Modul Thermodinamika Penyelesaian Soal s

MODUL

CONTOH PENYELESAIAN SOAL THERMODINAMIKA

ANALISA SIKLUS PEMBANGKIT DAYA Ali Hasimi Pane

ADVANCE LEARNING PROGRAM (ALP CONSULTANT)

Menyediakan Buku

BIDANG STUDI DASAR Thermodinamika, Perpindahan Panas, Mekanika Fluida, Konservasi Energi

Analisis Manual Dasar Heat Exchanger, Sistem Uap, Sistem Refrigerasi dan AC

ALAMAT KONTAK By Phone: +6281370934621 By Email: [email protected]

MUKADDIMAH

Syukur Alhamdulillah saya ucapkan ke-hadirat Allah SWT, karena telah memberikan saya semangat dalam penyelesaian penulisan modul untuk mata pelajaran thermodinamika. Modul ini ditulis hanyalah membahas bahagian kecil dari mata pelajaran tersebut. Buku modul ini adalah berisikan tentang contoh soal penyelesaian siklus pembangkit daya, diantaranya: ¾

Siklus daya Otto

¾

Siklus daya Diesel

¾

Siklus daya Dual

¾

Siklus daya Rankine

Pembahasan disajikan sedemikian rupa, dengan tujuan para pengguna modul ini diharapkan dengan mudah memahaminya. Untuk materi siklus daya Rankine disajikan hanya sampai pada siklus Rankine dengan pemanas ulang. Buku modul ini dapat digunakan untuk mahasiswa teknik, khususnya teknik mesin, pengajar studi thermodinamika, dan masyarakat umum jika dianggap membutuhkannya.

Buku Modul ini belumlah dianggap sempurna, karena kesempurnaan tersebut hanya milik Allah SWT semata. Oleh karena itu, sangat diharapkan kritik dan saran yang sifatnya membangun untuk memperbaiki kekurangan-kekurangan dalam penulisan modul ini.

I. Siklus Otto (Otto Cycle)

Dalam analisa siklus ini akan diperoleh besaran – besaran: -

Panas yang masuk/ditambah kedalam siklus (Qin)

-

Panas yang dibuang dari siklus (Qout)

-

Kerja yang dihasilkan (Wsiklus)

-

Efisiensi thermal siklus (η)

-

Mean effective pressure (MEP)

Dalam

penyelesaian

persoalan

akan

dilakukan

dengan

mengguanakan beberapa data – data asumsi atau konstanta yang telah ditetapkan. Beberapa hal pengasumsian: 1.

Udara dalam silinder piston bekerja dalam siklus tertutup.

2.

Proses kompresi dan ekspansi adalah berlangsung secara adiabatik.

Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto Keterangan gambar: 1 – 2 : Proses kompresi isentopik 2 – 3 : Proses panas masuk pada volume konstan 3 – 4 : Proses ekspansi isentropic 4 – 1 : Proses pembuangan panas pada volume konstan Konstanta – konstanta yang berlaku: k

: Konstanta rasio panas spesifik : cp cv = 1,4

cp

: Konstanta panas spesifik pada tekanan konstan : 1,005 kJ/kg. K

cv

: 0,718 kJ/kg. K : Konstanta udara : 0,287 kPa. m3/kg. K : 0,287 kJ/kg. K r

Semua proses adalah berlangsung secara reversible.

4.

Pengaruh dari energi kinetic dan energi potensial adalah diabaikan.

Analisa Thermodinamika - Panas yang Masuk ke Sistem (qin) qin

= cv (T3 – T2)

...(1a)

- Panas yang di-Buang dari Sistem (qout) qout

= cv (T4 – T1)

...(1b)

- Kerja Netto yang Dihasilkan (wnet) wnet

= qin - qout

...(1c)

- Efisiensi Thermal Siklus (ηTh) ηTh

=

wnet qin

=

qin − q out q = 1 − out qin qin

: Konstanta panas spesifik pada volume konstan

R

3.

⎛ T4

= 1−

⎞

T1 ⎜⎜ −1⎟⎟ cv (T4 − T1 ) = 1 − ⎝ T1 ⎠ cv (T3 − T2 ) ⎛T ⎞

...(1d)

T2⎜⎜ 3 −1⎟⎟ ⎝ T2 ⎠

: Rasio kompresi : v1 v 2 = v 4 v 3

Ali Hasimi Pane

Penyederhanaan persamaan efisiensi • Proses 1 – 2 Dari proses ini diketahui berlangsung secara kompresi adiabatik isentropik, maka: ⎛V T2 = ⎜⎜ 1 T1 ⎝ V2

T2

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

= T1 . r

⎛v = ⎜⎜ 1 ⎝ v2

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

= r k −1

…(i)

k −1

• Proses 3 – 4 Dari proses ini diketahui berlangsung secara ekspansi adiabatik isentropik, maka: T4 T3

⎛V = ⎜⎜ 3 ⎝ V4

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛v = ⎜⎜ 3 ⎝ v4

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛ 1 = ⎜⎜ ⎝r

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

...(ii)

• Proses 2 – 3 dan Proses 4 – 1 Dari proses ini diketahui adalah secara volume konstan, maka: T3 T2

=

T4 T1

...(iii)

Subsitusi harga T3/T4 kepersamaan (5.2d), maka:

ηTh

⎞ ⎛T T1 ⎜⎜ 4 − 1⎟⎟ T 1 ⎠ = 1− ⎝ ⎞ ⎛ T4 T2 ⎜⎜ − 1⎟⎟ ⎠ ⎝ T1

Sehingga ηTh T2 T1

= 1−

= 1− = r

T1 T2

k −1

⇒ diketahui dari pers (i)

, maka:

1 r

...(1e)

k −1

- MEP (Mean Effective Pressure) Wnet MEP = (v1 − v 2 ) =

qin − q out ⎛ v v1 ⎜⎜1 − 2 v1 ⎝

; dimana

⎞ ⎟⎟ ⎠ qin − q out = ⎛ 1⎞ v1 ⎜1 − ⎟ r⎠ ⎝

v1 = r , maka: v2 ...(1 f)

Ali Hasimi Pane

Contoh Soal dan Penyelesaian dalam Satuan SI

T4 ⎛ v3 ⎞ =⎜ ⎟ T3 ⎜⎝ v4 ⎟⎠

Soal 1. Siklus Otto bekerja dengan rasio kompresi 8,5,

b.

Efisiensi thermal siklus

c.

Mean effective pressure (kPa)

k −1

⎛ 1 ⎞ T4 = 2656 × ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 8,5 ⎠

300 K. Penambahan panas 1400 kJ/kg. Tentukan: Kerja netto siklus (kJ/kg udara)

⎛1⎞ =⎜ ⎟ ⎝r⎠

⎛1⎞ ⇒ T4 = T3 × ⎜ ⎟ ⎝r⎠

k −1

1, 4 −1

pada tekanan dan temperatur awal p1 = 100 kPa dan T1 = a.

k −1

= 1128,39 K

Proses 4 – 1:

Solusi:

Qout = cv(T4 − T1 )

= 0,718 kJ / kg. K × (1128,39 − 300)K = 594,78 kJ / kg

a. Kerja Netto Siklus

W siklus = Qin − Qout

= (1400 − 594,78)kJ / kg = 805,22 kJ / kg

b. Efisiensi Thermal Siklus

η=

Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto

c. Mean Effective Pressure (MEP) MEP =

Diketahui: T1 = 300 K ; p1 = 100 kPa r

W siklus 805,22 kJ / kg = = 0,575 ≅ 57,5% Qin 1400 kJ / kg

W siklus = (v1 − v 2 )

; Qin = 1400 kJ/kg

W siklus ⎛ v v1 ⎜⎜1 − 2 ⎝ v1

⎞ ⎟⎟ ⎠

=

W siklus ⎛ 1⎞ v1 ⎜1 − ⎟ ⎝ r⎠

= 8,5

Untuk harga v1 dapat ditentukan, berdasarkan persamaan Penyelesaian: Dari lintasan proses siklus, diperoleh

gas perfek: pv

besaran sebagai berikut:

= mRT atau

pv = RT

maka Proses 1 – 2: T2 ⎛ v1 =⎜ T1 ⎜⎝ v 2

⎞ ⎟⎟ ⎠

RT1 0,287 kPa. m 3 / kg. K × 300 K = p 100 kPa

v1 =

k −1

= r k −1

⇒ T2 = T1 × r k −1

T2 = 300 × (8,5)1, 4−1 = 706,14 K

sehingga

MEP =

Proses 2 – 3: Qin = cv(T3 − T2 )

= 0,861 m 3

Q ⇒ T3 = in + T2 cv

805,22 kJ / kg m3 kg

1 ⎞ ⎛ ⎜⎜1 − ⎟⎟ ⎝ 8,5 ⎠ = 1059,91 kPa 0,861

×

10 3 N . m 1 kPa × 3 1 kJ 10 N / m 2

⎛ 1400 kJ / kg ⎞ ⎟⎟ + 706,14 K = 2656 K T3 = ⎜⎜ ⎝ 0,718 kJ / kg. K ⎠

Proses 3 – 4 (dimana v4 = v1 dan v3 = v1), maka:

Ali Hasimi Pane

Soal 2. Siklus Otto (seperti gambar 1) bekerja pada

p1 × V1 (1 bar )(400 cm 3 ) 10 5 N / m 2 = × (0,287 kJ / kg.K )(290 K ) 1 bar R × T1

m=

3

p1 = 1 bar, T1 = 290 K, V1 = 400 cm . Temperatur maksimum siklus T3 = 2200 K dan rasio kompresinya 8.

×

Tentukan:

1 kJ 10 3 N .m

×

1 m3 10 6 cm 3

m = 0,000481 kg

a.

Panas masuk (Qin) dalam kJ

b.

Panas yang dibuang dalam kJ

c.

Kerja netto siklus dalam kJ

Sehingga:

d.


a.

e.

Mean effective pressure (MEP) dalam bar

Panas Masuk (Qin) dalam kJ

Qin = m × cv × (T3 − T2 )

= 0,000481 kg × 0,718 kJ / kg. K × (2200 − 666,24 )K = 0,529 kJ

Solusi:

b. Panas yang di-Buang (Qout) dalam kJ Qout = m × cv × (T4 − T1 )

= 0,000481 kg × 0,718 kJ / kg. K × (957,61 − 290)K = 0,2306 kJ

c.

Kerja Netto Siklus (Wsiklus) dalam kJ W siklus = Qin − Qout

= (0,529 − 0,2306 ) kJ = 0,2984 kJ

Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto d. Efisiensi Thermal Siklus

Diketahui: T1 = 290 K ; p1 = 1 bar r

; T3

η=

= 2200 K

3

⎞ ⎟ × 100% ⎟ ⎠

⎛ 0,2306 ⎞ = ⎜⎜1 − ⎟ × 100% = 56,41% 0,529 ⎟⎠ ⎝

; V1 = 400 cm

=8

⎛ Q Wsiklus × 100% = ⎜⎜1 − out Qin Qin ⎝

Penyelesaian: Dari lintasan proses siklus, diperoleh Atau berdasarkan rasio kompresinya:

besaran sebagai berikut: Proses 1 – 2: T2 = T1 × r

η = 1− k −1

= 290 K × (8)

1, 4 −1

= 666,24 K

e.

Proses 2 – 3:

T3 = 2200 K

⎛1⎞ = 2200 K × ⎜ ⎟ ⎝8⎠

1, 4 −1

= 957,61 K

=

pv

= mRT atau

pv = RT

8

0,2984 kJ

(400 cm )⎛⎜1 − 18 ⎞⎟ 3

⎝

Kemudian dari persamaan gas perfek, diperoleh harga:

1 1, 4 −1

= 0,5647 ≅ 56,47%

W siklus W siklus = v1 − v 2 ⎛ 1⎞ v1 ⎜1 − ⎟ ⎝ r⎠

MEP = k −1

r

= 1−

Mean Effective Pressure (MEP)

Proses 3 – 4: ⎛1⎞ T4 = T3 × ⎜ ⎟ ⎝r⎠

1 k −1

×

6

10 m 1 cm 3

3

×

10 3 N .m 1 bar × 5 1 kJ 10 N / m 2

⎠

= 8,526 bar

maka

Ali Hasimi Pane

Soal 3. Siklus Otto (seperti gambar 1) bekerja pada rasio

Sehingga

kompresi 7,5, tekanan awal (p1) = 85 kPa dan temperatur

a.

Panas Masuk (Qin) dalam kJ Qin = m × cv × (T3 − T2 )

o

awal (T1) = 32 C. Jika massa udaranya 2 gram dan

= 0,002 kg × 0,718 kJ / kg. K × (960 − 682,85)K

temperatur maksimum (T3), tentukan:

= 0,3979 kJ

a.

Panas masuk dalam kJ

b.

Panas keluar dalam kJ

c.

Kerja netto siklus dalam kJ

d.

Efisiensi thermal

e.

Mean effective pressure dalam kPa

b. Panas Keluar (Qout) dalam kJ Qout = m × cv × (T4 − T1 )

= 0,002 kg × 0,718 kJ / kg. K × (428,79 − 305)K = 0,1778 kJ

Solusi: (Siklus Otto seperti gambar dibawah)

c.

Kerja Netto Siklus (Wsiklus) dalam kJ W siklus = Qin − Qout

= (0,3979 − 0,1778)kJ = 0,2201 kJ

d. Efisiensi Thermal

η=

⎛ Q W siklus × 100% = ⎜⎜1 − out Qin Qin ⎝

⎞ ⎟ × 100% ⎟ ⎠

⎛ 0,1778 ⎞ = ⎜⎜1 − ⎟⎟ × 100% = 55,32% ⎝ 0,3979 ⎠

e.


Mean Effective Pressure (MEP) dalam kPa MEP =

Diketahui: T1 = 32 + 273 = 305 K

; p1 = 100 kPa ; r = 7,5

m

; T3 = 960 K

= 2 gram = 0,002 kg

W siklus W siklus = V1 − V 2 ⎛ 1⎞ V1 ⎜1 − ⎟ ⎝ r⎠

Dari persamaan gas perfek, diperoleh harga untuk v1: pV = mRT atau

Penyelesaian: Dari lintasan proses siklus, diperoleh besaran sebagai berikut:

maka: mRT1 p

V1 =

Proses 1 – 2: T2 = T1 × r k −1 = 305 K × (7,5)1, 4 −1 = 682,85 K

=

0,002 kg × 0,287 kPa. m 3 / kg. K × 305 K 85 kPa ×

Proses 2 – 3:

pV = RT

1 kPa 10 3 N / m 2

×

10 3 N .m = 0,00206 m 3 1 kJ

T3 = 960 K Sehingga:

Proses 3 – 4:

⎛1⎞ T4 = T3 × ⎜ ⎟ ⎝r⎠

k −1

⎛ 1 ⎞ = 960 K × ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 7,5 ⎠

1, 4 −1

= 428,79 K

MEP =

0,2201 kJ

⎛ 1 ⎞ 0,00206⎜⎜1 − ⎟⎟ ⎝ 7,5 ⎠ = 123,282 kPa

×

10 3 N . m 1 kPa × 3 1 kJ 10 N / m 2

Ali Hasimi Pane

Soal 4. Siklus Otto bekerja pada rasio kompresi 8, dimana

temperatur dan tekanan awal masing – masing 300 K dan

⎛T V ⎞ ⎛T ⎞ T1 T = 2 ⇒ p 2 = p1 × ⎜⎜ 2 × 1 ⎟⎟ = p1 × ⎜⎜ 2 × r ⎟⎟ T T V p1V1 p 2V 2 2 ⎠ ⎝ 1 ⎝ 1 ⎠

1 bar, volume silinder adalah 560 cm3. Sementara temperatur maksimum siklus 2000 K. Tentukan: a.

p 2 = 1 bar ×

Temperatur dan tekanan pada setiap akhir proses siklus

689,22 × 8 = 18,3792 bar 300

Proses 2 – 3:

b.

Panas masuk

c.

Panas keluar

d.


untuk tekanan p3 dapat ditentukan dari persamaan

e.

Kerja netto siklus

keadaan gas ideal sebagai berikut (dimana volume

f.

Mean effective pressure, dalam bar

konstan):

Solusi: (Siklus Otto seperti gambar)

T3 = 2000 K

T T T2 = 3 ⇒ p3 = p 2 × 3 p2 p3 T2 p 3 = 18,3792 bar ×

2000 = 53,333 bar 689,22

Proses 3 – 4: ⎛1⎞ T4 = T3 × ⎜ ⎟ ⎝r⎠

k −1

⎛1⎞ = 2000 K × ⎜ ⎟ ⎝8⎠

1, 4 −1

= 870,55 K

untuk tekanan p4 dapat ditentukan dari persamaan keadaan gas ideal pada proses 4 – 1, sebagai berikut (dimana volume konstan): Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto Diketahui:

T1 T4 T = ⇒ p 4 = p1 × 4 p1 p 4 T1

T1 = 300 K p1 = 1 bar

p 4 = 1 bar ×

V1 = 560 cm3

870,55 = 0,2902 bar 300

T3 = 2000 K

Massa udara yang dikonsumsi dapat ditentukan dari

r =8

persamaan keadaan gas ideal pada titik 1:

Penyelesaian: Dari lintasan proses siklus, diperoleh besaran sebagai berikut:

a. Temperatur dan Tekanan pada setiap akhir proses siklus

p ×V (1 bar )(560 cm 3 ) 10 5 N / m 2 m= 1 1 = × R × T1 (0,287 kJ / kg.K )(300 K ) 1 bar

×

Proses 1 – 2: T2 = T1 × r k −1 = 300 K × (8)1, 4 −1 = 689,22 K

1 kJ 10 3 N .m

×

1 m3 10 6 cm 3

m = 0,00065 kg

untuk tekanan p2 dapat ditentukan dari persamaan keadaan gas ideal sebagai berikut:

Ali Hasimi Pane

b. Panas Masuk Siklus Qin = m × cv × (T3 − T2 )

= 0,00065 kg × 0,718 kJ / kg. K × (2000 − 689,22 ) K = 0,6117 kJ

c. Panas Keluar Siklus Qout = m × cv × (T4 − T1 )

= 0,00065 kg × 0,718 kJ / kg. K × (870,55 − 300)K = 0,2663 kJ


d. Efisiensi Siklus ⎛

Q

⎞

η = ⎜⎜1 − out ⎟⎟ × 100% Qin ⎠ ⎝

Diketahui:

⎛ 0,2663 ⎞ ⎟⎟ × 100% = 56,47% = ⎜⎜1 − ⎝ 0,6117 ⎠

T1 = 30 + 273 = 303 K

p2 = 11 bar ; Qin = 210 kJ k

W siklus = Qin − Qout

a.

