Siklus Daya Uap

Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine

Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 51

BAB 2 SIKLUS DAYA UAP

2.1 SIKLUS IDEAL RANKINE

Merupakan siklus dasar dalam pembangkitan listrik tenaga uap

Siklus ini dapat menggunakan berbagai jenis bahan bakar sebagai input

kalornya antara lain:

o Energi nuklir (nuclear fission)

o Bahan bakar fossil (fossil fuels); misalnya batu bara (coal), minyak

tanah (kerosene), gas alam (natural gas) dll.

o geothermal

o Tenaga matahari (solar radiation)

o Sampah (garbage/trash)

o Kayu (Biofuels)

Proses yang terjadi:

1 2 Kompressi adiabatik (isentropic) reversible di dalam pompa.

2 3 Pemasukan kalor pada tekanan konstan di dalam ketel (boiler).

3 4 Ekspansi adiabatik (isentropic) reversible di dalam turbin.


Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine

4 1 Pembuangan kalor pada tekanan konstan di dalam kondensor.

Pompa Kondensor

Ketel

Turbin

Air Pendingin

wout

qout

win

qin

Skema gambar instalasi siklus ideal Rankine dan diagram T-s.

Pada titik 1 fluida dalam kondisi cairan jenuh dipompa ke boiler sehingga tekanan

dan temperaturnya naik.

Pada titik 2 fluida dalam kondisi compressed liquid.

Di ketel/boiler fluida dipanaskan hingga mencapai kondisi superheated vapor

(titik 3). Fluida superheated ini selanjutnya berekspansi di turbin dan memutar

sudu-sudu turbin. Kondisi pada titik 3 diusahakan selalu superheated. Bila

kondisinya saturated liquid maka saat berekspansi di dalam turbin temperatur dan

tekanannya akan turun sehingga terjadi kondensasi yang dapat menyebabkan

kerusakan pada turbin akibat korosi. Kualitas fluida setelah berekspansi di dalam

turbin dipertahankan minimal mempunyai kualitas uap 90%.

Untuk menghindari memompa fluida dalam dua fase, maka seluruh fluida yang

keluar dari turbin dikondensasikan di kondensor menjadi cairan jenuh sebelum

dipompa ke ketel.

Dalam menganalisis siklus ideal Rankine, maka:

• Hukum I Termodinamika akan diterapkan pada sistem terbuka dari keempat

komponen utama pembangkit yaitu:

– Pompa (Pump)

– Boiler (heat exchanger)

– Turbine

– Condenser (heat-exchanger)



Asumsi-asumsi yang dipakai dalam menganalisis siklus ideal Rankine:

• Aliran yang steady pada seluruh komponen.

• Keadaan yang steady pada seluruh komponen.

• Umumnya mengabaikan perubahan energi potensial dan kinetik pada seluruh

komponen.

• Kehilangan tekanan di boiler dan pompa diabaikan.

• Komponen tenaga semuanya isentropik.

2.1.1 Analisis Komponen Utama

Hukum I Termodinamika untuk sistem terbuka adalah:

•Q – – Σ•

W•m e(he + g.ze +

2V2

e ) + Σ •m i(hi + g.zi +

2V2

i ) = dt

dEcv [1]

Dimana subscript e = exit = bagian keluar dan i = inlet = bagian masuk

Karena keadaan pada seluruh komponen steady maka bagian paling kanan

persamaan menjadi nol. Dan karena perubahan energi potensial dan kinetik pada

seluruh komponen diabaikan maka persamaan menjadi:

– = •Q

•W

•m (he − hi ) kWatt [2a]

Atau

q – w = (he − hi ) kJ/kg [2b]

A. Pompa

Komponen tersebut adiabatik sehingga tidak ada kalor yang masuk atau

keluar dari komponen tersebut. Jadi q = 0. Persamaan 2b menjadi:

wp = h1 – h2

Pompa juga diasumsi reversible maka:

dwp = vdP + d(ke) + d(pe)

Perubahan energi potensial dan energi kinetik di dalam pompa diabaikan

sehingga kerja pompa menjadi:

wp = ∫ νdP

Karena fluida kerjanya incompressible maka volume spesifik sebelum dan

sesudah melewati pompa konstan; akibatnya:



wP = v1 (P2 – P1) = h1 – h2 [3]

Kerja pompa bernilai negatif. Artinya dibutuhkan kerja dari luar untuk

menggerakkan pompa tersebut.

B. Boiler

Tidak ada kerja pada boiler; akibatnya persamaan 2b menjadi:

qB = h3 – h2 = qin [4]

C. Turbin

Karena turbin dianggap adiabatik, sehingga tak ada kalor yang melintasi

sistem. Persamaan 2b menjadi:

wT = h3 – h4 = wout [5]

E. Kondensor

Terjadi pertukaran kalor antara fluida panas dari turbin dengan fluida dingin

dari sistem pendingin, tetapi tidak ada kerja yang terlibat pada sistem ini.

qc = │h1 – h4│= h4 – h1 = qout [6]

Untuk menganalisis laju aliran massa fluida pendingin maka harus dibuat

control volume di kondensor.

sm

•

(h4 – h1) = (hcwm•

o – hi)

dimana:

netW•

= .wsm•

net

Entalpi air pendingin dievaluasi pada kondisi saturated

liquid berdasarkan temperatur yang bersangkutan. Bila air

pendingin diasumsi incompressible pada tekanan konstan

maka:

(ho – hi) = cp.∆Tcw

sm•

1

4

To m cw

•

s•

m

Ti cwm

•

2.1.2 Efisensi Thermal Siklus

in

netQW&

&=η

in

netQQ&

•

= atau



in

netq

w=η =

in

netqq

Dimana

wnet = wT - wP = TW• •

m .wT

qnet = qB - qc = netW• •

m .wnet

2.1.3 Back Work Ratio (BWR)

Dalam berbagai aplikasi sebagian dari kerja turbin digunakan untuk

menggerakkan pompa. Fraksi antara kerja yang dibutuhkan pompa dengan kerja

yang dihasilkan turbin disebut Back Work Ratio (BWR):

BWR = t

p

ww

Pada siklus tenaga gas nilai BWR akan jauh lebih besar daripada siklus uap. Hal

ini disebabkan karena gas bersifat compressible fluid. Jadi saat memompa gas,

sebagian daya digunakan untuk menaikkan tekanan dan sebagian daya dipakai

untuk mengkompressi fluida.

Contoh 2.1

Uap masuk ke turbin pada siklus ideal Rankine 100% uap jenuh pada

tekanan 6 MPa and saturated liquid memasuki pompa pada 0,01 MPa.

Bila net power output siklus 50 MW. Hitunglah:

(a) Effisiensi thermal siklus

(b) Mass flow rate dari system

(c) Laju perpindahan kalor ke dalam boiler

(d) Mass flow rate air pendingin kondensor,dalam kg/s, Bila air pendingin

masuk pada 20°C dan keluar pada 40°C.

Penyelesaian:

• Pada bagian masuk turbin (titik 3), P3 = 6MPa, 100% saturated vapor

ini berarti x3 = 1, dari saturated table, h3 = hg = 2784,3(kJ/kg), s3 = sg =

5,89(kJ/kg K)

• Dari 3 4, isentropic expansion: s3 = s4 = 5,89 (kJ/kg K)



• Dari 4 1, isothermal process, T4 = T1 = 45,8°C yaitu temperatur

jenuh berdasarkan tekanan 0,01 MPa.

From table A-5, when T = 45,8°C, sf4 = 0,6491, sfg4 = 7,5019, hf4 = 191,8,

hfg4 = 2392,8

x4 = (s4 − sf4)/sfg4

= (5,89 − 0,6491)/7,5019

= 0,699

h4 = hf4 + x4* hfg4

= 191,8 + 0,699(2392,8)

= 1864,4 (kJ/kg)

• At the inlet of the pump: saturated liquid h1 = hf1 = 191,8 kJ/kg

qout = h4 − h1

=1672,6 (kJ/kg)

• At the outlet of the pump: compressed liquid v2 = v1=

vf1=0,00101(m3/kg) work input to the pump

win = wP = v1 (P2 − P1)

= 0,00101(6000-10)

= 6,05 (kJ/kg)

h2 = h1 + v1 (P2 − P1)

=191,8 + 6,05

= 197,85 (kJ/kg)

• In the boiler,

qin = qB = h3 − h2

= 2784,3-197,85

= 2586,5(kJ/kg)

(a) The thermal efficiency

in

netq

w=η = 1− qout/qin

= 1 − 1672,6/2586,5

= 0,353 = 35,3%

(b) Net work output = netW• •

m .wnet



•m [(h3− h4) − (h2 − h1)] = 50000 kWatt

•m = 50000/[(2784,3 − 1864,4 ) − (197,85 − 191,8)]

= 54,7(kg/s)

( c) heat transfer into the boiler

•Q B =

•m .qB

= 54,7 kg/s x 2586,5 kJ/kg

=141,5 MW

(d) Inside the condenser, the cooling water is being heated from the heat

transfered from the condensing steam.

q cooling water = qout

= (dm/dt)(h4 − h1)

= 54,7(1672,6)

= 91,49 (MW)

(dm/dt)cooling water Cp (Tout − Tin) = q cooling water

Cp,water = 4,177(kJ/kg K)

(dm/dt)cooling water = 91490/(4.177*(40-20))

= 1095.2 (kg/s)

Very large amount of cooling water is needed

Contoh 2.2

Sebuah pembangkit tenaga uap beroperasi dengan prinsip siklus ideal

Rankine. Uap masuk ke turbin pada 10 MPa dan 500oC dan

dikondensasikan pada tekanan kondensor 15 kPa. Hitunglah efisiensi

thermal siklus.

