siklus daya uap
Post on 20-Jan-2016
541 Views
Preview:
TRANSCRIPT
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 51
BAB 2 SIKLUS DAYA UAP
2.1 SIKLUS IDEAL RANKINE
Merupakan siklus dasar dalam pembangkitan listrik tenaga uap
Siklus ini dapat menggunakan berbagai jenis bahan bakar sebagai input
kalornya antara lain:
o Energi nuklir (nuclear fission)
o Bahan bakar fossil (fossil fuels); misalnya batu bara (coal), minyak
tanah (kerosene), gas alam (natural gas) dll.
o geothermal
o Tenaga matahari (solar radiation)
o Sampah (garbage/trash)
o Kayu (Biofuels)
Proses yang terjadi:
1 2 Kompressi adiabatik (isentropic) reversible di dalam pompa.
2 3 Pemasukan kalor pada tekanan konstan di dalam ketel (boiler).
3 4 Ekspansi adiabatik (isentropic) reversible di dalam turbin.
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 51
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
4 1 Pembuangan kalor pada tekanan konstan di dalam kondensor.
Pompa Kondensor
Ketel
Turbin
Air Pendingin
wout
qout
win
qin
Skema gambar instalasi siklus ideal Rankine dan diagram T-s.
Pada titik 1 fluida dalam kondisi cairan jenuh dipompa ke boiler sehingga tekanan
dan temperaturnya naik.
Pada titik 2 fluida dalam kondisi compressed liquid.
Di ketel/boiler fluida dipanaskan hingga mencapai kondisi superheated vapor
(titik 3). Fluida superheated ini selanjutnya berekspansi di turbin dan memutar
sudu-sudu turbin. Kondisi pada titik 3 diusahakan selalu superheated. Bila
kondisinya saturated liquid maka saat berekspansi di dalam turbin temperatur dan
tekanannya akan turun sehingga terjadi kondensasi yang dapat menyebabkan
kerusakan pada turbin akibat korosi. Kualitas fluida setelah berekspansi di dalam
turbin dipertahankan minimal mempunyai kualitas uap 90%.
Untuk menghindari memompa fluida dalam dua fase, maka seluruh fluida yang
keluar dari turbin dikondensasikan di kondensor menjadi cairan jenuh sebelum
dipompa ke ketel.
Dalam menganalisis siklus ideal Rankine, maka:
• Hukum I Termodinamika akan diterapkan pada sistem terbuka dari keempat
komponen utama pembangkit yaitu:
– Pompa (Pump)
– Boiler (heat exchanger)
– Turbine
– Condenser (heat-exchanger)
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 52
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
Asumsi-asumsi yang dipakai dalam menganalisis siklus ideal Rankine:
• Aliran yang steady pada seluruh komponen.
• Keadaan yang steady pada seluruh komponen.
• Umumnya mengabaikan perubahan energi potensial dan kinetik pada seluruh
komponen.
• Kehilangan tekanan di boiler dan pompa diabaikan.
• Komponen tenaga semuanya isentropik.
2.1.1 Analisis Komponen Utama
Hukum I Termodinamika untuk sistem terbuka adalah:
•Q – – Σ•
W•m e(he + g.ze +
2V2
e ) + Σ •m i(hi + g.zi +
2V2
i ) = dt
dEcv [1]
Dimana subscript e = exit = bagian keluar dan i = inlet = bagian masuk
Karena keadaan pada seluruh komponen steady maka bagian paling kanan
persamaan menjadi nol. Dan karena perubahan energi potensial dan kinetik pada
seluruh komponen diabaikan maka persamaan menjadi:
– = •Q
•W
•m (he − hi ) kWatt [2a]
Atau
q – w = (he − hi ) kJ/kg [2b]
A. Pompa
Komponen tersebut adiabatik sehingga tidak ada kalor yang masuk atau
keluar dari komponen tersebut. Jadi q = 0. Persamaan 2b menjadi:
wp = h1 – h2
Pompa juga diasumsi reversible maka:
dwp = vdP + d(ke) + d(pe)
Perubahan energi potensial dan energi kinetik di dalam pompa diabaikan
sehingga kerja pompa menjadi:
wp = ∫ νdP
Karena fluida kerjanya incompressible maka volume spesifik sebelum dan
sesudah melewati pompa konstan; akibatnya:
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 53
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
wP = v1 (P2 – P1) = h1 – h2 [3]
Kerja pompa bernilai negatif. Artinya dibutuhkan kerja dari luar untuk
menggerakkan pompa tersebut.
B. Boiler
Tidak ada kerja pada boiler; akibatnya persamaan 2b menjadi:
qB = h3 – h2 = qin [4]
C. Turbin
Karena turbin dianggap adiabatik, sehingga tak ada kalor yang melintasi
sistem. Persamaan 2b menjadi:
wT = h3 – h4 = wout [5]
E. Kondensor
Terjadi pertukaran kalor antara fluida panas dari turbin dengan fluida dingin
dari sistem pendingin, tetapi tidak ada kerja yang terlibat pada sistem ini.
qc = │h1 – h4│= h4 – h1 = qout [6]
Untuk menganalisis laju aliran massa fluida pendingin maka harus dibuat
control volume di kondensor.
sm
•
(h4 – h1) = (hcwm•
o – hi)
dimana:
netW•
= .wsm•
net
Entalpi air pendingin dievaluasi pada kondisi saturated
liquid berdasarkan temperatur yang bersangkutan. Bila air
pendingin diasumsi incompressible pada tekanan konstan
maka:
(ho – hi) = cp.∆Tcw
sm•
1
4
To m cw
•
s•
m
Ti cwm
•
2.1.2 Efisensi Thermal Siklus
in
netQW&
&=η
in
netQQ&
•
= atau
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 54
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
in
netq
w=η =
in
netqq
Dimana
wnet = wT - wP = TW• •
m .wT
qnet = qB - qc = netW• •
m .wnet
2.1.3 Back Work Ratio (BWR)
Dalam berbagai aplikasi sebagian dari kerja turbin digunakan untuk
menggerakkan pompa. Fraksi antara kerja yang dibutuhkan pompa dengan kerja
yang dihasilkan turbin disebut Back Work Ratio (BWR):
BWR = t
p
ww
Pada siklus tenaga gas nilai BWR akan jauh lebih besar daripada siklus uap. Hal
ini disebabkan karena gas bersifat compressible fluid. Jadi saat memompa gas,
sebagian daya digunakan untuk menaikkan tekanan dan sebagian daya dipakai
untuk mengkompressi fluida.
Contoh 2.1
Uap masuk ke turbin pada siklus ideal Rankine 100% uap jenuh pada
tekanan 6 MPa and saturated liquid memasuki pompa pada 0,01 MPa.
Bila net power output siklus 50 MW. Hitunglah:
(a) Effisiensi thermal siklus
(b) Mass flow rate dari system
(c) Laju perpindahan kalor ke dalam boiler
(d) Mass flow rate air pendingin kondensor,dalam kg/s, Bila air pendingin
masuk pada 20°C dan keluar pada 40°C.
Penyelesaian:
• Pada bagian masuk turbin (titik 3), P3 = 6MPa, 100% saturated vapor
ini berarti x3 = 1, dari saturated table, h3 = hg = 2784,3(kJ/kg), s3 = sg =
5,89(kJ/kg K)
• Dari 3 4, isentropic expansion: s3 = s4 = 5,89 (kJ/kg K)
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 55
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
• Dari 4 1, isothermal process, T4 = T1 = 45,8°C yaitu temperatur
jenuh berdasarkan tekanan 0,01 MPa.
From table A-5, when T = 45,8°C, sf4 = 0,6491, sfg4 = 7,5019, hf4 = 191,8,
hfg4 = 2392,8
x4 = (s4 − sf4)/sfg4
= (5,89 − 0,6491)/7,5019
= 0,699
h4 = hf4 + x4* hfg4
= 191,8 + 0,699(2392,8)
= 1864,4 (kJ/kg)
• At the inlet of the pump: saturated liquid h1 = hf1 = 191,8 kJ/kg
qout = h4 − h1
=1672,6 (kJ/kg)
• At the outlet of the pump: compressed liquid v2 = v1=
vf1=0,00101(m3/kg) work input to the pump
win = wP = v1 (P2 − P1)
= 0,00101(6000-10)
= 6,05 (kJ/kg)
h2 = h1 + v1 (P2 − P1)
=191,8 + 6,05
= 197,85 (kJ/kg)
• In the boiler,
qin = qB = h3 − h2
= 2784,3-197,85
= 2586,5(kJ/kg)
(a) The thermal efficiency
in
netq
w=η = 1− qout/qin
= 1 − 1672,6/2586,5
= 0,353 = 35,3%
(b) Net work output = netW• •
m .wnet
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 56
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
•m [(h3− h4) − (h2 − h1)] = 50000 kWatt
•m = 50000/[(2784,3 − 1864,4 ) − (197,85 − 191,8)]
= 54,7(kg/s)
( c) heat transfer into the boiler
•Q B =
•m .qB
= 54,7 kg/s x 2586,5 kJ/kg
=141,5 MW
(d) Inside the condenser, the cooling water is being heated from the heat
transfered from the condensing steam.
q cooling water = qout
= (dm/dt)(h4 − h1)
= 54,7(1672,6)
= 91,49 (MW)
(dm/dt)cooling water Cp (Tout − Tin) = q cooling water
Cp,water = 4,177(kJ/kg K)
(dm/dt)cooling water = 91490/(4.177*(40-20))
= 1095.2 (kg/s)
Very large amount of cooling water is needed
Contoh 2.2
Sebuah pembangkit tenaga uap beroperasi dengan prinsip siklus ideal
Rankine. Uap masuk ke turbin pada 10 MPa dan 500oC dan
dikondensasikan pada tekanan kondensor 15 kPa. Hitunglah efisiensi
thermal siklus.
