Refrigerasi dan Pengkondisian Udara Dr.Ir.Dipl.-Ing.Berkah Dr.Ir.Dipl.-Ing.Berkah Fajar TK
Bab III Pschycrometry • Pschycrometry adalah ilmu yang mempelajari mempelajari campuran udara dan uap air. • Pada pengkondisian udara ilmu ini penting, sebab proses pengkondisian pengkondisian udara merupakan pengurangan atau penambahan uap air untuk udara yang dikondisikan • Contoh : dehumidifier, dehumidifier, humidifier, cooling tower.
Bab III Pschycrometry • Pschycrometry adalah ilmu yang mempelajari mempelajari campuran udara dan uap air. • Pada pengkondisian udara ilmu ini penting, sebab proses pengkondisian pengkondisian udara merupakan pengurangan atau penambahan uap air untuk udara yang dikondisikan • Contoh : dehumidifier, dehumidifier, humidifier, cooling tower.
PSYCHROMETRIC CHART
Garis Jenuh (khusus untuk air) Tekanan uap air
Garis jenuh yang diperoleh dari tabel jenuh air (tabel A-1) Garis jenuh yang diperoleh dari tabel jenuh udara-air (tabel A-2)
Daerah udaraair tidak jenuh Didinginkan pada tekanan konstan
Catatan: Tabel A-1: tabel jenuh air Tabel A-2:tabel A-2: tabel jenuh-udara air pada 1 atm
Dew-point temperature
Temperatur
Kelembaban Relatif Kelembaban relatif = perbandingan fraksi mol pada campuran udara-air dan fraksi mol uap air pada tekanan jenuh dan temperatur sama. Dengan menganggap campuran udara dan uap air sebagai gas ideal, maka definisi tersebut dapat ditulis:
!
tekanan parsial uap air pada T P sama ,
=
tekanan jenuh uap air murni pada T P sama ,
Ratio Kelembaban (Kelembaban Mutlak)
Udara kering dan uap air diasumsikan sebagai gas ideal, karena temperatur udara kering relatif tinggi terhadap temperatur jenuhnya dan tekanan uap air relatif rendah terhadap tekanan jenuhnya.
Ratio Kelembaban (Kelembaban Mutlak) W
kg uap air =
kg udara ker ing
=
p sV R sT paV RaT
p s
=
R s ( pt ! p s ) Ra
3-1
W = rasio kelembaban (kg uap air/kg udara kering) V = volume sebarang campuran udara dan uap air dalam m 3 Pt = tekanan atmosfer = pa+ps , Pa Pa = tekanan parsial udara kering, P a Ra = konstanta gas udara kering = 287 J/kg.K Rs = konstanta gas uap air = 461,5 J/kg.K T = Temperatur absolut campuran uap air-udara, K
Ratio Kelembaban (Kelembaban Mutlak) Harga Ra dan Rs disubtitusikan ke persamaan (3-1)
W
287 =
p s
461,5 pt ! p s
=
0,622
p s pt ! p s
Ratio Kelembaban (Kelembaban Mutlak) Contoh 3-1 : Hitung kelembaban mutlak untuk kelembaban relatif 60 % ketika temperaturnya 30 0C. Tekanan atmosfer 101,3 kPa: Jawab : Dari tabel A-1 tekanan jenuh uap air pada 300 C = 4,241 kPa Maka tekanan uap air = 60%.4,241 kPa = 2,545 k Pa. Dari persamaan (3-2)
W 0,622 =
2,545 101,3 ! 2,545
Tentukan dengan diagram psychrometric !