= 0,6117 kJ − 0,2663 kJ = 0,3454 kJ Mean Effective Pressure (MEP), dalam bar

MEP = =

⎛ 10 6 cm 3 ⎜ × 560 cm 3 (1 − 1 / 8) ⎜⎝ 1 m 3 ⎛ 1 bar ⎞ ×⎜ 5 ⎟ = 7,05 bar ⎝ 10 N / m 2 ⎠

(

)

⎞ ⎛ 10 3 N . m ⎞ ⎟×⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 1 kJ ⎟ ⎠ ⎝ ⎠

Soal 5. Siklus Otto bekerja pada temperatur dan tekanan

awal 30oC dan 1 bar, volume awal 0,45 m3. Tekanan akhir pada proses kompresi adalah 11 bar, energi panas ditambahkan pada volume konstan sebesar 210 kJ. Tentukan: a.

cv = 0,718 kJ/kg. K

= 1,4

Temperatur, tekanan dan volume pada setiap akhir proses siklus

Langkah awal yang dilakukan adalah menentukan rasio kompresinya, dapat ditentukan:

W siklus W siklus = V1 − V 2 V1 (1 − 1 / r ) 0,3454 kJ

;

Penyelesaian:

e. Kerja Netto Siklus

f.

p1 = 1 bar ; V1 = 0,45 m3

;

Temperatur, tekanan dan volume pada setiap akhir

p1V1 k = p 2V 2 k

⎛V ⇒ ⎜⎜ 1 ⎝ V2

k

⎞ ⎛p p ⎟⎟ = 2 ⇒ r = ⎜⎜ 2 p1 ⎠ ⎝ p1

1

⎞k ⎟⎟ ⎠

maka 1

⎛ 11 ⎞ 1, 4 r = ⎜ ⎟ = 5,544 ⎝1⎠

Proses 1 – 2

Untuk T2: T2 ⎛ V1 ⎞ =⎜ ⎟ T1 ⎜⎝ V 2 ⎟⎠

k −1

= (r )k −1 ⇒ T2 = T1 × (r )k −1

T2 = 303 × (5,544 )1, 4 −1 = 601,135 K

proses siklus Untuk V2:

b.


c.

Kerja netto siklus

d.

MEP

p1V1 p 2V 2 = ⇒ T1 T2

e.

Daya yang dihasilkan jika jumlah perputaran siklus

V2 =

per menit adalah 210. =

Solusi: (Siklus Otto seperti gambar)

p1 T2 × × V1 p 2 T1 1 601,135 × × 0,45 = 0,08116 m 2 11 303

Ali Hasimi Pane

Proses 2 – 3

T4 ⎛ V 3 ⎞ =⎜ ⎟ T3 ⎜⎝ V 4 ⎟⎠

Untuk T3: Qin = cv × (T3 − T2 ) ⇒ T3 = T2 +

Qin m × cv

dimana harga m :

m=

=

k −1

⎛1⎞ =⎜ ⎟ ⎝r⎠

k −1

⎛ 1 ⎞ T4 = 1166,31× ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 5,544 ⎠

⎛1⎞ ⇒ T4 = T3 × ⎜ ⎟ ⎝r⎠

k −1

1, 4 −1

= 587,875 K

Sementara V4 = V1 = 0,45 m3

p1V1 RT1

b. Efisiensi Thermal Siklus ⎛

1 bar × 0,45 m 3 10 5 N / m 2 1 kJ × × 3 0,287 kJ / kg . K × 303 K 1 bar 10 N . m

= 0,5175 kg

Q

⎞

η = ⎜⎜1 − out ⎟⎟ × 100% Qin ⎠ ⎝ dimana Qout = m × cv × (T4 − T1 )

= 0,5175 kg × 0,718 kJ / kg . K × (587,875 − 303)K

sehingga

= 105,849 kJ

210 kJ T3 = 601,135 K + 0,5175 kg × 0,718 kJ / kg . K = 1166,31 K

sehingga ⎛

η = ⎜1 − ⎝

Untuk p3: p3 T p = 2 ⇒ p3 = 3 × p 2 T3 T2 T2 =

105,849 ⎞ ⎟ × 100% = 49,59% 210 ⎠

Cara lain untuk menentukan efisiensi thermal siklus: ⎛

1166,31 × 11 = 21,342 bar 601,135

η = ⎜1 − ⎝

1 ⎞ ⎟ × 100% r ⎠ k −1

⎛ ⎞ 1 ⎟ × 100% = 49,59% = ⎜1 − ⎜ (5,544 )1, 4 −1 ⎟ ⎝ ⎠

Untuk V3: V3 = V2 = 0,08116 m3 c.

Mean Effective Pressure (MEP)

Proses 3 – 4 MEP =

Untuk p4: ⎛V p 3V3 k = p 4V 4 k ⇒ p 4 = p 3 × ⎜⎜ 3 ⎝ V4

⎞ ⎟⎟ ⎠

k

W netto ⎛ 1⎞ V1 ⎜1 − ⎟ ⎝ r⎠

=

Qin − Qout ⎛ 1⎞ V1 ⎜1 − ⎟ ⎝ r⎠

sehingga

Dimana V4 = V1 dan V3 = V2, maka ⎛V p 4 = p 3 × ⎜⎜ 2 ⎝ V1

k

⎞ ⎛1⎞ ⎟⎟ = p 3 × ⎜ ⎟ ⎝r⎠ ⎠

⎛ 1 ⎞ = 21,342 × ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 5,544 ⎠

Untuk T4:

k

1, 4

= 1,9404 bar

MEP =

(210 − 105,849) kJ

⎛ 1 ⎞ 0,45 m 3 ⎜⎜1 − ⎟⎟ 5 , 544 ⎝ ⎠ = 282,381 kPa

×

10 3 N . m 1 kPa × 1 kJ 10 3 N / m 2

d. Daya yang di-Hasilkan (P) P = W netto × jumlah putaran siklus per detik = (210 - 105,849 ) kJ ×

210 = 364,529 kW 60

Ali Hasimi Pane

Soal 6. Siklus Otto seperti gambar 1.a, dengan diameter

CONTOH SOAL TAMBAHAN

silinder 250 mm, panjang langkah torak adalah 375 mm, volume sisanya 0,00263 m3.

Kemudian siklus Otto

tersebut bekerja pada tekanan dan temperatur awal adalah 1 bar dan 50 oC masing – masingnya. Jika tekanan maksimumnya adalah 25 bar, maka tentukan: a.


b.

MEP

Solusi: (Siklus Otto seperti gambar 1.a) Diketahui: Diameter silinder (D) (Vs)

: 250 mm

= 0,25 m

Panjang langkah torak (L) : 375 mm (VL)

= 0,375 m 3

Volume sisa (Vs)

: 0,00263 m

Tekanan awal (p1)

: 1 bar

Tekanan maksimum (p3) : 25 bar (VT)

Temperatur awal (T1)

: 50 + 273 = 323 K

Gambar 1.a Siklus Otto

Penyelesaian: Keterangan gambar: -

Vs

Volume Isap/volume langkah torak (VL)

= Volume sisa

VL

= Volume hisap atau volume langkah torak,

VL =

π 4

× D2L =

π 4

× (0,25)2 × 0,375 = 0,0184 m 3

dapat ditentukan: ⎛ πD 2 VL = ⎜ ⎜ 4 ⎝

Rasio Kompresi (r)

⎞ ⎟× L ⎟ ⎠

r=

Dimana:

-

D

= Diameter silinder/torak

L

= Panjang langkah torak

VT

= Volume total, dapat ditentukan:

VT

= Vs + VL

η = 1−

1 r

k −1

b. MEP

Vs + VL VL

Rasio tekanan dapat ditentukan: rp =

-

a. Efisiensi Thermal Siklus = 1−

1 1, 4−1

8

= 0,5647 ≈ 56,47 %

Rasio kompresi dapat ditentukan: r=

-

V s + V L 0,00263 + 0,0184 = =8 0,00263 VL

p3 p = 4 p2 p1

MEP dapat ditentukan dengan persamaan lain: MEP =

(

p1 × r (r k −1 − 1)(r p − 1)

)

MEP =

(

p1 × r (r k −1 − 1)(r p − 1)

)

(k − 1)(r − 1)

Untuk harga rp: p rp = 3 p2 Maka nilai p2 dapat ditentukan dari proses 1 – 2:

(k − 1)(r − 1)

Ali Hasimi Pane

p1 × v1 k = p 2 × v 2 k ⎛v p 2 = p1 ⎜⎜ 1 ⎝ v2

k

⎞ ⎟⎟ = p1 × r k ⎠

p 2 = 1 bar × 81,4 = 18,379 bar

Sehingga harga rasio tekanannya: rp =

p3 25 = = 1,36 p 2 18,379

Jadi nilai MEP dapat ditentukan: MEP =

=

(

p1 × r (r k −1 − 1)(r p − 1)

)

(k − 1)(r − 1)

(

1 bar × 8 (81,4−1 − 1)(1,36 − 1) (1,4 − 1)(8 − 1)

)

= 1,335 bar

Ali Hasimi Pane

II. Siklus Diesel (Diesel Cycle)



-


-


-


-


Dalam penyelesaian persoalan akan dilakukan dengan mengguanakan beberapa data – data asumsi atau konstanta yang telah ditetapkan. Beberapa hal pengasumsian:

Gambar 2. P – v Diagram

1.


2.


3.


4.


Keterangan gambar: 1 – 2 : Proses kompresi isentropik 2 – 3 : Proses panas masuk pada tekanan konstan 3 – 4 : Proses ekspansi isentropic 4 – 1 : Proses panas dibuang pada volume konstan Konstanta – konstanta yang diberlaku: k : Konstanta rasio panas spesifik

Analisa Thermodinamika

- Panas yang Masuk ke Sistem (qin) qin

= cp (T3 – T2)

...(2a)

- Panas yang di-Buang dari Sistem (qout) qout

= cv (T4 – T1)

...(2b)

- Kerja Netto yang Dihasilkan (wnet) wnet = qin - qout

...(2c)

: cp cv = 1,4 cp

: Konstanta panas spesifik pada tekanan konstan : 1,005 kJ/kg. K

cv

: 0,718 kJ/kg. K : Rasio kompresi : v1 v 2 rC

: Rasio pancung (cut off ratio) : v3 v 2

rE

ηTh

=

wnet qin

=

q in − q out q = 1 − out qin qin

: Konstanta panas spesifik pada volume konstan

r

- Efisiensi Thermal Siklus (ηTh)

= 1−

cv (T4 − T1 ) cp (T3 − T2 )

= 1−

(T4 − T1 ) k (T3 − T2 )

…(2d)

: Rasio ekspansi :

v4 r = v 3 rC

Ali Hasimi Pane

Penyederhanaan persamaan efisiensi:

• Proses 3 – 4

Dalam siklus Diesel berlaku tiga rasio, yaitu:

Dari proses ini diketahui berlangsung secara ekspansi

• Rasio Kompresi (r)

adiabatik isentropik, maka:

r

=

V1 v = 1 V2 v2

…(i) T4 ⎛ V3 =⎜ T3 ⎜⎝ V4

• Rasio Pemasukan Bahan Bakar/Cut-off Ratio (rC) V v rC = 3 = 3 ...(ii) V2 v2 • Rasio Ekspansi (rE) V V rE = 4 = 1 V3 V3 atau V V = 1 . 2 rE V2 V3 = r.

⇒ dimana V4 = V1

...(iii)

adiabatik isentropik, maka:

= r T2

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎛v = ⎜⎜ 1 ⎝ v2

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛r = ⎜⎜ C ⎝ r

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⇒ subsitusi T3 dari persamaan (v),

maka: k −1

⎛r ⎞ × rC × ⎜⎜ C ⎟⎟ ⎝ r ⎠

k −1

...(vi)

= T1 × r × rC k

η = 1−

k −1

(T4 − T1 ) k (T3 − T2 )

...(iv)

[(

) ] ⎫⎪⎬ )( )⎪⎭

⎧⎪ 1 T1 × r × rC k − T1 = 1− ⎨ × ⎪⎩ k T1 × r k −1 × rC − T1 × r k −1

(

Dari proses ini diketahui panas masuk berlangsung secara isobar, maka:

=

⎞ ⎟⎟ ⎠

(5.3d), maka:

• Proses 2 – 3

V2 T2

T4 ⎛ 1 =⎜ T3 ⎜⎝ rE

Kemudian subsitusi harga dari T2, T3 dan T4 kepersamaan

k −1

= T1 . r k −1

V4 = rE ⇒ dari persamaan (ii), V3

maka:

T4 = T1 × r

Dari proses ini diketahui berlangsung secara kompresi

⎛V = ⎜⎜ 1 ⎝ V2

; dimana

sehingga

• Proses 1 – 2

T2 T1

k −1

⎛r T4 = T3 . ⎜⎜ C ⎝ r

r 1 = rC rC

k −1

⎞ ⎟⎟ ⎠

Eliminasi harga T1, sehingga persamaan efisiensi thermal siklus menjadi:

V3 ⇒ dari gas perfek atau Charles’ law T3

T3 V3 = = rC ⇒ T3 = T2 × rC T2 V2

⎧⎪

⎛ r k − 1 ⎞⎫⎪ ⎟ ⎜ C k −1 ⎜ r − 1 ⎟ ⎬ C ⎪⎩ k × r ⎠⎪⎭ ⎝

η = 1− ⎨

1

...(2e)

- MEP (Mean Effective Pressure)

subsitusi harga T2 dari persamaan (iv), maka: T3 = T1 × r k −1 × rC

MEP = ...(v) =

Wnet

(v1 − v 2 ) qin − q out (v1 − v 2 )

...(2f)

Ali Hasimi Pane

p3 × v3 p 2 × v 2 v T 2200 → 3 = 3 = = 2,265 = T3 T2 v 2 T2 971.14

Soal 2.1 Siklus Diesel (seperti gambar 2), bekerja pada

rasio kompresi 20. Bekerja pada tekanan awal 95 kPa dan temperatur

awal

maksimumnya

20

tidak

0

C.

boleh

Sementara

temperatur

lebih

2200

dari

Tentukanlah: a.


b.

MEP siklus

v 3 = 2,265 × v 2

K,

Proses 3 – 4 adalah proses ekspansi T4 ⎛ v 3 =⎜ T3 ⎜⎝ v 4

Solusi: Siklus Diesel Seperti gambar

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛v ⇒ T4 = T3 × ⎜⎜ 3 ⎝ v4

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

Dimana v4 = v1, maka: ⎛ 2,265 × v 2 T4 = T3 × ⎜⎜ v1 ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎛ 2,265 ⎞ = 2200 K × ⎜ ⎟ ⎝ 20 ⎠

k −1

⎛ 2,265 ⎞ = T3 × ⎜ ⎟ ⎝ r ⎠

k −1

1, 4 −1

= 920,53 K

Sehingga: a. Efisiensi Thermal Siklus

η= Gambar 2. P – v Diagram Diketahui: r = 20

Dimana: q in = cp × (T3 − T2 )

T1

= 20 + 273 = 293 K

p1

= 95 kPa

T3

= 2200 K

R

= 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)

cv

= 0,718 kJ/kg. K ; cp = 1,005 kJ/kg. K ; k = 1,4

= 1,005 kJ / kg.K × (2200 − 971,14) K = 1235 kJ / kg

Dan q out = cv × (T4 − T1 ) = 0,718 kJ / kg.K × (920,53 − 393) K

Ditanya seperti soal? Penyelesaian: Langkah awal adalah menentukan besaran pada setiap

= 450,567 kJ / kg

Jadi

η = 1−

proses siklus: Proses 1 – 2 adalah proses kompresi T2 ⎛ v1 =⎜ T1 ⎜⎝ v 2

W net q in − q out q = 1 − out = q in q in q in

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

= (r )k −1 ⇒ T2 = T1 × (r )k −1

450,567 = 0,6352 ≅ 63,52% 1235

b. MEP Siklus MEP =

Wnet = v1 − v 2

Wnet ⎛ 1⎞ v1 ⎜1 − ⎟ ⎝ r⎠

T2 = 293 × (20 )1,4−1 = 971,14 K

Untuk v1 dapat ditentukan: Proses 2 – 3 adalah proses panas masuk pada tekanan

konstan

v1 =

RT1 (0,287 kPa. m 3 / kg. K ) × (293) K = p1 95 kPa

= 0,8851 m 3 / kg

Ali Hasimi Pane

Dan Wnet = qin − qout = (1235 − 450,567) kJ / kg = 784,433 kJ / kg

Jadi MEP =

Wnet = v1 − v 2

Wnet ⎛ 1⎞ v1 ⎜1 − ⎟ r⎠ ⎝

784,433 kJ / kg

=

1 ⎞ ⎛ 0,8851m 3 / kg × ⎜1 − ⎟ 20 ⎠ ⎝ = 932,91 kPa

×

10 3 N .m 1 kPa × 3 1 kJ 10 N / m 2

Soal 2.2 Siklus Diesel bekerja pada tekanan dan

temperatur awal kompresi adalah 95 kPa dan 300 K. kemudian tekanan dan temperatur maksimumnya adalah 7,2 Mpa dan 2150 K. Tentukanlah: a. Rasio kompresi siklus b. Rasio pancung (cut off ratio) c. Efisiensi thermal siklus d. MEP siklus


Untuk harga T2: T2 ⎛ p 2 ⎞ ⎟ =⎜ T1 ⎜⎝ p1 ⎟⎠

( k −1) / k

⎛p ⎞ ⇒ T2 = T1 × ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠

( k −1) / k

Dimana p2 = p2 = 7200 kPa, maka: ⎛ 7200 ⎞ T2 = 300 K × ⎜ ⎟ ⎝ 95 ⎠

(1, 4 −1) / 1, 4

= 1033,124 K

Untuk harga v2: Diketahui siklus Diesel (seperti gambar 2), dengan: v2 =

RT2 0,287 kPa. m 3 / kg. K × 1033,124 K = p2 7200 kPa

T1

= 300 K

p1

= 95 kPa

T3

= 2150 K

p3

= 7,2 Mpa = 7200 kPa

R


Proses 2 – 3 adalah proses penambahan energi panas,

cv

= 0,718 kJ/kg. K ; cp = 1,005 kJ/kg. K

maka diperoleh harga v3:

k

= 1,4

= 0,0412 m 3 / kg

v3 =

Ditanya seperti soal: Penyelesaian:

Langkah awal adalah dengan menentukan parameter pada setiap proses siklus Proses 1 – 2 adalah proses kompresi

Untuk harga v1: v1 =

RT1 0,287 kPa. m 3 / kg. K × 300 K = p1 95 kPa

= 0,9063 m 3 / kg

RT3 0,287 kPa. m 3 / kg. K × 2150 K = 7200 kPa p3

= 0,0857 m 3 / kg

Proses 3 – 4 adalah proses ekspansi, maka akan diperoleh

harga T4: T4 ⎛ v 3 =⎜ T3 ⎜⎝ v 4

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛v ⇒ T4 = T3 × ⎜⎜ 3 ⎝ v4

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

Dimana harga v4 = v1 = 0,9063 m3/kg, maka: ⎛ 0,0857 ⎞ T4 = 2150 K × ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 0,9063 ⎠

1, 4 −1

= 836,99 K

Ali Hasimi Pane

Oleh karena itu, dapat diselesaikan:

Soal 2.3 Siklus Diesel bekerja pada kondisi tekanan dan

a. Rasio Kompresi Siklus

temperatur awal adalah 200 kPa dan 380 K dan rasio

v 0,9063 r= 1 = = 21,998 v 2 0,0412

kompresi 20. Jika panas ditambahkan sebesar 900 kJ/kg. Tentukan: a. Temperatur maksimum

b. Rasio Pancung (Cut-off Ratio) v 0,0857 rC = 3 = = 2,08 v 2 0,0412

c. Efisiensi Thermal Siklus

η=

W net q in − q out q = = 1 − out q in q in q in

Dimana: q in = cp × (T3 − T2 ) = 1,005 kJ / kg.K × (2150 − 1033,124) K = 1122,46 kJ / kg

Dan q out = cv × (T4 − T1 ) = 0,718 kJ / kg.K × (836,99 − 300) K = 385,559 kJ / kg

b. Rasio pancung (Cut-off ratio) c. Kerja netto siklus d. Efisiensi thermal siklus e. MEP siklus Diketahui

: Siklus Diesel seperti gambar 2.

p1

= 200 kPa

T1

= 380 K

r

= 20

qin

= 900 kJ/kg

R


cv

= 0,718 kJ/kg. K ; cp = 1,005 kJ/kg. K

k

= 1,4

Ditanya seperti soal:

Jadi

η = 1−

385,559 = 0,6565 ≅ 65,65% 1122,46

d. MEP Siklus MEP =

W net = v1 − v 2

W net ⎛ 1⎞ v1 ⎜1 − ⎟ ⎝ r⎠

Dimana W net = q in − q out = (1122,46 − 385,559) kJ / kg = 736,901 kJ / kg


Sehingga MEP =

736,901 kJ / kg ⎛ 1 ⎞ 0,9063 m / kg × ⎜⎜1 − ⎟⎟ ⎝ 21,998 ⎠ 3

×

10 3 N .m 1 kPa × = 851,809 kPa 3 1 kJ 10 N / m 2

Penyelesaian

Langkah awal adalah dengan menentukan parameter pada setiap proses siklus Proses 1 – 2 adalah proses kompresi

Harga v1: dapat ditentukan dari persamaan gas ideal v1 =

RT1 0,287 kPa. m 3 / kg. K × 380 K = 200 kPa p1

= 0,5453 m 3 / kg

Ali Hasimi Pane


Harga T2: T2 ⎛ V1 =⎜ T1 ⎜⎝ V 2

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

= (r )k −1 ⇒ T2 = T1 × (r )k −1

T2 = 380 × (20 )1,4−1 = 1259,493 K

Tmaks = T3 = 2155,015 K

b. Rasio pancung (Cutoff ratio)

Dan harga v2: v1 v 0,5453 m 3 / kg = r ⇒ v2 = 1 = = 0,0273 m 3 / kg v2 20 r

v 0,0467 rC = 3 = = 1,71 v 2 0,0273

c. Kerja Netto Siklus

Harga p2: p 2 ⎛ v1 =⎜ p1 ⎜⎝ v 2

a. Temperatur Maksimum

W net = q in − q out

k

⎞ ⎟⎟ = (r ) k ⎠

Harga qout:

p 2 = p1 × (r ) k = 200 kPa × (20)1,4 = 13257,82 kPa

Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada

tekanan konstan

q out = cv × (T 4 −T2 ) = 0,718 kJ / kg.K × (806,349 − 380) K = 306,119 kJ / kg

Jadi W net = (900 − 306,119) kJ / kg = 593,881 kJ / kg

Harga T3 dapat ditentukan dari: q in = cp × (T3 − T2 ) q 900 kJ / kg T3 = T2 + in = 1259,493 K + cp 1,005 kJ / kg. K = 2155,015 K

Maka harga v3 dapat ditentukan dari persamaan gas ideal: v3 =

RT3 , dimana p3 = p2 = 13257,82 kPa p3

d. Efisiensi Thermal Siklus

η=

W net 593,881 = = 0,6599 ≅ 65,99% 900 q in

Karena rasio pancung (cutoff rastio) diketahui, maka efisiensi thermal siklus dapat ditentukan:

η = 1−

r k −1 × C r k −1 k (rC − 1) 1

Maka v3 =

3

RT3 0,287 kPa. m / kg. K × 2155,015 K = p3 13257,82 kPa

= 0,0467 m 3 / kg

T4 ⎛ v 3 =⎜ T3 ⎜⎝ v 4

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎛v ⇒ T4 = T3 × ⎜⎜ 3 ⎝ v4

MEP = ⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

(20)1,4−1

×

(1,71)1,4 − 1 = 0,6603 ≅ 66,02% 1,4(1,71 − 1)

Wnet = v1 − v 2

Wnet ⎛ 1⎞ v1 ⎜1 − ⎟ ⎝ r⎠

103 N .m 1 kPa × 3 1 kJ 1 ⎞ ⎛ 10 N / m 2 0,5453 m 3 / kg × ⎜1 − ⎟ ⎝ 20 ⎠ = 1146,41 kPa =

Dimana harga v4 = v1 = 0,5453 m3/kg, maka: ⎛ 0,0467 ⎞ T4 = 2155,015 K × ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 0,5453 ⎠

1

e. MEP Siklus

Proses 3 – 4 adalah proses ekpansi k −1

= 1−

593,881kJ / kg

×

1, 4 −1

= 806,349 K

Ali Hasimi Pane

Soal 2-4 Siklus Diesel seperti gambar 2, dimana tekanan

Harga T2:

dan temperatur kompresinya adalah 1 bar dan 300 K,

T2 ⎛ v1 =⎜ T1 ⎜⎝ v 2

kemudian tekanan setelah kompresi adalah 40 bar, jika panas masuknya adalah 600 kJ/kg. Tentukanlah: a. Rasio kompresinya

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

= (r )k −1 ⇒ T2 = T1 × (r )k −1

T2 = 300 K × (13,942)1,4−1 = 860,70 K

b. Rasio pancung (Cut off ratio) b. Rasio Pancung (Cut off Ratio)

c. Efisiensi thermal siklus d. Kerja netto yang dihasilkan

rC =

v3 T3 = v 2 T2

Diketahui: p1

= 1bar ;

qin

= 600 kJ/kg ; k = 1,4

R


cv

= 0,718 kJ/kg. K

T1 = 300K

;

p2 = p3 = 40 bar

cp

= 1,005 kJ/kg. K

Dari proses 2 – 3 dapat ditentukan harga T3: qin = cp × (T3 − T2 ) qin 600 kJ / kg = 860,70 K + cp 1,005 kJ / kg. K = 1457,72 K

T3 = T2 +

Ditanya: seperti soal Solusi: Siklus Diesel seperti gambar: maka Penyelesaian:

rC =

a. Rasio Kompresi Siklus

T3 1457,72 = = 1,694 T2 860,70

v r= 1 v2


Dari proses 1 – 2 diketahui bahwa:

Dari persamaan (2e) diketahui:

p1 × v1k = p 2 × v 2 k

⎧⎪

⎛ r k − 1 ⎞⎫⎪ ⎜ C ⎟ k −1 ⎜ r − 1 ⎟⎬ × k r C ⎪⎩ ⎝ ⎠⎭⎪

η =1− ⎨

1

⎧⎪ ⎛ (1,694)1,4 − 1 ⎞⎫⎪ 1 ⎟⎬ =1− ⎨ ×⎜ ⎪⎩1,4 × (13,942)1,4−1 ⎜⎝ 1,694 − 1 ⎟⎠⎪⎭ = 0,6084 ≅ 6084%

d. Kerja Netto yang dihasilkan

η=

Wnet ⇒ Wnet = η × qin qin

Jadi Gambar 2. P – v Diagram

Wnet = 0,6084 × 600 kJ / kg = 362,88 kJ / kg

maka ⎛p v r ⇒ 1 = ⎜⎜ 2 v 2 ⎝ p1

1

1

⎞ k ⎛ 40 ⎞ 1,4 ⎟⎟ = ⎜ ⎟ = 13,942 ⎝ 1 ⎠ ⎠

Ali Hasimi Pane

Soal 2-5 Siklus Diesel seperti gambar 2, dengan rasio

kompresi 18,2. Udara sebagai fluida kerjanya dengan 0

tekanan dan temperatur awal adalah 80 F dan 14,7 psia dan

temperatur

maksimumnya

adalah

3000

Tentukanlah:

maka rC =

T3 3000 = = 1,741 T2 1723,544

R. b. Panas yang dibuang dari Siklus

a. Rasio pancung (Cut off ratio)

q out = cv × (T4 − T1 )

b. Panas yang dibuang c. Efisiensi thermal

Untak harga T4, dapat ditentukan dari proses 3 – 4 adalah proses langkah ekpansi isentropik:

Diketahui: p1

= 14,7 psia

;

T1 = 80 + 460 = 540 R

T3

= 3000 R

;

r

R

= 0,3704 psia. ft3/lbm. R (Konstanta udara)

cv

= 0,171 Btu/lbm. R

cp

= 0,240 Btu/lbm. R

= 18,2 ;

T4 ⎛ v 3 ⎞ =⎜ ⎟ T3 ⎜⎝ v 4 ⎟⎠

k = 1,4

Ditanya: seperti soal

k −1

Diketahui bahwa: ⎛r T4 = T3 × ⎜⎜ C ⎝ r

Solusi: Siklus Diesel seperti gambar

v4 r = adalah rasio ekspansi, maka: v 3 rC ⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛ 1,741 ⎞ = 3000 R × ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 18,2 ⎠

1, 4−1

= 1173,31 R

Penyelesaian: a. Rasio Pancung (Cut off Ratio) rC =

v3 T3 = v 2 T2

Jadi q out = 0,171 Btu / lbm. R × (1173,31 − 540) R = 108,296 Btu / lbm


η=

Wnet qin − q out q = = 1 − out qin qin qin

Untuk harga qin, dapat ditentukan dari proses 2 – 3 adalah proses panas masuk pada proses tekanan konstan: qin = cp × (T3 − T2 ) = 0,24 Btu / lbm. R × (3000 − 1723,544) R = 306,349 Btu / lbm

Gambar 2. P – v Diagram Proses 1 – 2 adalah proses langkah kompresi

Sehingga

η =1−

q out 108,296 =1− = 0,6465 ≅ 64,65 % qin 306,349

Harga T2: T2 ⎛ v1 ⎞ =⎜ ⎟ T1 ⎜⎝ v 2 ⎟⎠

k −1

= (r )k −1 ⇒ T2 = T1 × (r )k −1

T2 = 540 R × (18,2)1,4−1 = 1723,544 R

Ali Hasimi Pane

Contoh – contoh tambahan

Contoh Soal: Soal 2-6 Siklus Diesel (seperti gambar), dengan panjang

langkah dan diameter silinder masing – masingnya adalah 250 mm dan 150 mm. Jika volume sisanya adalah 0,0004 m3 dan bahan bakar diinjeksikan pada tekanan konstan 5 % dari volume langkahnya. Tentukan efisiensi thermal siklus. Solusi: Diketahui: Panjang langkah (L)

: 250 mm = 0.25 m

Diameter silinder (D)

: 150 mm = 0,15 m

Volume sisa (Vs = V2) : 0,0004 m3 Ditanya: Efisiensi thermal siklus? Vs

VL VT

Penyelesaian:

Efisiensi

thermal

siklus

dapat

ditentukan

dengan

menggunakan persamaan: ⎛ r k − 1 ⎞⎫⎪ ⎟ ⎜ C k −1 ⎜ r − 1 ⎟ ⎬ k r × ⎪⎩ ⎠⎪⎭ ⎝ C ⎧⎪

Keterangan gambar: -

Vs

= Volume sisa

-

VL

= Volume hisap atau volume langkah torak,

dapat ditentukan: ⎛ πD 2 VL = ⎜ ⎜ 4 ⎝

⎞ ⎟× L ⎟ ⎠

η = 1− ⎨

Menentukan besaran – besaran persamaan tersebut: -

-

= Diameter silinder/torak

L

= Panjang langkah torak

VT

= Volume total, dapat ditentukan:

VT

= Vs + VL

Rasio kompresi dapat ditentukan: r=

-

Vs + VL VL

Rasio tekanan dapat ditentukan: rp =

Rasio Kompresi (r): r=

Dimana: D

1

v1 V s + V L = v2 V2

Harga volume langkah (VL): ⎛ π × D2 VL = ⎜ ⎜ 4 ⎝

2 ⎛ ⎞ ⎟ × L = ⎜ π × (0,15) ⎟ ⎜ 4 ⎠ ⎝

⎞ ⎟ × 0,25 = 0,00442 m 3 ⎟ ⎠

maka r=

p3 p = 4 p2 p1

-

V s + V L (0,0004 + 0,00442) = = 12,05 V2 0,0004

Rasio Pancung (Cutoff Ratio) (rC) rC =

V3 V2

Ali Hasimi Pane

Harga V3 dapat ditentukan: V3 = V2 + 5% × V L ⎞ ⎛ 5 = 0,0004 + ⎜ × 0,00442 ⎟ = 0,000621m 3 ⎠ ⎝ 100

8 × Vs 100

maka rC =

V3 0,000621 = = 1,553 V2 0,0004

sehingga ⎧⎪

⎛ 1,5531,4 − 1 ⎞⎫⎪ ⎜ ⎟⎬ ⎪⎩1,4 × (12,05)1,4−1 ⎜⎝ 1,553 − 1 ⎟⎠⎪⎭

η =1− ⎨

1

= 0,5934 ≅ 59,34%

Soal 2-7 Siklus Diesel dengan rasio kompresi 15, bekerja

Vs

VL

0

pada tekanan dan temperatur awal 1 bar dan 27 C, jika

VT

diketahui diameter silindernya 200 mm dan panjang langkahnya 300 mm. Persentase cut-off adalah 8% dari volume langkah. Tentukanlah:

Harga untuk VL:

a. Tekanan dan temperatur pada setiap titik utama

⎛ π × D2 VL = ⎜ ⎜ 4 ⎝

b. Efisiensi thermal siklus c. MEP siklus

2 ⎛ ⎞ ⎟ × L = ⎜ π × (0,2) ⎟ ⎜ 4 ⎠ ⎝

⎞ ⎟ × 0,3 = 0,00942 m 3 ⎟ ⎠

d. Tenaga mesin jika kerja siklus per menit adalah 380

maka

Solusi (siklus Diesel seperti gambar)

1 ⎞ 1 ⎞ ⎛ ⎛ 3 V1 = V L × ⎜1 + ⎟ = 0,00942 × ⎜1 + ⎟ = 0,0101m r −1⎠ ⎝ ⎝ 15 − 1 ⎠

Diketahui: p1 = 1 bar =100 kPa ; T1 = 27 + 273 =300 K

;

r =

15

Untuk massa udara dalam silinder dapat ditentukan dari

D = 200 mm = 0,2 m

;

L = 300 mm = 0,3 m

Ditanya seperti soal?

persamaan gas idral: p1V1 = mRT1

Penyelesaian:

m=

a. Tekanan dan Temperatur pada Setiap Titik Utama

p1V1 100 kPa × 0,0101 m 3 = 0,0117 kg = RT1 0,287 kPa. m 3 / kg. K × 300 K

Proses 1 – 2 adalah proses langkah kompresi isentropik

Harga V1 V1 = V L + V s = V L +

Harga tekanan p2: VL 1 ⎞ ⎛ = V L × ⎜1 + ⎟ r −1 r −1⎠ ⎝

k

p 2 ⎛ V1 ⎞ = ⎜ ⎟ = rk p1 ⎜⎝ V2 ⎟⎠ p 2 = p1 × r k = 1 × (15)1,4 = 44,313 bar

Ali Hasimi Pane

Diketahui bahwa:

Harga temperatur T2: T2 ⎛ V1 =⎜ T1 ⎜⎝ V2

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

V r rE = 4 = adalah rasio ekspansi V3 rE

= r k −1

T2 = T1 × r k −1 = 300 K × (15)1,4−1 = 886,253 K

k

⎛V p 4 = p3 × ⎜⎜ 3 ⎝ V4

Harga V2 dapat ditentukan dari persamaan: V1 V V = r ⇒ V2 = 1 atau V2 = V s = L V2 r r −1

⎞ ⎛ 1 ⎟⎟ = p3 × ⎜⎜ ⎠ ⎝ rE

⎛ 2,12 ⎞ p 4 = 44,31 bar × ⎜ ⎟ ⎝ 15 ⎠

maka V2 = V s =

maka

0,00942 = 0,000673 m 3 15 − 1

k

⎞ ⎛r ⎟⎟ = p3 × ⎜⎜ C ⎝ r ⎠

⎞ ⎟⎟ ⎠

k

1, 4

= 2,863 bar

Harga T4:

Proses 2 – 3 adalah proses energi panas masuk

T4 ⎛ V3 ⎞ =⎜ ⎟ T3 ⎜⎝ V4 ⎟⎠

Harga T3: V3 V2 V = ⇒ T3 = T2 × 3 = T2 × rC T3 T2 V2

k −1

⎛r T4 = T3 × ⎜⎜ C ⎝ r

⎛r = ⎜⎜ C ⎝ r

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

1, 4−1

⎛ 2,12 ⎞ = 1878,856 K × ⎜ ⎟ ⎝ 15 ⎠

Harga untuk rasio pancung (rC): = 858,996 K

r −1 % Cut − off ratio = C r −1

Harga V4 = V1 = 0,0101 m3

rC = 1 + (% Cut − off ratio × (r − 1) )