Penyelesaian
Skema instalasi dan diagram T-s
To
Ti
Kondensor
Boiler
15 kPa
10 MPa 500oC
Turbin
T
1
2
3
4
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 57
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
Titik 1
Berdasarkan P1 = P4 = 15 kPa pada kondisi saturated liquid
h1 = 225,94 kJ/kg
v1 = 0,001014 m3/kg
wp = v1 (P2-P1)
= 0,001014 m3/kg (10000 – 15) kPa
= 10,125 kJ/kg
Titik 2
h2 = h1+ wp
= 225,94 kJ/kg + 10,125 kJ/kg
= 236,065 kJ/kg
Titik 3
Periksa kondisi Pada P3 = 10MPa Tsat = 311,06oC
Karena T3 >Tsat Superheated vapor
Berdasarkan P3 = 10MPa dan T3 = 500oC pada kondisi Superheated
diperoleh
h3 = 3373,63 kJ/kg
s3 =6,5965 kJ/(kg.K)
Titik 4
s4 = s3 = 6,5965 kJ/(kg.K)
Kondisi titik 4 harus diuji. Berdasarkan P4 = 15 kPa diperoleh:
sf = 0,7549 kJ/kg.K
sg = 8,0085 kJ/kg.K
sfg = 7,2536 kJ/kg.K
Karena sf < s4 < sg berarti titik 4 adalah campuran.
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 58
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
x4 = fg
f4
sss −
=K.kg/kJ 7,2536
K.kg/kJ 7549,0K.kg/kJ ,59656 −
= 0,8054
Berdasarkan P4 = 15 kPa diperoleh:
hf = 225,94 kJ/kg
hfg = 2.373,16 kJ/kg
h4 = hf + x4.hfg
= 225,94 kJ/kg + 0,8054 x 2.373,16 kJ/kg
= 2137,237 kJ/kg
Kerja turbin
wT = h3 − h4
= 3373,63 kJ/kg – 2137,237 kJ/kg
= 1236,393 kJ/kg
Kerja bersih
wnet = wT − wP
= 1236,393kJ/kg − 10,125 kJ/kg
= 1226,268 kJ/kg
Kalor yang disuplai
qin = h3 – h2
= 3373,63 kJ/kg − 236,065 kJ/kg
= 3137,565 kJ/kg
Efisiensi thermal siklus
%100xq
w
in
netth =η
%100xkg/kJ 565,3137kg/kJ 226,2681
=
= 39,08 %
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 59
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Meningkatkan Efisiensi Siklus Rankine
2.2 CARA MENINGKATAKAN EFISIENSI
SIKLUS RANKINE
Usaha meningkatkan efisiensi pembangkit tenaga dengan uap sangat penting
karena meningkatkan efisiensi siklus, sekecil apapun, dapat menghemat bahan
bakar dalam jumlah besar dan berarti juga menghemat biaya.
Inti dari meningkatkan efisiensi siklus adalah bagaimana cara agar saat proses
perpindahan kalor ke dari bahan bakar ke fluida kerja di dalam boiler temperatur
rata-ratanya tinggi, atau pada saat pembuangan kalor dari fluida ke lingkungan
terjadi pada temperatur yang serendah mungkin.
2.2.1 Menurunkan tekanan kondensor
Uap yang keluar dari turbin
(sebelum masuk kondensor)
merupakan campuran antara air
dan gas. Temperaturnya adalah
temperatur jenuh pada tekanan
kondensor. Besarnya kalor yang
dibuang adalah luasan dari segi
empat 1-4-c-b.
Menurunkan tekanan kondensor
berarti menurunkan pula
temperatur fluida kerja tersebut.
Kalor yang dibuang pada tekanan ini adalah luas segi empat 1'-4'-c-a. Jelas dari
gambar bahwa dengan menurunkan tekanan kondensor berarti mengurangi rugi
kalor yang terbuang ke lingkungan dan juga berarti menaikkan kerja bersih.
c ba
Tekanan kondensor akan lebih baik bila bekerja dibawah tekanan atmosfir.
Namun tekanan minimum ini ada batasannya yaitu bahwa tekanan kondensor
tidak boleh lebih kecil dari tekanan jenuh pada temperatur keluar fluida
pendingin. Maksudnya begini. Misalkan air pendingin masuk kondensor pada
20oC dan keluar pada 35oC berarti tekanan jenuh kondensor tidak boleh lebih
kecil dari 5,63 kPa yaitu tekanan jenuh pada temperatur 35oC.
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 60
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Meningkatkan Efisiensi Siklus Rankine
Terdapat pula efek negative dari menurunkan tekanan kondensor. Bila tekanan
kondensor lebih kecil dari tekanan atmosfir maka udara akan berusaha masuk ke
dalam fluida kerja sebagai akibat kebocoran. Namun yang paling nyata adalah
dengan diturunkannya tekanan kondensor maka kualitas uap yang keluar dari
turbin tahap akhir akan turun dan berarti pula kandungan air dari uap tersebut
akan lebih besar. Pada gambar di atas kualitas uap di titik 4 lebih besar dari titik
4'.
2.2.2 Menaikkan tekanan boiler
Menaikkan tekanan boiler berarti
menaikkan temperatur didih di boiler.
Artinya kalor dimasukkan ke fluida
kerja pada temperatur yang lebih tinggi.
Akibatnya efisiensi thermal siklus akan
meningkat.
Namun demikian dengan menaikkan
tekanan boiler maka titik 3 akan
bergeser ke kiri (3'). Pada titik ini fluida
yang berekspansi di dalam turbin
mengandung air yang lebih banyak dari pada di titik 3 (kualitas uap turun) dan ini
dapat menyebabkan korosi pada sudu-sudu turbin.
Pada sekitar tahun 1922 tekanan operasional boiler sekitar 2,1 MPa. Sekarang
sudah mencapai 30 MPa dengan daya output diatas 400 MW. Tekanan ini lebih
tinggi dari tekanan kritis air 22,09 MPa.
2.2.3. Superheat
Temperatur rata-rata dimana kalor
dimasukkan ke fluida kerja dapat dinaikkan
tanpa menaikkan tekanan boiler yaitu
dengan memanaskan lebih lanjut uap yang
telah dihasilkan di boiler. Cara ini lebih
menguntungkan karena selain
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 61
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Meningkatkan Efisiensi Siklus Rankine
meningkatkan efisiensi thermal siklus, kualitas uap yang berekspansi di dalam
turbin justru meningkat.
Temperatur maksimum dari pemanasan lanjut ini harus memperhatikan daya
tahan panas bahan boiler. Sejauh ini temperatur maksimum dari superheating ini
adalah 620oC (1150oF). Temperatur ini bisa saja dilampaui apabila telah
ditemukan material tahan panas dan tekanan tinggi sebagai bahan pembuat ketel.
Bahan dari keramik adalah salah satu yang menjanjikan.
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 62
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
2.3 PENYIMPANGAN SIKLUS AKTUAL DARI SIKLUS IDEAL (Faktor Irreversibilitas)
Penyimpangan siklus aktual dari siklus ideal disebabkan oleh irreversibilitas dari
berbagai komponen. Gesekan fluida dan kehilangan kalor adalah dua penyebab
utama irreversibilitas tersebut.
Gesekan fluida (fluid friction) menyebabkan penurunan tekanan di boiler,
kondensor dan sistem perpipaan lainnya. Akibatnya tekanan yang keluar dari
boiler lebih rendah dari tekanan idealnya. Demikian pula tekanan yang akan
diekspansikan di turbin lebih rendah dari pada tekanan yang keluar dari boiler
karena adanya gesekan di sepanjang pipa. Penurunan tekanan di kondensor
biasanya cukup kecil dan dapat diatasi dengan memompa fluida terkondensasi ini
ke boiler.
Karena isolasi yang tidak sempurna maka selama mengalirnya uap di dalam
komponen, akan terjadi kehilangan kalor dari uap ke lingkungan. Untuk mencapai
daya output sesuai yang diinginkan
maka harus ditambahkan lebih banyak
kalor ke boiler. Akibatnya efisiensi
siklus menurun.
Komponen utama yang mendapat
perhatian utama akibat irreversibilitas
tersebut adalah turbin dan pompa.
Pompa membutuhkan lebih banyak kerja
qin
qout
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 63
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
daripada yang ideal, sedangkan turbin menghasilkan kerja yang lebih sedikit dari
pada yang ideal.
43
a43
TT hh
hhw
w Ta−−
==η
1a2
12
Pa
PP hh
hhww
−−
==η
Contoh 2.3.1
Sebuah pembangkit tenaga uap bekerja berdasarkan siklus Rankine. Uap
masuk ke turbin pada 10 MPa dan 500oC dan berekspansi ke tekanan 15
kPa. Bila efisiensi turbin 88% dan efisiensi pompa 85%, hitunglah:
a. Efisiensi thermal siklus
b. Kerja turbin, dalam kWatt, bila diketahui laju aliran fluida kerja 16
kg/s.