=
0,0160kg / kg
Entalpi Entalpi campuran udara-uap air = entalpi udara kering + entalpi uap air h = c pt + W .h g C p
=
panas jenis udara ker ing pada tekanan kons tan 1,0 kJ / kg .k
t = temperatur campuran campuran udara ! uap air ,0C h g = entalpi jenuh uap air pada t , kJ / kg
Entalpi uap air = entalpi jenuh uap air pada temperatur konstan
Entalpi H= Cp t+ W.hg
Volume Jenis v
=
W
RaT
=
pa =
0,622
RaT pt ! p s p s pt ! p s
Kombinasi perpindahan panas dan massa
Penjenuhan Adiabatik dan Temperatur bola basah
h1
=
h2 ! (W 2 ! W 1)h f
Penjenuhan Adiabatik dan Temperatur bola basah
Bab II Perhitungan Beban Pemanasan/Pendinginan
Faktor Yang Mempengaruhi Kenyamanan Manusia
Katagori Beban Pendinginan
Outdoor Design
Indoor design Pendinginan : • Temperatur : 200 C sampai 220 C • RH : 55 % ± 5%
Indoor design
Beban Orang
Beban Orang
Beban Orang
Beban Orang beban orang beban per orang dari tabel 4 ! 7 x jumlah orang x CLF =
Untuk beban laten CLF
=
1
Infiltrasi
Ventilasi
Ventilasi
Ventilasi dan Infiltrasi q sensible qlaten Q!
=
W
=
=
=
1,23.Q! (t 0 ! t i )
3000.Q! (W 0 ! W i )
laju aliran volume ventilasi / inf iltrasi ( L / s) kelembaban mutlak , kg / kg
ACH = a + bV + c(t 0
! t i )
a,b,c = konstanta eksperimental (tabel 4-5) V = kecepatan angin ,m/s
Beban Lampu
q
=
F u
(rating lampu dalam watt )( F u )( F b )(CLF )
=
Faktor penggunaan
F b Faktor ballast 1,2 =
=
CLF Cooling Load Factor (tabel 4 ! 6) =
Heat Storage
CLF untuk Lampu
Beban dari Radiasi Matahari
# + $ + " = 1
q sg = A(# I t + N " I t ) = AI t (# + N " ) q sg = AI t (# + (# +
U ho
" )
(# +
ho
" )
!
(# +
SC =
U
U
ho U ho
kaca bening = 1
" )
" ) ss
!
tabel 4.1
Heat Storage
Beban Radiasi Matahari
q
=
( SHGF ) maks .( SC ). A.(CLF )
SC Shading Coefficient =
A Luas =
CLF
=
Cooling Load Factor
! = $ ± # ! = azimuth
dinding
$ = sudut azimuth matahari # = sudut bidang vertikal terhadap arah sela tan " = sudut l int ang matahari
y = d
tan " cos !
x = d tan !
Beban Pendinginan Melalui Dinding dan Atap
q
=
U w A(t e ! t i )
/ + . = 1
qw qw
=
=
U w. ho U w. ho
I t A I t A + U w A(t 0 ! t i )
'$ . I t * (( ! t i " qw = U w A%++ t 0 + ho ) &, # t e
=
qw
t 0 +
=
. I t
ho
U w A(t e ! t i )
BAB V Sistem Pengkondisian Udara Sistem Distribusi Termal: Sistem yang memindahkan panas dari ruangan ke mesin pendingin, atau sistem yang memindahkan panas dari pompa kalor/boiler ke ruangan.
Multiple-Zone • Air Systems a. Terminal Reheat b. Dual-duct atau multizone c. Variable-air-volume • Water Systems a. Two-pipe b.Four-pipe
Classic Single –zone System
Optional return-fan diperlukan untuk menghindari tekanan berlebihan di ruang yang dikondisikan
Heating and humidification
Cooling and dehumidification with reheat
Outdoor Air Control Ventilasi : 10 %-20 % total flow rate, kecuali penggunaan khusus seperti di r. operasi atau laboratorium
Temperatur di A diatur pada 130C-140C
Enthalpy-Control Concept
Single Zone System
c p (t c ! t i ) hc ! hi w=
q s
=
q s q s
c p (t c ! t i )
+
=
q L
q s
+
q L
hc ! hi
Diketahui : q s
=
t rm
=
t DBoa
8 kW q L
=
65 kW
0
24 C RH rm =
0
=
35 C t WBoa
=
laju aliran return laju fresh air
50% 0
25 C
4 =
1
tentukan : a.kondisi udara masuk coil ? b.temperatur e sup ply ? c.cooling capcity coil ?
a. t rm
24 0 C
=
RH rm
50%
=
"
t DBoa
=
350 C
t WBoa
=
250 C
m3h3
=
m1h1 + m2 h2
h3
"
h2
h1
=
=
47,5 kJ / kg W 1
76 kJ / kg W 2
=
=
0,0093 kg / kg
0,00106 kg / kg
53,2 kJ / kg
=
W 3h3
=
W 3
0,0016 kg / kg
=
W 1h1 + W 2 h2 "
T DB 3
=
26,20 C , T WB 3
=
18,80 C
Kondisi masuk coil
b.
c p (t 2 h2
!