Penyelesaian

Skema instalasi dan diagram T-s

To

Ti

Kondensor

Boiler

15 kPa

10 MPa 500oC

Turbin

T

1

2

3

4



Titik 1

Berdasarkan P1 = P4 = 15 kPa pada kondisi saturated liquid

h1 = 225,94 kJ/kg

v1 = 0,001014 m3/kg

wp = v1 (P2-P1)

= 0,001014 m3/kg (10000 – 15) kPa

= 10,125 kJ/kg

Titik 2

h2 = h1+ wp

= 225,94 kJ/kg + 10,125 kJ/kg

= 236,065 kJ/kg

Titik 3

Periksa kondisi Pada P3 = 10MPa Tsat = 311,06oC

Karena T3 >Tsat Superheated vapor

Berdasarkan P3 = 10MPa dan T3 = 500oC pada kondisi Superheated

diperoleh

h3 = 3373,63 kJ/kg

s3 =6,5965 kJ/(kg.K)

Titik 4

s4 = s3 = 6,5965 kJ/(kg.K)

Kondisi titik 4 harus diuji. Berdasarkan P4 = 15 kPa diperoleh:

sf = 0,7549 kJ/kg.K

sg = 8,0085 kJ/kg.K

sfg = 7,2536 kJ/kg.K

Karena sf < s4 < sg berarti titik 4 adalah campuran.



x4 = fg

f4

sss −

=K.kg/kJ 7,2536

K.kg/kJ 7549,0K.kg/kJ ,59656 −

= 0,8054

Berdasarkan P4 = 15 kPa diperoleh:

hf = 225,94 kJ/kg

hfg = 2.373,16 kJ/kg

h4 = hf + x4.hfg

= 225,94 kJ/kg + 0,8054 x 2.373,16 kJ/kg

= 2137,237 kJ/kg

Kerja turbin

wT = h3 − h4

= 3373,63 kJ/kg – 2137,237 kJ/kg

= 1236,393 kJ/kg

Kerja bersih

wnet = wT − wP

= 1236,393kJ/kg − 10,125 kJ/kg

= 1226,268 kJ/kg

Kalor yang disuplai

qin = h3 – h2

= 3373,63 kJ/kg − 236,065 kJ/kg

= 3137,565 kJ/kg

Efisiensi thermal siklus

%100xq

w

in

netth =η

%100xkg/kJ 565,3137kg/kJ 226,2681

=

= 39,08 %


Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Meningkatkan Efisiensi Siklus Rankine

2.2 CARA MENINGKATAKAN EFISIENSI

SIKLUS RANKINE

Usaha meningkatkan efisiensi pembangkit tenaga dengan uap sangat penting

karena meningkatkan efisiensi siklus, sekecil apapun, dapat menghemat bahan

bakar dalam jumlah besar dan berarti juga menghemat biaya.

Inti dari meningkatkan efisiensi siklus adalah bagaimana cara agar saat proses

perpindahan kalor ke dari bahan bakar ke fluida kerja di dalam boiler temperatur

rata-ratanya tinggi, atau pada saat pembuangan kalor dari fluida ke lingkungan

terjadi pada temperatur yang serendah mungkin.

2.2.1 Menurunkan tekanan kondensor

Uap yang keluar dari turbin

(sebelum masuk kondensor)

merupakan campuran antara air

dan gas. Temperaturnya adalah

temperatur jenuh pada tekanan

kondensor. Besarnya kalor yang

dibuang adalah luasan dari segi

empat 1-4-c-b.

Menurunkan tekanan kondensor

berarti menurunkan pula

temperatur fluida kerja tersebut.

Kalor yang dibuang pada tekanan ini adalah luas segi empat 1'-4'-c-a. Jelas dari

gambar bahwa dengan menurunkan tekanan kondensor berarti mengurangi rugi

kalor yang terbuang ke lingkungan dan juga berarti menaikkan kerja bersih.

c ba

Tekanan kondensor akan lebih baik bila bekerja dibawah tekanan atmosfir.

Namun tekanan minimum ini ada batasannya yaitu bahwa tekanan kondensor

tidak boleh lebih kecil dari tekanan jenuh pada temperatur keluar fluida

pendingin. Maksudnya begini. Misalkan air pendingin masuk kondensor pada

20oC dan keluar pada 35oC berarti tekanan jenuh kondensor tidak boleh lebih

kecil dari 5,63 kPa yaitu tekanan jenuh pada temperatur 35oC.



Terdapat pula efek negative dari menurunkan tekanan kondensor. Bila tekanan

kondensor lebih kecil dari tekanan atmosfir maka udara akan berusaha masuk ke

dalam fluida kerja sebagai akibat kebocoran. Namun yang paling nyata adalah

dengan diturunkannya tekanan kondensor maka kualitas uap yang keluar dari

turbin tahap akhir akan turun dan berarti pula kandungan air dari uap tersebut

akan lebih besar. Pada gambar di atas kualitas uap di titik 4 lebih besar dari titik

4'.

2.2.2 Menaikkan tekanan boiler

Menaikkan tekanan boiler berarti

menaikkan temperatur didih di boiler.

Artinya kalor dimasukkan ke fluida

kerja pada temperatur yang lebih tinggi.

Akibatnya efisiensi thermal siklus akan

meningkat.

Namun demikian dengan menaikkan

tekanan boiler maka titik 3 akan

bergeser ke kiri (3'). Pada titik ini fluida

yang berekspansi di dalam turbin

mengandung air yang lebih banyak dari pada di titik 3 (kualitas uap turun) dan ini

dapat menyebabkan korosi pada sudu-sudu turbin.

Pada sekitar tahun 1922 tekanan operasional boiler sekitar 2,1 MPa. Sekarang

sudah mencapai 30 MPa dengan daya output diatas 400 MW. Tekanan ini lebih

tinggi dari tekanan kritis air 22,09 MPa.

2.2.3. Superheat

Temperatur rata-rata dimana kalor

dimasukkan ke fluida kerja dapat dinaikkan

tanpa menaikkan tekanan boiler yaitu

dengan memanaskan lebih lanjut uap yang

telah dihasilkan di boiler. Cara ini lebih

menguntungkan karena selain



meningkatkan efisiensi thermal siklus, kualitas uap yang berekspansi di dalam

turbin justru meningkat.

Temperatur maksimum dari pemanasan lanjut ini harus memperhatikan daya

tahan panas bahan boiler. Sejauh ini temperatur maksimum dari superheating ini

adalah 620oC (1150oF). Temperatur ini bisa saja dilampaui apabila telah

ditemukan material tahan panas dan tekanan tinggi sebagai bahan pembuat ketel.

Bahan dari keramik adalah salah satu yang menjanjikan.


Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine

2.3 PENYIMPANGAN SIKLUS AKTUAL DARI SIKLUS IDEAL (Faktor Irreversibilitas)

Penyimpangan siklus aktual dari siklus ideal disebabkan oleh irreversibilitas dari

berbagai komponen. Gesekan fluida dan kehilangan kalor adalah dua penyebab

utama irreversibilitas tersebut.

Gesekan fluida (fluid friction) menyebabkan penurunan tekanan di boiler,

kondensor dan sistem perpipaan lainnya. Akibatnya tekanan yang keluar dari

boiler lebih rendah dari tekanan idealnya. Demikian pula tekanan yang akan

diekspansikan di turbin lebih rendah dari pada tekanan yang keluar dari boiler

karena adanya gesekan di sepanjang pipa. Penurunan tekanan di kondensor

biasanya cukup kecil dan dapat diatasi dengan memompa fluida terkondensasi ini

ke boiler.

Karena isolasi yang tidak sempurna maka selama mengalirnya uap di dalam

komponen, akan terjadi kehilangan kalor dari uap ke lingkungan. Untuk mencapai

daya output sesuai yang diinginkan

maka harus ditambahkan lebih banyak

kalor ke boiler. Akibatnya efisiensi

siklus menurun.

Komponen utama yang mendapat

perhatian utama akibat irreversibilitas

tersebut adalah turbin dan pompa.

Pompa membutuhkan lebih banyak kerja

qin

qout



daripada yang ideal, sedangkan turbin menghasilkan kerja yang lebih sedikit dari

pada yang ideal.

43

a43

TT hh

hhw

w Ta−−

==η

1a2

12

Pa

PP hh

hhww

−−

==η

Contoh 2.3.1

Sebuah pembangkit tenaga uap bekerja berdasarkan siklus Rankine. Uap

masuk ke turbin pada 10 MPa dan 500oC dan berekspansi ke tekanan 15

kPa. Bila efisiensi turbin 88% dan efisiensi pompa 85%, hitunglah:

a. Efisiensi thermal siklus

b. Kerja turbin, dalam kWatt, bila diketahui laju aliran fluida kerja 16

kg/s.

Penyelesaian

Titik 1

Berdasarkan P1=P4=15 kPa pada kondisi saturated liquid

h1 = 225,94 kJ/kg

v1 = 0,001014 m3/kg

Kerja pompa ideal

wp = v1 (P2 − P1)

= 0,001014 m3/kg (12500 – 15) kPa

= 12,65979 kJ/kg

Titik 2

Entalpi ideal pada titik 2

h2 = h1 + wp

= 225,94 kJ/kg + 12,65979 kJ/kg

= 238,59979 kJ/kg

Entalpi aktual pada titik 2

1a2

P

Pa

PP hh

www

−==η h2a =

P

Pwη

+ h1

= 12,65979 kJ/kg/0,85 + 225,94 kJ/kg

= 240,834 kJ/kg



Kerja pompa aktual:

wPa = P

Pwη

= 0,85

kJ/kg 12,65979

=14,894 kJ/kg

Titik 3

Periksa kondisi Pada P3 = 10MPa diperoleh Tsat = 311,06oC


Berdasarkan P3 = 10MPa dan T3=500oC pada kondisi Superheated

diperoleh

h3 = 3373,63 kJ/kg

s3 =6,5965 kJ/(kg.K)

Titik 4

Proses ideal 3 − 4 adalah isentropik sehingga

s4 = s3 = 6,5965 kJ/(kg.K)


sf = 0,7549 kJ/kg.K

sg = 8,0085 kJ/kg.K


Karena sf < s4 < sg berarti titik 4 adalah campuran. Kualitas campuran

x4 = fg

f4

sss −

=K.kg/kJ 7,2536

K.kg/kJ 7549,0K.kg/kJ ,59656 −

= 0,8054


hf = 225,94 kJ/kg

hfg = 2.373,16 kJ/kg


h4 = hf + x4.hfg

= 225,94 kJ/kg + 0,8054 x 2.373,16 kJ/kg



= 2137,237 kJ/kg


h4a = h3 – ηT (h3 – h4)