Penyelesaian
Titik 1
Berdasarkan P1=P4=15 kPa pada kondisi saturated liquid
h1 = 225,94 kJ/kg
v1 = 0,001014 m3/kg
Kerja pompa ideal
wp = v1 (P2 − P1)
= 0,001014 m3/kg (12500 – 15) kPa
= 12,65979 kJ/kg
Titik 2
Entalpi ideal pada titik 2
h2 = h1 + wp
= 225,94 kJ/kg + 12,65979 kJ/kg
= 238,59979 kJ/kg
Entalpi aktual pada titik 2
1a2
P
Pa
PP hh
www
−==η h2a =
P
Pwη
+ h1
= 12,65979 kJ/kg/0,85 + 225,94 kJ/kg
= 240,834 kJ/kg
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 64
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
Kerja pompa aktual:
wPa = P
Pwη
= 0,85
kJ/kg 12,65979
=14,894 kJ/kg
Titik 3
Periksa kondisi Pada P3 = 10MPa diperoleh Tsat = 311,06oC
Karena T3 >Tsat Superheated vapor
Berdasarkan P3 = 10MPa dan T3=500oC pada kondisi Superheated
diperoleh
h3 = 3373,63 kJ/kg
s3 =6,5965 kJ/(kg.K)
Titik 4
Proses ideal 3 − 4 adalah isentropik sehingga
s4 = s3 = 6,5965 kJ/(kg.K)
Kondisi titik 4 harus diuji. Berdasarkan P4 = 15 kPa diperoleh:
sf = 0,7549 kJ/kg.K
sg = 8,0085 kJ/kg.K
sfg = 7,2536 kJ/kg.K
Karena sf < s4 < sg berarti titik 4 adalah campuran. Kualitas campuran
x4 = fg
f4
sss −
=K.kg/kJ 7,2536
K.kg/kJ 7549,0K.kg/kJ ,59656 −
= 0,8054
Berdasarkan P4 = 15 kPa diperoleh:
hf = 225,94 kJ/kg
hfg = 2.373,16 kJ/kg
Entalpi ideal pada titik 4
h4 = hf + x4.hfg
= 225,94 kJ/kg + 0,8054 x 2.373,16 kJ/kg
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 65
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
= 2137,237 kJ/kg
Entalpi aktual pada titik 4
h4a = h3 – ηT (h3 – h4)
= 3373,63 kJ/kg – 0,88x( 3373,63 – 2137,237) kJ/kg
= 2285,604 kJ/kg
Kerja turbin aktual per satuan massa
wTa = h3 − h4a
= 3373,63 kJ/kg – 2285,604 kJ/kg
= 1088,026 kJ/kg
Kerja bersih aktual
wnet = wTa − wPa
= 1088,026 kJ/kg − 14,894 kJ/kg
= 1073,132 kJ/kg
Kalor aktual yang disuplai
qin = h3 – h2a
= 33373,63 kJ/kg − 240,834 kJ/kg
= 3132,796 kJ/kg
a. Efisiensi thermal siklus
%100xq
w
in
netth =η
%100xkg/kJ 796,3132kg/kJ 132,7301
=
= 34,25 %
b. Kerja turbin aktual
TaW•
=•m wTa
= 16 kg/s x 1088,026 kJ/kg
= 17408,416 kWatt
Example 2.3.2
In an ideal Rankine cycle, steam enters the turbine as saturated vapor at 8
MPa and saturated liquid exits the condenser at a pressure of 7.5 kPa. The
net power output of the cycle is 100 MW. Adiabatic efficiencies of the
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 66
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
turbine and pump are 95% and 85%, respectively. If the cooling water
enters the condenser at 15oC and exits at 35oC, calculate for the cycle:
a. The T-s diagram
b. The temperature of the working fluid leaves the boiler
c. The temperature of the working fluid leaves the condenser
d. The thermal efficiency
e. The back work ratio
f. The mass flow rate of the steam (working fluid), in kg/h
g. Heat transfer rate from the boiler into the working fluid, in MW
h. Heat transfer rate from the working fluid to the cooling water, in MW
i. The mass flow rate of the cooling water
Solution
Point 1
Base on the pressure P1 =7.5 kPa at saturated liquid condition
h1 = 168.77 kJ/kg
v1 = 0.001008 m3/kg
Work needed by pump (ideal)
wp = v1 (P2 − P1)
= 0.001008 m3/kg x (8000 − 7.5) kPa
= 8.05644 kJ/kg
Actual work needed by the pump
wPa = P
Pwη
= 85.0
05644.8
= 9.4782 kJ/kg
Point 2
Actual enthalpy at point 2
h2a = h1+ wpa
= 168.77 kJ/kg + 9.4782 kJ/kg
= 178.2482 kJ/kg
Point 3
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 67
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
Because condition at point 3 is saturated vapor, then at 8 MPa;
h3 = hg =2757.94 kJ/kg s3 = sg = 5.7431 kJ/(kg.K)
T3 = 295.06oC
qin,a = h3 – h2a
= (2757.94 − 178.2482) kJ/kg
= 2579.6918 kJ/kg
Point 4
s4 = s3 = 5.7431 kJ/(kg.K)
The condition in point 4 must be mixture because in point 3 the condition
is saturated vapor. At P4 = 7.5 kPa from the steam table:
sf = 0.5763 kJ/kg.K hf = 168.77 kJ/kg
sfg = 7.6751 kJ/kg.K hfg = 2406.02 kJ/kg
Mixture quality
x4 = fg
f4
sss −
= 6751.7
5763.07431.5 −
= 0.6732
Hence:
h4 = hf + x4.hfg
= (168.77 + 0.6732 x 2406.02) kJ/kg
= 1788.5027 kJ/kg
Ideal work produces by the turbine
wT = h3 – h4
= (2757.94 - 1788.5027) kJ/kg
= 969.4373 kJ/kg
Actual turbine work
wTa = ηT.wT
= 0.95 x 969.4373 kJ/kg
= 920.9654 kJ/kg
Actual net work
wnet = wTa – wPa
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 68
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
= (920.9654 - 9.4782) kJ/kg
= 911.4872 kJ/kg
Actual enthalpy at point 4
h4a = h3 – wTa
= (2757.94 – 920.9654) kJ/kg
= 1836.9746 kJ/kg
Actual heat out
qout,a = h4a− h1
= (1836.9746- 168.77) kJ/kg
= 1668.2046 kJ/kg
The condenser temperature is the saturated temperature at the condenser
pressure. Hence at 7.5 kPa the temperature is 40.29oC.
Tcond = 40.29oC
a. T-s diagram
qout
qin
b. Temperature of the working fluid leaves the boiler is T3 = 295.06oC
c. Temperature of the working fluid leaves the condenser is T1 = 40.29oC
d. Thermal efficiency; 100xq
w
in
net=η
= %100x6918.2579
4872.911
=35.33%
e. Back Work Ratio; BWR = Ta
Paww x100%
= %100x9654.920
4782.9
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 69
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
=1.0292%
f. Mass flow rate of the working fluid; = netW• •
m s.wnet
•m s =
net
netwW•
= kJ/kg 4872.911kJ/s 1000x100
=109.7108 kg/s
= 394959 kg/h
g. Heat transfer rate from the boiler into the working fluid;
•Q in =
•m s . qin
= 109.7108 kg/s x 2579.6918 kJ/kg
= 283020 kW
=283.02 MW
h. Heat transfer rate from the working fluid to the cooling water;
•Q out =
•m s . qout,a
= 109.7108 kg/s x 1668.2046 kJ/kg
= 183020 kW
=183.02 MW
i. Mass flow rate of the cooling water
•Q out = (hcwm
•
o – hi)
=cwm•
io
outhh
Q−
•
Where for the cooling-water hi and ho is
evaluated at the saturated enthalpy at Ti and To.
sm•
1
4
To
Ti cwm
•
=cwm•
kg/kJ)98.6266.146(s/kJ183020
−
= 2187.1415 kg/s
= 7,873,709 kg/h
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 70
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
2.4 SIKLUS IDEAL RANKINE DENGAN
REHEAT Salah satu cara untuk menaikkan efisiensi thermal siklus adalah menaikkan
tekanan boiler. Namun hal ini mengakibatkan kandungan air dalam uap juga akan
meningkat ke tingkat yang membahayakan sudu-sudu turbin. Untuk mengatasi hal
ini digunakan cara antara lain:
1. Menjadikan uap yang keluar dari turbin pada kondisi superheated dengan
temperatur yang setinggi mungkin dengan bantuan superheater. Tujuannya
adalah agar uap terakhir yang menyentuh sudu turbin tetap dalam kondisi
superheated. Kendalanya adalah bila temperatur boiler terlalu tinggi akan
menjadi masalah metalurgi bagi bahan boiler itu.
2. Mengekspansikan uap di dalam turbin dalam dua tahap. Setelah berekspansi
dalam turbin tahap I uap dipanaskan ulang di boiler sebelum diekspansikan
lagi ke turbin tahap II. Sistem pemanasan ulang (Reheat)ini dapat mengatasi
kandungan air di dalam uap dan sistem ini sering digunakan pada PLTU
modern.
Contoh 1
Sebuah PLTU beroperasi berdasarkan siklus Rankine dengan reheat.
Uap masuk ke turbin tekanan tinggi pada 500oC dan 10 MPa dan
berekspansi ke 1 MPa. Uap tersebut dipanaskan ulang pada tekanan
konstan menjadi 400oC dan berekspansi dalam turbin tekanan rendah
menjadi 15 kPa. Hitung efisiensi thermal siklus.
Kondensor
qin
qout
qin
Pompa
HP LP
400oC
1MPa
10 MPa 500oC
15 kPa
Boiler
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 71
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
Penyelesaian
Titik 1
Berdasarkan P1=P4=15 kPa pada kondisi saturated liquid
h1 = 225,94 kJ/kg
v1 = 0,001014 m3/kg
Kerja pompa
wp = v1 (P2 − P1)
= 0,001014 m3/kg (12500 – 15) kPa
= 12,65979 kJ/kg
Titik 2
h2 = h1+ wp
= 225,94 kJ/kg + 12,65979 kJ/kg
= 238,59979 kJ/kg
Titik 3
Periksa kondisi Pada P3 = 10MPa Tsat = 311,06oC
Karena T3 >Tsat Superheated vapor
Berdasarkan P3 = 10MPa dan T3=500oC pada kondisi Superheated
diperoleh
h3 = 3373,63 kJ/kg
s3 =6,5965 kJ/(kg.K)
Titik 4
s4 = s3 = 6,5965 kJ/(kg.K)
Kondisi titik 4 harus diuji. Berdasarkan P4 = 1MPa diperoleh:
sf = 2,1386 kJ/kg.K
sg = 6,5864 kJ/kg.K
Karena s4 > sg berarti kondisi titik 4 adalah superheated vapor.
Dari tabel berdasarkan P4 = 1MPa dan s4 = 6,5965 kJ/(kg.K) dan dengan
interpolasi linear diperoleh:
s [kJ/(kg.K)] 6,5864 6,5965 6,6939
h [kJ/kg] 2778,08 2787,757 2827,86
h4 = 2787,757 kJ/kg
Titik 5
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 72
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
Dari diagram T-s terlihat bahwa bila titik 4 minimal dalam kondisi
saturated vapor, apalagi bila superheated vapor, maka titik 5 dipastikan
superheated vapor. Alasannya titik 5 berada di sebelah kanan titik 4.