!
t i )
hi
=
q s q s
+
q L
t i ditentukan sebarang = 14 0 C
"
hi
=
36,3 kJ / kg
load ratio line berpotongan dengan garis jenuh tabel 5.1
"
chilled water temperatur e = 5.50 C
c.
w=
65 + 8 kW 47,5 34,2 kJ / kg !
=
5,49 kg / s
"
t = 120 C
Terminal Reheat System
Dual Duct or Multizone System
Variable-Air-Volume System
Water System
BAB VI Fan dan Duct • Menghitung hilang tekan udara yang melalui ducting dan fitting • Merancang sistem ducting • Mempelajari karakteristik Fan yang berhubungan dengan sistem ducting • Merancang distribusi udara untuk ruang yang dikondisikan
Sistem Distribusi Udara
Ducting
Hilang Tekan di Cerobong Lurus 1 p = f
L V 2
D 2
!
) & # # ## ## 1 f = ( % / ,# # D 9 .3 *# #1,14 + 2 log 0 log -1 + " - Re " f * # #' D . +$
( )
Re =
VD ! µ
2
Kekasaran Permukaan Material
Kekasaran !, m
Riveted Steel
0,0009-0,009
Concrete
0,0003-0,003
Cast Iron
0,00026
Sheet Metal
0,00015
Commercial Steel
0,000046
Drawn tubing
0,0000015
Moody Diagram
Hilang Tekan Ducting Segiempat ' p = f
L V 2
Deq 2
)
penampang lingkaran
Deq
=
4 x luas penampang perimeter
& %
4$ ( D =
2
( D
# 4 !" = D
Penampang Segiempat Deq
=
4 x luas penampang perimeter
=
4a.b 2( a + b)
=
2ab a+b
Hilang Tekan Ducting Segiempat C
f =
Re
0, 2
& $ Q $ 2 $ . D L % 4
C
- p =
& 4QD / # $ ! $ . D 2 µ ! % " V =
0, 2
D
# ! ! ! "
2
/
2
Q ab C
- p =
, & 2ab # ) * Q$ a + b ! / ' " ' * % * abµ ' *+ '(
0, 2
L 2ab a+b
&a+b# = $ ! 0, 2 2 4 2 " % . D D
1
16
(4. D )
Deq, f =
(ab )0,625 1,30 (a b )0,25 +
0, 2
&Q# $ ! % ab "
2
/
2
a+b
1
2ab (ab )2
Hilang Tekan untuk Ducting Segiempat
Contoh 6-1 • Hitung hilang tekan untuk cerobong(duct) lurus dengan penampang lingkaran ( " 300 mm) berbahan lembaran logam (sheet metal) yang dialiri udara 20 0 C dan laju aliran udara 0,5 m 3/s
Jawab 3
V
0,5m / s =
Re
# (0,3)
2
/4
" VD =
=
=
7,07 m / s
140500
µ
! p
L V
=
2
f D 2
"
=
29,3 Pa
Contoh 6-2 • Udara mengalir 1,5 m 3/s melalui sebuah cerobong segi empat 0,3 X 0,5 m. Hitung hilang tekan untuk cerobong 40 m dengan menggunakan : • a. Deq • b.Deq,f
Jawab a. Dari gambar 6-2 dengan kecepatan 10 m/s dan Deq 0,375 m ! hilang tekan = 3,0 Pa/m. Catatan Q=1,2 m 3/s. Hilang tekan untuk 40 m =120 Pa Deq V =
=
2ab a+b
=
1,5m 3 / s 0,3(0,5)
0,375 m =
10 m / s
b. Dari gambar 6-2 1,5 m 3 /s Deq =0,42 m ! #p=3,0 Pa/m. V dari gambar 6-2 = 10,8 m/s. V sebenarnya = 10 m/s Deq, f 1,3 =
2(0,3)(0,5) 0,3(0,5)
=
0,42m
Hilang tekan di Fitting 2
P loss
2
P loss
=
V 1 ( & 2
# $$1 ' !! % A2 " A1
2
=
V 2
2
(
1 C c
! 1) 2
2
V !