⎛ 8 ⎞ =1+ ⎜ × (15 − 1) ⎟ = 2,12 ⎝ 100 ⎠

η=

Wnet qin − q out q = = 1 − out qin qin qin

maka T3 = T2 × rC = 886,253 K × 2,12 = 1878,856 K

Atau

efisiensi

thermal

siklus

dapat

ditentukan

menggunakan persamaan: Harga V3: ⎛ r k − 1 ⎞⎫⎪ ⎟ ⎜ C k −1 ⎜ r − 1 ⎟⎬ k r × ⎪⎩ ⎠⎭⎪ ⎝ C ⎧⎪

V3 ⎛ 8 ⎞ = rC atau V3 = ⎜ × V L ⎟ + Vs V2 100 ⎝ ⎠

η =1− ⎨

maka V3 = V2 × rC = 0,000673 × 2,12 = 0,00143 m

3

Sementara harga p3 = p2 = 44,313 bar

⎧⎪ ⎛ 2,121,4 − 1 ⎞⎫⎪ 1 ⎟⎬ = 0,5977 ≅ 59,77 =1− ⎨ ×⎜ ⎪⎩1,4 × (15)1,4−1 ⎜⎝ 2,12 − 1 ⎟⎠⎪⎭

c. MEP Siklus

Proses 3 – 4 adalah proses langkah ekspansi isentropik

Harga p4: ⎛V p3V3 k = p 4V4 k ⇒ p 4 = p3 × ⎜⎜ 3 ⎝ V4

1

⎞ ⎟⎟ ⎠

MEP =

Wnet = v1 − v 2

Wnet ⎛ 1⎞ v1 ⎜1 − ⎟ r⎠ ⎝

k

Ali Hasimi Pane

Atau MEP siklus dapat ditentukan dengan menggunakan persamaan sebagai berikut: p × r k [k × (rC − 1) − (r 1− k × (rC k − 1))] MEP = 1 (k − 1)(r − 1)

=

1 bar × 151,4 [1,4 × (2,12 − 1) − (151−1,4 × (2,12 − 1))] (1,4 − 1)(15 − 1)

= 7,417 bar

d. Daya Mesin jika Kerja Siklus per Menit adalah 380 P = W Siklus × Jumlah siklus per detik

Untuk harga Wsiklus dapat ditentukan: W Siklus = MEP × V L = 7,417 bar × 0,00942 m 3 ×

10 2 kPa 1 bar

= 6,987 kPa. m 3 ≅ 6,987 kJ / Siklus

Ali Hasimi Pane

III. Siklus Dual (Dual Cycle)



-


-


-


-


Dalam penyelesaian persoalan akan dilakukan dengan mengguanakan beberapa data – data asumsi atau konstanta yang telah ditetapkan. Beberapa hal pengasumsian:

Gambar P – v Diagram

1.


2.


3.


4.


Keterangan gambar: 1 – 2 : Proses kompresi isentropik 2 – 3 : Proses panas masuk pada volume


- Panas Total yang Masuk ke Sistem (qin, total)

konstan 3 – 4 : Proses panas masuk pada tekanan konstan

q in, total = q in,1 + qin, 2

Dimana qin,1 = cv × (T3 − T2 )

4 – 5 : Proses ekspansi isentropic 5 – 1 : Proses panas dibuang pada

Dan qin, 2 = cp × (T4 − T3 )

volume konstan

Maka q in, total = cv × (T3 − T2 ) + cp × (T4 − T3 )

Konstanta – konstanta yang diberlaku: k

: Konstanta rasio panas spesifik : cp cv = 1,4

cp

...(3a)

: Konstanta panas spesifik pada

- Panas yang di-Buang dari Sistem (qout) q out = cv × (T5 − T1 )

...(3b)

tekanan konstan : 1,005 kJ/kg. K cv

- Kerja Netto yang Dihasilkan (wnet) wnet = qtotal − q out

: Konstanta panas spesifik pada volume konstan : 0,718 kJ/kg. K

r

: Rasio kompresi : v1 v 2

...(3c)

= (cv × (T3 − T2 ) + cp × (T4 − T3 )) − (cv × (T5 − T1 ))

- Efisiensi Thermal Siklus

η=

wnet qin, total − q out q out = =1− qin qin ,total qin, total

…(3d) =1−

cv × (T5 − T1 ) cv × (T5 − T1 ) =1− cv × (T3 − T2 ) + cp × (T4 − T3 (T3 − T2 ) + k (T4 − T3 )

Ali Hasimi Pane

Penyederhanaan persamaan efisiensi thermal siklus:

atau

• Rasio Kompresi (r) r

v V = 1 = 1 V2 v2

⎛ r T5 = T4 × ⎜⎜ ⎝ rC

…(i)

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

k −1

…(vii)

Subsitusi persamaan (vi) kepersamaan (vii): ⎛r T5 = T3 × rC × ⎜ C ⎜r ⎝

• Rasio Pemasukan Bahan Bakar/Cut-off Ratio (rC) V v = 4 = 4 ...(ii) rC V3 v 3 • Rasio Ekspansi (rE) V V = 5 = 1 ⇒ dimana V5 = V1 rE V4 V4 atau V V V V rE = 1 × 2 = 1 × 3 V2 V4 V 2 V4 1 r ...(iii) = r× = rC rC

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

k −1

Dari persamaan (iv) dan (v) kita peroleh: T3 T2 = r k −1 ⇒ α = r k −1 T1 T1

atau

T1 =

T3

α

× r k −1

…(viii)

• Proses 1 – 2 Dari proses kompresi adiabatik isentropik, maka: k −1

T2 T1

⎛V = ⎜⎜ 1 ⎝ V2

T2

= T1 . r k −1

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎛v = ⎜⎜ 1 ⎝ v2

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

Subsitusi harga – harga dari T1, T2, T4 dan T5 pada persamaan efisiensi thermal siklus:

= r k −1

η =1− ...(iv)

• Proses 2 – 3 =1−

Adalah proses panas masuk berlangsung secara volume konstan, maka: T3 p3 T = = α ⇒ T2 = 3 α T2 p 2

…(v)

(T5 − T1 ) (T3 − T2 ) + k (T4 − T3 ) k −1 ⎞ ⎡⎛ ⎤ ⎟ ⎡ T3 1 ⎤⎥ ⎛ rC ⎞ ⎢⎜ × × − × T r ⎜ ⎟ ⎟ ⎢ ⎢⎜ 3 C ⎜ r ⎟ k −1 ⎥ ⎥ ⎝ ⎠ ⎦⎥ ⎟ ⎣α r ⎢⎣⎜⎝ ⎠ ⎦

⎡⎛ ⎤ T3 ⎞ ⎢⎜⎜ T3 − ⎟⎟ + (k × (rC × T3 − T3 ))⎥ α ⎠ ⎣⎝ ⎦

atau

Dimana α adalah rasio tekanan

η =1−

⎤ α × rC k − 1 1 ⎡ ⎢ ⎥ r k −1 ⎢⎣ (α − 1) + α × k × (rC − 1) ⎥⎦

…(3e)

• Proses 3 – 4 Adalah proses panas masuk berlangsung secara tekanan

-

MEP Siklus

konstan, maka: T4 V4 = = rC ⇒ T4 = T3 × rC T3 V3

…(vi)

• Proses 4 – 5 Adalah proses ekspansi isentropik T4 ⎛ V5 =⎜ T5 ⎜⎝ V4

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛ r ⎞ = (rE ) k −1 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ rC ⎠

k −1

MEP =

Wnet = v1 − v 2

Wnet Wnet = ⎛ r −1⎞ ⎛ 1⎞ v1 ⎜ ⎟ v1 ⎜1 − ⎟ r r⎠ ⎝ ⎠ ⎝

p v [r 1−k αk (rC − 1) + (α − 1) − r 1−k (αrC k − 1)] = 1 1 ⎛ r −1⎞ (k − 1)v1 ⎜ ⎟ ⎝ r ⎠ p (r ) k [α (rC − 1) + (α − 1) − r 1−k (αrC k − 1)] = 1 (k − 1)(r − 1)

Ali Hasimi Pane

Soal 3-1. Siklus dual, bekerja pada rasio kompresi 9.

Tekanan dan temperatur awal kompresinya adalah 100

T2 ⎛ v1 =⎜ T1 ⎜⎝ v 2

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

= (r )k −1 ⇒ T2 = T1 × (r )k −1

kPa dan 300 K. Jika energi panas masuk ditambahkan pada tekanan konstan dan volume konstan masing –

T2 = 300 K × (9)1,4−1 = 722,467 K

masingnya adalah 700 kJ/kg. Tentukanlah: a. Temperatur pada akhir proses panas masuknya

sehingga

b. Kerja netto siklus T3 = 722,467 K +

c. Efisiensi thermal siklus

700 kJ / kg = 1697,397 K 0,718 kJ / kg. K

d. MEP siklus Harga T4 untuk akhir proses panas masuk pada tekanan

Diketahui:

p1

= 100 kPa

;

qin, 2 – 3 = 700 kJ/kg ;

konstan dapat ditentukan:

T1 = 300K r = 9 qin, 3 – 4 = 700 kJ/kg

k

= 1,4

R


cv

= 0,718 kJ/kg. K

;

qin, 3− 4 = cp × (T4 − T3 ) ⇒ T4 = T3 +

T4 = 1697,397 K +

cp = 1,005 kJ/kg. K

qin, 3−4 cp

700 kJ / kg = 2393,914 K 1,005 kJ / kg. K

Ditanya: seperti soal b. Kerja netto siklus

Solusi: Siklus Dual seperti gambar:

wnet = qtotal − qout = (qin, 2 −3 + qin, 3− 4 ) − qout

Untuk qout: q out = cv × (T5 − T1 )

Untuk harga T5 dapat ditentukan dari proses 4 – 5 adalah proses ekspansi: T4 ⎛ V5 =⎜ T5 ⎜⎝ V4

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛r T5 = T4 × ⎜⎜ C ⎝ r

Penyelesaian:

= (rE )

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛ r = ⎜⎜ ⎝ rC

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

k −1

k −1

a. Temperatur pada akhir proses panas masuknya Harga T3 untuk akhir proses panas masuk pada volume

konstan dapat ditentukan: qin, 2−3 = cv × (T3 − T2 ) ⇒ T3 = T2 +

qin, 2−3 cv

Harga T2 dapat ditentukan dari proses 1 – 2 proses langkah kompresi:

Harga rC: T v 2393,914 rC = 4 = 4 ⇒ rC = = 1,41 T3 v3 1697,397

maka adalah

⎛r T5 = T4 × ⎜⎜ C ⎝ r

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛ 1,41 ⎞ = 2393,914 K × ⎜ ⎟ ⎝ 9 ⎠

1, 4−1

= 1140,51 K

Ali Hasimi Pane

Diketahui:

jadi

q out = 0,718 kJ / kg. K × (1140,51 − 300) K = 603,486 kJ / kg

p1

= 95 kPa

;

= 0,04 kg

;

T1 = 300K

;

r = 16

k = 1,4

;

p3/p2 = α = 2,2

;

rC

=

1,15

m Sehingga kerja netto siklusnya: wnet = (qin, 2 −3 + qin, 3− 4 ) − qout = 1400 kJ / kg − 603,486 kJ / kg = 796,514 kJ / kg

3

R

= 0,287 kpa. m /kg. K (Konstanta udara)

cv

= 0,718 kJ/kg. K

;

cp = 1,005 kJ/kg. K

Ditanya: seperti soal Solusi: Siklus Dual seperti gambar:


η=

wnet 796,514 = = 0,5689 ≅ 56,89 % 1400 qin,2−3 + qin,3−4

d. MEP Siklus

MEP =

Wnet = v1 − v 2

Wnet ⎛ 1⎞ v1 ⎜1 − ⎟ r⎠ ⎝

Untuk harga v1:

v1 =

RT1 0,287 kPa. m 3 / kg. K × 300 K = = 0,861 m 3 / kg p1 100 kPa

Penyelesaian:

jadi

a. Panas yang ditambahkan kesiklus pada volume

10 3 N .m 1 kPa MEP = × × 3 1 kJ ⎛ 1⎞ 10 N / m 2 0,861 m 3 / kg × ⎜1 − ⎟ ⎝ 9⎠

konstan dan tekanan konstan (dalam kJ)

796,514 kJ / kg

-

Panas yang ditambahkan pada volume konstan (dari proses 2 – 3):

= 1040,741 kPa

qin, 2 − 3 = m. cv × (T3 − T2 )

Untuk harga T2, dari proses 1 – 2: Soal 3 – 2. Siklus dual bekerja pada rasio kompresi 16

dan rasio pancung 1,15. Kemudian tekanan dan temperatur awal kompresi masing – masingnya adalah p1 = 95 kPa dan

T1 = 300 K. Selama proses

penambahan panas pada volume konstan tekanan meningkat pada faktor 2,2. Jika massa udaranya adalah 0,04 kg, tentukanlah: a. Panas yang ditambahkan pada proses volume dan tekanan konstan, dalam kJ b. Panas yang dilepaskan siklus, dalam kJ

T2 ⎛ V1 =⎜ T1 ⎜⎝ V2

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

= r k −1

T2 = T1 × r k −1 = 300 K × (16)1, 4−1 = 909,23K

Untuk harga T3, dari proses 2 – 3: T3 p3 = =α T2 p 2 T3 = α × T2 = 2,2 × 909,23 = 2000,31 K

c. Kerja netto siklus, dalam kJ d. Efisiensi thermal siklus

Ali Hasimi Pane

jadi

Soal 3-3. Siklus dual bekerja pada temperatur dan tekanan

qin, 2−3 = 0,04 kg × 0,718 kJ/kg. K × (2000,31 − 909,23) K

awal kompresi adalah 90 oC dan 1 bar. Rasio kompresinya

= 31,336 kJ

adalah 9 dan tekanan maksimum siklusnya 68 bar, jika panas total yang ditambahkan kesiklus adalah 1750 kJ/kg.

-

Panas yang ditambahkan pada tekanan konstan (dari

Tentukanlah:

proses 3 – 4):

a. Tekanan dan temperatur pada setiap akhir proses

qin, 3− 4 = m × cp × (T4 − T3 )

b. Efisiensi thermal siklus c. MEP siklus

Untuk harga T4, dari proses 3 – 4: T4 V 4 = = rC T3 V3

Diketahui:

p1

T4 = T3 × rC = 2000,31 × 1,15 = 2300,36 K

jadi qin, 3− 4 = m × cp × (T4 − T3 )

= 1 bar

;

T1 = 90 + 273 = 363 K ;

r=9

p3 = p4 = 68 bar

;

qin, net = 1750 kJ/kg

k = 1,4

;

R


cv

= 0,718 kJ/kg. K

;

cp = 1,005 kJ/kg. K

= 0,04 kg × 1,005 kJ / kg. K × (2300,36 − 2000,31) K


= 12,062 kJ


b. Panas yang dilepaskan siklus, dalam kJ q out = m × cv × (T5 − T1 )

Untuk harga T5, dari proses 4 – 5: T4 ⎛ V5 =⎜ T5 ⎜⎝ V4

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

= (rE )

k −1

⎛ r = ⎜⎜ ⎝ rC

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

k −1

maka T5 =

T4 ⎛ r ⎜ ⎜r ⎝ C

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

k −1

=

2300,36 1, 4−1

⎛ 16 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 1,15 ⎠

= 802,47 K

Jadi q out = m × cv × (T5 − T1 ) = 0,04 kg × 0,718 kJ / kg. K × (802,47 − 300) K

Penyelesaian:

= 14,431 kJ

a. Tekanan dan temperatur pada setiap akhir proses Proses 1 – 2 adalah proses kompresi isentropik,

c. Kerja netto siklus, dalam kJ wnet = (qin, 2−3 + qin, 3−4 ) − q out = (31,336 + 12,062) − 14,431 = 28,967 kJ

d. Efisiensi thermal siklus

η=

=

wnet qin,2−3 + qin,3− 4

diperoleh: Untuk harga T2: T2 ⎛ V1 ⎞ =⎜ ⎟ T1 ⎜⎝ V2 ⎟⎠

k −1

= r k −1

T2 = T1 × r k −1 = 363 K × (9)1,4−1 = 874,19 K

28,967 = 0,6675 ≅ 66,75% (31,336 + 12,062)

Ali Hasimi Pane

Untuk harga p2: p 2 ⎛ V1 =⎜ p1 ⎜⎝ V2

Untuk rasio pancung (cut-off ratio)

k

⎞ ⎟⎟ = r k ⎠

rC =

p 2 = p1 × r k = 1bar × (9)1,4 = 21,67bar

V4 T4 3147,36 = = = 1,15 V3 T3 2743,19

Proses 4 – 5 adalah proses ekspansi isentropik

Untuk harga T5: Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada

volume konstan

T5 ⎛ V5 ⎞ =⎜ ⎟ T4 ⎜⎝ V4 ⎟⎠

k −1

⎛r = ⎜⎜ C ⎝ r

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛r ⎞ ⇒ T5 = T4 × ⎜⎜ C ⎟⎟ ⎝ r ⎠

k −1

1, 4−1

⎛ 1,15 ⎞ T5 = 3147,36 K × ⎜ ⎟ ⎝ 9 ⎠

Untuk harga T3: p 2 p3 = T2 T3

= 1382,07 K

Untuk harga p5: k

Dimana p3 = p4 = 68 bar, maka: T3 =

p3 × T2 68 bar × 874,19 K = = 2743,19 K p2 21,67 bar

p5 ⎛ V4 ⎞ ⎛r = ⎜ ⎟ ⇒ p5 = p 4 × ⎜⎜ C p 4 ⎜⎝ V5 ⎟⎠ ⎝ r

⎞ ⎟⎟ ⎠

k

Dimana p4 = p3 = 68 bar, maka: 1, 4

⎛ 1,15 ⎞ p5 = 68 bar × ⎜ ⎟ ⎝ 9 ⎠

Untuk jumlah panas yang ditambahkan qin, 2−3 = cv × (T3 − T2 ) = 0,718 kJ / kg. K × (2743,19 − 874,19) K = 1343,811 kJ / kg

= 3,815 bar

Proses 5 – 1 adalah proses pelepasan panas pada proses

volume konstan


q out = cv × (T5 − T1 ) = 0,718 kJ / kg. K × (1382,07 − 363) K

tekanan konstan

= 731,69 kJ / kg

Untuk harga T4: qin, 3−4 = cp × (T4 − T3 ) ⇒ T4 = T3 +

qin, 3−4


cp

η=

qin, net − q out wnet q = = 1 − out qin, net qin, net qin, net

Untuk harga qin, 3 – 4: qin, net = qin, 2−3 + qin, 3−4

=1−

731,69 = 0,5819 ≅ 58,19% 1750

atau qin, 3−4 = qin, net − qin, 2−3 = (1750 − 1343,811)kJ / kg = 406,189 kJ / kg

maka T4 = T3 +

qin, 3−4 cp

= 2743,19 K +

406,189 kJ / kg = 3147,36 K 1,005 kJ / kg. K

c. MEP siklus

MEP =

Wnet = v1 − v 2

Wnet Wnet = ⎛ 1⎞ ⎛ r −1⎞ v1 ⎜ ⎟ v1 ⎜1 − ⎟ r r⎠ ⎠ ⎝ ⎝

Untuk harga Wnet: Wnet = qin, net − q out = (1750 − 731,69) kJ / kg = 1018,31 kJ / kg

Ali Hasimi Pane

Untuk harga v1: 1 bar RT 0,278 kPa. m 3 / kg. K × 363 K = × 1 bar p1 10 2 kPa

v1 =

= 1,0092 m 3 / kg

Maka

MEP =

10 3 N .m 1 kPa 1018,31kJ / kg × × 3 1 kJ ⎛ 1⎞ 10 N / m 2 1,0092 m 3 / kg ⎜1 − ⎟ ⎝ 9⎠

= 1135,16 kPa

Penyelesaian:

atau

a. Efisiensi Thermal Siklus

MEP = 1135,16 kPa ×

1 bar 10 2 kPa

= 11,3516 bar

Soal 3 – 4 Siklus dual dengan temperatur dan tekanan

awal kompresinya adalah 20 oC dan 100 kPa, kemudian tekanan pada akhir proses kompresinya adalah 10 MPa. Jika tekanan maksimum siklus adalah 20 Mpa dan rasio pancungnya (cutoff ratio) adalah 2, tentukanlah efisiensi

η =1−

1 r k −1

×

αrC k −1 − 1 kα (rC − 1) + (α − 1)

Untuk harga r: v r= 1 v2

Untuk harga v1: RT1 p1

v1 =

siklus dan daya keluaran siklus jika massa aliran udaranya =

0,1 kg/detik.