= 3373,63 kJ/kg – 0,88x( 3373,63 – 2137,237) kJ/kg

= 2285,604 kJ/kg

Kerja turbin aktual per satuan massa

wTa = h3 − h4a

= 3373,63 kJ/kg – 2285,604 kJ/kg

= 1088,026 kJ/kg

Kerja bersih aktual

wnet = wTa − wPa

= 1088,026 kJ/kg − 14,894 kJ/kg

= 1073,132 kJ/kg

Kalor aktual yang disuplai

qin = h3 – h2a

= 33373,63 kJ/kg − 240,834 kJ/kg

= 3132,796 kJ/kg

a. Efisiensi thermal siklus

%100xq

w

in

netth =η

%100xkg/kJ 796,3132kg/kJ 132,7301

=

= 34,25 %

b. Kerja turbin aktual

TaW•

=•m wTa

= 16 kg/s x 1088,026 kJ/kg

= 17408,416 kWatt

Example 2.3.2

In an ideal Rankine cycle, steam enters the turbine as saturated vapor at 8

MPa and saturated liquid exits the condenser at a pressure of 7.5 kPa. The

net power output of the cycle is 100 MW. Adiabatic efficiencies of the



turbine and pump are 95% and 85%, respectively. If the cooling water

enters the condenser at 15oC and exits at 35oC, calculate for the cycle:

a. The T-s diagram

b. The temperature of the working fluid leaves the boiler

c. The temperature of the working fluid leaves the condenser

d. The thermal efficiency

e. The back work ratio

f. The mass flow rate of the steam (working fluid), in kg/h

g. Heat transfer rate from the boiler into the working fluid, in MW

h. Heat transfer rate from the working fluid to the cooling water, in MW

i. The mass flow rate of the cooling water

Solution

Point 1

Base on the pressure P1 =7.5 kPa at saturated liquid condition

h1 = 168.77 kJ/kg

v1 = 0.001008 m3/kg

Work needed by pump (ideal)

wp = v1 (P2 − P1)

= 0.001008 m3/kg x (8000 − 7.5) kPa

= 8.05644 kJ/kg

Actual work needed by the pump

wPa = P

Pwη

= 85.0

05644.8

= 9.4782 kJ/kg

Point 2

Actual enthalpy at point 2

h2a = h1+ wpa

= 168.77 kJ/kg + 9.4782 kJ/kg

= 178.2482 kJ/kg

Point 3



Because condition at point 3 is saturated vapor, then at 8 MPa;

h3 = hg =2757.94 kJ/kg s3 = sg = 5.7431 kJ/(kg.K)

T3 = 295.06oC

qin,a = h3 – h2a

= (2757.94 − 178.2482) kJ/kg

= 2579.6918 kJ/kg

Point 4

s4 = s3 = 5.7431 kJ/(kg.K)

The condition in point 4 must be mixture because in point 3 the condition

is saturated vapor. At P4 = 7.5 kPa from the steam table:

sf = 0.5763 kJ/kg.K hf = 168.77 kJ/kg

sfg = 7.6751 kJ/kg.K hfg = 2406.02 kJ/kg

Mixture quality

x4 = fg

f4

sss −

= 6751.7

5763.07431.5 −

= 0.6732

Hence:

h4 = hf + x4.hfg

= (168.77 + 0.6732 x 2406.02) kJ/kg

= 1788.5027 kJ/kg

Ideal work produces by the turbine

wT = h3 – h4

= (2757.94 - 1788.5027) kJ/kg

= 969.4373 kJ/kg

Actual turbine work

wTa = ηT.wT

= 0.95 x 969.4373 kJ/kg

= 920.9654 kJ/kg

Actual net work

wnet = wTa – wPa



= (920.9654 - 9.4782) kJ/kg

= 911.4872 kJ/kg

Actual enthalpy at point 4

h4a = h3 – wTa

= (2757.94 – 920.9654) kJ/kg

= 1836.9746 kJ/kg

Actual heat out

qout,a = h4a− h1

= (1836.9746- 168.77) kJ/kg

= 1668.2046 kJ/kg

The condenser temperature is the saturated temperature at the condenser

pressure. Hence at 7.5 kPa the temperature is 40.29oC.

Tcond = 40.29oC

a. T-s diagram

qout

qin

b. Temperature of the working fluid leaves the boiler is T3 = 295.06oC

c. Temperature of the working fluid leaves the condenser is T1 = 40.29oC

d. Thermal efficiency; 100xq

w

in

net=η

= %100x6918.2579

4872.911

=35.33%

e. Back Work Ratio; BWR = Ta

Paww x100%

= %100x9654.920

4782.9



=1.0292%

f. Mass flow rate of the working fluid; = netW• •

m s.wnet

•m s =

net

netwW•

= kJ/kg 4872.911kJ/s 1000x100

=109.7108 kg/s

= 394959 kg/h

g. Heat transfer rate from the boiler into the working fluid;

•Q in =

•m s . qin

= 109.7108 kg/s x 2579.6918 kJ/kg

= 283020 kW

=283.02 MW

h. Heat transfer rate from the working fluid to the cooling water;

•Q out =

•m s . qout,a

= 109.7108 kg/s x 1668.2046 kJ/kg

= 183020 kW

=183.02 MW

i. Mass flow rate of the cooling water

•Q out = (hcwm

•

o – hi)

=cwm•

io

outhh

Q−

•

Where for the cooling-water hi and ho is

evaluated at the saturated enthalpy at Ti and To.

sm•

1

4

To

Ti cwm

•

=cwm•

kg/kJ)98.6266.146(s/kJ183020

−

= 2187.1415 kg/s

= 7,873,709 kg/h


Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat

2.4 SIKLUS IDEAL RANKINE DENGAN

REHEAT Salah satu cara untuk menaikkan efisiensi thermal siklus adalah menaikkan

tekanan boiler. Namun hal ini mengakibatkan kandungan air dalam uap juga akan

meningkat ke tingkat yang membahayakan sudu-sudu turbin. Untuk mengatasi hal

ini digunakan cara antara lain:

1. Menjadikan uap yang keluar dari turbin pada kondisi superheated dengan

temperatur yang setinggi mungkin dengan bantuan superheater. Tujuannya

adalah agar uap terakhir yang menyentuh sudu turbin tetap dalam kondisi

superheated. Kendalanya adalah bila temperatur boiler terlalu tinggi akan

menjadi masalah metalurgi bagi bahan boiler itu.

2. Mengekspansikan uap di dalam turbin dalam dua tahap. Setelah berekspansi

dalam turbin tahap I uap dipanaskan ulang di boiler sebelum diekspansikan

lagi ke turbin tahap II. Sistem pemanasan ulang (Reheat)ini dapat mengatasi

kandungan air di dalam uap dan sistem ini sering digunakan pada PLTU

modern.

Contoh 1

Sebuah PLTU beroperasi berdasarkan siklus Rankine dengan reheat.

Uap masuk ke turbin tekanan tinggi pada 500oC dan 10 MPa dan

berekspansi ke 1 MPa. Uap tersebut dipanaskan ulang pada tekanan

konstan menjadi 400oC dan berekspansi dalam turbin tekanan rendah

menjadi 15 kPa. Hitung efisiensi thermal siklus.

Kondensor

qin

qout

qin

Pompa

HP LP

400oC

1MPa

10 MPa 500oC

15 kPa

Boiler



Penyelesaian

Titik 1


h1 = 225,94 kJ/kg

v1 = 0,001014 m3/kg

Kerja pompa

wp = v1 (P2 − P1)

= 0,001014 m3/kg (12500 – 15) kPa

= 12,65979 kJ/kg

Titik 2

h2 = h1+ wp

= 225,94 kJ/kg + 12,65979 kJ/kg

= 238,59979 kJ/kg

Titik 3




diperoleh

h3 = 3373,63 kJ/kg

s3 =6,5965 kJ/(kg.K)

Titik 4

s4 = s3 = 6,5965 kJ/(kg.K)

Kondisi titik 4 harus diuji. Berdasarkan P4 = 1MPa diperoleh:

sf = 2,1386 kJ/kg.K

sg = 6,5864 kJ/kg.K

Karena s4 > sg berarti kondisi titik 4 adalah superheated vapor.

Dari tabel berdasarkan P4 = 1MPa dan s4 = 6,5965 kJ/(kg.K) dan dengan

interpolasi linear diperoleh:

s [kJ/(kg.K)] 6,5864 6,5965 6,6939

h [kJ/kg] 2778,08 2787,757 2827,86

h4 = 2787,757 kJ/kg

Titik 5



Dari diagram T-s terlihat bahwa bila titik 4 minimal dalam kondisi

saturated vapor, apalagi bila superheated vapor, maka titik 5 dipastikan

superheated vapor. Alasannya titik 5 berada di sebelah kanan titik 4.

Berdasarkan P5 = 1MPa dan T5 = 400oC pada kondisi Superheated

diperoleh

h5 = 3263,88 kJ/kg

s5 = 7,4650 kJ/(kg.K)

Titik 6

s6 = s5 = 7,4650 kJ/(kg.K)


sf = 0,7549 kJ/kg.K

sg = 8,0085 kJ/kg.K



x6 = fg

f6s

ss −

=K.kg/kJ 7,2536

K.kg/kJ 7549,0K.kg/kJ ,46507 −

= 0,9251


hf = 225,94 kJ/kg

hfg = 2373,16 kJ/kg

h6 = hf + x6.hfg

= 225,94 kJ/kg + 0,9251 x 2373,16 kJ/kg

= 2421,350 kJ/kg

Kerja turbin

wT = (h3 − h4) + (h5 – h6)

= (3373,63 – 2137,237) kJ/kg + (3263,88 – 2421,350) kJ/kg

= 2078,923 kJ/kg

Kerja bersih

wnet = wT − wP

= 2078,923 kJ/kg − 12,65979 kJ/kg



= 2066,263 kJ/kg

Total kalor yang disuplai

qin = qb + qreheat

= (h3 – h2 ) + (h5 – h4)

= (3373,63 − 238,59979) kJ/kg + (3263,88 − 2787,757)

= 3611,153 kJ/kg

Efisiensi thermal siklus adalah:

%100xq

w

in

netth =η

%100xkg/kJ 611,1533kg/kJ 066,2632

=

= 57,22 %

Contoh 2

Sebuah PLTU beroperasi berdasarkan siklus Rankine dengan reheat

menghasilkan daya bersih 100 MW. Uap masuk ke turbin tekanan tinggi

pada 800oC dan 10 MPa dan berekspansi ke 700oC dan 4 MPa. Uap

tersebut dipanaskan ulang pada tekanan konstan menjadi 800oC dan

berekspansi dalam turbin tekanan rendah menjadi 0,01 MPa serta masuk

ke kondensor pada kondisi uap jenuh.