Bentuk
2 L
V 2 /
D
2
. p = f
!
geometri
P 1
+
V 12
/
V 2 V 1
=
2
=
P 2 /
+
V 22 2
A1 A2
P 1 ' P 2
=
& V 12 / - A1 * 2
# $+ ( ' 1! $+, A2 () ! %%"$"#" 2
geometri
Sudden Enlargement Persamaan Bernoulli yang direvisi P 1
+
(
V 12 2
=
P 2
+
(
V 22 2
+
P loss (
Persamaan momentum untuk hilang tekan P 1 A2 ' P 2 A2
=
V 2 (V 2 A2 ( ) ' V 1(V 1 A1 ( )
Persamaan momentum disubtitus ikan ke pers. Bernoulli :
P loss
=
V 12 ( & 2
A1 #
$$1 ' !! % A2 "
2
Contoh 6-3 • Udara mengalir pada 20 0 C dan tekanan atmosphere dengan kecepatan 12 m/s dan memasuki sudden enlargment dengan luas 2 kalinya.Berapa kenaikkan tekanan statik?
Jawab ploss
=
P 2 ! P 1
(12m / s) 2 (1,204 kg / m3 ) ' 1 $ %1 ! " 2 & 2#
=
(V
2 1
! V 22 ) ( 2
! ploss
12 2 ! 6 2 =
2
2 =
21,7 Pa
(1,204) ! 21,7
=
43,3 Pa
Jika tidak ada hilang tekan kenaikkan tekanan menjasi 65 Pa (hanya menggunakan persamaan bernoulli sebelum dimodifikasi
Sudden Contraction 2
P loss
=
(V 1 )
=
P loss
# $1 ' ! $ A2 ! % "
2 '
C C
( &
A1 A2
=
=
V 2 V 1
2 V 2 (
2
' A1
& 1 # $$ ' 1!! % C C "
2
2
Hilang tekan di Belokan
Branch Takeoff
( V d % (0,4)&&1 ! ## 2 ' V u $ 2
P loss
=
V d 2 * 2
V d *
2
untuk beberapa ) " tabel 6 ! 11
Vb/Vu
Contoh 6-4
V d
1,5 30 x 50 cm 1,5 =
0,3.0,5
0,3.0,5
=
1 m3/s 30 x 50 cm
m3/s
V u
1 =
=
10 m / s
0,5 m3/s 30 x 30 cm T=150C!$= 1,225 kg/m3
V u
0,5 =
0,3.0,3
=
5,56 m / s
6,67 m / s
Jawab • Dari persamaan 6-16 P loss
=
2 d (
V
2
'
(0,4)%%1 ! &
V d $
"" V u #
2 =
1,2 Pa
Persamaan Bernoulli pd
= (
(
pd
=
pu
+
(
5,33 Pa
V u2 2
!
V d 2 2
!
ploss (
)
Jawab • Dari gambar 6-11 pada V b/Va = 0,556 dan %=600 P loss 2
V d !
=
2,5
2
ploss
=
47,3 Pa
Dengan menggunakan persamaan mod ifikasi Bernoulli pb
=
495 Pa
Velocity Methode • Kecepatan udara di main duct 5-8 m/s • Kecepatan di duct cabang 4-6 m/s
Tekanan statik fan = 92 Pa
Optimasi Total Cost = Biaya Investasi+ Biaya Operasi Biaya Investasi = (ketebalan)(&D)(L)(massa jenis duct)(biaya duct)(biaya instalasi instalasi Rp/kg) Initial cost = C 1DL Biaya operasi = C 2 H #p Q
Optimasi ' p = f
L V 2
D
2
L
f D D ( 2 D 4 / 16 2
) =
(
operating cos t = C 3 LH total cos t = C 1 DL +
& 5C 3 HQ Dopt = $$ % C 1
3
Q 2 )
1/ 6
# !! "
Q3 D 5
C 3 HLQ 3 D 5
)
Fan
Karakteristik Fan
Hukum Fan 1. Variasi ', $ konstan Q~'
SP~'2
P~'3
2. Q konstan, $ variasi SP~$
P~$
3. ( variasi, SP konstan Q~
1
!