0,287 kpa. m 3 / kg. K × 293 K = 0,8409 m 3 / kg 100 kPa

Untuk harga v2:

Diketahui:

p2 = 10 MPa = 104 kPa

p1

= 100 kPa

T1

= 20 + 273 = 293 K

;

;

p3 = p4 = 20 MPa = 20 x 103 kPa

rC = 2 ;

RT2 p2

k = 1,4

3

R

= 0,287 kpa. m /kg. K (Konstanta udara)

cv

= 0,718 kJ/kg. K

;

v2 =

cp = 1,005 kJ/kg. K

Ditanya:

Harga T2 dapat ditentukan dari proses 1 – 2: T2 ⎛ p 2 ⎞ ⎟ =⎜ T1 ⎜⎝ p1 ⎟⎠

a. Efisiensi thermal siklus

( k −1) / k

⎛p ⎞ ⇒ T2 = T1 × ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ p1 ⎠

⎛ 10000 ⎞ = 293 K ⎜ ⎟ ⎝ 100 ⎠

b. Daya keluaran siklus jika massa aliran udara 0,1

( k −1) / k

(1, 4−1) / 1, 4

= 1092,185 K

kg/detik Maka Solusi: Siklus Dual seperti gambar: v2 =

0,287 kpa. m 3 / kg. K × 1092,185 K = 0,0315 m 3 / kg 10000 kPa

Ali Hasimi Pane

Harga qin, 3 – 4, dapat ditentukan dari proses 3 – 4 adalah

Jadi harga r: v 0,8409 r= 1 = = 26,69 v 2 0,0315

qin, 3− 4 = cp × (T4 − T3 )

Harga T4 dapat ditentukan dari proses 3 – 4 adalah proses

Untuk harga α:

α=

proses penambahan panas pada tekanan konstan:

penambahan panas pada tekanan konstan:

p3 20000 = =2 p 2 10000

T3 T4 v = ⇒ T4 = T3 × 4 = T3 × rC v3 v 4 v3

Oleh karena itu, Efisiensi thermal siklus:

η =1−

1 r

k −1

×

T4 = 2184,37 K × 2 = 4368,74 K

k −1

αrC −1 kα (rC − 1) + (α − 1)

maka qin, 3− 4 = 1,005 kJ / kg. K × (4368,74 − 2184,37) K

2 × (2)1,4−1 − 1 =1− × (26,69)1,4−1 1,4 × 2(2 − 1) + (2 − 1) 1

= 0,8841 ≅ 88,41%

= 2195,29 kJ / kg

Sehingga qin, net dapat ditentukan: qin, net = qin, 2−3 + qin, 3− 4

b. Daya keluaran siklus jika massa aliran udara 0,1 = (783,7114 + 2195,29) kJ / kg = 2979 kJ / kg

kg/s •

•

•

W out = m × wout = m × η × qin, net

•

Oleh karena itu, W out dapat ditentukan: Untuk harga qin, net:

•

W out = 0,1 kg / s × 0,8841 × 2979 kJ / kg = 263,373 kW

qin, net = qin, 2−3 + qin, 3− 4

Harga qin, 2 – 3, dapat ditentukan dari proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada volume konstan: q in, 2−3 = cv × (T3 − T2 )

Harga T3 dapat ditentukan dari proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada volume konstan: T3 T2 p = ⇒ T3 = T2 × 3 = T2 × α p3 p 2 p2 T3 = 1092,185 K × 2 = 2184,37 K

maka qin, 2−3 = 0,718 kJ / kg. K × (2184,37 − 1092,185) K = 783,7114 kJ / kg

Soal 3-5 Siklus dual, tekanan dan temperatur awal

kompresinya adalah 100 kPa dan 27 oC, pada proses kompresi isentropik, volume udara berubah dari 0,0708 m3 menjadi 0,0042 m3, dan pada proses tekanan konstan, temperatur udara meningkat dari 1149 oC menjadi 1593 o

C. Tentukanlah:

a. Rasio pancung dan rasio kompresi b. Panas yang masuk dan keluar dari siklus c. Efisiensi thermal siklus Diketahui:

v1 = 0,0708 m3

p1

= 100 kPa ;

T1

= 27 +273 = 300 K

T3

= 1149 + 273 = 1422 K

T4

= 1593 + 273 = 1866 K

k

= 1,4

R


cv

= 0,718 kJ/kg. K

;

;

v3 = 0,0042 m3

cp = 1,005 kJ/kg. K

Ali Hasimi Pane

Ditanya:

-

a. Rasio pancung (cut off ratio) dan rasio kompressi

Untuk Energi Panas Masuk yang terjadi pada proses 2 – 3 dan 3 – 4

b. Energi panas masuk dan keluar dari siklus

Untuk proses 2 – 3 panas masuk pada langkah volume


konstan, maka: qin, 2−3 = cv × (T3 − T2 )


Dimana T3 = 1422 K, sementara T2: T2 ⎛ v1 =⎜ T1 ⎜⎝ v 2

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

= r k −1 ⇒ T2 = T1 × r k −1

= 300 K × 16,861,4−1 = 928,68 K

jadi qin, 2−3 = 0,718kJ / kg. K × (1422 − 928,68) K = 354,204 kJ / kg

Penyelesaian: a. Rasio Pancung/Cutoff Ratio dan Rasio Kompresi

Untuk proses 3 – 4 panas masuk pada langkah tekanan konstan, maka:

-

qin, 3−4 = cp × (T4 − T3 )

Untuk rasio pancung/cutoff ratio

= 1,005 kJ/kg. K × ( 1866-1422 )K

v rC = 4 v3

Dimana v3 = 0,0042 m3, sementara untuk v4 dapat ditentukan dari proses 3 – 4:

= 446 ,22 kJ / kg

Oleh karena itu, energi panas netto masuk adalah: qin, net = qin,2−3 + qin,3−4

v 4 T4 T = ⇒ v 4 = v3 × 4 v3 T3 T3 ⎛ 1866 ⎞ 3 v 4 = 0,0042 m 3 × ⎜ ⎟ = 0,0055 m 1422 ⎠ ⎝

= 354,204 + 446,22 = 800,424 kJ / kg

-

Untuk Energi Panas Keluar yang terjadi pada proses 5 – 1, dapat ditentukan

Jadi

qin,5−1 = cv × (T5 − T1 )

rC =

v 4 0,0055 = = 1,31 v3 0,0042

Untuk T1 = 300 K, sementara T5 dapat ditentukan berdasarkan proses 4 – 5 langkah ekspansi isentropik:

-

Untuk rasio kompresi r=

⎛r T5 = T4 × ⎜⎜ C ⎝ r

v1 v2

Dimana v2 = v3 = 0,0042 m3 r=

v1 0,0708 = = 16,86 v 2 0,0042

b. Energi Panas Masuk dan Keluar dari Siklus

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

1, 4−1

⎛ 1,31 ⎞ = 1866 K × ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 16,86 ⎠

= 671,55 K

jadi qin,5−1 = 0,718 kJ / kg. K × (671,55 − 300) K = 266,77 kJ / kg

Ali Hasimi Pane

Penyelesaian:


η=

Langkah pertama penentuan besaran – besaran temperatur


dan tekanan pada setiap proses Proses 1 – 2 adalah proses langkah kompresi isentropik

=1−

266,77 = 0,6667 ≅ 66,67% 800,424

Harga T2:

Soal 3 – 6 Siklus dual dengan rasio kompresi 15, bekerja

pada tekanan dan temperatur awal kompresi adalah 1 bar dan

300

K.

Kemudian

tekanan

dan

temperatur

T2 ⎛ v1 ⎞ =⎜ ⎟ T1 ⎜⎝ v 2 ⎟⎠

k −1

= r k −1 ⇒ T2 = T1 × r k −1

= 300 K × 151,4−1 = 886,25 K

maksimumnya adalah 70 bar dan 3000 K. Tentukan energi panas yang ditambahkan, energi panas yang dibuang, kerja netto siklus dan efisiensi thermal siklus.

Harga p2: k

p 2 ⎛ v1 ⎞ = ⎜ ⎟ = r k ⇒ p 2 = p1 × r k p1 ⎜⎝ v 2 ⎟⎠

Diketahui: p1

= 1 bar ; T1 = 300 K

p3 = p4 = 70 bar ;

;

r = 18

;

k = 1,4

= 1 bar × 151,4 = 44,31 bar

T4 = 3000 K

R



cv

= 0,718 kJ/kg. K

volume konstan

;

cp = 1,005 kJ/kg. K

Ditanya: a. Energi panas netto yang ditambahkan b. Energi panas yang dibuang

Harga T3: T3 T2 p = ⇒ T3 = T2 × 3 p3 p 2 p2

c. Kerja netto siklus d. Efisiensi thermal siklus

T3 = 886,25 K ×

70 = 1400,08 K 44,31

Solusi: Siklus Dual seperti gambar: Harga qin, 2 – 3: qin, 2−3 = cv × (T3 − T2 ) = 0,718 kJ / kg. K × (1400,08 − 886,25) K = 368,93 kJ / kg


tekanan konstan Harga qin, 3 – 4: qin, 3−4 = 1,005 kJ / kg. K × (3000 − 1400,08) K = 1607,92 kJ / kg

Proses 4 – 5 adalah proses kerja ekspansi isentropik

Harga T5: T5 ⎛ V5 ⎞ =⎜ ⎟ T4 ⎜⎝ V4 ⎟⎠

k −1

⎛r = ⎜⎜ C ⎝ r

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛r ⎞ ⇒ T5 = T4 × ⎜⎜ C ⎟⎟ ⎝ r ⎠

k −1

Ali Hasimi Pane

Dimana: rC =

v 4 T4 = , maka: v3 T3

⎛r T5 = T4 × ⎜⎜ C ⎝ r

⎞ ⎟⎟ ⎠

k −1

⎛T 1⎞ = T4 × ⎜⎜ 4 × ⎟⎟ ⎝ T3 r ⎠

k −1

1, 4−1

⎛ 3000 1⎞ = 3000 K × ⎜⎜ × ⎟⎟ ⎝ 1400,08 15 ⎠

= 1377,44 K

Oleh karena itu, a. Energi panas masuk netto yang ditambahkan kesiklus qin, net = qin, 2−3 + qin, 3−4 = (368,93 + 1607,92) kJ / kg = 1976,85 kJ / kg

b. Energi panas yang dibuang dari siklus

Dapat ditentukan dari proses 5 – 1: q out = cv × (T5 − T1 ) = 0,718 kJ / kg. K × (1377,44 − 300) K = 773,6 kJ / kg

c. Kerja netto siklus Wnet = qin, net − q out = (1976,85 − 773,6) kJ / kg = 1203,25 kJ / kg

d. Efisiensi thermal siklus

η=


=1−

773,6 = 0,6087 ≅ 60,87% 1976,85

Ali Hasimi Pane

• Proses 3 – 4 adalah proses kerja ekspansi isentropik

IV. Siklus Rankine (Rankine Cycle)

atau kerja keluaran turbin

wT = h3 − h 4

4.1 Siklus Rankine Ideal qin

…4.c

• Proses 4 – 1 adalah proses pelepasan panas pada tekanan konstan dalam kondensor

Ketel Uap

q out = h 4 − h1

3

2

…4.d

w Tur, out Sementara untuk menentukan efisiensi thermal siklus dapat

Turbin

ditentukan:

w pump, in

4 Pompa

Kondensor

qout

η th =

wT − w p w net = q in q in

…4.e

atau

1

η th =

wnet q in − q out q = = 1 − out q in q in q in

…4.f

Gambar 4. Siklus Rankine Ideal

Analisa Thermodinamika:

• Proses 1 – 2 adalah proses kompresi isentropik atau kerja pompa

w p = v 1 × ( P2 − P1 ) = h 2 − h1

…4.a

Dimana h1 = hf dan v1 = vf diperoleh dari tabel uap air berdasarkan pada tekanan titik 1. • Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada tekanan konstan dalam ketel uap

q in = h 3 − h 2

…4.b

AliPane Hasimi Pane Ali Hasimi

Soal 4.1 Siklus Rankine ideal, dimana uap panas lanjut

qin

masuk ke turbin pada tekanan dan temperatur masingmasingnya adalah 8 MPa dan 480oC. Tekanan kondensor

Ketel Uap 2

8 kPa. Jika kerja netto siklus adalah 100 MW, tentukanlah:

3

w Tur, out Turbin

a. Laju panas masuk yang dibutuhkan ketel uap dalam kW b. Efisiensi thermal siklus

w pump, in

4 Pompa

Diketahui: Siklus Rankine seperti gambar P3

Kondensor

qout

1

= 8 MPa = 8000 kPa = 80 bar o

T3

= 480 C

P4

= 8 kPa = 0,08 bar

wnet = 100 MW Ditanya: seperti soal Penyelesaian:

Langkah awal dilakukan analisis pada setiap proses berdasarkan diagram alir dan diagram T-s, sebagai berikut: Proses 1 – 2 : Kerja Pompa

w p = v 1 × ( P2 − P1 ) = h 2 − h1 dan h2 = h1 + wp

Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu: P1

= 0,08 bar, diperoleh:

v1

= vf = 1,0084 x 10-3 m3/kg

h1

= hf = hf,4 = 173,88 kJ/kg

hfg,4 = 2403,1 kJ/kg sf

= 0,5926 kJ/kg . K

sg

= 8,2287 kJ/kg . K

Gambar Soal 1-1 Siklus Rankine Ideal

Sehingga h2 = 173,88 kJ / kg + 8,059 kJ / kg = 181,939 kJ / kg

Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap

q in = h 3 − h 2

maka w p = v1 × ( P2 − P1 ) ⎛ m3 ⎞ ⎟ × (80 − 0,08)bar = 1,0084 × 10 −3 ⎜ ⎜ kg ⎟ ⎝ ⎠ 105 N / m 2 1 kJ × = 8,059 kJ / kg 1bar 103 N . m

Dari tabel uap air pada tekanan ketel uap yaitu: P3 = 80 bar dan 480oC; diperoleh:

h3 = 3348,4 kJ/kg s3 = 6,6586 kJ/kg . K maka

q in = ( 3348 , 4 − 181 ,939 ) kJ / kg = 3166 , 461 kJ / kg


Proses 3 – 4: Kerja turbin

W& net = m& × ( wT − w p )

wT = h3 − h 4 atau Untuk h4, dimana berada pada posisi phasa campuran dan

m& =

pada tekanan kondensor (P4 = P1 = 0,08 bar), maka dapat

W& net wT − w p

ditentukan:

h 4 = h f , 4 + x . h fg , 4

100 MW 10 3 kJ / s = 78,864 kg / s (1276,071 − 8,059) kJ / kg 1 MW

=

Dimana konstanta x adalah menyatakan kualitas uap yang dapat ditentukan: x=

sehingga

s4 − s f , 4

Q& = 78 ,864 kg / s × 3166 , 461 kJ / kg

s g ,4 − s f ,4

Dimana s4 = s3, sedangkan sf,4 dan sg,4 diperoleh dari tabel

= 249 , 72 × 10 3 kW


uap air pada tekanan kondensasi P1 = P4 = 0,08 bar

η th =

maka x=

6,6586 − 0,5926 = 0,79 8,2287 − 0,5926

W& net Q&

=

100 × 10 3 kW 249,72 × 10 3 kW

= 0,40 ≅ 40%

sehingga

h4 = 173 ,88 kJ / kg + ( 0 , 79 × 2403 ,1 kJ / kg ) = 2072 ,329 kJ / kg

Soal 4.2 Sebuah sistem pembangkit tenaga uap beroperasi

dengan siklus Rankine ideal, yang bekerja pada batas tekanan dari 3 MPa dan 50 kPa. Temperatur uap pada sisi masuk

maka

wT = h3 − h 4 = ( 3348 , 4 − 2072 ,329 ) kJ / kg = 1276 , 071 kJ / kg

Proses 4 – 1: Panas yang dibuang kondensor untuk proses

kondensasi

q out = h 4 − h1 = ( 2072 ,329 − 173 ,88 ) kJ / kg = 1898 , 449 kJ / kg


turbin adalah 300oC, jika laju aliran massa uap adalah 35 kg/s. Tentukanlah: a. Gambarkan proses sistem dalam diagram T-s b. Efisiensi Thermal Siklus c. Kerja netto siklus d. Daya output sistem pembangkit tenaga Diketahui: Sistem pembangkit tenaga uap beoperasi dengan siklus Rankine P3

= 3 MPa = 30 bar

T3

= 300oC

P4

= 50 kPa = 0,5 bar

•

a. Laju aliran panas masuk yang dibutuhkan ketel uap

m

= 35 kg/s

dalam kW


Q& = m& × q in

Penyelesaian:

m& adalah laju aliran massa uap air, dimana kerja netto siklus

a. Diagram T-s Sistem (Siklus Rankine Ideal)

diketahui, maka dapat ditentukan:


Tekanan = 30 bar o

Temp ( C)

Enthalpi (kJ/kg)

Entropi (kJ/kg . K)

280

2941,3

6,4462

300

h3 = ?

s3 = ?