Berdasarkan P5 = 1MPa dan T5 = 400oC pada kondisi Superheated
diperoleh
h5 = 3263,88 kJ/kg
s5 = 7,4650 kJ/(kg.K)
Titik 6
s6 = s5 = 7,4650 kJ/(kg.K)
Kondisi titik 6 harus diuji. Berdasarkan P5 = 15 kPa diperoleh:
sf = 0,7549 kJ/kg.K
sg = 8,0085 kJ/kg.K
sfg = 7,2536 kJ/kg.K
Karena sf < s6 < sg berarti titik 6 adalah campuran.
x6 = fg
f6s
ss −
=K.kg/kJ 7,2536
K.kg/kJ 7549,0K.kg/kJ ,46507 −
= 0,9251
Berdasarkan P6 = 15 kPa diperoleh:
hf = 225,94 kJ/kg
hfg = 2373,16 kJ/kg
h6 = hf + x6.hfg
= 225,94 kJ/kg + 0,9251 x 2373,16 kJ/kg
= 2421,350 kJ/kg
Kerja turbin
wT = (h3 − h4) + (h5 – h6)
= (3373,63 – 2137,237) kJ/kg + (3263,88 – 2421,350) kJ/kg
= 2078,923 kJ/kg
Kerja bersih
wnet = wT − wP
= 2078,923 kJ/kg − 12,65979 kJ/kg
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 73
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
= 2066,263 kJ/kg
Total kalor yang disuplai
qin = qb + qreheat
= (h3 – h2 ) + (h5 – h4)
= (3373,63 − 238,59979) kJ/kg + (3263,88 − 2787,757)
= 3611,153 kJ/kg
Efisiensi thermal siklus adalah:
%100xq
w
in
netth =η
%100xkg/kJ 611,1533kg/kJ 066,2632
=
= 57,22 %
Contoh 2
Sebuah PLTU beroperasi berdasarkan siklus Rankine dengan reheat
menghasilkan daya bersih 100 MW. Uap masuk ke turbin tekanan tinggi
pada 800oC dan 10 MPa dan berekspansi ke 700oC dan 4 MPa. Uap
tersebut dipanaskan ulang pada tekanan konstan menjadi 800oC dan
berekspansi dalam turbin tekanan rendah menjadi 0,01 MPa serta masuk
ke kondensor pada kondisi uap jenuh.
a. Hitung efisiensi termal siklus
b. Hitung laju aliran massa air pendingin bila temperatur air pendingin
saat masuk kondensor 15oC dan keluar pada 35oC
Kondensor
To = 35oC
Pompa
HP LP
Ti = 15oC 4 MPa 800oC
4MPa 700oC
10 MPa 800oC
10 kPa Boiler
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 74
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
Penyelesaian
Titik 1 Kondisi saturated liquid
Berdasarkan P1=P4=10 kPa pada kondisi saturated liquid
h1 = hf = 191,81kJ/kg v1 = vf = 0,001010 m3/kg
Kerja pompa
wp = v1 (P2 − P1)
= 0,001010 m3/kg (10000 – 10) kPa
= 10,0899 kJ/kg
Titik 2 Kondisi compressed liquid
h2 = h1+ wp
= 191,81 kJ/kg + 10,0899 kJ/kg
= 201,8999 kJ/kg
Titik 3 Kondisi superheated vapor
Berdasarkan P3 = 10MPa dan T3=800oC pada kondisi Superheated
diperoleh
h3 = 4114,91 kJ/kg
Titik 4 Kondisi superheated vapor
Berdasarkan P4 = 4MPa dan T4=700oC pada kondisi Superheated
diperoleh
h4 = 3905,94 kJ/kg
Titik 5 Kondisi superheated vapor
Berdasarkan P5 = 4MPa dan T5=800oC pada kondisi Superheated
diperoleh
h5 = 4141,59 kJ/kg
Titik 6 Kondisi saturated vapor
Berdasarkan P6 = 10 kPa diperoleh
h6 = hg = 2584,63 kJ/kg
Kerja turbin
wT = (h3 − h4) + (h5 – h6)
= (4114,91 – 3905,94) kJ/kg + (4141,59 – 2584,63) kJ/kg
= 1765,93 kJ/kg
Kerja bersih
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 75
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
wnet = wT − wP
= 1765,93 kJ/kg − 10,0899 kJ/kg
= 1755,8401 kJ/kg
Laju aliran massa uap air
sm•
= netwnetW
•
=kJ/kg 8401,1755kJ/s 000.100
=56,9526 kg/s
Total kalor yang masuk ke sistem
qin = qboiler + qreheat
= (h3 – h2 ) + (h5 – h4)
= (4114,91 − 201,8999) kJ/kg + (4141,59 − 3905,94)
= 4148,6601 kJ/kg
a. Efisiensi termal siklus adalah :
%100xq
w
in
netth =η
%100xkg/kJ 148,66014kg/kJ 755,84011
=
= 42,3231 %
b. Laju aliran air pendingin dapat diperoleh dengan menjadikan kondensor
sebagai control volume. sm
•
1
6
To
Ti
sm•
(h6 – h1) = (hcwm•
o – hi)
dimana: cwm
•
= .wnetW•
sm•
net
Entalpi air pendingin dievaluasi pada kondisi
saturated liquid berdasarkan temperatur yang
bersangkutan.
Pada Ti = 15oC diperoleh hi = 62,98 kJ/kg
To = 35oC diperoleh ho = 146,66 kJ/kg
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 76
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
cwm•
=io
16shhhhm
−−•
= 56,9526 kg/s x 98,6266,14681,19163,2584
−−
= 1628,5599 kg/s
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 77
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
2.5 SIKLUS RANKINE DENGAN REGENERATIVE
Untuk menaikkan setiap temperatur air di dalam boiler dibutuhkan energi dari
bahan bakar, dan itu berarti finansial. Semakin rendah temperatur air yang masuk
ke boiler semakin banyak pula energi dan biaya yang dibutuhkan. Untuk
mengatasi hal tersebut maka temperatur fluida yang meninggalkan pompa
sebelum masuk ke boiler dinaikkan. Caranya:
1. Mengkompressi air secara isentropis ke temperatur tinggi. Hal ini butuh
tekanan yang sangat tinggi dan tentunya ini tidak praktis.
2. Mengekstrak sebagian uap dari turbin untuk dipakai memanaskan air sebelum
dipompa ke turbin. Proses pemanasan ini terjadi di dalam alat yang disebut
regenerator.
2.5.1 Open Feedwater Heater (OFH) Pada open feedwater heater, uap hasil ekstraksi dari turbin akan bercampur dan
berkontak langsung dengan fluida yang berasal dari kondensor.
Pompa II
Kondensor
Ketel
1kg
y kg
(1-y) kg
Pompa I
OFW
Data yang diketahui:
P1 = P7 = 15 kPa
P2 = P3 = P6 = 1 MPa T5 = 500oC
P4 = P5 = 10 MPa
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 78
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
Titik 1
Berdasarkan P1= P7 =15 kPa pada kondisi saturated liquid
h1 = 225,94 kJ/kg
v1 = 0,001014 m3/kg
wpI = v1 (P2-P1) = 0,001014 m3/kg (12500 – 15) kPa
= 12,65979 kJ/kg
Titik 2
h2 = h1+ wpI
= 225,94 kJ/kg + 12,65979 kJ/kg
= 238,59979 kJ/kg
Titik 3
Berdasarkan P3 =1MPa pada kondisi saturated liquid
h3 = 762,79 kJ/kg
v3 = 0,001127 m3/kg
wpII = v3 (P4 − P3)
= 0,001127 m3/kg (10 – 1) x 1000 kPa
= 10,143 kJ/kg
Titik 4
h4 = h3+ wpII
= 225,94 kJ/kg + 10,143 kJ/kg
= 772,933 kJ/kg
Titik 5
Periksa kondisi Pada P5 = 10MPa Tsat = 311,06oC
Karena T5 >Tsat Superheated vapor
Berdasarkan P5 = 10MPa dan T5=500oC pada kondisi Superheated diperoleh
h5 = 3373,63 kJ/kg
s5 = 6,5965 kJ/(kg.K)
Titik 6
s6 = s5 = 6,5965 kJ/(kg.K)
Kondisi titik 6 harus diuji. Berdasarkan P6 = 1MPa diperoleh:
sf = 2,1386 kJ/kg.K
sg = 6,5864 kJ/kg.K
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 79
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
Karena s6 > sg berarti kondisi titik 6 adalah superheated vapor.
Dari tabel berdasarkan P6 = 1MPa dan s6 = 6,5965 kJ/(kg.K) dan dengan
interpolasi linear diperoleh:
s [kJ/(kg.K)] 6,5864 6,5965 6,6939
h [kJ/kg] 2778,08 2787,757 2827,86
h6 = 2787,757 kJ/kg
Titik 7
s7 = s6 = 6,5965 kJ/(kg.K)
Kondisi titik 6 harus diuji. Berdasarkan P7 = 15 kPa diperoleh:
sf = 0,7548 kJ/kg.K
sg = 8,0084 kJ/kg.K
sfg = 7,2536 kJ/kg.K
Karena sf < s6 < sg berarti titik 7 adalah campuran.