'~
1
!
P~
1
!
Distribusi Udara
Distribusi Udara
BAB VII Cooling and Dehumidifying Coils Koil pendingin digunakan untuk menurunkan temperatur udara sekaligus untuk memisahkan sebagian uap air dari udara (50C – 350C)
Terminology • Face area of the coil: luas penampang melintang aliran udara pada udara masuk koil • Face velocity of the air : laju aliran volume udara dibagi dengan luas penampang • Surface area of the coil : luas perpindahan panas yang kontak dengan udara • Number of rows of tubes : jumlah baris dalam arah aliran udara
DX (direct expansion) Coil
Chilled Water Coil
Closed and Opened System Closed System
Opened System
Kondisi udara melalui Koil (Ideal)
Heat and Mass Transfer
Heat and Mass Transfer dq
! m
=
=
dq dq
=
=
hc .dA(t a ! t i )
=
hc.dA
Cpm panas jenis campuran udara dan air
C pm hc.dA C pm
! .C pm (t a ! t i ) m
(ha ! hi )
hr dAi (t i ! t r )
Hr konduktansi permukaan basah, logam, fin dan tube dan lapis batas fluida di dalam tube
Heat and Mass Transfer
t i ! t r ha ! hi
=
hc
A
C pm hr Ai
Jika tr , ha dan R diketahui
! ti dan
=
R
hi harus dicari
ti digunakan untuk menentukan performance koil
Heat and Mass Transfer Entalpi jenuh fungsi temperatur jenuh untuk temperatur 20C sampai 300C:
! dari
2 hi = 9,3625 + 1,7861t i + 0,01135t i
tabel A-2
3 + 0,00098855t i
Disubtitusikan ke persamaan sebelumnya : t i R
t r
!
R
! ha + 9,3625 + 1,7861t i + 0,01135t i2 + 0,00098855t i3 = 0
Contoh 8-1 • Diketahui
R=0,22 tr = 9,00C
Berapakah ti dan hi
ha=85,5 kJ/kg
Jawab
Newton Raphson xbaru f =
=
xlama
t i 0,22
"
"
f (df / dx)
9,0 0,22
"
85,5 + 9,3625 + 1,7861 t i
+
0,01135 t i2 + 0,00098855 t i3
f = 0 (df / dx) = coba
!
t i
1 0,22 =
+
1,7861 + 0,227 t i
200 C dan
df dt i
=
+
0,002966 t i2
17,236
Jawab t i ,baru
=
20
"
22,0329 7,9718
=
17,236
Iterasi lain f 0,5188 =
t i ,baru
!
hi
=
=
df dt i
17,236
"
=
7,604
0,5188 7,604
48,37 kJ / kg
0
=
17,17 C
Menghitung Luas Permukaan sebuah Koil
Counterflow chilled-water coil mendinginkan aliran udara sebesar 2,5 kg/s dengan temperatur mula-mula 30 0C bola kering dan 21 0C bola basah. Temperatur bola basah akhir udara sebesar 13 0C. Temperatur chilled-water masuk 70C dan keluar 120C. Perbandingan luas permukaan luar dan dalam adalah 16:1. h c = 55 W/m2.K. . hr = 3 W/m2.K Dan Cp,m=1,02 kJ/kg.K. Hitung : a. luas permukaan yang dibutuhkan. b. tDB udara keluar
t r , 2
=
nilai tengah =
7 + 12
=
9,50 C
ha ,1
2 = 60,6 kJ / kg ( psycrometr ic chart )
ha ,3
=
ha , 2 R =
=
36,72 kJ / kg (tabel A ! 2 jenuh) 60,6 + 36,7 hc
2 A
C p , m hr Ai
=
=
48,66 kJ / kg
55(16) 1,02(3000)
=
0,2876 kg . K / kJ
Nilai antara untuk tiga titik Posisi
ha
tr
ti
hi
1
60,6
12,0
16,28
45,72
2
48,66
9,5
12,97
36,59
3
36,72
7,0
9,47
28,13
Luas Permukaan Koil q1, 2 q1, 2 A1, 2
=
=
=
(2,5 kg / s)(60,6 ! 48,66) = 29,850 W
hc
A
C p ,m hr Ai
( perbedaan entalpi rata rata 29,850
=
41,1 m 2