a. Hitung efisiensi termal siklus

b. Hitung laju aliran massa air pendingin bila temperatur air pendingin

saat masuk kondensor 15oC dan keluar pada 35oC

Kondensor

To = 35oC

Pompa

HP LP

Ti = 15oC 4 MPa 800oC

4MPa 700oC

10 MPa 800oC

10 kPa Boiler



Penyelesaian

Titik 1 Kondisi saturated liquid


h1 = hf = 191,81kJ/kg v1 = vf = 0,001010 m3/kg

Kerja pompa

wp = v1 (P2 − P1)

= 0,001010 m3/kg (10000 – 10) kPa

= 10,0899 kJ/kg

Titik 2 Kondisi compressed liquid

h2 = h1+ wp

= 191,81 kJ/kg + 10,0899 kJ/kg

= 201,8999 kJ/kg

Titik 3 Kondisi superheated vapor


diperoleh

h3 = 4114,91 kJ/kg



diperoleh

h4 = 3905,94 kJ/kg



diperoleh

h5 = 4141,59 kJ/kg

Titik 6 Kondisi saturated vapor

Berdasarkan P6 = 10 kPa diperoleh

h6 = hg = 2584,63 kJ/kg

Kerja turbin

wT = (h3 − h4) + (h5 – h6)

= (4114,91 – 3905,94) kJ/kg + (4141,59 – 2584,63) kJ/kg

= 1765,93 kJ/kg

Kerja bersih



wnet = wT − wP

= 1765,93 kJ/kg − 10,0899 kJ/kg

= 1755,8401 kJ/kg

Laju aliran massa uap air

sm•

= netwnetW

•

=kJ/kg 8401,1755kJ/s 000.100

=56,9526 kg/s

Total kalor yang masuk ke sistem

qin = qboiler + qreheat

= (h3 – h2 ) + (h5 – h4)

= (4114,91 − 201,8999) kJ/kg + (4141,59 − 3905,94)

= 4148,6601 kJ/kg

a. Efisiensi termal siklus adalah :

%100xq

w

in

netth =η

%100xkg/kJ 148,66014kg/kJ 755,84011

=

= 42,3231 %

b. Laju aliran air pendingin dapat diperoleh dengan menjadikan kondensor

sebagai control volume. sm

•

1

6

To

Ti

sm•

(h6 – h1) = (hcwm•

o – hi)

dimana: cwm

•

= .wnetW•

sm•

net

Entalpi air pendingin dievaluasi pada kondisi

saturated liquid berdasarkan temperatur yang

bersangkutan.

Pada Ti = 15oC diperoleh hi = 62,98 kJ/kg

To = 35oC diperoleh ho = 146,66 kJ/kg



cwm•

=io

16shhhhm

−−•

= 56,9526 kg/s x 98,6266,14681,19163,2584

−−

= 1628,5599 kg/s


Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative

2.5 SIKLUS RANKINE DENGAN REGENERATIVE

Untuk menaikkan setiap temperatur air di dalam boiler dibutuhkan energi dari

bahan bakar, dan itu berarti finansial. Semakin rendah temperatur air yang masuk

ke boiler semakin banyak pula energi dan biaya yang dibutuhkan. Untuk

mengatasi hal tersebut maka temperatur fluida yang meninggalkan pompa

sebelum masuk ke boiler dinaikkan. Caranya:

1. Mengkompressi air secara isentropis ke temperatur tinggi. Hal ini butuh

tekanan yang sangat tinggi dan tentunya ini tidak praktis.

2. Mengekstrak sebagian uap dari turbin untuk dipakai memanaskan air sebelum

dipompa ke turbin. Proses pemanasan ini terjadi di dalam alat yang disebut

regenerator.

2.5.1 Open Feedwater Heater (OFH) Pada open feedwater heater, uap hasil ekstraksi dari turbin akan bercampur dan

berkontak langsung dengan fluida yang berasal dari kondensor.

Pompa II

Kondensor

Ketel

1kg

y kg

(1-y) kg

Pompa I

OFW

Data yang diketahui:

P1 = P7 = 15 kPa

P2 = P3 = P6 = 1 MPa T5 = 500oC

P4 = P5 = 10 MPa



Titik 1

Berdasarkan P1= P7 =15 kPa pada kondisi saturated liquid

h1 = 225,94 kJ/kg

v1 = 0,001014 m3/kg

wpI = v1 (P2-P1) = 0,001014 m3/kg (12500 – 15) kPa

= 12,65979 kJ/kg

Titik 2

h2 = h1+ wpI

= 225,94 kJ/kg + 12,65979 kJ/kg

= 238,59979 kJ/kg

Titik 3

Berdasarkan P3 =1MPa pada kondisi saturated liquid

h3 = 762,79 kJ/kg

v3 = 0,001127 m3/kg

wpII = v3 (P4 − P3)

= 0,001127 m3/kg (10 – 1) x 1000 kPa

= 10,143 kJ/kg

Titik 4

h4 = h3+ wpII

= 225,94 kJ/kg + 10,143 kJ/kg

= 772,933 kJ/kg

Titik 5



Berdasarkan P5 = 10MPa dan T5=500oC pada kondisi Superheated diperoleh

h5 = 3373,63 kJ/kg

s5 = 6,5965 kJ/(kg.K)

Titik 6

s6 = s5 = 6,5965 kJ/(kg.K)


sf = 2,1386 kJ/kg.K

sg = 6,5864 kJ/kg.K






s [kJ/(kg.K)] 6,5864 6,5965 6,6939

h [kJ/kg] 2778,08 2787,757 2827,86

h6 = 2787,757 kJ/kg

Titik 7

s7 = s6 = 6,5965 kJ/(kg.K)


sf = 0,7548 kJ/kg.K

sg = 8,0084 kJ/kg.K



x7 = fg

f7s

ss −

=K.kg/kJ 7,2536

K.kg/kJ 7548,0K.kg/kJ ,59656 −

= 0,8054


hf = 225,94 kJ/kg

hfg = 2373,14 kJ/kg

h7 = hf + x7.hfg

= 225,94 kJ/kg + 0,8054 x 2373,14 kJ/kg

= 2137,267 kJ/kg

Untuk mencari fraksi uap yang diambil dari turbin dan masuk Open Feedwater

Heater dapat dicari dengan mengambil OFH sebagai control volume. y

Closed FWH

Closed FWH

OFH

6

2

3

(1-y)

Ye

1.h3 = y. h6 +(1-y)h2

y = ( )

26

23hhhh

−−

59979,238757,2787 59979,23879,762y

−−

=

y = 0,2056

(1)

sung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 80


wT = (h5 − h6) + (1− y)(h6 – h7)

= (3373,63–2787,757)kJ/kg + (1− 0,2056)(2787,757–2137,267) kJ/kg

= 1102,622 kJ/kg

wP = (1− y)wPI − wPII

= (1− 0,2056)( 12,65979 – 10,143) kJ/kg

= 20,1999 kJ/kg

wnet = wT – wP

= 1102,622 kJ/kg - 20,1999 kJ/kg

= 1082,4221 kJ/kg

qin = (h5 – h4 )

= 3373,63 kJ/kg – 772,933 kJ/kg

= 2600,697 kJ/kg

Efisiensi thermal siklus adalah:

%100xq

w

in

netth =η

%100xkg/kJ 600,6972kg/kJ 082,42211

=

= 41,62 %

Efisiensi thermal siklus dapat pula dihitung dengan menggunakan rumus:

in

outin

in

netth q

qqqq −

==η

= 1 – in

outqq

Dimana:

qout = (1–y)(h7 – h1)

= (1 – 0,2056)( 2137,267 – 225,94) kJ/kg

= 1518,358 kJ/kg

Jadi:

thη = 1 – in

outqq

= 1–697,2600358,1518



=0,4162 = 41,62%

2.5.2 Closed Feedwater Heater (CFH)

Pompa II

Kondensor

1 kg

y kg

(1-y) kg

(1-y)

Pompa I

CFH

y Ketel Mixing

Chamber


P1 = P9 = 15 kPa

P2 = P3 = P5 = P6 = P7 = 10 MPa T7 = 500oC

P4 = P8 = 1 MPa

Titik 1

Berdasarkan P1=15 kPa pada kondisi saturated liquid

h1 = 225,94 kJ/kg

v1 = 0,001014 m3/kg

wpI = v1 (P2 − P1)

= 0,001014 m3/kg (12500 – 15) kPa

= 12,65979 kJ/kg

Titik 2

h2 = h1+ wpI

= 225,94 kJ/kg + 12,65979 kJ/kg

= 238,59979 kJ/kg

Titik 3

Pada titik ini berlaku T3 ≈ T4. T4 merupakan temperatur jenuh pada tekanan

P4. Dari tabel berdasarkan P4 = 1 MPa diperoleh T4 = 179,91oC.