x7 = fg
f7s
ss −
=K.kg/kJ 7,2536
K.kg/kJ 7548,0K.kg/kJ ,59656 −
= 0,8054
Berdasarkan P7 = 15 kPa diperoleh:
hf = 225,94 kJ/kg
hfg = 2373,14 kJ/kg
h7 = hf + x7.hfg
= 225,94 kJ/kg + 0,8054 x 2373,14 kJ/kg
= 2137,267 kJ/kg
Untuk mencari fraksi uap yang diambil dari turbin dan masuk Open Feedwater
Heater dapat dicari dengan mengambil OFH sebagai control volume. y
Closed FWH
Closed FWH
OFH
6
2
3
(1-y)
Ye
1.h3 = y. h6 +(1-y)h2
y = ( )
26
23hhhh
−−
59979,238757,2787 59979,23879,762y
−−
=
y = 0,2056
(1)
sung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 80
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
wT = (h5 − h6) + (1− y)(h6 – h7)
= (3373,63–2787,757)kJ/kg + (1− 0,2056)(2787,757–2137,267) kJ/kg
= 1102,622 kJ/kg
wP = (1− y)wPI − wPII
= (1− 0,2056)( 12,65979 – 10,143) kJ/kg
= 20,1999 kJ/kg
wnet = wT – wP
= 1102,622 kJ/kg - 20,1999 kJ/kg
= 1082,4221 kJ/kg
qin = (h5 – h4 )
= 3373,63 kJ/kg – 772,933 kJ/kg
= 2600,697 kJ/kg
Efisiensi thermal siklus adalah:
%100xq
w
in
netth =η
%100xkg/kJ 600,6972kg/kJ 082,42211
=
= 41,62 %
Efisiensi thermal siklus dapat pula dihitung dengan menggunakan rumus:
in
outin
in
netth q
qqqq −
==η
= 1 – in
outqq
Dimana:
qout = (1–y)(h7 – h1)
= (1 – 0,2056)( 2137,267 – 225,94) kJ/kg
= 1518,358 kJ/kg
Jadi:
thη = 1 – in
outqq
= 1–697,2600358,1518
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 81
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
=0,4162 = 41,62%
2.5.2 Closed Feedwater Heater (CFH)
Pompa II
Kondensor
1 kg
y kg
(1-y) kg
(1-y)
Pompa I
CFH
y Ketel Mixing
Chamber
Data yang diketahui:
P1 = P9 = 15 kPa
P2 = P3 = P5 = P6 = P7 = 10 MPa T7 = 500oC
P4 = P8 = 1 MPa
Titik 1
Berdasarkan P1=15 kPa pada kondisi saturated liquid
h1 = 225,94 kJ/kg
v1 = 0,001014 m3/kg
wpI = v1 (P2 − P1)
= 0,001014 m3/kg (12500 – 15) kPa
= 12,65979 kJ/kg
Titik 2
h2 = h1+ wpI
= 225,94 kJ/kg + 12,65979 kJ/kg
= 238,59979 kJ/kg
Titik 3
Pada titik ini berlaku T3 ≈ T4. T4 merupakan temperatur jenuh pada tekanan
P4. Dari tabel berdasarkan P4 = 1 MPa diperoleh T4 = 179,91oC.
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 82
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
Titik 3 adalah compressed liquid, maka berdasarkan P3 = 10 MPa dan T3 =
179,91oC dari tabel dengan cara interpolasi diperoleh:
h3 = 767,44 kJ/kg
Titik 4
Berdasarkan P4 = 1MPa pada kondisi saturated liquid diperoleh:
h4 = 762,79 kJ/kg v4 = 0,001127 m3/kg
wpII = v4 (P5 − P4)
= 0,001127 m3/kg (10 – 1)x1000 kPa
= 10,143 kJ/kg
Titik 5
h5 = h4+ wpII
= 762,79 kJ/kg + 10,143 kJ/kg
= 762,933 kJ/kg
Titik 7
Periksa kondisi Pada P7 = 10MPa Tsat = 311,06oC
Karena T7 >Tsat Superheated vapor
Berdasarkan P7 = 10MPa dan T7=500oC pada kondisi Superheated diperoleh
h7 = 3373,63 kJ/kg
s7 = 6,5965 kJ/(kg.K)
Titik 8
s8 = s7 = 6,5965 kJ/(kg.K)
Kondisi titik 8 harus diuji. Berdasarkan P8 = 1MPa diperoleh:
sf = 2,1386 kJ/kg.K
sg = 6,5864 kJ/kg.K
Karena s8 > sg berarti kondisi titik 8 adalah superheated vapor.
Dari tabel berdasarkan P8 = 1MPa dan s8 = 6,5965 kJ/(kg.K) dan dengan
interpolasi linear diperoleh:
s [kJ/(kg.K)] 6,5864 6,5965 6,6939
h [kJ/kg] 2778,08 2787,757 2827,86
h6 = 2787,757 kJ/kg
Titik 9
s9 = s7 = 6,5965 kJ/(kg.K)
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 83
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
Kondisi titik 9 harus diuji. Berdasarkan P9 = 15 kPa diperoleh:
sf = 0,7548 kJ/kg.K
sg = 8,0084 kJ/kg.K
sfg = 7,2536 kJ/kg.K
Karena sf < s9 < sg berarti titik 9 adalah campuran.
x9 = fg
f9s
ss −
=K.kg/kJ 7,2536
K.kg/kJ 7548,0K.kg/kJ ,59656 −
= 0,8054
Berdasarkan P9 = 15 kPa diperoleh:
hf = 225,94 kJ/kg
hfg = 2373,14 kJ/kg
h9 = hf + x9.hfg
= 225,94 kJ/kg + 0,8054 x 2373,14 kJ/kg
= 2137,267 kJ/kg
Untuk mencari fraksi uap yang diambil dari turbin dan masuk Closed Feedwater
Heater dapat dicari dengan mengambil CFH sebagai control volume. y
Closed FWH (1-y)
Closed FWH
Closed FWH
8
(1-y) 3
(1–y).(h3–h2) = y.(h8–h4)
y = )hh()hh(
hh
4823
23−+−
−
)79,762757,2787()59979,23844,767( )59979,23844,767(
2
4
yy−+−
−= y
= 0,2071
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 84
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
Untuk mencari nilai h6 jadikan mixing chamber sebagai sistem lalu buat energy
balance: Closed FWH
Closed FWH
Mixing Chamber
6 3
5
y
(1-y)
h6 = (1-y).h3 + y.h5
h6 = (1-0,2071) 767,44 kJ/kg + 0,2071x 762,933 kJ/kg
h6 = 766,507 kJ/kg
Efisiensi thermal dapat dihitung dengan rumus:
in
netth q
q=η
in
outinq
qq −=
in
outqq1−=
Dimana:
qin = h7–h6
= (3373,63 – 766,507) kJ/kg
= 2607,123 kJ/kg
qout = (1 – y)(h9 – h1)
= (1– 0,2071)x( 2137,267 – 225,94) kJ/kg
= 1515,491 kJ/kg
123,2607491,15151th −=η
= 41,87%
2.5.3 TRAP Uap air dari turbin setelah melewati CFH akan terkondensasi menjadi cairan
jenuh. Cairan jenuh ini masih tinggi sehingga meski sudah berupa cairan jenuh
tetapi temperaturnya juga masih tinggi. Karena itu sering fluida ini dialirkan lagi
ke CFH dengan temperatur dan tekanan yang lebih rendah dengan menggunakan
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 85
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
alat yang disebut Trap.Kadang pula cairan jenuh ini dialirkan langsung ke
kondensor. Pada proses trapping ini entalpi fluida konstan.
Trap
Kondensor
CFH
Pompa
(1-y-z)z
Trap
y Ketel
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 86
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat dan Regenerative
2.6 SIKLUS RANKINE DENGAN REHEAT DAN REGENERATIVE
Kondensor
1 kg
HP LP
CF OF
Boiler
IIPompa I Pompa II Pompa I
(1–y–z) kg
y kg
(1-y) kg
(1–y–z) kg
1 kg
z kg (1–y) kg y kg
Mixing Chamber
Data yang diketahui:
P9 = 20 MPa T9 = 700oC
P10 = 6 MPa T11 = 600oC
P12 = 1 MPa
P13 = 15 kPa
Hitunglah efisiensi thermal siklus
Penyelesaian:
Diketahui bahwa:
P1 = P13 P2=P3 =P12 P4=P5 =P8= P7=P9 P6=P10 =P11
Titik1
Berdasarkan P1=P13 = 15 kPa pada kondisi saturated liquid diperoleh:
h1 = 225,94 kJ/kg
v1 = 0,001014 m3/kg
wPI = v1.(P2 – P1)
= 0,001014 m3/kg x ( 1000 – 15 ) kN/m2
= 0,99879 kJ/kg
Titik 2
h2 = h1+ wPI = 225,94 kJ/kg + 0,99879 kJ/kg
= 226,93879 kJ/kg
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 87
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat dan Regenerative
Titik 3
Berdasarkan P3 = 1 MPa pada kondisi saturated liquid diperoleh:
h3 = 762,81 kJ/kg
v3 = 0,001127 m3/kg
wPII = v3.(P4–P3) = 0,001127 m3/kg x ( 20.000–1000 ) kN/m2
= 21,413 kJ/kg
Titik 4
h4 = h3+ wPII
= 762,81 kJ/kg + 21,413 kJ/kg
= 784,223 kJ/kg
Titik 5
Pada titik ini berlaku T5 ≈ T6. T6 merupakan temperatur jenuh pada tekanan
P6. Dari tabel berdasarkan P6 = 6 MPa diperoleh T6 = 275,64oC.
Karena titik 5 compressed liquid, maka berdasarkan P5 = 20 MPa dan T5 =
275,64oC dari tabel dengan cara interpolasi diperoleh:
h5 = 1209,4322 kJ/kg
Titik 6
Berdasarkan P6 = 6 MPa pada kondisi saturated liquid diperoleh:
h6 = 1213,35 kJ/kg
v6 = 0,001319 m3/kg
wPIII = v6.(P7 – P6) = 0,001319 m3/kg x ( 20.000 – 6000 ) kN/m2
= 18,466 kJ/kg
Titik 7
h7 = h6+ wPIII
= 1213,35 kJ/kg + 18,466 kJ/kg
= 1231,816 kJ/kg
Titik 9
Berdasarkan P9 = 20 MPa dan T9=700oC pada kondisi superheated
diperoleh:
h9 = 3809 kJ/kg dan s9 = 6,7993 kJ/kg.K
Titik 10
s10 = s9 = 6,7993 kJ/kg.K
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 88
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat dan Regenerative
Kondisi titik 10 harus diuji. Berdasarkan P10 = 6 MPa diperoleh:
sf = 3,0267 kJ/kg.K
sg = 5,8892 kJ/kg.K
Karena s10 > sg berarti titik 10 adalah superheated.
Berdasarkan P10 = 6 MPa dan s10 = 6,7993 kJ/kg.K maka dari tabel
superheated melalui interpolasi diperoleh
h10 = 3361,626 kJ/kg
Titik 11
Berdasarkan P11 = 6 MPa dan T11 = 600oC pada kondisi superheated
diperoleh:
h11 = 3658,4 kJ/kg dan s11 = 7,1677 kJ/kg.K
Titik 12
s12 = s11 = 7,1677 kJ/kg.K
Kondisi titik 12 harus diuji. Berdasarkan P12 = 1 MPa diperoleh:
sf = 2,1387 kJ/kg.K
sg = 6,5865 kJ/kg.K
Karena s12 > sg berarti titik 12 adalah superheated.