'% 55 $"[(60,6 + 48,66) / 2 ! (45,72 + 36,59) / 2] & 1,02 # 2,5(48,66 ! 36,72 )(1000 W / kW ) 2 = 53,6 m A2,3 = '% 55 $"[(48,66 + 36,72) / 2 ! (36,59 + 28,13) / 2] & 1,02 # Total luas permukaan = 41,1 + 53,6 = 94,7 m
2
TDB udara keluar koil Q s
=
=
( 2,5kg / s )C p ,m (1000 W / kW )(t 1 t 2 ) "
A1, 2 hc (
t 1 + t 2 2
"
t i ,1 + t i , 2 2
)
2,5(1,02)(1000)(30,0 t 2 ) = 41,1(55)( "
t 2
=
30 + t 2
2
)
20,560 C
2,5(1,02)(1000)(20,56 t 3 ) = 53,6(55)( "
!
2
"
16,28 + 12,97
t 3
=
13,72 0 C
20,56 + t 3 2
"
12,97 + 9,47 2
)
Moisture Removal
Rate of water removal = G (W 1 ! W 2 ) Rate of water remova = G (W 1 ! W 2 ) =
hc A1! 2 W 1 + W 2 W i ,1 + W i, 2 ( ) ! C pm 2 2
hc A1! 2 W 1 + W 2 W i ,1 + W i , 2 ( ) ! C pm 2 2
Actual Coil Condition Curves
Solving for Outlet Conditions
Solving for Outlet Conditions G ha,1 ' ha,2
=
q
hc A1' 2 & ha,1 + ha,2 C pm
$$ %
2
hr A1' 2 & t i ,1 + t i ,2
$$ A / Ai %
hi,2
=
2
( )
f t i,2
'
hi,1 + hi,2 # 2
# ' t r !! = q "
!! = q "
Solving for Outlet Conditions • A/Ai diketahui • Ti,1 dan hi,1 dapat dihitung • 4 yang tidak diketahui q, h 2, hi,2 dan ti,2
Partially Dry Coil
Coil Performance from Manufacture
BAB 9 Pengaturan AC
Fungsi Kontrol/Pengaturan • Mengatur sistem, sehingga kondisi nyaman dapat dicapai dan dijaga di ruang yang dikondisikan. • Untuk memperoleh kondisi operasi peralatan yang efisien • Untuk melindungi peralatan dan bangunan dari kerusakan dan penghuni dari cidera. Dari fungsi sistem pengaturan dapat disimpulkan, bahwa sistem tersebut hanya dapat mengurangi kapasitasnya (tidak dapat menambah kapasitas)
Elemen Pengaturan dasar
Pada pembahasan pengaturan ini hanya didasarkan pada logika dari pada pendekatan matematika dan pada pengaturan tunak (steady) dari pada pengaturan dinamik
Pengaturan Pneumatic, Elektrik dan Elektronika • Beberapa tipe sensor, actuator dan perangkat keras lain untuk pengaturan adalah pneumatic, elektrik dan elektronika. • Tidak ada yang jelas antara pengaturan elektrik dan elektronika. Pengaturan elektronika pasti elektrik • Pneumatic merupakan penggunaan standar di bangunan besar. • Pneumatik paling banyak digunakan di bangunan besar, karena : lebih alami, mudah dipahami oleh operator dan cocok untuk menggerakkan katub dan damper. • Jarang ditemui pengaturan yang secara murni hanya menggunakan satu tipe saja, biasanya hybrid
Sistem Pneumatic
Alat Pengaturan Pneumatic 1. Valves for liquids( two-way, three-way mixing, three way by pass) 2. Valves for control air (two way solenoid, three way solenoid) 3. Dampers to restrict the flow of air 4. Manual pressure regulator for control air 5. Pressure regulator for working fluids 6. Differential pressure regulators
Alat Pengaturan Pneumatic 7. Velocity sensors 8. Thermostats 9. Temperature transmitters 10. Receiver-controlers 11. Humidistats 12. Master and submaster controllers 13. Reversing relays foe control pressure 14. Pressure selectors 15. Pneumatic electric switches 16. Freezestats
Bimetal Sensor