Titik 3 adalah compressed liquid, maka berdasarkan P3 = 10 MPa dan T3 =

179,91oC dari tabel dengan cara interpolasi diperoleh:

h3 = 767,44 kJ/kg

Titik 4

Berdasarkan P4 = 1MPa pada kondisi saturated liquid diperoleh:

h4 = 762,79 kJ/kg v4 = 0,001127 m3/kg

wpII = v4 (P5 − P4)

= 0,001127 m3/kg (10 – 1)x1000 kPa

= 10,143 kJ/kg

Titik 5

h5 = h4+ wpII

= 762,79 kJ/kg + 10,143 kJ/kg

= 762,933 kJ/kg

Titik 7



Berdasarkan P7 = 10MPa dan T7=500oC pada kondisi Superheated diperoleh

h7 = 3373,63 kJ/kg

s7 = 6,5965 kJ/(kg.K)

Titik 8

s8 = s7 = 6,5965 kJ/(kg.K)


sf = 2,1386 kJ/kg.K

sg = 6,5864 kJ/kg.K




s [kJ/(kg.K)] 6,5864 6,5965 6,6939

h [kJ/kg] 2778,08 2787,757 2827,86

h6 = 2787,757 kJ/kg

Titik 9

s9 = s7 = 6,5965 kJ/(kg.K)




sf = 0,7548 kJ/kg.K

sg = 8,0084 kJ/kg.K



x9 = fg

f9s

ss −

=K.kg/kJ 7,2536

K.kg/kJ 7548,0K.kg/kJ ,59656 −

= 0,8054


hf = 225,94 kJ/kg

hfg = 2373,14 kJ/kg

h9 = hf + x9.hfg

= 225,94 kJ/kg + 0,8054 x 2373,14 kJ/kg

= 2137,267 kJ/kg

Untuk mencari fraksi uap yang diambil dari turbin dan masuk Closed Feedwater

Heater dapat dicari dengan mengambil CFH sebagai control volume. y

Closed FWH (1-y)

Closed FWH

Closed FWH

8

(1-y) 3

(1–y).(h3–h2) = y.(h8–h4)

y = )hh()hh(

hh

4823

23−+−

−

)79,762757,2787()59979,23844,767( )59979,23844,767(

2

4

yy−+−

−= y

= 0,2071



Untuk mencari nilai h6 jadikan mixing chamber sebagai sistem lalu buat energy

balance: Closed FWH

Closed FWH

Mixing Chamber

6 3

5

y

(1-y)

h6 = (1-y).h3 + y.h5

h6 = (1-0,2071) 767,44 kJ/kg + 0,2071x 762,933 kJ/kg

h6 = 766,507 kJ/kg

Efisiensi thermal dapat dihitung dengan rumus:

in

netth q

q=η

in

outinq

qq −=

in

outqq1−=

Dimana:

qin = h7–h6

= (3373,63 – 766,507) kJ/kg

= 2607,123 kJ/kg

qout = (1 – y)(h9 – h1)

= (1– 0,2071)x( 2137,267 – 225,94) kJ/kg

= 1515,491 kJ/kg

123,2607491,15151th −=η

= 41,87%

2.5.3 TRAP Uap air dari turbin setelah melewati CFH akan terkondensasi menjadi cairan

jenuh. Cairan jenuh ini masih tinggi sehingga meski sudah berupa cairan jenuh

tetapi temperaturnya juga masih tinggi. Karena itu sering fluida ini dialirkan lagi

ke CFH dengan temperatur dan tekanan yang lebih rendah dengan menggunakan



alat yang disebut Trap.Kadang pula cairan jenuh ini dialirkan langsung ke

kondensor. Pada proses trapping ini entalpi fluida konstan.

Trap

Kondensor

CFH

Pompa

(1-y-z)z

Trap

y Ketel


Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat dan Regenerative

2.6 SIKLUS RANKINE DENGAN REHEAT DAN REGENERATIVE

Kondensor

1 kg

HP LP

CF OF

Boiler

IIPompa I Pompa II Pompa I

(1–y–z) kg

y kg

(1-y) kg

(1–y–z) kg

1 kg

z kg (1–y) kg y kg

Mixing Chamber


P9 = 20 MPa T9 = 700oC

P10 = 6 MPa T11 = 600oC

P12 = 1 MPa

P13 = 15 kPa

Hitunglah efisiensi thermal siklus

Penyelesaian:

Diketahui bahwa:

P1 = P13 P2=P3 =P12 P4=P5 =P8= P7=P9 P6=P10 =P11

Titik1

Berdasarkan P1=P13 = 15 kPa pada kondisi saturated liquid diperoleh:

h1 = 225,94 kJ/kg

v1 = 0,001014 m3/kg

wPI = v1.(P2 – P1)

= 0,001014 m3/kg x ( 1000 – 15 ) kN/m2

= 0,99879 kJ/kg

Titik 2

h2 = h1+ wPI = 225,94 kJ/kg + 0,99879 kJ/kg

= 226,93879 kJ/kg



Titik 3

Berdasarkan P3 = 1 MPa pada kondisi saturated liquid diperoleh:

h3 = 762,81 kJ/kg

v3 = 0,001127 m3/kg

wPII = v3.(P4–P3) = 0,001127 m3/kg x ( 20.000–1000 ) kN/m2

= 21,413 kJ/kg

Titik 4

h4 = h3+ wPII

= 762,81 kJ/kg + 21,413 kJ/kg

= 784,223 kJ/kg

Titik 5

Pada titik ini berlaku T5 ≈ T6. T6 merupakan temperatur jenuh pada tekanan

P6. Dari tabel berdasarkan P6 = 6 MPa diperoleh T6 = 275,64oC.

Karena titik 5 compressed liquid, maka berdasarkan P5 = 20 MPa dan T5 =

275,64oC dari tabel dengan cara interpolasi diperoleh:

h5 = 1209,4322 kJ/kg

Titik 6

Berdasarkan P6 = 6 MPa pada kondisi saturated liquid diperoleh:

h6 = 1213,35 kJ/kg

v6 = 0,001319 m3/kg

wPIII = v6.(P7 – P6) = 0,001319 m3/kg x ( 20.000 – 6000 ) kN/m2

= 18,466 kJ/kg

Titik 7

h7 = h6+ wPIII

= 1213,35 kJ/kg + 18,466 kJ/kg

= 1231,816 kJ/kg

Titik 9

Berdasarkan P9 = 20 MPa dan T9=700oC pada kondisi superheated

diperoleh:

h9 = 3809 kJ/kg dan s9 = 6,7993 kJ/kg.K

Titik 10

s10 = s9 = 6,7993 kJ/kg.K



Kondisi titik 10 harus diuji. Berdasarkan P10 = 6 MPa diperoleh:

sf = 3,0267 kJ/kg.K

sg = 5,8892 kJ/kg.K

Karena s10 > sg berarti titik 10 adalah superheated.

Berdasarkan P10 = 6 MPa dan s10 = 6,7993 kJ/kg.K maka dari tabel

superheated melalui interpolasi diperoleh

h10 = 3361,626 kJ/kg

Titik 11

Berdasarkan P11 = 6 MPa dan T11 = 600oC pada kondisi superheated

diperoleh:

h11 = 3658,4 kJ/kg dan s11 = 7,1677 kJ/kg.K

Titik 12

s12 = s11 = 7,1677 kJ/kg.K

Kondisi titik 12 harus diuji. Berdasarkan P12 = 1 MPa diperoleh:

sf = 2,1387 kJ/kg.K

sg = 6,5865 kJ/kg.K

Karena s12 > sg berarti titik 12 adalah superheated.

Berdasarkan P12 = 1 MPa dan s12 = 7,1677 kJ/kg.K maka dari tabel

superheated melalui interpolasi diperoleh

h12 = 3077,87 kJ/kg

Titik 13

s13 = s12 = 7,1677 kJ/kg.K

Kondisi titik 13 juga harus diuji. Berdasarkan P13 = 15 kPa diperoleh:

sf = 0,7549 kJ/kg.K

sg = 8,0085 kJ/kg.K



x13 = fg

f13s

ss −

=K.kg/kJ 7,2536

K.kg/kJ 7549,0K.kg/kJ 1677,7 −

= 0,8841




hf = 225,94 kJ/kg

hfg = 2373,16 kJ/kg

h13 = hf + x13.hfg = 225,94 kJ/kg + 0,8841x 2373,16 kJ/kg

= 2324,0508 kJ/kg

Untuk mencari nilai y jadikan closed feedwater heater sebagai sistem lalu buat

energy balance: y

Closed FWH

Closed FWH

Closed FWH

)35,1213626,3361()223,7844322,1209( )223,7844322,1209(y−+−

−=

(1–y).(h5–h4) = y.(h10–h6)

y = )hh()hh(

hh

61045

45−+−

−

5

10

4

6

y

(1-y) (1-y)

y = 0,1651

Untuk mencari nilai h8 jadikan mixing chamber sebagai sistem lalu buat energy

balance:

h8 = (1− y).h5 + y.h7

h8 = (1− 0,1651)x1209,4322 kJ/kg + 0,1651x1231,816 kJ/kg

Closed FWH

Closed FWH

Mixing Chamber

8 5

7

y

(1−y)

h8 = 1213,1278 kJ/kg

Untuk mencari nilai z jadikan open feedwater heater sebagai sistem lalu buat

energy balance: z

Closed FWH

Closed FWH Open FWH

12

2

3

(1-y)

(1–y). h3 = z. h12 +(1 − y − z)h2

z = ( )

212

23hh

hh).y1(−

−−

93879,22687,3077 )93879,22681,762)(1651,01(z

−−−

=

z = 0,1569

(1-y-z)



Efisiensi thermal dapat dihitung dengan rumus:

in

netth q

q=η

in

outinq

qq −=

in

outqq1−=

Dimana:

qin = (h9 – h8) + (1–y)(h11 – h10)

= (3809 – 1213,1278) kJ/kg + (1− 0,1651).( 3658,4 − 3361,626) kJ/kg

= 2.843,649 kJ/kg

qout = (1–y − z)(h13 – h1)

= (1 – 0,1651–0,1569).( 2324,0508 – 225,94) kJ/kg

= 1.422,519 kJ/kg

649,843.2519,422.11th −=η

= 49,98%


Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System

2.7 COGENERATION SYSTEMS Pembangkitan tenaga uap umumnya hanya untuk menghasilkan energi

listrik. Namun ada industri atau situasi dimana uap yang dihasilkan selain untuk

membangkitkan energi listrik juga dipakai untuk keperluan lain. Sebagai contoh

pembangkitan tenaga pada sebuah universitas (di luar negeri) uap yang dihasilkan

selain menggerakkan turbin juga dipakai untuk menghangatkan ruangan. Industri-

industri besar seperti industri kimia, penyulingan minyak, pabrik baja, pabrik

gula, industri makanan dan pabrik kertas semuanya membutuhkan uap untuk

menjalankan berbagai proses selain untuk menghasilkan listrik. Memanfaatkan

sebagain uap dari PLTU-nya akan lebih menghemat biaya daripada harus

membuat suatu pembangkit uap tersendiri.

PLTU besar umumnya mempunyai efisiensi antara 30% – 40%. Tentulah

kita mengharapkan bahwa uap yang dihasilkan semakin banyak manfaatnya. Hal

ini dapat dicapai dengan mengintegrasikan pemakaian uap yang dihasilkan untuk

pemanfaatan berbagai tujuan. Metode ini disebut dengan cogeneration.