Berdasarkan P12 = 1 MPa dan s12 = 7,1677 kJ/kg.K maka dari tabel
superheated melalui interpolasi diperoleh
h12 = 3077,87 kJ/kg
Titik 13
s13 = s12 = 7,1677 kJ/kg.K
Kondisi titik 13 juga harus diuji. Berdasarkan P13 = 15 kPa diperoleh:
sf = 0,7549 kJ/kg.K
sg = 8,0085 kJ/kg.K
sfg = 7,2536 kJ/kg.K
Karena sf < s13 < sg berarti titik 13 adalah campuran.
x13 = fg
f13s
ss −
=K.kg/kJ 7,2536
K.kg/kJ 7549,0K.kg/kJ 1677,7 −
= 0,8841
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 89
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat dan Regenerative
Berdasarkan P13 = 15 kPa diperoleh:
hf = 225,94 kJ/kg
hfg = 2373,16 kJ/kg
h13 = hf + x13.hfg = 225,94 kJ/kg + 0,8841x 2373,16 kJ/kg
= 2324,0508 kJ/kg
Untuk mencari nilai y jadikan closed feedwater heater sebagai sistem lalu buat
energy balance: y
Closed FWH
Closed FWH
Closed FWH
)35,1213626,3361()223,7844322,1209( )223,7844322,1209(y−+−
−=
(1–y).(h5–h4) = y.(h10–h6)
y = )hh()hh(
hh
61045
45−+−
−
5
10
4
6
y
(1-y) (1-y)
y = 0,1651
Untuk mencari nilai h8 jadikan mixing chamber sebagai sistem lalu buat energy
balance:
h8 = (1− y).h5 + y.h7
h8 = (1− 0,1651)x1209,4322 kJ/kg + 0,1651x1231,816 kJ/kg
Closed FWH
Closed FWH
Mixing Chamber
8 5
7
y
(1−y)
h8 = 1213,1278 kJ/kg
Untuk mencari nilai z jadikan open feedwater heater sebagai sistem lalu buat
energy balance: z
Closed FWH
Closed FWH Open FWH
12
2
3
(1-y)
(1–y). h3 = z. h12 +(1 − y − z)h2
z = ( )
212
23hh
hh).y1(−
−−
93879,22687,3077 )93879,22681,762)(1651,01(z
−−−
=
z = 0,1569
(1-y-z)
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 90
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat dan Regenerative
Efisiensi thermal dapat dihitung dengan rumus:
in
netth q
q=η
in
outinq
qq −=
in
outqq1−=
Dimana:
qin = (h9 – h8) + (1–y)(h11 – h10)
= (3809 – 1213,1278) kJ/kg + (1− 0,1651).( 3658,4 − 3361,626) kJ/kg
= 2.843,649 kJ/kg
qout = (1–y − z)(h13 – h1)
= (1 – 0,1651–0,1569).( 2324,0508 – 225,94) kJ/kg
= 1.422,519 kJ/kg
649,843.2519,422.11th −=η
= 49,98%
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 91
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
2.7 COGENERATION SYSTEMS Pembangkitan tenaga uap umumnya hanya untuk menghasilkan energi
listrik. Namun ada industri atau situasi dimana uap yang dihasilkan selain untuk
membangkitkan energi listrik juga dipakai untuk keperluan lain. Sebagai contoh
pembangkitan tenaga pada sebuah universitas (di luar negeri) uap yang dihasilkan
selain menggerakkan turbin juga dipakai untuk menghangatkan ruangan. Industri-
industri besar seperti industri kimia, penyulingan minyak, pabrik baja, pabrik
gula, industri makanan dan pabrik kertas semuanya membutuhkan uap untuk
menjalankan berbagai proses selain untuk menghasilkan listrik. Memanfaatkan
sebagain uap dari PLTU-nya akan lebih menghemat biaya daripada harus
membuat suatu pembangkit uap tersendiri.
PLTU besar umumnya mempunyai efisiensi antara 30% – 40%. Tentulah
kita mengharapkan bahwa uap yang dihasilkan semakin banyak manfaatnya. Hal
ini dapat dicapai dengan mengintegrasikan pemakaian uap yang dihasilkan untuk
pemanfaatan berbagai tujuan. Metode ini disebut dengan cogeneration.
Unjuk kerja dari sistem cogeneration dinyatakan dengan efektifitas,ε :
sistem keinput Energi
lain haluntuk dipakai yang Panas Turbin erjaK +=ε
Bila unjuk kerja pembangkitan tenaga hanya untuk listrik berkisar 30% – 40%
maka dengan sistem cogeneration memungkinkan untuk mencapai 55% - 70%.
Pompa I Pompa II
Kondensor
Ketel Heating
Load
cload mm••
+
loadm•
cm•
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 92
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
Pada gambar di atas, laju aliran massa fluida kerja yang melewati kondensor
dinotasikan dengan sedangkan yang melewati heating load dinotasikan
dengan . Dengan demikian laju aliran massa fluida kerja yang keluar dari
ketel menuju ke turbin adala ( + )
cm•
loadm•
cm•
loadm•
Contoh 2.7.1
Pada sebuah siklus kogenerasi, uap berekspansi di dalam turbin dari 6
MPa, 440oC ke 8 kPa. Efisiensi adiabatik turbin 85% dan menghasilkan
daya 50 MW. Uap diekstrak pada tekanan 0,5 MPa untuk beban kalor 5
x 106 kJ/min. Uap meninggalkan beban kalor sebagai saturated liquid
pada 0,4 MPa dan bercampur dengan uap yang meninggalkan pompa
kondensat pada tekanan 0,4 MPa. Efisiensi masing-masing pompa 70%.
Hitunglah:
a. Hitunglah laju aliran fluida yang melewati beban kalor dan
kondensor, [kg/min]
b. Efektivitas siklus
Penyelesaian
Data yang diketahui:
P2 = P3 = P8 = 0,4 MPa = 400 kPa
P5 = 6 MPa = 6000 kPa T5 = 440oC
P1 = P7 = 8 kPa P6 = 0,5 MPa = 500 kPa •
W T = 50 MW •
Q load = 5 x 106 kJ/min
ηT = 0,85 ηP = 0,70
Dari data awal, kemungkinan diagram T-s seperti di bawah. Posisi titik 6
dan 7 yang tepat baru dapat diketahui bila kondisinya telah dicek. Jadi bisa
saja berada di garis saturated atau bahkan campuran (di dalam kubah).
Perhitungan awal
Titik 1
Berdasarkan P1=P7=8 kPa pada kondisi saturated liquid
h1 = 173,88 kJ/kg v1 = 1,084 x 10-3 m3/kg
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 93
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
Kerja pompa I ideal:
wpI = v1 (P2-P1)
= 1,084 x 10-3 m3/kg (400 – 8) kPa
= 0,3953 kJ/kg
Kerja pompa I aktual:
wPIa = P
PIwη
= 0,70
kJ/kg 0,3953
= 0,5647 kJ/kg
cload mm••
+
loadm•
cm•
Titik 2
Entalpi aktual pada titik 2
h2a = wPIa+ h1
= 0,5647 kJ/kg + 173,88 kJ/kg
= 174,4447 kJ/kg
Titik 3
Berdasarkan P3 = 400 kPa pada kondisi saturated liquid
h3 = 604,73 kJ/kg v3 = 0,001084 m3/kg
Kerja pompa II ideal:
wpII = v3 (P4 − P3)
= 0,001084 m3/kg (6000 – 400) kPa
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 94
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
= 6,0704 kJ/kg
Kerja pompa II aktual:
wPIIa = P
PIIwη
= 0,70
kJ/kg 6,0704
= 8,6720 kJ/kg
Titik 4
Entalpi aktual pada titik 4
h4a = wPIIa+ h3
= 8,6720 kJ/kg + 604,73 kJ/kg
= 613,4020 kJ/kg
Titik 5
Berdasarkan P5 = 6 MPa dan T5 = 440oC pada kondisi Superheated
diperoleh
h5 = 3277,3 kJ/kg
s5 = 6,6853 kJ/(kg.K)
Titik 6
Entropi pada titik 6
s6 = s5 = 6,6853 kJ/(kg.K)
Kondisi titik 6 harus diuji. Berdasarkan P6 = 0,5 MPa diperoleh:
sf = 1,8606 kJ/kg.K
sg = 6,8212 kJ/kg.K
sfg = 4,9606 kJ/kg.K
Karena sf < s6 < sg berarti titik 6 adalah campuran. Kualitas campuran
pada titik 6
x6 = fg
f6
sss −
=K.kg/kJ 4,9606
K.kg/kJ )8606,1 ,68536( −
= 0,9726
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 95
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
Berdasarkan P6 = 500 kPa diperoleh:
hf = 640,21 kJ/kg hg = 2748,67 kJ/kg
hfg = 2108,47 kJ/kg
h6 = hf + x6.hfg
= 640,21 kJ/kg + 0,9726 x 2108,47 kJ/kg
= 2690,9166 kJ/kg
Kerja turbin aktual tahap 1:
wT1a = (h5 – h6) x ηT
= (3277,3 – 2690,9166) kJ/kg x 0,85
= 498,3834 kJ/kg
Entalpi aktual pada titik 6
h6a = h5 − wTIa
= 3277,3 - 498,3839 kJ/kg
= 2778,9161 kJ/kg
Karena nila h6a > hg (pada P = 500 kPa) berarti titik 6a berada pada
kondisi superheated vapor.