320

3043,4

6,6245

Untuk h3:

⎧ ⎛ 320 − 300 ⎞ ⎫ h 3 = 3043 , 4 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 3043 , 4 − 2941 ,3 ) ⎬ ⎩ ⎝ 320 − 280 ⎠ ⎭ = 2992 ,35 kJ / kg

Untuk s3:

proses, untuk menyelesaikan pertanyaan berikutnya:

⎧ ⎛ 320 − 300 ⎞ ⎫ s 3 = 6 ,6245 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 6 ,6245 − 6 , 4462 ) ⎬ ⎩ ⎝ 320 − 280 ⎠ ⎭ = 6 ,5354 kJ / kg . K

Proses 1 – 2 : Kerja Pompa

maka

Langkah selanjutnya adalah dilakukan analisis pada setiap

w p = v 1 × ( P2 − P1 ) = h 2 − h1

q in = ( 2992 ,35 − 343 ,525 ) kJ / kg = 2648 ,825 kJ / kg

dan h2 = h1 + wp


wT = h3 − h 4

Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu: P1 = 0,5 bar, diperoleh:

v1 = vf = 1,030 x 10-3 m3/kg

Untuk h4, karena berada pada posisi phasa campuran dan

h1 = hf = 340,49 kJ/kg

pada tekanan kondensor (P4 = P1 = 0,08 bar), maka dapat ditentukan:

h 4 = h f , 4 + x . h fg , 4

maka w p = v1 × ( P2 − P1 )

⎛ m3 ⎞ ⎟ × (30 − 0,5)bar = 1,030 × 10−3 ⎜ ⎜ kg ⎟ ⎠ ⎝ ×

Dimana konstanta x adalah menyatakan kualitas uap yang dapat ditentukan:

105 N / m 2 1 kJ = 3,039 kJ / kg 1bar 103 N . m

x=

s4 − s f , 4 s g ,4 − s f ,4


Dimana s4 = s3 = 6,5354 kJ/kg . K, sedangkan sf,4 dan sg,4 diperoleh dari tabel uap air pada tekanan kondensasi yaitu:


q in = h 3 − h 2

P1 = P4 = 0,08 bar

hf,4 = 340,49 kJ/kg hfg,4 = 2305,4 kJ/kg

Dari tabel uap air pada tekanan dan temperatur uap panas

sf,4

lanjut, yaitu: P3 = 30 bar dan 300oC; dengan metode

sg,4 = 7,5939 kJ/kg . K

= 1,0910 kJ/kg . K

interpolasi diperoleh:


a. Diagram T-s siklus Rankine dan analisis thermodinamika

maka x=

6,5354 − 1,0910 = 0,84 7,5939 − 1,0910

pada setiap proses. b. Kerja netto siklus c. Efisiensi siklus d. Laju aliran massa uap

sehingga

h 4 = 340 , 49 kJ / kg + ( 0 ,84 × 2305 , 4 kJ / kg ) = 2277 , 026 kJ / kg

maka

wT = h3 − h 4 = ( 2992 ,35 − 2277 ,026 ) kJ / kg = 715 ,324 kJ / kg


kondensasi

q out = h 4 − h1 = ( 2277 ,026 − 340 , 49 ) kJ / kg

Diketahui Siklus Rankine ideal dengan data operasional: P3

= 10 MPa = 100 bar

T3

= 500oC

P1

= P4 = 10 kPa = 0,1 bar

•

W net = 210 MW

Ditanya seperti soal: Penyelesaian: a. Diagram T – s Siklus Rankine Ideal dan Analisis Thermodinamika pada setiap proses

= 1936 ,536 kJ / kg

Oleh karena itu, dapat ditentukan:

b. Kerja Netto Siklus

wnet = wT − wP = (715,324 − 3,039) kJ / kg = 712,285 kJ / kg


ηth = 1 −

= 1−

qout qin

1936,536 = 0,2689 ≅ 26,89% 2648,825

d. Daya Output Sistem Pembangkit Tenaga •

Analisis Thermodinamika pada setiap proses:

•

W net = m × wnet

= 35 kg / s × 712,285 kJ / kg = 24929,98 kW ≅ 24,93 MW


w p = v 1 × ( P2 − P1 ) = h 2 − h1 dan

Soal 4.3 Sistem pembangkit tenaga uap beroperasi dengan

siklus Rankine ideal menghasilkan daya sebesar 210 MW. Uap panas lanjut masuk ke-turbin pada tekanan dan temperatur adalah 10 MPa dan 500oC, kemudian uap didinginkan dalam kondensor pada tekanan kondensor 10 kPa. Tentukanlah:

h2 = h1 + wp

Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu: P1 = 0,1 bar, diperoleh:

v1 = vf = 1,0102 x 10-3 m3/kg h1 = hf = 191,83 kJ/kg


Dimana konstanta x adalah menyatakan kualitas uap yang

maka w p = v1 × ( P2 − P1 )

dapat ditentukan:

⎛ m3 ⎞ ⎟ × (100 − 0,1)bar = 1,0102 × 10−3 ⎜ ⎜ kg ⎟ ⎠ ⎝ ×

105 N / m 2 1 kJ = 10,092 kJ / kg 1bar 103 N . m

x=

s4 − s f , 4 s g ,4 − s f ,4

Dimana s4 = s3 = 6,5952 kJ/kg . K, sedangkan sf,4 dan sg,4 diperoleh dari tabel uap air pada tekanan kondensasi yaitu: P1 = P4 = 0,1 bar


hf,4 = 191,83 kJ/kg Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap

q in = h 3 − h 2

hfg,4 = 2392,8 kJ/kg sf,4

= 0,6493 kJ/kg . K

sg,4 = 8,1502 kJ/kg . K Dari tabel uap air pada tekanan dan temperatur uap panas lanjut, yaitu: P3 = 100 bar dan 500oC; dengan metode interpolasi diperoleh: Tekanan = 100 bar Temp (oC)

Enthalpi (kJ/kg)

Entropi (kJ/kg . K)

480

3321,4

6,5282

500

h3 = ?

s3 = ?

520

3425,1

6,6622

maka x=

6,5952 − 0,6493 = 0,793 8,1502 − 0,6493

sehingga

h 4 = 191 ,83 kJ / kg + ( 0 ,793 × 2392 ,8 kJ / kg ) = 2089 ,32 kJ / kg maka

Untuk h3:

⎧ ⎛ 520 − 500 ⎞ ⎫ h 3 = 3425 ,1 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 3425 ,1 − 3321 , 4 ) ⎬ 520 480 − ⎠ ⎩⎝ ⎭ = 3373 , 25 kJ / kg

wT = h3 − h 4 = ( 3373 , 25 − 2089 ,32 ) kJ / kg = 1283 ,93 kJ / kg


Untuk s3:

⎧ ⎛ 520 − 500 ⎞ ⎫ s 3 = 6 ,6622 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 6 ,6622 − 6 ,5282 ) ⎬ 520 480 − ⎠ ⎩⎝ ⎭ = 6 ,5952 kJ / kg . K

Maka panas yang diterima ketel uap selama proses penguapan:

q in = ( 3371 , 25 − 201 ,922 ) kJ / kg

kondensasi

q out = h 4 − h1 = ( 2089 ,32 − 191 ,83 ) kJ / kg = 1897 , 49 kJ / kg

b. Kerja Netto Siklus

wnet = wT − wP = (1283,93 − 10,092) kJ / kg = 1273,838 kJ / kg

= 3171 ,328 kJ / kg c. Efisiensi Thermal Siklus Proses 3 – 4: Kerja turbin

wT = h3 − h 4

ηth = 1 −

Untuk h4, karena berada pada posisi phasa campuran dan pada tekanan kondensor (P4 = P1 = 0,08 bar), maka dapat

= 1−

qout qin

1897,49 = 0,4017 ≅ 40,17% 3171,328

ditentukan:

h 4 = h f , 4 + x . h fg , 4 AliPane Hasimi Pane Ali Hasimi

d. Laju Aliran Massa Uap •

•

W net = m × wnet

atau •

•

W net m= wnet

=

210 MW 103 kJ / s = 164,856 kg / s 1273,838 1 MW

Soal 4.4 Sistem pembangkit tenaga uap menggunakan bahan

bakar batu bara yang menghasil tenaga listrik 300 MW. Sistem ini beroperasi sesuai dengan siklus Rankine ideal dimana uap panas lanjut masuk ke-turbin pada kondisi

Diagram T-s Siklus Rankine

tekanan dan temperatur: 5 MPa dan 450oC dan tekanan kondensor 35 kPa. Nilai kalor batu bara dari hasil proses pembakaran adalah 29300 kJ/kg. Diasumsikan bahwa 75% nilai kalor tersebut ditransfer untuk proses penguapan ke ketel uap dan efesiensi generator listriknya adalah 96%.

Analisis thermodinamika setiap proses Proses 1 – 2 : Kerja Pompa

w p = v1 × ( P2 − P1 ) = h 2 − h1

Tentukanlah: dan

a. Diagram T-s dan analisa thermodinamika

h2 = h1 + wp

b. Efisiensi seluruh sistem pembangkit tenaga (rasio daya netto

elektrik

yang

dihasilkan

terhadap

masuk/bahan bakar)

Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:

c. Laju suplai bahan bakar batu bara yang dibutuhkan Diketahui: Siklus Rankine ideal •

W

= 300 MW

P1

= P4 = 35 kPa = 0,35 bar

P2

= P3 = 5 MPa = 50 bar

T3

= 450oC ;

ηPembakan = 0,75

Cbatu bara = 29300 kJ/kg ;

energi

ηGenerator = 0,96

Ditanya: Seperti soal? Penyelesaian: a. Diagram T-s dan Analisa Thermodinamika

P1 = 0,35 bar, diperoleh: Tekanan

Volume Spesifik

Enthalpi

(bar)

vf x 10-3 (m3/kg)

(kJ/kg . K)

0,3

1,0223

289,23

0,35

vf = ?

hf = ?

0,4

1,0265

317,58

Untuk harga v1 = vf:

⎧ ⎛ 0 , 4 − 0 ,35 ⎞ ⎫ v f = 1, 0265 − ⎨ ⎜⎜ ⎟ × (1, 0265 − 1, 0223 ) ⎬ ⎟ ⎩ ⎝ 0 , 4 − 0 ,3 ⎠ ⎭ = 1, 0244 m 3 / kg

Untuk harga hf = h1:

⎧ ⎛ 0 , 4 − 0 ,35 h f = 317 ,58 − ⎨ ⎜⎜ ⎩ ⎝ 0 , 4 − 0 ,3 = 303 , 405 kJ / kg

⎫ ⎞ ⎟⎟ × ( 317 ,58 − 289 , 23 ) ⎬ ⎠ ⎭


Untuk h3 pada tekanan 60 bar

maka w p = v1 × ( P2 − P1 )

⎛ m3 ⎞ ⎟ × (50 − 0,35)bar = 1,0244 × 10 −3 ⎜ ⎜ kg ⎟ ⎝ ⎠ ×

1 kJ 10 5 N / m 2 = 5,086 kJ / kg 1bar 10 3 N . m



q in = h 3 − h 2

⎫ ⎧ ⎛ 500 − 450 ⎞ h3 = 3422 , 2 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 3422 , 2 − 3277 ,3) ⎬ ⎭ ⎩ ⎝ 500 − 440 ⎠ = 3301 , 45 kJ / kg Untuk s3 pada tekanan 60 bar

⎫ ⎧ ⎛ 500 − 450 ⎞ s 3 = 6 ,8803 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 6 ,8803 − 6 ,6853 ) ⎬ ⎭ ⎩ ⎝ 500 − 440 ⎠ = 6 ,7178 kJ / kg . K

Maka harga h3 dan s3 sebenarnya pada tekanan 50 bar dan 450oC dapat ditentukan dengan metode interpolasi sebagai berikut: Tekanan

Enthalpi (kJ/kg)

Entropi (kJ/kg . K)

40

3330,133

6,9351

50

h3 = ?

s3 = ?

60

3301,45

6,7178

(bar) Dari tabel uap air (yang digunakan) pada tekanan dan temperatur uap panas lanjut, yaitu: P3 = 50 bar dan 450oC; dengan metode interpolasi (karena tekanan 50 bar berada diantara tekanan 40 dan 60 bar, dan temperatur pada 440 dan 500oC) diperoleh harga h3 dan s3: -

Untuk h3 pada tekanan 50 bar dan 450oC:

Pada tekanan 40 bar dan temperatur 440 dan 500oC Tekanan = 40 bar o

Temp ( C)

Enthalpi (kJ/kg)

Entropi (kJ/kg . K)

440

3307,1

6,9041

450

h3 = ?

s3 = ?

500

3445,3

7,0901

⎧⎛ 60 − 50 ⎞ ⎫ h3 = 3301 , 45 − ⎨⎜ ⎟ × (3301 , 45 − 3330 ,133 ) ⎬ ⎩⎝ 60 − 40 ⎠ ⎭ = 3315 ,792 kJ / kg Untuk s3 pada tekanan 70 bar dan 450oC:

⎫ ⎧ ⎛ 60 − 50 ⎞ s 3 = 6 , 7178 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 6 , 7178 − 6 ,9351 ) ⎬ ⎭ ⎩ ⎝ 60 − 40 ⎠ = 6 ,8265 kJ / kg . K

Untuk h3 pada tekanan 40 bar

⎫ ⎧ ⎛ 500 − 450 ⎞ h3 = 3445 ,3 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 3445 ,3 − 3307 ,1) ⎬ ⎭ ⎩ ⎝ 500 − 440 ⎠ = 3330 ,133 kJ / kg

Maka panas yang diterima ketel uap selama proses penguapan:

q in = ( 3315 , 792 − 308 , 491 ) kJ / kg = 3007 ,301 kJ / kg

Untuk s3 pada tekanan 40 bar

⎫ ⎧ ⎛ 500 − 450 ⎞ s 3 = 7 ,0901 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 7 , 0901 − 6 ,9041 ) ⎬ ⎭ ⎩ ⎝ 500 − 440 ⎠ = 6 ,9351 kJ / kg . K

-

Pada tekanan 60 bar dan temperatur 440 dan 500oC Tekanan = 60 bar Temp (oC)

Enthalpi (kJ/kg)

Entropi (kJ/kg . K)

440

3277,3

6,6853

450

h3 = ?

s3 = ?

500

3422,2

6,8803


wT = h3 − h 4 Untuk h4, karena berada pada posisi phasa campuran dan pada tekanan kondensor (P4 = P1 = 0,35 bar), maka dapat ditentukan:

h 4 = h f , 4 + x 4 . h fg , 4

Dimana konstanta x adalah menyatakan kualitas uap yang dapat ditentukan: AliPane Hasimi Pane Ali Hasimi

x4 =


s 4 − s f ,4 s g ,4 − s f ,4

kondensasi

q out = h 4 − h1 = ( 2328 , 461 − 303 , 405 ) kJ / kg

Dimana s4 = s3 = 6,8265 kJ/kg . K, dan hf,4 = 303,405 kJ/kg,

= 2025 , 056 kJ / kg

sedangkan sf,4 dan sg,4 diperoleh dengan metode interpolasi dari tabel uap air pada tekanan kondensasi yaitu:

b. Efisiensi Seluruh Sistem Pembangkit

P1 = P4 = 0,35 bar

η overall = η Th × η pembakaran × η generator

Tekanan

Enthalpi

Entropi

(bar)

(kJ/kg)

(kJ/kg . K)

hfg,4

Untuk efisiensi thermal siklus:

sf,4

sg,4

0,3

2336,1

0,9439

7,7686

0,35

hfg = ?

sf = ?

sg = ?