Direct and Reverse-Acting Thermostats A direct acting : kenaikkan tekanan di ruang yang bertekanan 1 kPA, karena kenaikkan temperatur, sehingga bimetal menutup port! katub tertutup
Reverse acting : penurunan tekanan pada ruang kontrol karena penurunan tekanan ! katub terbuka
Actuator
Control Valve
Three-Way Valve
Damper
Temperature Transmitter with Receiver Controller
Throttling Valve
Two-way and Three-way Valves
Three-way valve
mixing
Bypass
Harga two-way valve
Fail-Safe Design Kehilangan tekanan suplai udara harus diantisipasi ketika merencana sebuah sistem kontrol. • Heating coils : normally open valves • Cooling coils : not crucial, either normally open or normally closed valves • Humidification : normally closed valves • Outdoor-air inlet and exhaust air : Normally closed dampers
Contoh Pada gambar disamping (reheat system), apakah termostats yang digunakan reverse atau direct-acting, apakah normally open atau closed? Normally open Direct-acting
Throttling Range • Throttling range : sebuah range pengaturan dari beban nol sampai beban maksimum
Contoh Temperature transmitter range : 10-65 0 C, perubahan tekanan 20 sampai 100 kPa Gain of Receiver-Controller : 10 to 1 Spring range hot water valve :60 to 90 kPa
Hot water valve! normally open Fully Open! 60 kPa Fully closed! 90 kPa! range (90-60)kPa = 30 kPa Dengan gain of the receiver-controller: 10 to 1 Pressure range from the temperature transmitter =30/10 = 3 kPa This pressure change in the temperature transmitter corresponds to a temperatur change of (3kPa) (65-10 0C)/(100-20 kPa) = 2 K
BAB X Siklus Kompresi Uap
BAB X KOMPRESOR
Jenis Kompresor Kompresor adalah jantung mesin pendingin yang bekerja berdasarkan SIKLUS KOMPRESI UAP Jenis Kompresor : 1. Screw 2. Reciprocating 3. Vane 4. centrifugal
Reciprocating Kompresor
Reciprocating Kompresor
Kecepatan : rendah (2 sampai 6 r/s) --- tinggi (60 r/s)
KOMPRESOR
!"# %&'( %()*+,"
!*# %&'( -().(%&,
!/# 0(.& -().(%&,
Pada mesin refrigerasi rumah tangga dan komersial jenis kompresor yang biasa digunakan adalah kompresor tipe hermetik
Performansi Kompresor • Performansi kompresor yang penting adalah : KAPASITAS PENDINGINAN dan DAYA KOMPRESOR
Efisiensi Volumetrik • Efisiensi volumetrik adalah dasar untuk mempridiksi performansi sebuah kompresor. • Actual volumetric efficiency : ! va
laju aliran volume memasuki kompresor , m3 / s =
3
laju perpindahan kompresor , m / s
x100 %
Pressure-volume Diagram sebuah Kompresor Ideal
m=
V C V 3 ' V C
V 3 ' V C + V C ' V 1
( vc
=
( vc
= 100 +
( vc
= 100
( vc
( vc
V 1 V C
.100%
V 3 ' V C
'
V C ' V 1 V 3 ' V C V 1 ' V C V 3 ' V C
.100%
.100
.100
& V 1 # $$ ' 1!!.100 = 100 ' V 3 ' V C % V C " & V 1 # = 100 ' m$ $ V ' 1!!.100 % C " V C
=
v suction vdisplacement
v suct = volume spesifik masuk kompresor vdis
=
volume spesifik setelah kompresi isentropik
Performansi Ideal Kompresor ( vc
w
=
( vc
laju perpindahan x
=
& v suc # $ v ' 1!! % dis "
100 ' m$
100
v suc
P
=
w.!hi
Screw Kompresor
Vane Kompresor