Unjuk kerja dari sistem cogeneration dinyatakan dengan efektifitas,ε :

sistem keinput Energi

lain haluntuk dipakai yang Panas Turbin erjaK +=ε

Bila unjuk kerja pembangkitan tenaga hanya untuk listrik berkisar 30% – 40%

maka dengan sistem cogeneration memungkinkan untuk mencapai 55% - 70%.

Pompa I Pompa II

Kondensor

Ketel Heating

Load

cload mm••

+

loadm•

cm•



Pada gambar di atas, laju aliran massa fluida kerja yang melewati kondensor

dinotasikan dengan sedangkan yang melewati heating load dinotasikan

dengan . Dengan demikian laju aliran massa fluida kerja yang keluar dari

ketel menuju ke turbin adala ( + )

cm•

loadm•

cm•

loadm•

Contoh 2.7.1

Pada sebuah siklus kogenerasi, uap berekspansi di dalam turbin dari 6

MPa, 440oC ke 8 kPa. Efisiensi adiabatik turbin 85% dan menghasilkan

daya 50 MW. Uap diekstrak pada tekanan 0,5 MPa untuk beban kalor 5

x 106 kJ/min. Uap meninggalkan beban kalor sebagai saturated liquid

pada 0,4 MPa dan bercampur dengan uap yang meninggalkan pompa

kondensat pada tekanan 0,4 MPa. Efisiensi masing-masing pompa 70%.

Hitunglah:

a. Hitunglah laju aliran fluida yang melewati beban kalor dan

kondensor, [kg/min]

b. Efektivitas siklus

Penyelesaian


P2 = P3 = P8 = 0,4 MPa = 400 kPa

P5 = 6 MPa = 6000 kPa T5 = 440oC

P1 = P7 = 8 kPa P6 = 0,5 MPa = 500 kPa •

W T = 50 MW •

Q load = 5 x 106 kJ/min

ηT = 0,85 ηP = 0,70

Dari data awal, kemungkinan diagram T-s seperti di bawah. Posisi titik 6

dan 7 yang tepat baru dapat diketahui bila kondisinya telah dicek. Jadi bisa

saja berada di garis saturated atau bahkan campuran (di dalam kubah).

Perhitungan awal

Titik 1


h1 = 173,88 kJ/kg v1 = 1,084 x 10-3 m3/kg



Kerja pompa I ideal:

wpI = v1 (P2-P1)

= 1,084 x 10-3 m3/kg (400 – 8) kPa

= 0,3953 kJ/kg

Kerja pompa I aktual:

wPIa = P

PIwη

= 0,70

kJ/kg 0,3953

= 0,5647 kJ/kg

cload mm••

+

loadm•

cm•

Titik 2


h2a = wPIa+ h1

= 0,5647 kJ/kg + 173,88 kJ/kg

= 174,4447 kJ/kg

Titik 3

Berdasarkan P3 = 400 kPa pada kondisi saturated liquid

h3 = 604,73 kJ/kg v3 = 0,001084 m3/kg

Kerja pompa II ideal:

wpII = v3 (P4 − P3)

= 0,001084 m3/kg (6000 – 400) kPa



= 6,0704 kJ/kg

Kerja pompa II aktual:

wPIIa = P

PIIwη

= 0,70

kJ/kg 6,0704

= 8,6720 kJ/kg

Titik 4


h4a = wPIIa+ h3

= 8,6720 kJ/kg + 604,73 kJ/kg

= 613,4020 kJ/kg

Titik 5

Berdasarkan P5 = 6 MPa dan T5 = 440oC pada kondisi Superheated

diperoleh

h5 = 3277,3 kJ/kg

s5 = 6,6853 kJ/(kg.K)

Titik 6

Entropi pada titik 6

s6 = s5 = 6,6853 kJ/(kg.K)

Kondisi titik 6 harus diuji. Berdasarkan P6 = 0,5 MPa diperoleh:

sf = 1,8606 kJ/kg.K

sg = 6,8212 kJ/kg.K


Karena sf < s6 < sg berarti titik 6 adalah campuran. Kualitas campuran

pada titik 6

x6 = fg

f6

sss −

=K.kg/kJ 4,9606

K.kg/kJ )8606,1 ,68536( −

= 0,9726




hf = 640,21 kJ/kg hg = 2748,67 kJ/kg

hfg = 2108,47 kJ/kg

h6 = hf + x6.hfg

= 640,21 kJ/kg + 0,9726 x 2108,47 kJ/kg

= 2690,9166 kJ/kg

Kerja turbin aktual tahap 1:

wT1a = (h5 – h6) x ηT

= (3277,3 – 2690,9166) kJ/kg x 0,85

= 498,3834 kJ/kg


h6a = h5 − wTIa

= 3277,3 - 498,3839 kJ/kg

= 2778,9161 kJ/kg

Karena nila h6a > hg (pada P = 500 kPa) berarti titik 6a berada pada

kondisi superheated vapor.

Dari tabel superheated berdasarkan P = 500 kPa dan h6a = 2778,9161

kJ/kg dengan interpolasi linear diperoleh:

h (kJ/kg) 2748,67 2778,9161 2855,37

s (kJ/kg.K) 6,8212 6,8887 7,0592

Titik 7

Entropi pada titik 7

s7 = s6a = 6,8887 kJ/(kg.K)

Kondisi titik 7 perlu diuji. Berdasarkan P7 = 8 kPa diperoleh:

sf = 0,5926 kJ/kg.K hf = 173,88 kJ/kg

sg = 8,2287 kJ/kg.K hfg = 2403,1 kJ/kg


Karena sf < s7 < sg berarti kondisi titik 7 adalah campuran. Kualitas

campuran



x7 = fg

f7s

ss −

=K.kg/kJ 7,2536

K.kg/kJ )5926,0 ,88876( −

= 0,8680


h7 = hf + x7.hfg

= 173,88 kJ/kg + 0,8680 x 2403,1 kJ/kg

= 2259,7708 kJ/kg


h7a = h6a − (h6a – h7) x ηT

= 2778,9161 kJ/kg – 0,85 x (2778,9161 – 2259,7708) kJ/kg

= 2337,6426 kJ/kg

Titik 8

Titik 8 nilainya persis sama dengan titik 3

h8 = 604,73 kJ/kg

a. Laju aliran massa fluida yang melewati beban kalor •

m load (h6a – h8) = •

Q load

•

m load = kJ/kg 604,73)-(2778,9161

kJ/min 10 x 5 6

= 2299,7 kg/min

Laju aliran massa fluida yang melewati kondensor dapat dicari dengan

menjadikan turbin sebagai sistem lalu buat energy balance: •

W T =•

m 5.(h5 – h6a) + •

m 7.(h6a – h7a)

Dimana : •

m 7 = •

m c dan •

m 5 = •

m load + •

m c

•

W T = (•

m load + •

m c). (h5 – h6a) + •

m c. (h6a – h7a)

= •

m load (h5 – h6a) + •

m c (h5 – h7a)

•

m c = a75

a65loadT

hh)hh.(mW

−−−

••



kJ/kg 2337,6426) (3277,3

kgkJ2778,9161) (3277,3x

minkg2299,7

minkJ 50x1000x60

−

−−=

= 1972,9175 kg/min

b. Efektifitas siklus;

in

loadT

Q

Q W •

••

+=ε

Dimana •

Q in = •

m 5 . (h5 – h4a)

= (•

m load + •

m c) . (h5 – h4a)

= (2299,7 + 1972,9175)kg/min x (3277,3 –613,4020) kJ/kg

= 11.381.817,21 kJ/min

kJ/min 21,817.381.11

kJ/min 10 x 5 kJ/min 60) x x100005( 6+

=ε

= 0,7029 = 70,29%


Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi

BAB 3 SIKLUS REFRIGRASI

3.1 REFRIGRATOR DAN POMPA KALOR Secara alamiah kalor akan mengalir dari medium bertemperatur tinggi ke

medium bertemperatur rendah. Jadi untuk mendinginkan air di dalam wadah yang

bersuhu 80oC maka cukup membiarkannya saja di udara terbuka (biasanya 27oC)

maka air akhirnya bertemperatur sama dengan udara tersebut. Proses ini akan

terjadi dengan sendirinya tanpa menggunakan alat. Akan tetapi membalikkan

proses tersebut tidak akan bisa terjadi dengan sendirinya tanpa bantuan alat. Ini

berarti mustahil suhu air di dalam gelas yang bertemperatur 27oC menjadi 80oC

hanya dengan membiarkannya di udara terbuka.

Jika mesin kalor (heat engine) adalah alat yang mentrasfer energi dari

temperatur tinggi ke temperatur rendah, maka pompa kalor (heat pump)

digunakan untuk mentransfer kalor dari medium bertemperatur rendah ke medium

bertemperatur tinggi. Namun sebenarnya ada dua jenis yaitu heat pump (pompa

kalor) dan refrigrator (mesin pendingin). Untuk lebih jelasnya perhatikan gambar

di bawah. Pompa kalor tujuannya untuk memanaskan suatu medium sebaliknya

refrigerator untuk mendinginkan suatu medium. Pompa kalor desired output-nya

QH (memanaskan ruangan) sedangkan refrigerator desired output-nya adalah QL

(mendinginkan ruangan). Keduanya berlaku QH = QL + W.

Heated Room

QH

TL

QL

Heat Pump

W

TH

Cooled Room

TL

QL

Refri- gerator

W

TH

QH

Gambar 3.1 Skema kerja heat pump dan refrigerator; heat pump memanaskan ruangan sedangkan refrigerator mendinginkan ruangan.



Sebenarnya istilah refrigerator adalah istilah untuk mesin pendingin bahan

makanan (lebih dikenal dengan nama kulkas), sedangkan untuk mendinginkan

ruangan disebut air conditioner (AC). Cara kerja keduanya persis sama.

Kalau unjuk kerja mesin kalor dinyatakan dengan efisiensi, maka unjuk kerja

pompa kalor dan refrigerator dinyatakan dengan dengan COP ( Coefficient Of

Performance).

Heat Pump:

diperlukan yangInput diinginkan yangput Out COPHP =

W

Qinput Kerja

pemanasanEfek H==

= LH

HQQ

Q−

= HE

1η

Dimana ηHE adalah efisiensi mesin kalor (heat engine).