0,4

2319,2

1,0259

7,6700

η Th = 1 −

q out 2025,056 =1− = 0,3266 ≅ 32,66% qin 3007,301

sehingga

η overall = 0,3266 × 0,75 × 0,96 = 0,2352 ≅ 23,52% Untuk hfg,4:

⎧ ⎛ 0 , 4 − 0 ,35 h fg , 4 = 2319 , 2 − ⎨ ⎜⎜ ⎩ ⎝ 0 , 4 − 0 ,3 = 2327 , 65 kJ / kg

⎫ ⎞ ⎟⎟ × ( 2319 , 2 − 2336 ,1) ⎬ ⎠ ⎭

c. Laju Suplai Bahan Bakar Batu Bara yang dibutuhkan •

•

m Batu bara =

Untuk sf,4:

s f ,4

⎧ ⎛ 0 , 4 − 0 ,35 ⎞ ⎫ = 1, 0259 − ⎨ ⎜⎜ ⎟⎟ × (1, 0259 − 0 ,9439 ) ⎬ 0 , 4 0 , 3 − ⎠ ⎩⎝ ⎭ = 0 ,9849 kJ / kg . K

Untuk sg,4:

s g ,4

⎧ ⎛ 0 , 4 − 0 ,35 = 7 , 6700 − ⎨ ⎜⎜ ⎩ ⎝ 0 , 4 − 0 ,3 = 7 ,7193 kJ / kg . K

Q in C Batu Bara

•

Untuk harga Q in : •

•

Q in =

W net

η overall

=

300 MW 10 3 kJ / s 0,2352 1 MW

= 1275510,204 kJ / s

⎫ ⎞ ⎟⎟ × ( 7 , 6700 − 7 , 7686 ) ⎬ ⎠ ⎭

sehingga: •

m Batu bara =

maka x4 =

6,8265 − 0,9849 = 0,867 7,7193 − 0,9849

1275510,204 kJ / s 1 ton 29300 kJ / kg 10 3 kg

= 0,043533 ton / s ≅ 156,72 ton / jam

sehingga

h 4 = 303 , 405 kJ / kg + ( 0 ,867 × 2327 ,65 kJ / kg ) = 2321 , 478 kJ / kg

maka

wT = h3 − h 4 = ( 3315,792 − 2328 , 478 ) kJ / kg = 987 ,314 kJ / kg


• Proses 3 – 4 adalah proses kerja ekspansi isentropik

4.2 Siklus Rankine dengan Pemanas Ulang

atau kerja keluaran turbin tingkat I (tekanan tinggi) 3

wT , I = h3 − h 4 Turbin Tekanan Rendah

Turbin Tekanan Tinggi

Ketel Uap

…4.i

• Proses 4 – 5 adalah proses panas ulang pada tekanan konstan pada reheater

4

q reheater = h 4 − h 5

P4 = P5 = PReheat

6

…4.j

• Proses 5 – 6 adalah proses kerja ekspansi isentropik atau kerja keluaran turbin tingkat II (tekanan

5 Kondensor

rendah)

Pompa

w T , II = h 5 − h 6

…4.k

2 1

• Proses 6 – 1 adalah proses pelepasan panas pada tekanan konstan dalam kondensor Turbin Tekanan

Pemanas Ulang

q out = h 6 − h1

Tinggi Turbin Tekanan Rendah

…4.l

Sementara untuk menentukan efisiensi thermal siklus dapat ditentukan:

η th =

( w T , I + w T , II ) − w p w net = q in q in

…4.m

atau

η th =

wnet (q boiler + q reaher ) − q out = q in (q boiler + q reheater )

…4.n = 1−

Gambar 2. Siklus Rankine dengan Pemanas Ulang

q out (q boiler + q reheater )

Analisa Thermodinamika:

• Proses 1 – 2 adalah proses kompresi isentropik atau kerja pompa

w p = v f × ( P2 − P1 ) = h 2 − h1

…4.g

Dimana h1 = hf dan v1 = vf diperoleh dari tabel uap air berdasarkan pada tekanan titik 1. • Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada tekanan konstan dalam ketel uap

q boiler = h 3 − h 2

…4.h


Soal 4.5 Sebuah sistem pembangkit tenaga uap, beroperasi


berdasarkan siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang.

P1 = 0,2 bar, diperoleh:

Kondisi uap masuk pada turbin tekanan tinggi adalah 8 Mpa dan 500oC dan keluar pada tekanan 3 Mpa. Sebelum uap

v1 = vf = 1,0172 x 10-3 m3/kg

masuk pada turbin tekanan rendah, uap dipanas ulang hingga

h1 = hf = 251,40 kJ/kg

o

pada temperatur 500 C. Jika tekanan uap yang keluar dari turbin tekanan rendah adalah 20 kPa, tentukanlah: a. Gambar diagram T-s sistem dan analisa thermodinamika

maka w p = v1 × ( P2 − P1 )

sistem

⎛ m3 ⎞ ⎟ × (80 − 0,2)bar = 1,0172 × 10 −3 ⎜ ⎜ kg ⎟ ⎝ ⎠

b. Panas masuk netto dan kerja netto siklus c. Efisiensi thermal siklus

×

1 kJ 10 5 N / m 2 = 8,117 kJ / kg 1 bar 10 3 N . m

Diketahui: Siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang P2 = P3 = 8 MPa = 80 bar ;

T3 = 500oC

P4 = P5 = 3 MPa = 30 bar ;

T5 = 500oC


P6 = P1 = 20 kPa = 0,2 bar



q in , boiler = h3 − h 2

Penyelesaian: a. Gambar Diagram T-s Siklus dan Analisa Thermodi-

Dari tabel uap air diperoleh harga h3 dengan metode

namika

interpolasi yaitu pada tekanan 80 bar dan 500oC: Turbin Tekanan

Tekanan = 80 bar

Pemanas Ulang o

Tinggi Turbin Tekanan Rendah

Temp ( C)

Enthalpi (kJ/kg)

Entropi (kJ/kg . K)

480

3348,4

6,6586

500

h3 = ?

s3 = ?

520

3447,7

6,7871

Untuk h3 pada tekanan 80 bar dan 500oC

⎧ ⎛ 520 − 500 ⎞ ⎫ h3 = 3447 , 7 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 3447 ,7 − 3348 , 4 ) ⎬ ⎩ ⎝ 520 − 480 ⎠ ⎭ = 3398 , 05 kJ / kg Untuk s3 pada tekanan 80 bar dan 500oC: Diagram T-s Siklus Rankine ideal dengan Pemanas Ulang

⎧ ⎛ 520 − 500 ⎞ ⎫ s 3 = 6 , 7871 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 6 , 7871 − 6 , 6586 ) ⎬ − 520 480 ⎠ ⎩⎝ ⎭ = 6 , 7229 kJ / kg . K

Analisa Thermodinamika Proses 1 – 2 : Kerja Pompa

w p = v 1 × ( P2 − P1 ) = h 2 − h1

sehingga

q in ,boiler = 3398 , 05 − 259 ,517 = 3138 ,533 kJ / kg

dan h2 = h1 + wp

Proses 3 – 4 adalah kerja turbin tekanan tinggi atau tingkat pertama

w T ,1 = h3 − h 4 AliPane Hasimi Pane Ali Hasimi

Untuk harga h4 diperoleh dengan metode interpolasi dari

sg,6 = 7,9085 kJ/kg . K

tabel uap panas lanjut pada tekanan 30 bar dan entropi s4 = s3 = 6,7229 kJ/kg . K:

Sementara harga s6 = s5 = 7,2338 kJ/kg . K, maka:

Tekanan = 30 bar Entropi

Enthalpi

Temperatur

(kJ/kg . K)

(kJ/kg)

Saturasi (oC)

6,6245

3043,4

6,7229

h4 = ?

6,7801

3138,7

7 , 2338 − 0 ,8320 = 0 ,905 7 ,9085 − 0 ,8320

x6 =

jadi:

h 6 = 251 , 40 kJ / kg + ( 0 ,905 × 2358 ,3) kJ / kg

233,90

= 2385 , 662 kJ / kg

sehingga:

maka: ⎧ ⎛ 6 , 7801 − 6 , 7229 h 4 = 3138 , 7 − ⎨ ⎜⎜ ⎩ ⎝ 6 , 7801 − 6 , 6245 = 3103 , 67 kJ / kg

wT ,2 = (3456,5 − 2385,662)kJ / kg = 1070,838 kJ / kg

⎫ ⎞ ⎟⎟ × ( 3138 , 7 − 3043 , 4 ) ⎬ ⎠ ⎭

Sehingga:

Proses 6 – 1 adalah proses pembuangan energi panas pada kondensor

wT ,1 = ( 3398 , 05 − 3105 , 67 ) kJ / kg = 292 ,38 kJ / kg

Proses 4 – 5 adalah proses pemanas ulang q in, reheater = h5 − h4

q out = (2385,662 − 251,40) kJ / kg = 2134,262 kJ / kg

b. Panas Masuk Netto dan Kerja Netto Siklus

-

qin,net = qin, Boiler + qin, reheater = (3138,533 + 352,83)kJ / kg = 3491,363 kJ / kg

Untuk harga h5 diperoleh asi dari tabel uap panas lanjut pada tekanan 30 bar dan temperatur 500oC: h5 = 3456,5 kJ/kg

;

s5 = 7,2338 kJ/kg . K

Panas Masuk Netto

-

Kerja Netto Siklus wnet = wT ,1 + wT , 2 = (292,38 + 1070,838)kJ / kg = 1363,218 kJ / kg

maka: q in, reheater = (3456,5 − 3103,67)kJ / kg = 352,83 kJ / kg

c. Efisiensi Thermal Siklus Proses 5 – 6 adalah kerja turbin tekanan rendah atau turbin tingkat kedua

η Th =

wnet 1363,218 = = 0,3905 ≅ 39,05% qin, net 3491,363

wT ,2 = h5 − h6

Untuk harga h6 dapat ditentukan:

h 6 = h f , 6 + ( x 6 . h fg , 6 )

Soal 4.6 Siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang, bekerja

pada kondisi uap panas lanjut 10 MPa dan 600oC masuk

Dimana x6 adalah kualitas uap pada proses tersebut, dapat

keturbin tingkat pertama (turbin tekanan tinggi), kemudian

ditentukan:

uap buangan turbin tingkat pertama dipanas ulang hingga

x6 =

s 6 − s f ,6

temperatur 500oC sebelum masuk keturbin tingkat kedua.

s g ,6 − s f ,6

Jika tekanan kondensornya adalah 6 kPa dan kualitas uap buangan turbin tingkat kedua adalah 90%. Tentukanlah:

Harga-harga tersebut diperoleh dari tabel uap air pada

a. Gambar diagram T-s dan analisa thermodinamika sistem

tekanan kondensor 0,2 bar:

b. Panas masuk netto dan kerja netto siklus c. Efisiensi thermal siklus

hf,6 = 251,40 kJ/kg hfg,6 = 2358,3 kJ/kg sf,6

= 0,8320 kJ/kg . K

Diketahui: Siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang P2 = P3 = 10 MPa = 100 bar

;

T3 = 600oC AliPane Hasimi Pane Ali Hasimi

T5 = 500oC

Sehingga

P6 = P1 = 6 kPa

= 0,06 bar

;

h2 = (151,53 + 10,058) kJ / kg = 161,588 kJ / kg

x6 = 0,9



q in , boiler = h3 − h 2

Penyelesaian: a. Gambar Diagram T-s Siklus dan Analisa Thermodinamika

tekanan 100 bar dan 600oC: h3 = 3625,3 kJ/kg

Pemanas Ulang Turbin Tekanan Tinggi

T

Dari tabel uap air diperoleh harga h3 dan s3, yaitu pada

s3 = 6,9029 kJ/kg . K

3 5

maka:

q in , boiler = ( 3625 ,3 − 161 ,588 ) kJ / kg

Turbin Tekanan Rendah

4

2

= 3463 , 712 kJ / kg

Proses 3 – 4 adalah kerja turbin tekanan tinggi atau tingkat pertama

1

w T ,1 = h3 − h 4

6 s

Diagram T-s Siklus Rankine Ideal dengan Pemanas Ulang

Karena h4 adalah berada pada daerah uap panas lanjut, maka perlu diketahui tekanan kerjanya. Oleh karena itu, untuk mengetahui tekanan kerjanya, maka dapat diperoleh dengan


menyelesaikan proses 5 – 6, maka:


w p = v 1 × ( P2 − P1 ) = h 2 − h1 dan

Dari tabel uap air, pada tekanan kondensor 0,06 bar, diperoleh: hf,6 = 151,53 kJ/kg

h2 = h1 + wp

hfg,6 = 2415,9 kJ/kg


sf,6

P1 = 0,06 bar, diperoleh:

sg,6 = 8,3304 kJ/kg . K

v1 = vf = 1,0064 x 10-3 m3/kg

Maka dapat diselesaikan:

h1 = hf = 151,53 kJ/kg

= 0,5210 kJ/kg . K

h 6 = h f , 6 + ( x 6 . h fg , 6 ) = 151 ,53 kJ / kg + ( 0 ,9 × 2415 ,9 ) kJ / kg = 2325 ,84 kJ / kg

maka w p = v1 × ( P2 − P1 )

dan

⎛m = 1,0064 × 10 −3 ⎜ ⎜ kg ⎝

3

×

5

10 N / m 1 bar

2

⎞ ⎟ × (100 − 0,06)bar ⎟ ⎠

1 kJ 10 3 N . m

= 10,058 kJ / kg

s 6 = s f , 6 + [ x 6 × ( s g , 6 − s f , 6 )] = 0 ,5210 + [ 0 ,9 × (8 ,3304 − 0 ,5210 )] = 7 ,5495 kJ / kg . K

Karena harga s6 = s5, maka berdasarkan harga tersebut dan T5, dari tabel uap panas lanjut dapat diperoleh harag P5 = P4 dan h5 dengan metode interpolasi: AliPane Hasimi Pane Ali Hasimi

s6 = s5 = 7,5495 kJ/kg . K dan T5 = 500oC

maka

Entropi

Tekanan

Enthalpi

(kJ/kg . K)

(bar)

(kJ/kg)

7,5698

15

3473,1

7,5495

P5

h5

7,4317

20

3467,6

Untuk P5:

⎧⎛ 6,9917 − 6,9029 ⎞ ⎫ h4 = 3159,3 − ⎨⎜⎜ ⎟⎟ × (3159,3 − 3069,5)⎬ ⎩⎝ 6,9917 − 6,8452 ⎠ ⎭ = 3104,868 kJ / kg

-

Interpolasi Kedua

Untuk h4 diman s4 = 6,9029 kJ/kg . K dan P4 = 15,735 bar

⎧ ⎛ 7 , 4317 − 7 ,5495 P5 = 20 − ⎨ ⎜⎜ ⎩ ⎝ 7 , 4317 − 7 ,5698 = 15 , 735 bar

⎫ ⎞ ⎟⎟ × ( 20 − 15 ) ⎬ ⎠ ⎭

s4 = 6,9029 kJ/kg Tekanan (bar)

Enthalpi (kJ/kg)

15

3029,824

15,735

h4 = ?

20

3104,868

Untuk h5: ⎧ ⎛ 7 , 4317 − 7 ,5495 h 5 = 3467 , 6 − ⎨ ⎜⎜ ⎩ ⎝ 7 , 4317 − 7 ,5698 = 3473 , 01 kJ / kg

⎫ ⎞ ⎟⎟ × ( 3467 , 6 − 3473,1) ⎬ ⎠ ⎭

maka,

Dengan diperolehnya harga P5 = P4 = 15,735 bar dan harga s3 = s4 = 6,9029 kJ/kg . K, maka dari tabel uap panas lanjut dapat diperoleh harga h4 dengan melakukan dua kali metode

⎧⎛ 20 − 15,735 ⎞ ⎫ h4 = 3104,868 − ⎨⎜ ⎟ × (3104,868 − 3029,824)⎬ ⎩⎝ 20 − 15 ⎠ ⎭ = 3040,856 kJ / kg

interpolasi: Oleh karena itu, proses 3 – 4 yang adalah kerja turbin -

tekanan tinggi atau tingkat pertama dapat ditentukan:

Interpolasi Pertama

w T ,1 = 3625 ,3 − 3040 ,856 = 584 , 444 kJ / kg

Untuk h4 dimana s4 = 6,9029 kJ/kg . K dan P4 = 15 bar P4 = 15 bar Entropi (kJ/kg . K)

Enthalpi (kJ/kg)

6,8381

2992,7

6,9029

h4 = ?

6,9938

3081,9

Proses 4 – 5 adalah proses pemanasan ulang q in, reheater = 3473,01 − 3040,856 = 432,154 kJ / kg

Proses 5 – 6 adalah proses kerja turbin tekanan rendah atau

tingkat kedua: maka,

wT , 2 = h5 − h 6

⎫ ⎧⎛ 6,9938 − 6,9029 ⎞ h4 = 3081,9 − ⎨⎜⎜ ⎟⎟ × (3081,9 − 2992,7)⎬ ⎭ ⎩⎝ 6,9938 − 6,8381 ⎠ = 3029,824 kJ / kg

= 3473 , 01 − 2325 ,84 = 1147 ,17 kJ / kg

Proses 6 – 1 adalah proses pembuangan panas pada

kondensor Untuk h4 diman s4 = 6,9029 kJ/kg . K dan P4 = 20 bar

q out = h6 − h1 = 2325,84 − 151,534 = 2174,306 kJ / kg

P4 = 20 bar Entropi (kJ/kg . K)

Enthalpi (kJ/kg)

6,8452

3069,5

6,9029

h4 = ?