Dari tabel superheated berdasarkan P = 500 kPa dan h6a = 2778,9161
kJ/kg dengan interpolasi linear diperoleh:
h (kJ/kg) 2748,67 2778,9161 2855,37
s (kJ/kg.K) 6,8212 6,8887 7,0592
Titik 7
Entropi pada titik 7
s7 = s6a = 6,8887 kJ/(kg.K)
Kondisi titik 7 perlu diuji. Berdasarkan P7 = 8 kPa diperoleh:
sf = 0,5926 kJ/kg.K hf = 173,88 kJ/kg
sg = 8,2287 kJ/kg.K hfg = 2403,1 kJ/kg
sfg = 7,2536 kJ/kg.K
Karena sf < s7 < sg berarti kondisi titik 7 adalah campuran. Kualitas
campuran
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 96
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
x7 = fg
f7s
ss −
=K.kg/kJ 7,2536
K.kg/kJ )5926,0 ,88876( −
= 0,8680
Entalpi ideal pada titik 7
h7 = hf + x7.hfg
= 173,88 kJ/kg + 0,8680 x 2403,1 kJ/kg
= 2259,7708 kJ/kg
Entalpi aktual pada titik 7
h7a = h6a − (h6a – h7) x ηT
= 2778,9161 kJ/kg – 0,85 x (2778,9161 – 2259,7708) kJ/kg
= 2337,6426 kJ/kg
Titik 8
Titik 8 nilainya persis sama dengan titik 3
h8 = 604,73 kJ/kg
a. Laju aliran massa fluida yang melewati beban kalor •
m load (h6a – h8) = •
Q load
•
m load = kJ/kg 604,73)-(2778,9161
kJ/min 10 x 5 6
= 2299,7 kg/min
Laju aliran massa fluida yang melewati kondensor dapat dicari dengan
menjadikan turbin sebagai sistem lalu buat energy balance: •
W T =•
m 5.(h5 – h6a) + •
m 7.(h6a – h7a)
Dimana : •
m 7 = •
m c dan •
m 5 = •
m load + •
m c
•
W T = (•
m load + •
m c). (h5 – h6a) + •
m c. (h6a – h7a)
= •
m load (h5 – h6a) + •
m c (h5 – h7a)
•
m c = a75
a65loadT
hh)hh.(mW
−−−
••
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 97
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
kJ/kg 2337,6426) (3277,3
kgkJ2778,9161) (3277,3x
minkg2299,7
minkJ 50x1000x60
−
−−=
= 1972,9175 kg/min
b. Efektifitas siklus;
in
loadT
Q
Q W •
••
+=ε
Dimana •
Q in = •
m 5 . (h5 – h4a)
= (•
m load + •
m c) . (h5 – h4a)
= (2299,7 + 1972,9175)kg/min x (3277,3 –613,4020) kJ/kg
= 11.381.817,21 kJ/min
kJ/min 21,817.381.11
kJ/min 10 x 5 kJ/min 60) x x100005( 6+
=ε
= 0,7029 = 70,29%
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 98
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
BAB 3 SIKLUS REFRIGRASI
3.1 REFRIGRATOR DAN POMPA KALOR Secara alamiah kalor akan mengalir dari medium bertemperatur tinggi ke
medium bertemperatur rendah. Jadi untuk mendinginkan air di dalam wadah yang
bersuhu 80oC maka cukup membiarkannya saja di udara terbuka (biasanya 27oC)
maka air akhirnya bertemperatur sama dengan udara tersebut. Proses ini akan
terjadi dengan sendirinya tanpa menggunakan alat. Akan tetapi membalikkan
proses tersebut tidak akan bisa terjadi dengan sendirinya tanpa bantuan alat. Ini
berarti mustahil suhu air di dalam gelas yang bertemperatur 27oC menjadi 80oC
hanya dengan membiarkannya di udara terbuka.
Jika mesin kalor (heat engine) adalah alat yang mentrasfer energi dari
temperatur tinggi ke temperatur rendah, maka pompa kalor (heat pump)
digunakan untuk mentransfer kalor dari medium bertemperatur rendah ke medium
bertemperatur tinggi. Namun sebenarnya ada dua jenis yaitu heat pump (pompa
kalor) dan refrigrator (mesin pendingin). Untuk lebih jelasnya perhatikan gambar
di bawah. Pompa kalor tujuannya untuk memanaskan suatu medium sebaliknya
refrigerator untuk mendinginkan suatu medium. Pompa kalor desired output-nya
QH (memanaskan ruangan) sedangkan refrigerator desired output-nya adalah QL
(mendinginkan ruangan). Keduanya berlaku QH = QL + W.
Heated Room
QH
TL
QL
Heat Pump
W
TH
Cooled Room
TL
QL
Refri- gerator
W
TH
QH
Gambar 3.1 Skema kerja heat pump dan refrigerator; heat pump memanaskan ruangan sedangkan refrigerator mendinginkan ruangan.
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 99
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
Sebenarnya istilah refrigerator adalah istilah untuk mesin pendingin bahan
makanan (lebih dikenal dengan nama kulkas), sedangkan untuk mendinginkan
ruangan disebut air conditioner (AC). Cara kerja keduanya persis sama.
Kalau unjuk kerja mesin kalor dinyatakan dengan efisiensi, maka unjuk kerja
pompa kalor dan refrigerator dinyatakan dengan dengan COP ( Coefficient Of
Performance).
Heat Pump:
diperlukan yangInput diinginkan yangput Out COPHP =
W
Qinput Kerja
pemanasanEfek H==
= LH
HQQ
Q−
= HE
1η
Dimana ηHE adalah efisiensi mesin kalor (heat engine).
Refrigerator:
diperlukan yangInput diinginkan yangput Out COPR =
WQ
input KerjanpendinginaEfek L==
= LH
LQQ
Q−
Hubungan refrigrator dengan heat pump.
LH
LR QQ
QCOP−
=
= ( ) HLH
HLQ/QQ
Q/Q−
= HE
HL Q/Qη
= HHE
LQ
Qη
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 100
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
Unjuk kerja dari refrigerator dan AC di Amerika sering dinyatakan dalam energy
efficiency rating (EER) yaitu jumlah kalor yang dipindahkan dari ruang dingin
dalam Btu untuk setiap 1 Wh (watt jam) listrik yang dikonsumsi mesin. Karena 1
kWh = 3412 Btu maka:
EER = 3,412 COPR
Jika pada mesin kalor ada pernyataan Kelvin-Planck, maka pada heat pump dan
refrigerator ada Clausius statement:
“Tidak mungkin sebuah mesin bekerja dengan mengambil kalor dari
reservoir yang bertemperatur rendah lalu membuangnya ke reservoir yang
bertemperatur lebih tinggi tanpa adanya bantuan kerja dari luar”
Contoh 3.1.1
Ruang tempat penyimpanan makanan pada sebuah refrigerator
dipertahankan pada suhu 4oC dengan cara menyerap kalor 360 kJ/min
dari ruang tersebut. Jika daya yang dipakai refrigerator 2 kW, hitung:
a. COP refrigerator
b. Laju pembuangan kalor ke lingkungan
Penyelesaian
HQ&
kJ/s 6QL =&
W& = 2 kJ/s Refri- gerator
Ruang Makanan
Ruang Dapur (Lingkungan)
Data yang diketahui:
W& = 2 kW = 2 kJ/s
LQ& = 360 kJ/min
= 6 kJ/s
TL = 4oC
Ditanyakan:
COPR dan = ? HQ&
Analisis
a. Coefficient of Peformance mesin refrigerator:
WQCOP L
R &
&=
= kJ/kg 2kJ/s 6
= 3
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 101
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
Artinya setiap 1 kJ energi yang disuplai refrigerator dipindahkan 3
kJ kalor dari ruang makanan.
b. Laju pembuangan kalor ke lingkungan, dalam hal ini ke ruang dapur
(tempat dimana refrigerator biasa diletakkan):
LH QWQ &&& +=
= (2 + 6) kJ/s
= 8 kW
Contoh 3.1.2
Sebuah pompa kalor dipakai untuk mempertahankan temperatur ruangan
sebuah rumah pada 20oC. Ketika temperatur udara luar −2oC rumah
tersebut kehilangan kalor 80.000 kJ/h. Jika pompa kalor pada kondisi
tersebut mempunyai COP 2,5 , hitung:
a. Daya yang dikonsumsi oleh pompa kalor
b. Laju penyerapan kalor dari udara dingin.
HQ&
LQ&
W& Heat Pump
Udara Luar TL = −2oC
Ruangan TH = 20oC Penyelesaian
Data yang diketahui:
COPHP = 2,5
TH = 20oC
TL = −2oC
Ditanyakan:
dan = ? W& LQ&
Analisis
Ruangan (rumah) kehilangan kalor 80.000 kJ/h artinya untuk
mempertahankan agar temperatur tidak turun maka ruangan tersebut
harus disuplai dengan jumlah kalor yang sama. Jadi
= 80.000 kJ/h HQ&
= 22,2 kW
a. Daya yang dikonsumsi (disuplai) heat pump:
HP
HCOP
QW&
& =
= 2,5kJ/h 80.000
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 102
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
= 32.000 kJ/h
= 8,9 kW
b. Kalor yang diserap dari udara luar (udara dingin):
WQQ HL &&& −=
= (80.000 − 32.000) kJ/h
= 48.000 kJ/s
= 13,3 kW
Catatan:
Total kalor yang harus disuplai ke dalam ruangan untuk
mempertahankannya pada 20oC adalah 80.000 kJ/h (22,2 kW). Sebanyak
32.000 kJ/h (8,9 kW) diantaranya disuplai dari kerja sedangkan yang
48.000 kJ/s (13,3 kW) adalah hasil serapan kalor dari udara dingin. Jadi
seandainya kita harus membayar tagihan listrik akibat daya yang kita
pakai, maka yang dibayar adalah yang 8,9 kW sedangkan yang 13,3 kW
gratis.
W&
Bayangkan seandainya kita harus memanaskan ruangan dengan
menggunakan kumparan kawat yang dialiri listrik, maka total daya yang
listrik yang harus disuplai adalah 22,2 kW jauh lebih besar dari 8,9 kW.
Tagihan listrik membengkak 2,5 kali lipat, sesuai nilai COP dari pompa
kalor.
3.2 SIKLUS REFRIGRASI CARNOT Untuk memperkenalkan hal-hal yang penting pada refrigerasi uap, mari kita
mulai dengan memperhatikan siklus refrigrasi Carnot. Siklus ini diperoleh dengan
cara membalikkan siklus Carnot yang telah dibahas pada siklus daya gas. Gambar
di bawah adalah skema dan diagram T-s dari siklus refrigerasi Carnot (siklus
Carnot yang dibalik) yang beroperasi pada temperatur rendah TL dan temperatur
tinggi TH. Refrigerator dan pompa kalor yang bekerja berdasarkan siklus Carnot
yang terbalik disebut mesin refrigrasi Carnot (Carnot refrigerator) atau pompa
kalor Canot (Carnot heat pump). Pada siklus tersebut refrigerant menyerap kalor
sebesar Qin secara isotermal dari lingkungan yang bertemperatur TL ( proses 4-1).