Refrigerator:

diperlukan yangInput diinginkan yangput Out COPR =

WQ

input KerjanpendinginaEfek L==

= LH

LQQ

Q−

Hubungan refrigrator dengan heat pump.

LH

LR QQ

QCOP−

=

= ( ) HLH

HLQ/QQ

Q/Q−

= HE

HL Q/Qη

= HHE

LQ

Qη



Unjuk kerja dari refrigerator dan AC di Amerika sering dinyatakan dalam energy

efficiency rating (EER) yaitu jumlah kalor yang dipindahkan dari ruang dingin

dalam Btu untuk setiap 1 Wh (watt jam) listrik yang dikonsumsi mesin. Karena 1

kWh = 3412 Btu maka:

EER = 3,412 COPR

Jika pada mesin kalor ada pernyataan Kelvin-Planck, maka pada heat pump dan

refrigerator ada Clausius statement:

“Tidak mungkin sebuah mesin bekerja dengan mengambil kalor dari

reservoir yang bertemperatur rendah lalu membuangnya ke reservoir yang

bertemperatur lebih tinggi tanpa adanya bantuan kerja dari luar”

Contoh 3.1.1

Ruang tempat penyimpanan makanan pada sebuah refrigerator

dipertahankan pada suhu 4oC dengan cara menyerap kalor 360 kJ/min

dari ruang tersebut. Jika daya yang dipakai refrigerator 2 kW, hitung:

a. COP refrigerator

b. Laju pembuangan kalor ke lingkungan

Penyelesaian

HQ&

kJ/s 6QL =&

W& = 2 kJ/s Refri- gerator

Ruang Makanan

Ruang Dapur (Lingkungan)


W& = 2 kW = 2 kJ/s

LQ& = 360 kJ/min

= 6 kJ/s

TL = 4oC

Ditanyakan:

COPR dan = ? HQ&

Analisis

a. Coefficient of Peformance mesin refrigerator:

WQCOP L

R &

&=

= kJ/kg 2kJ/s 6

= 3



Artinya setiap 1 kJ energi yang disuplai refrigerator dipindahkan 3

kJ kalor dari ruang makanan.

b. Laju pembuangan kalor ke lingkungan, dalam hal ini ke ruang dapur

(tempat dimana refrigerator biasa diletakkan):

LH QWQ &&& +=

= (2 + 6) kJ/s

= 8 kW

Contoh 3.1.2

Sebuah pompa kalor dipakai untuk mempertahankan temperatur ruangan

sebuah rumah pada 20oC. Ketika temperatur udara luar −2oC rumah

tersebut kehilangan kalor 80.000 kJ/h. Jika pompa kalor pada kondisi

tersebut mempunyai COP 2,5 , hitung:

a. Daya yang dikonsumsi oleh pompa kalor

b. Laju penyerapan kalor dari udara dingin.

HQ&

LQ&

W& Heat Pump

Udara Luar TL = −2oC

Ruangan TH = 20oC Penyelesaian


COPHP = 2,5

TH = 20oC

TL = −2oC

Ditanyakan:

dan = ? W& LQ&

Analisis

Ruangan (rumah) kehilangan kalor 80.000 kJ/h artinya untuk

mempertahankan agar temperatur tidak turun maka ruangan tersebut

harus disuplai dengan jumlah kalor yang sama. Jadi

= 80.000 kJ/h HQ&

= 22,2 kW

a. Daya yang dikonsumsi (disuplai) heat pump:

HP

HCOP

QW&

& =

= 2,5kJ/h 80.000



= 32.000 kJ/h

= 8,9 kW

b. Kalor yang diserap dari udara luar (udara dingin):

WQQ HL &&& −=

= (80.000 − 32.000) kJ/h

= 48.000 kJ/s

= 13,3 kW

Catatan:

Total kalor yang harus disuplai ke dalam ruangan untuk

mempertahankannya pada 20oC adalah 80.000 kJ/h (22,2 kW). Sebanyak

32.000 kJ/h (8,9 kW) diantaranya disuplai dari kerja sedangkan yang

48.000 kJ/s (13,3 kW) adalah hasil serapan kalor dari udara dingin. Jadi

seandainya kita harus membayar tagihan listrik akibat daya yang kita

pakai, maka yang dibayar adalah yang 8,9 kW sedangkan yang 13,3 kW

gratis.

W&

Bayangkan seandainya kita harus memanaskan ruangan dengan

menggunakan kumparan kawat yang dialiri listrik, maka total daya yang

listrik yang harus disuplai adalah 22,2 kW jauh lebih besar dari 8,9 kW.

Tagihan listrik membengkak 2,5 kali lipat, sesuai nilai COP dari pompa

kalor.

3.2 SIKLUS REFRIGRASI CARNOT Untuk memperkenalkan hal-hal yang penting pada refrigerasi uap, mari kita

mulai dengan memperhatikan siklus refrigrasi Carnot. Siklus ini diperoleh dengan

cara membalikkan siklus Carnot yang telah dibahas pada siklus daya gas. Gambar

di bawah adalah skema dan diagram T-s dari siklus refrigerasi Carnot (siklus

Carnot yang dibalik) yang beroperasi pada temperatur rendah TL dan temperatur

tinggi TH. Refrigerator dan pompa kalor yang bekerja berdasarkan siklus Carnot

yang terbalik disebut mesin refrigrasi Carnot (Carnot refrigerator) atau pompa

kalor Canot (Carnot heat pump). Pada siklus tersebut refrigerant menyerap kalor

sebesar Qin secara isotermal dari lingkungan yang bertemperatur TL ( proses 4-1).

Kemudian refrigerant dikompressi secara isentropik ke titik 2 sehingga



temperaturnya naik menjadi TH (proses 1−2). Kalor sebesar Qout dibuang secara

isotermal ke lingkungan yang bertemperatur TH (proses 2-3) yang selanjutnya

berekspansi secara isentropis menuju ke titik 4. Pada proses ekspansi refrigerant

berubah keadaan dari uap jenuh ke cairan jenuh.

Wturb.

Turbine

4 1

2 3

Evaporator

Condensor Compressor

qev.

qcon.

Wcom

qcon.

qev.

Gambar 3.2 Skema mesin fefrigerasi Carnot dan diagram T-s-nya Unjuk kerja (coefficient of performance) dari siklus refrigerasi Carnot;

Untuk pompa kalor:

inout

outCarnot,HP QQ

QCOP−

=

LH

HTT

T−

=

( )HL T/T11

−=

Untuk mesin pendingin:

inout

inCarnot.,fRe QQ

QCOP−

=

LH

LTT

T−

=

( ) 1T/T1

LH −=



3.3 SIKLUS REFRIGRASI KOMPRESSI UAP IDEAL Kesulitan yang dialami pada siklus refrigrasi Carnot dapat diatasi dengan

menguapkan secara sempurna refrigrant sebelum dikompressi dan mengganti

turbin dengan alat throttling, seperti katup ekspansi dan pipa kapiler. Hasilnya

adalah sebuah siklus yang disebut siklus refrigerasi kompressi uap yang ideal.

Siklus ini merupakan yang paling sering ditemukan pada sistem pendingin untuk

bahan makanan dan kimia, pengkondisian udara dan bahkan pompa kalor (untuk

memanaskan ruangan).

(a) (b)

Gambar 3.3 (a) Kulkas, salah satu aplikasi refrigerasi dalam rumah tangga. (b) Diagram aliran refrigeran dan temperaturnya saat melewati komponen tertentu.

3.3.1 Prinsip Kerja Siklus Refrigerasi Uap Ideal

Refrigeran yang dalam kondisi uap jenuh (saturated vapor) dikompressi

dikompressor. Kalor yang diserap oleh refrigeran di evaporator harus dibuang ke

lingkungan. Masalahnya adalah temperatur lingkungan lebih tinggi dari

temperatur refrigeran. Karena itulah refrigeran dikompressi sehingga tekanan dan

temperaturnya menjadi naik. Uap jenuh yang dinaikkan temperaturnya (dengan

cara dikompressi tadi) menjadi superheated vapor dan masuk ke kondensor. Pada

kulkas, kondensor biasanya berada pada dinding belakang.

Di kondensor, kalor dibuang ke lingkungan sehingga temperatur sistem

turun. Keadaan refrigeran juga berubah dari superheated vapor menjadi campuran



cairan-gas hingga saturated liquid (cairan jenuh). Fluida selanjutnya melewati

throttling devices (bisa berupa katup ekspansi atau pipa kapiler) dimana tekanan

refrigeran turun secara dramatis. Penurunan tekanan ini dibarengi dengan turunya

temperatur secara drastis pula. Refrigerant masih dalam kondisi cairan (campuran

cair dan gas) yang selanjutnya menuju ke evaporator. Di evaporator refrigeran

menyerap kalor dari lingkungan (ruangan yang didinginkan). Temperatur

refrigeran tidak naik sebab energi ini dipakai untuk merubah fasa refrigeran dari

cair menjadi gas. Selanjutnya refrigeran kembali kompressor untuk memulai

siklus seperti sebelumnya. Untuk menjamin bahwa semua refrigeran yang masuk

ke kompressor adalah gas, maka biasanya diantara evaporator dan kompressor

dipasangi liquid receiver (lihat gambar 3.3.b). Di sini liquid akan tenggelam ke

dasar sementara gas berada di bagian atas yang selanjutnya menuju ke

kompressor. Pergerakan seluruh fluida ini disebabkan oleh kerja dari kompressor.

4 1

2 3

Evaporator

Condensor Compressor

qev.

qcon.

wcom.

qcon.

qev.

T

hrottle

Gambar 3.4 Diagram siklus refrigerasi ideal dengan diagram T-s-nya. 3.3.2 Analisis Energi Pada Siklus Refrigerasi Uap Ideal Titik 1 selalu dalam kondisi uap jenuh sedangkan titik 3 selalu dalam kondisi

cairan jenuh.

Proses 1-2 Kompressi adiabatic isentropic.

Proses 2-3 Pembuangan kalor pada tekanan tetap.

Proses 3-4 Proses throttling adiabatic (h3 = h4).

Proses 4-1 Penyerapan kalor pada tekanan konstan.