6,9917

3159,3

b. Panas Masuk Netto dan Kerja Netto Siklus

-

Untuk panas masuk netto: qin,netto = qin, Boiler + qin, Re heater = 3463,712 + 432,154 = 3895,866 kJ / kg


-

Untuk kerja netto siklus:

Keterangan gambar:

wnet = ( wT ,1 + wT ,2 ) − w p

1-2s-3-4s-5-6-1 : Siklus Rankine – pemanas ulang ideal

= (584,444 + 1147,17) − 10,058 = 1721,556 kJ / kg

: Siklus Rankine – pemanas ulang aktual



η Th =

1-2-3-4-5-6-1

wnet 1721,556 = = 0,4419 ≅ 44,19% qin,net 3895,866


w p ,ideal = v1 × ( P2 − P1 ) = h 2 s − h1 Soal 4.7 Sistem pemabnagkit tenaga beroperasi sesuai siklus

Rankine ideal dengan pemanas ulang, menghasilkan daya netto sebesar 80 MW. Uap panas lanjut masuk ke turbin o

tekanan tinggi pada 10 MPa dan 500 C dan turbin tekanan rendah pada 1 MPa dan 500oC. Jika tekanan kondensornya adalah 10 kPa, diketahui efisiensi isentropik turbin dan pompa masing-masing adalah 80 dan 95 persen. Tentukanlah: a. Diagram T-s siklus dan analisa thermodinamikanya



v1

= vf = 1,0102 x 10-3 m3/kg

h1

= hf = 191,83 kJ/kg

maka w p,ideal = h2 s − h1 = v1 × ( P2 − P1 ) ⎛ m3 = 1,0102 × 10 −3 ⎜ ⎜ kg ⎝

b. Panas masuk netto dan kerja siklus netto c. Efisiensi thermal siklus d. Laju aliran massa uap

×

⎞ ⎟ × (100 − 0,1)bar ⎟ ⎠

1 kJ 10 5 N / m 2 = 10,092 kJ / kg 1 bar 10 3 N . m

Diketahui: Siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang Untuk wp, aktual:

•

W net = 80 MW

w p,aktual =

P1

= P6 = 10 kPa = 0,1 bar

P3

= P2 = 10 MPa = 100 bar

;

T3 = 500oC

P4

= p5 = 1 Mpa

= 10 bar

;

T5 = 500oC

ηT

= 80%

ηP = 95%

;


a. Diagram T-s siklus dan Analisa Thermodinamika

ηP

=

10,092 kJ / kg = 10,623 kJ / kg 0,95

Untuk harga h2:

ηP = Penyelesaian

w p,ideal

w p ,ideal w p,aktual

=

h2 s − h1 h2 − h1

maka ⎛ h − h1 ⎞ ⎟⎟ h2 = h1 + ⎜⎜ 2 s ⎝ ηP ⎠ ⎛ 10,092 ⎞ = 191,83 + ⎜⎜ ⎟⎟ = 202,453 kJ / kg ⎝ 0,95 ⎠


q in , Boiler = h3 − h 2

Dari tabel uap air pada tekanan temperatur ketel uap yaitu: P3 = 100 bar dan 500oC; dengan metode interpolasi diperoleh:


maka

P3 = 100 bar Enthalpi

Entropi

( C)

(kJ/kg)

(kJ/kg . K)

480

3321,4

6,5282

500

h3

s3

520

3425,1

6,6622

Temperatur o

⎛ 6 , 6940 − 6 ,5952 h 4 s = 2827 ,9 − ⎜⎜ ⎝ 6 , 6940 − 6 ,5865 = 2782 ,13 kJ / kg

⎞ ⎟⎟ × ( 2827 ,9 − 2778 ,1) ⎠

Oleh karena itu, h4 = 3373,25 − [(3373,25 − 2782,13) × 0,80]

= 2900,354 kJ / kg

Untuk h3

⎧ ⎛ 520 − 500 ⎞ ⎫ h3 = 3425 ,1 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 3425 ,1 − 3321 , 4 ) ⎬ ⎩ ⎝ 520 − 480 ⎠ ⎭ = 3373 , 25 kJ / kg

Sehingga kerja aktual turbin tingkat pertama:

( w T ,1 ) aktual = 3373 , 25 − 2900 ,354 = 472 ,896 kJ / kg

Untuk s3

⎧ ⎛ 520 − 500 ⎞ ⎫ s 3 = 6 , 6622 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 6 , 6622 − 6 ,5282 ) ⎬ ⎩ ⎝ 520 − 480 ⎠ ⎭ = 6 ,5952 kJ / kg . K

Proses 4 – 5: adalah proses pemanas ulang

q in , Re heater = h5 − h 4

Untuk h5 dapat ditentukan dari tabel uap air panas lanjut pada

maka

tekanan dan temperatur masing-masing adalah: 10 bar dan

q in , Boiler = ( 3373 , 25 − 202 , 453 ) kJ / kg

500oC:

= 3170 , 797 kJ / kg

h5 = 3478,5 kJ/kg

Proses 3 – 4: Kerja aktual turbin tekanan tinggi (Tingkat

Pertama)

;

s5 = 7,7622 kJ/kg . K

maka

q in , Re heater = 3478 ,5 − 2900 ,354 = 578 ,146 kJ / kg

wT , 1 = h3 − h 4

Proses 5 – 6: kerja aktual turbin tekanan rendah atau turbin

Untuk h4:

ηT =

tingkat kedua wT ,1( aktual )

h − h4 = 3 wT ,1(ideal ) h3 − h4 s

( w T , 2 ) aktual = h5 − h 6

Untuk h6 dapat ditentukan: atau

ηT =

h4 = h3 − [(h3 − h4 s ) × η T ]

wT ,2( aktual ) wT ,2 (ideal )

=

h5 − h6 h5 − h6 s

atau Untuk h4s dapat ditentukan dari tabel uap panas lanjut, dengan metode interpolasi, berdasarkan: P4s = P4 = 10 bar dan s4s = s3 = 6,5952 kJ/kg . K

h 6 = h5 − [η T × ( h5 − h 6 s )]

Untuk h6s, dimana berada pada posisi phasa campuran dan pada tekanan kondensor (P6 = P1 = 0,1 bar), maka dapat

P4s = 10 bar Entropi

Enthalpi

Tekanan

(kJ/kg . K)

(kJ/kg)

(bar)

6,5865

2778,1

6,5952

h3

6,6940

2827,9

ditentukan:

h 6 s = h f , 6 s + ( x 6 s × h fg , 6 s )

10


w net = ( wT ,1 + wT , 2 ) aktual − ( w p ) aktual

Dimana konstanta x6s adalah menyatakan kualitas uap yang

= ( 472 ,896 + 814 , 637 ) − 10 , 623 = 1276 ,91 kJ / kg

dapat ditentukan: x6 s =

s 6 s − s f ,6 s s g ,6 s − s f ,6 s


η Th =

Dimana s6s = s5, sedangkan sf,6s dan sg,6s diperoleh dari tabel uap air pada tekanan kondensasi P6 = P1 = 0,1 bar, s6s

= 7,7622 kJ/kg . K

;

sf,6s = 0,6493 kJ/kg . K

;

hfg,6s = 2392,8 kJ/kg

w net 1276 ,91 = = 0 ,3406 ≅ 34 , 06 % 3748 ,943 q in , net

d. Laju Aliran Massa Uap

sg,6s = 8,1502 kJ/kg . K hf,6s = 191,83 kJ/kg

W net m= w net

maka x6 s =

•

•

=

7,7622 − 0,6493 = 0,948 8,1502 − 0,6493

80 MW 10 3 kJ / s × = 62 , 651 kg / s 1276 ,91 kJ / kg 1 MW

sehingga

h 6 s = 191 ,83 kJ / kg + ( 0 ,948 × 2392 ,8 kJ / kg ) = 2460 , 204 kJ / kg

Soal

2.5

Sistem pembangkit

tenaga uap beroperasi

berdasarkan siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang, tekanan dan temperatur uap yang masuk ke turbin tekanan

jadi

tinggi adalah 15 MPA dan 500oC, dan temperatur uap yang

h 6 = h5 − [η T × ( h5 − h 6 s )] = 3478 ,5 − [( 0 ,80 × ( 3478 ,5 − 2460 , 204 )] = 2663 ,863 kJ / kg

masuk ke turbin tekanan rendahnya sebesar 500oC. sementara tekanan kondensornya adalah 10 kPa. Jika laju aliran massa uapnya adalah 12 kg/s, dan kualitas uap yang keluar dari turbin tekanan rendah tidak boleh lebih dari 10%,

Oleh karena itu

tentukanlah:

( wT , 2 ) aktual = h5 − h 6 = 3478 ,5 − 2663 ,863 = 814 , 637 kJ / kg

a. Diagram T-s siklus dan analisa thermodinamika b. Laju aliran panas masuk dan laju aliran panas keluar c. Efisiensi thermal siklus

Proses 6 – 1: adalah proses panas dilepas oleh kondensor

q out = h 6 − h1

Diketahui: Siklus Rankine Ideal dengan pemanas ulang P1 = P6 = 10 kPa = 0,1 bar

Dimana h1 = hf,1 = 191,83 kJ/kg, maka:

q out = 2663 ,863 − 191 ,83 = 2472 ,033 kJ / kg

P3 = P2 = 15 MPa T3 = T5 = 500oC •

m = 12 kg/s

b. Panas Masuk Netto dan Kerja Netto Siklus\

x6 = (100 – 10)% = 90%

Untuk panas masuk netto:

q in , net = q in , Boiler + q in , Re heater


= 3170 , 797 + 578 ,146 = 3748 ,943 kJ / kg Penyelesaian

Untuk kerja aktual netto siklus

a. Diagram T-s Siklus dan Analisa Thermodinamika


(Catatan dalam tabel uap air panas lanjut posisi tekanan berada antara 140 dan 160 bar, sementara temperatur berada antara 480 dan 520oC). Interpolasi Pertama:

-

Interpolasi tekanan 140 bar dan 500oC P5 = 140 bar

Diagram T-s Siklus Rankine Ideal dengan Pemanas Ulang


Temperatur

Enthalpi

Entropi

(oC)

(kJ/kg)

(kJ/kg . K)

480

3264,5

6,3143

500

h3, 140

s3, 140

520

3377,8

6,4610

Untuk h3, 140:

⎧ ⎛ 520 − 500 ⎞ ⎫ h3,140 = 3377 ,8 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 3377 ,8 − 3264 ,5 ) ⎬ ⎩ ⎝ 520 − 480 ⎠ ⎭ = 3321 ,15 kJ / kg


w p = h 2 − h1 = v1 × ( P2 − P1 )



v1

= vf = 1,0102 x 10-3 m3/kg

h1

= hf = 191,83 kJ/kg

Untuk s3, 140:

⎧ ⎛ 520 − 500 ⎞ ⎫ s 3,140 = 6 , 4610 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 6 , 4610 − 6 ,3143 ) ⎬ ⎩ ⎝ 520 − 480 ⎠ ⎭ = 6 ,3877 kJ / kg . K

-

Interpolasi tekanan 160 bar dan 500oC P5 = 160 bar Temperatur

maka

Enthalpi

Entropi

( C)

(kJ/kg)

(kJ/kg . K)

480

3234,4

6,2215

500

h3, 160

s3, 160

520

3353,3

6,3752

o

w p = v1 × ( P2 − P1 ) = 1,0102 × 10

⎛ 3⎞ ⎟ × (150 − 0,1)bar ⎜ kg ⎟ ⎝ ⎠

−3 ⎜ m

1 kJ 10 5 N / m 2 × = 15,143 kJ / kg 1 bar 10 3 N . m

sehingga h2 = h1 + wp

Untuk h3, 160:

⎧ ⎛ 520 − 500 ⎞ ⎫ h3,160 = 3353 ,3 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 3353 ,3 − 3234 , 4 ) ⎬ − 520 480 ⎠ ⎩⎝ ⎭ = 3293 ,85 kJ / kg

= (191,83 + 15,143) kJ / kg = 206,973 kJ / kg

Untuk s3, 160: Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap

q in , Boiler = h3 − h 2

⎧ ⎛ 520 − 500 ⎞ ⎫ s 3,160 = 6 ,3752 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 6 ,3752 − 6 , 2215 ) ⎬ ⎩ ⎝ 520 − 480 ⎠ ⎭ = 6 , 2984 kJ / kg . K

Untuk harga h3 dan s3 diperoleh dari tabel uap air panas lanjut pada tekanan dan temperatur ketel uap yaitu: 150 bar dan 500oC, dengan metode interpolasi:


Dan untuk s6:

Interpolasi Kedua

-

Interpolasi tekanan 150 bar dan 500oC

s 6 = [ s f ,6 + ( x 4 × ( s g ,6 − s f ,6 ))] = [0,6493 + (0,9 × (8,1502 − 0,6493))] kJ / kg = 7,40011 kJ / kg . K

o

T5 = 500 C Tekanan

Enthalpi

Entropi

(bar)

(kJ/kg)

(kJ/kg . K)

140

3321,15

6,3877

Dimana s6 = s5 = 7,40011 kJ/kg . K dan T5 = 500oC, maka

150

h3, 150

s3, 150

dari tabel uap air panas lanjut dapat ditentukan P5 dengan

160

3293,85

6,2984

metode interpolasi: T5 = 500oC

Untuk h3, 150: ⎧ ⎛ 160 − 150 ⎞ ⎫ h3,150 = 3293 ,85 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 3293 ,85 − 3321 ,15 ) ⎬ ⎩ ⎝ 160 − 140 ⎠ ⎭ = 3307 ,5 kJ / kg

Entropi

Tekanan

Enthalpi

(kJ/kg . K)

(bar)

(kJ/kg)

7,4317

20

3467,6

7,40011

P5

h5

7,2338

30

3456,5

Untuk s3, 150:

Untuk P5:

⎧ ⎛ 160 − 150 ⎞ ⎫ s 3,150 = 6 , 2984 − ⎨ ⎜ ⎟ × ( 6 , 2984 − 6 ,3877 ) ⎬ ⎩ ⎝ 160 − 140 ⎠ ⎭ = 6 ,3431 kJ / kg . K

⎧ ⎛ 7 , 2338 − 7 , 40011 P5 = 30 − ⎨ ⎜⎜ ⎩ ⎝ 7 , 2338 − 7 , 4317 = 21,596 bar

maka

Untuk h5:

q in , Boiler = ( 3307 ,5 − 206 ,973 ) kJ / kg

= 3100 ,527 kJ / kg

⎫ ⎞ ⎟⎟ × ( 30 − 20 ) ⎬ ⎠ ⎭

⎧ ⎛ 7 , 2338 − 7 , 40011 h5 = 3456 ,5 − ⎨ ⎜⎜ ⎩ ⎝ 7 , 2338 − 7 , 4317 = 3465 ,83 kJ / kg

⎫ ⎞ ⎟⎟ × ( 3456 ,5 − 3467 ,6 ) ⎬ ⎠ ⎭

Proses 3 – 4: Kerja turbin tekanan tinggi (Tingkat Pertama)

wT , 1 = h3 − h 4

Oleh karena itu, h4 dapat ditentukan dari tabel uap air panas lanjut berdasarkan:

Untuk h4 berada pada daerah uap panas lanjut, karena tidak diketahuinya tekanan kerjanya, maka dapat diselesaikan dimulai dari titik 6. Diketahui tekanan pada titik 6 adalah 10 kPa = 0,1 bar dan kualitas uapnya (x6 = 90%), maka dari tabel

P5 = P4 = 21,596 bar dan s3 = s4 = 6,3431 kJ/kg . K, dengan metode interpolasi: -

Interpolasi Pertama (P4 = 20 bar ; s4 = 6,3431 kJ/kg . K)

uap air saturasi diperoleh: hf,6 = 191,83 kJ/kg hfg,6 = 2392,8 kJ/kg sf,6

= 0,6493 kJ/kg . K

sg,6 = 8,1502 kJ/kg . K

Entropi

Enthalpi

Tekanan

(kJ/kg . K)

(kJ/kg)

(bar)

6,3409

2799,5

6,3431

h4, 20

6,4952

2876,5

20 bar

Oleh karena itu, Untuk h6: h6 = h f ,6 + ( x 6 . h fg ,6 ) = [191,83 + (0,90 × 2392,8)] kJ / kg = 2345,35 kJ / kg

maka: ⎧⎛ 6, 4952 − 6,3431 h 4 , 20 = 2876 ,5 − ⎨⎜⎜ ⎩⎝ 6, 4952 − 6,3409 = 2800 ,598 kJ / kg

⎫ ⎞ ⎟⎟ × ( 2876 ,5 − 2799 ,5) ⎬ ⎠ ⎭


-

Interpolasi Kedua (P4 = 30 bar ; s4 = 6,3431 kJ/kg . K

h6 sudah ditentukan sebelumnya yaitu: 2345,35 kJ/kg, maka:

w T , 2 = 3465 ,83 − 2345 ,35 = 1120 , 48 kJ / kg Entropi

Enthalpi

Tekanan

(kJ/kg . K)

(kJ/kg)

(bar)

6,2265

2824,3

6,3431

h4, 30

6,4465

2941,3

Proses 6 – 1: Proses pelepasan kalor

q out = h 6 − h1

30 bar

h1 sudah ditentukan sebelumnya yaitu: 191,83 kJ/kg, maka:

q out = 2345 ,35 − 191 ,83 = 2153 ,52 kJ / kg

maka: ⎧⎛ 6, 4465 − 6,3431 h 4 , 30 = 2941 ,3 − ⎨⎜⎜ ⎩⎝ 6, 4465 − 6, 2265 = 2886 ,31kJ / kg

⎫ ⎞ ⎟⎟ × ( 2941 ,3 − 2824 ,3) ⎬ ⎠ ⎭

b. Laju aliran panas masuk dan laju aliran panas keluar

-

Laju aliran panas masuk •

Interpolasi ketiga adalah h4 pada P4 = 21,596 bar dan

•

•

Q in = m × q in , net = m × ( q in , Boiler + q in , Re heater )

s4 = 6,3431 kJ/kg . K (Harga sebenarnya) •

Tekanan

Enthalpi

Entropi

(bar)

(kJ/kg)

(kJ/kg . K)

20

2800,598

21,596

h4

30

2886,31

Dimana m = 12 kg/s, maka: •

6,3431 -

Laju aliran panas keluar •

maka: ⎧⎛ 30 − 21,596 ⎞ ⎫ h 4 = 2886 ,31 − ⎨⎜ ⎟ × ( 2886 ,31 − 2800 ,598 ) ⎬ − 30 20 ⎝ ⎠ ⎩ ⎭ = 2814 , 278 kJ / kg

1 MW kg kJ × ( 3100 ,52 + 651 ,552 ) × s kg 10 3 kJ / s = 45 , 025 MW ≅ 45025 kW

Q in = 12

•

Q out = m × q out = 12

1 MW kg × 2153,52 kJ / kg × s 10 3 kJ / s

= 25,842 MW ≅ 25842 kW


Sehingga proses 3 – 4 adalah kerja turbin tingkat pertama: w T ,1 = h 3 − h 4 = 3307 ,5 − 2814 , 278 = 493 , 222 kJ / kg

•

η Th = 1 −

Q out •

Q in

=

25842 = 0,4261 ≅ 42,61% 45025

Proses 4 – 5: Panas masuk pada pemanas ulang

q in , Re heater = h5 − h 4

h5 adalah sudah ditentukan sebelumnya yaitu: 3465,83 kJ/kg,

maka:

q in , Re heater = 3465 ,83 − 2814 , 278 = 651 ,552 kJ / kg

Proses 5 – 6: Proses kerja turbin tingkat kedua

wT , 2 = h5 − h 6


Referensi

[1]. Yunus A. Cengel, Michael A. Boles, Thermodynamics: An Engineering Approach, Fifth Edition, McGraw-Hill Companies, Inc.

[2]. Michael. Moran, Howard N . Shapiro, Daisie D. Boettner, Margaret B. Bailey, Fundamentals of Engineering Thermodynamics, Seventh Edition, John Wiley & Sons, Inc, 2011.

[3]. Robert T. Balmer, Modern Engineering Thermodynamics, Elsevier Inc , 2011.

Biography

Ali Hasimi Pane, ALP Consultant Owner Kandidat magister (S2) Fakultas Teknik, Jurusan teknik mesin USU–Medan, dengan konsentrasi studi konversi energi – Sustainable Energy. Sarjana Teknik (S1) selesai pada tahun 2004 dari Institut Teknologi Medan (ITM), konsentrasi studi konversi energi.

Modul Thermodinamika Penyelesaian Soal s

Recommend Documents