagging 8 kW f.d. 0,75 lagging 380 V rms 50 Hz C Contoh diinginkan

85 Diagram Satu Garis

86 beban 1 10 kW cos  = 1 beban 2 8 kW cos  = 1 0,2 + j2  VsVs | V | = 380 V rmsContoh

87 Sistem Tiga Fasa Seimbang

88 u s vs(t)vs(t) 1/j  C R j  L VsVs  u s vs(t)vs(t) vs(t)vs(t) vs(t)vs(t) Sebuah kumparan dipengaruhi oleh medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan B A C N V AN V BN V CN    Tegangan imbas yang muncul di kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik, sebesar V s Tiga kumparan dengan posisi yang berbeda 120 o satu sama lain berada dalam medan magnet yang berputar dengan kecepatan perputaran konstan Tegangan imbas di masing-masing kumparan memberikan sumber tegangan bolak-balik. Dengan hubungan tertentu dari tiga kumparan tersebut diperoleh sumber tegangan tiga fasa Sumber Satu Fasa dan Tiga Fasa

89 B A C N V AN V BN V CN  + +  + + Dalam pekerjaan analisis rangkaian kita memerlukan referensi sinyal. Oleh karena itu tegangan bolak balik kita gambarkan dengan tetap menyertakan referensi sinyal Untuk sumber tiga fasa, referensi sinyal tegangan adalah sebagai berikut A, B, C : titik fasa N : titik netral V AN, V BN,V CN besar tegangan fasa ke netral dituliskan pula sebagai V fn atau V f besar tegangan antar fasa adalah V AB, V BC,V CA dituliskan pula sebagai V ff   Simbol sumber tiga fasa: Referensi Sinyal

90 Sumber terhubung Y V AN = |V AN |  0 o V BN = |V AN |  -120 o V CN = |V AN |  -240 o Keadaan Seimbang |V AN | = |V BN | = |V CN | B A C N V AN V BN V CN  + +  + + V AN V BN V CN Im Re Diagram fasor tegangan 120 o Diagram Fasor Sumber Tiga Fasa

91 C B A N V AN V BN V CN  + +  + + V AB V BC V CA IAIA IBIB ICIC Tegangan fasa-netral Tegangan fasa-fasa Arus saluran Sumber Tiga Fasa Terhubung Y Saluran ke beban Sumber Tiga Fasa dan Saluran ke Beban

92 Hubungan Fasor-Fasor Tegangan Tegangan fasa-fasa: Dalam keadaan seimbang: V AN V BN V CN V AB V BC V CA Re Im 30 o Tegangan Fasa-netral 120 o  V BN

93 Arus di penghantar netral dalam keadaan seimbang bernilai nol B A C N V AN V BN V CN  + +  + N A B C Beban terhubung Y Beban terhubung Δ Sumber terhubung Y A B C Arus saluran IAIA ICIC IBIB Arus fasa Arus Saluran dan Arus Fasa

94 Beban Tiga Fasa

95 N A B C Z IAIA ICIC IBIB ININ Z Z Beban Terhubung Y Keadaan seimbang IAIA V BN V CN V AN Re Im  IBIB  ICIC  referensi

96 Z = 4 + j 3 V ff = 380 V (rms) V AN referensi N A B C Z IAIA ICIC IBIB ININ Z Z V BN V CN V AN Re Im IAIA  IBIB  ICIC  Contoh

97 Beban Terhubung  IBIB IAIA ICIC B C A I BC I CA I AB Z Z Z V BC V CA V AB Re Im I AB  I BC  I CA   I CA IAIA

98 A B C IAIA IBIB ICIC I AB I BC I CA Z = 4 + j 3 V ff = 380 V (rms) V AN referensi I AB V BN V CN V AN I BC I CA Re Im V AB Contoh

99 Pada dasarnya analisis daya pada sistem tiga fasa tidak berbeda dengan sistem satu fasa Analisis Daya Pada Sistem 3 Fasa

100 Y 50 kVA f.d. 0,9 lagging V LL = 480 V I s = ? R B = ? X B = ? Contoh

101 bebanbeban VSVS VBVB Z = 2 + j20    ISIS IBIB 100 kW 4800 V rms cos  = 0,8 lag |S sumber | = ? V sumber = ? Contoh

102 Bahan Kuliah Terbuka Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan Fasor (Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap) Sudaryatno Sudirham


Download ppt "Analisis Rangkaian Listrik di Kawasan Fasor (Rangkaian Arus Bolak-Balik Sinusoidal Keadaan Mantap) Sudaryatno Sudirham Klik untuk melanjutkan."

Presentasi serupa


Iklan oleh Google