Fluida kerja yang dipakai pada mesin-mesin pendingin haruslah memiliki

temperatur didih yang sangat rendah. Maksudnya meski dalam tekanan 1 atm dan

suhu kamar, fluida kerja tersebut haruslah sudah mendidih (berbentuk gas).



Refrigerant akan melewati beberapa komponen serta perubahan fasa. Analisis

energinya didasarkan pada persamaan energi untuk sistem terbuka dengan

mengabaikan perubahan energi kinetik dan energi potensial. Untuk diperhatikan

bahwa meskipun siklus refrigrasi adalah siklus tertutup, tetapi fluida kerja yang

melewati setiap komponen merupakan sistem terbuka. Artinya massa dapat keluar

masuk sistem yang ditinjau. Persamaan energi yang dipakai adalah:

ie hhwq −=−

Kompressor (proses 1−2)

Di titik 1, refrigrant dalam bentuk gas. Selanjutnya dikompressi ke keadaan

2. Tekanan dan temperatur menjadi naik. Refrigran masih dalam fase gas dan

masuk ke kondensor. Karena kompressor dianggap adiabatik maka tidak ada kalor

yang keluar masuk sistem q1−2 = 0. Dari persamaan energi diperoleh

1221 hhw −=− −

2121 hhw −=−

Entalpi fluida berbanding lurus dengan temperaturnya dan dari diagram T-s pada

gambar 3.4 terlihat T1 < T2 dengan demikian h1 < h2 . Kerja w1−2 bernilai negatif,

artinya sistem membutuhkan kerja (kerja masuk ke sistem). Kerja yang

dibutuhkan (kata "butuh" pada kerja berarti masuk ke sistem dan selalu negatif)

kompressor adalah:

12comp hhw −=

Kondensor (proses 2−3)

Karena temperatur refrigran lebih tinggi dari temperatur lingkungan maka

kalor dibuang ke lingkungan. Refrigran berubah dari fase gas menjadi cair. Pada

tekanan tinggi titik didih refrigrant juga tinggi, sehingga saat temperaturnya

diturunkan terjadi proses kondensasi dari gas menjadi cair. Tidak ada kerja pada

kondensor sehingga persamaan energi menjadi

2332 hhq −=−

Karena T3 < T2 maka h3 < h2 . Karena itu q2−3 bernilai negatif. Ini sesuai dengan

kenyataan bahwa kondensor membuang kalor ke lingkungan dimana kalor yang

keluar dari sistem bernilai negatif. Besarnya kalor yang dibuang kondensor

menjadi:



32con hhq −=

Katup ekspansi (proses 3−4)

Melewati katup ekspansi, tekanan turun secara drastis yang juga diikuti oleh

penurunan temperatur secara drastis pula. Fluida masih dalam fase cair. Fluida

selanjutnya menuju ke evaporator. Pada sistem ini refrigeran mengalami proses

throtling atau iso-enthalpy (entalpi konstan).

43 hh =

Evaporator (proses 4−1)

Di evaporator, karena temperatur refrigran sangat rendah, kalor diserap dari

lingkungan. Refrigran berubah fase dari cair menjadi gas. Ini terjadi karena pada

tekanan yang sangat rendah, titik didih refrigran juga sangat rendah. Di evaporator

inilah terjadi efek pendinginan yang kita harapkan.

Tidak ada kerja yang keluar atau masuk sistem ini; dengan demikian persamaan

energi menjadi:

4114 hhq −=−

Dalam kasus ini T1 = T4 tetapi h1 ≠ h4. Refrigeran pada titik 1 dalam kondisi

saturated vapor sedangkan pada titik 4 dalam kondisi mixture. h1 > h4 karena itu

bernilai positif. Sekali lagi ini sesuai kenyataan bahwa evaporator menyerap

kalor dari lingkungan (ruangan yang didinginkan), atau dengan kata lain kalor

masuk ke sistem. Besarnya kalor yang diserap evaporator adalah:

14q −

41.ev hhq −=

Koefisien unjuk kerja atau Coefficient of Performance (COP) dari siklus

refrigerasi ideal adalah:

COP = com

.evwq =

12

41hhhh

−−

Contoh 3.3.1

Sebuah siklus refrigrasi ideal memakai Freon-12 sebagai fluida kerja.

Pada evaporator T = −20oC dan di kondensor T = 40oC. Laju aliran

refrigrant 0,03 kg/s. Hitung COP dan kapasitas siklus dalam satuan

kWatt (qev.)

Peyelesaian



Titik 1

Pada T = −20oC dari table Freon-12 pada kondisi saturated vapor

didapat:

h1 = 178,610 kJ/kg s1 = 0,7082 kJ/kg.K

Titik 2

P2 = P3. Berdasarkan T3 = 40oC pada kondisi saturated liquid dari table

diperoleh P3 = 0,9607 MPa.

Berdasarkan s2 = s1 = 0,7082 kJ/kg.K dan P2 = 0,9607 MPa pada kondisi

superheated vapor, dengan interpolasi diperoleh:

h2 = 211,38 kJ/kg.

Titik 3

Berdasarkan T3 = 40oC pada kondisi saturated liquid diperoleh:

h3 = 74,527 kJ/kg

Titik 4

h4 = h3 = 74,527 kJ/kg

Kapasitas siklus:

.evQ•

=•

m .qev

= 0,03 kg/s x (178,610 – 74,527) kJ/kg

= 3,12 kW

Coefficient of Performance (COP):

COP = .con

.ev

qq

= 12

41hhhh

−−

= 610,781 211,38

74,527178,610−−

= 3,176

3.4 SIKLUS REFRIGRASI KOMPRESSI UAP AKTUAL Siklus refrigrasi ideal melibatkan banyak asumsi untuk memudahkan

pemahaman dasar siklus. Dengan asumsi-asumsi tersebut analisis menjadi lebih

mudah. Setelah memahami benar siklus ideal selanjutnya kita akan meninjau



siklus aktual, yang tentu saja berbeda dari siklus ideal. Meski berbeda analisis

tetap berangkat dari siklus ideal untuk menghitung nilai yang aktual. Penyebab

perbedaan siklus ideal dengan aktual adalah irreversibilitas dalam komponen. Dua

komponen penyebab utama irreversibilitas adalah gesekan fluida yang

menyebabkan penurunan tekanan dan perpindahan kalor dari dan ke lingkungan.

Pada siklus ideal, refrigerant meningkalkan evaporator dan masuk ke

kompressor sebagai uap jenuh. Akan tetapi dalam prakteknya sangat sulit untuk

mengontrol state refrigerant pada kondisi uap jenuh dan akan lebih mudah untuk

mendesain sistem sehingga refrigerant sedikit di atas uap jenuh (sedikit memasuki

daerah superheated) pada saat memasuki kompressor. Tujuannya untuk

memastikan semua refrigerant telah menjadi uap ketika masuk ke kompressor.

Contoh 3.4.1

Refrigeran-134a memasuki kompressor sebuah refrigerator dalam

kondisi superheated vapor pada 0,14 MPa dan −10oC dengan laju 0,05

kg/s dan keluar pada 0,8 MPa dan 50oC. Refrigeran didinginkan di

kondensor ke 24oC dan 0,7 MPa dan dithrotle ke 0,15 MPa. Dengan

mengabaikan kehilangan kalor dan penurunan tekanan pada pipa-pipa

yang menghubungkan komponen, hitung

a. Laju pembuangan kalor dari ruang yang didinginkan dan daya yang

disuplai ke kompressor.

b. Efisiensi isentropik kompressor

c. COP refrigerator

Peyelesaian

Laju aliran massa refrigeran di komponen manapun dalam sistem tetap

sama.

kg/s 0,05m =•

Titik 1 ; saat fluida akan memasuki kompressor.

Diketahui P1 = 0,14 MPa T1 = −10oC dan dari tabel uap untuk R-134a

pada kondisi superheted vapor didapat:

h1 = 246,40 kJ/kg s1 = 0,9606 kJ/kg.K

Titik 2



Diketahui P2 = 0,8 MPa dan T2 = 50oC. Kondisinya sudah pasti

superheated vapor sebab sebelum dikompressi pun sudah dalam kondisi

superheated vapor. Dari tabel uap untuk R-134a pada kondisi superheted

vapor didapat:

h2 = 284,39 kJ/kg s2 = 0,9711 kJ/kg.K

Titik 3

Diketahui P3 = 0,7 MPa dan T3 = 24oC.

Cek kondisi, berdasarkan P3 = 0,7 MPa maka dari tabel diperoleh

temperatur jenuh Tsat = 26,72oC. Karena T3 < Tsat maka refrigeran dalam

kondisi compressed liquid. Dari tabel R-134a berdasarkan T3 = 24oC

ambil bagian saturated liquid:

h3 = h3f = 82,90 kJ/kg

Titik 4

Karena proses 3−4 adalah throttling maka

h4 = h3 = 82,90 kJ/kg

a) Laju pembuangan kalor dari ruang yang didinginkan (di evaporator)

( )41.ev hhmQ −=••

= 0,05 kg/s (246,40 − 82,90) kJ/kg

= 8,175 kJ/s

Daya yang disuplai ke kompressor

( )12com hhmW −=••

= 0,05 kg/s (284,39 − 246,40) kJ/kg

= 1,8995 kJ/s

b) Efisiensi isentropik kompressor

12

1s2com hh

hh−−

=η

Dimana subscript s menyatakan proses yang isentropis. Diketahui nilai

s2s = s1 = 0,9606 kJ/kg.K dan P2s = P2 = 0,8 MPa. Uji kondisi tak perlu

dilakukan sebab pada titik 1 saja kondisinya sudah superheated apalagi

setelah mengalami proses kompressi, seperti yang ditunjukkan pada

diagram T-s ideal (Gambar 3.4) pasti superheated dengan temperatur



yang lebih tinggi. Karena itu dari tabel superheated berdasarkan s2s =

0,9606 kJ/kg.K dan P2s = 0,8 MPa dengan interpolasi linear diperoleh:

P = 0,8 MPa

s (kJ/kg.K) h (kJ/kg) T (oC)

0,9374 273,66 40

0,9606 281,05 46,88

0,9711 284,39 50

Efisiensi isentropik kompressor menjadi:

40,24639,28440,24605,281

com −−

=η

= 91,21%

c) COP refrigerator

COP = com

.ev

W

Q•

•

8995,1

8,175=

= 4,3


Documents

Siklus Daya Uap