Kemudian refrigerant dikompressi secara isentropik ke titik 2 sehingga
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 103
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
temperaturnya naik menjadi TH (proses 1−2). Kalor sebesar Qout dibuang secara
isotermal ke lingkungan yang bertemperatur TH (proses 2-3) yang selanjutnya
berekspansi secara isentropis menuju ke titik 4. Pada proses ekspansi refrigerant
berubah keadaan dari uap jenuh ke cairan jenuh.
Wturb.
Turbine
4 1
2 3
Evaporator
Condensor Compressor
qev.
qcon.
Wcom
qcon.
qev.
Gambar 3.2 Skema mesin fefrigerasi Carnot dan diagram T-s-nya Unjuk kerja (coefficient of performance) dari siklus refrigerasi Carnot;
Untuk pompa kalor:
inout
outCarnot,HP QQ
QCOP−
=
LH
HTT
T−
=
( )HL T/T11
−=
Untuk mesin pendingin:
inout
inCarnot.,fRe QQ
QCOP−
=
LH
LTT
T−
=
( ) 1T/T1
LH −=
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 104
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
3.3 SIKLUS REFRIGRASI KOMPRESSI UAP IDEAL Kesulitan yang dialami pada siklus refrigrasi Carnot dapat diatasi dengan
menguapkan secara sempurna refrigrant sebelum dikompressi dan mengganti
turbin dengan alat throttling, seperti katup ekspansi dan pipa kapiler. Hasilnya
adalah sebuah siklus yang disebut siklus refrigerasi kompressi uap yang ideal.
Siklus ini merupakan yang paling sering ditemukan pada sistem pendingin untuk
bahan makanan dan kimia, pengkondisian udara dan bahkan pompa kalor (untuk
memanaskan ruangan).
(a) (b)
Gambar 3.3 (a) Kulkas, salah satu aplikasi refrigerasi dalam rumah tangga. (b) Diagram aliran refrigeran dan temperaturnya saat melewati komponen tertentu.
3.3.1 Prinsip Kerja Siklus Refrigerasi Uap Ideal
Refrigeran yang dalam kondisi uap jenuh (saturated vapor) dikompressi
dikompressor. Kalor yang diserap oleh refrigeran di evaporator harus dibuang ke
lingkungan. Masalahnya adalah temperatur lingkungan lebih tinggi dari
temperatur refrigeran. Karena itulah refrigeran dikompressi sehingga tekanan dan
temperaturnya menjadi naik. Uap jenuh yang dinaikkan temperaturnya (dengan
cara dikompressi tadi) menjadi superheated vapor dan masuk ke kondensor. Pada
kulkas, kondensor biasanya berada pada dinding belakang.
Di kondensor, kalor dibuang ke lingkungan sehingga temperatur sistem
turun. Keadaan refrigeran juga berubah dari superheated vapor menjadi campuran
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 105
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
cairan-gas hingga saturated liquid (cairan jenuh). Fluida selanjutnya melewati
throttling devices (bisa berupa katup ekspansi atau pipa kapiler) dimana tekanan
refrigeran turun secara dramatis. Penurunan tekanan ini dibarengi dengan turunya
temperatur secara drastis pula. Refrigerant masih dalam kondisi cairan (campuran
cair dan gas) yang selanjutnya menuju ke evaporator. Di evaporator refrigeran
menyerap kalor dari lingkungan (ruangan yang didinginkan). Temperatur
refrigeran tidak naik sebab energi ini dipakai untuk merubah fasa refrigeran dari
cair menjadi gas. Selanjutnya refrigeran kembali kompressor untuk memulai
siklus seperti sebelumnya. Untuk menjamin bahwa semua refrigeran yang masuk
ke kompressor adalah gas, maka biasanya diantara evaporator dan kompressor
dipasangi liquid receiver (lihat gambar 3.3.b). Di sini liquid akan tenggelam ke
dasar sementara gas berada di bagian atas yang selanjutnya menuju ke
kompressor. Pergerakan seluruh fluida ini disebabkan oleh kerja dari kompressor.
4 1
2 3
Evaporator
Condensor Compressor
qev.
qcon.
wcom.
qcon.
qev.
T
hrottle
Gambar 3.4 Diagram siklus refrigerasi ideal dengan diagram T-s-nya. 3.3.2 Analisis Energi Pada Siklus Refrigerasi Uap Ideal Titik 1 selalu dalam kondisi uap jenuh sedangkan titik 3 selalu dalam kondisi
cairan jenuh.
Proses 1-2 Kompressi adiabatic isentropic.
Proses 2-3 Pembuangan kalor pada tekanan tetap.
Proses 3-4 Proses throttling adiabatic (h3 = h4).
Proses 4-1 Penyerapan kalor pada tekanan konstan.
Fluida kerja yang dipakai pada mesin-mesin pendingin haruslah memiliki
temperatur didih yang sangat rendah. Maksudnya meski dalam tekanan 1 atm dan
suhu kamar, fluida kerja tersebut haruslah sudah mendidih (berbentuk gas).
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 106
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
Refrigerant akan melewati beberapa komponen serta perubahan fasa. Analisis
energinya didasarkan pada persamaan energi untuk sistem terbuka dengan
mengabaikan perubahan energi kinetik dan energi potensial. Untuk diperhatikan
bahwa meskipun siklus refrigrasi adalah siklus tertutup, tetapi fluida kerja yang
melewati setiap komponen merupakan sistem terbuka. Artinya massa dapat keluar
masuk sistem yang ditinjau. Persamaan energi yang dipakai adalah:
ie hhwq −=−
Kompressor (proses 1−2)
Di titik 1, refrigrant dalam bentuk gas. Selanjutnya dikompressi ke keadaan
2. Tekanan dan temperatur menjadi naik. Refrigran masih dalam fase gas dan
masuk ke kondensor. Karena kompressor dianggap adiabatik maka tidak ada kalor
yang keluar masuk sistem q1−2 = 0. Dari persamaan energi diperoleh
1221 hhw −=− −
2121 hhw −=−
Entalpi fluida berbanding lurus dengan temperaturnya dan dari diagram T-s pada
gambar 3.4 terlihat T1 < T2 dengan demikian h1 < h2 . Kerja w1−2 bernilai negatif,
artinya sistem membutuhkan kerja (kerja masuk ke sistem). Kerja yang
dibutuhkan (kata "butuh" pada kerja berarti masuk ke sistem dan selalu negatif)
kompressor adalah:
12comp hhw −=
Kondensor (proses 2−3)
Karena temperatur refrigran lebih tinggi dari temperatur lingkungan maka
kalor dibuang ke lingkungan. Refrigran berubah dari fase gas menjadi cair. Pada
tekanan tinggi titik didih refrigrant juga tinggi, sehingga saat temperaturnya
diturunkan terjadi proses kondensasi dari gas menjadi cair. Tidak ada kerja pada
kondensor sehingga persamaan energi menjadi
2332 hhq −=−
Karena T3 < T2 maka h3 < h2 . Karena itu q2−3 bernilai negatif. Ini sesuai dengan
kenyataan bahwa kondensor membuang kalor ke lingkungan dimana kalor yang
keluar dari sistem bernilai negatif. Besarnya kalor yang dibuang kondensor
menjadi:
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 107
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
32con hhq −=
Katup ekspansi (proses 3−4)
Melewati katup ekspansi, tekanan turun secara drastis yang juga diikuti oleh
penurunan temperatur secara drastis pula. Fluida masih dalam fase cair. Fluida
selanjutnya menuju ke evaporator. Pada sistem ini refrigeran mengalami proses
throtling atau iso-enthalpy (entalpi konstan).
43 hh =
Evaporator (proses 4−1)
Di evaporator, karena temperatur refrigran sangat rendah, kalor diserap dari
lingkungan. Refrigran berubah fase dari cair menjadi gas. Ini terjadi karena pada
tekanan yang sangat rendah, titik didih refrigran juga sangat rendah. Di evaporator
inilah terjadi efek pendinginan yang kita harapkan.
Tidak ada kerja yang keluar atau masuk sistem ini; dengan demikian persamaan
energi menjadi:
4114 hhq −=−
Dalam kasus ini T1 = T4 tetapi h1 ≠ h4. Refrigeran pada titik 1 dalam kondisi
saturated vapor sedangkan pada titik 4 dalam kondisi mixture. h1 > h4 karena itu
bernilai positif. Sekali lagi ini sesuai kenyataan bahwa evaporator menyerap
kalor dari lingkungan (ruangan yang didinginkan), atau dengan kata lain kalor
masuk ke sistem. Besarnya kalor yang diserap evaporator adalah:
14q −
41.ev hhq −=
Koefisien unjuk kerja atau Coefficient of Performance (COP) dari siklus
refrigerasi ideal adalah:
COP = com
.evwq =
12
41hhhh
−−
Contoh 3.3.1
Sebuah siklus refrigrasi ideal memakai Freon-12 sebagai fluida kerja.
Pada evaporator T = −20oC dan di kondensor T = 40oC. Laju aliran
refrigrant 0,03 kg/s. Hitung COP dan kapasitas siklus dalam satuan
kWatt (qev.)
Peyelesaian
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 108
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
Titik 1
Pada T = −20oC dari table Freon-12 pada kondisi saturated vapor
didapat:
h1 = 178,610 kJ/kg s1 = 0,7082 kJ/kg.K
Titik 2
P2 = P3. Berdasarkan T3 = 40oC pada kondisi saturated liquid dari table
diperoleh P3 = 0,9607 MPa.
Berdasarkan s2 = s1 = 0,7082 kJ/kg.K dan P2 = 0,9607 MPa pada kondisi
superheated vapor, dengan interpolasi diperoleh:
h2 = 211,38 kJ/kg.
Titik 3
Berdasarkan T3 = 40oC pada kondisi saturated liquid diperoleh:
h3 = 74,527 kJ/kg
Titik 4
h4 = h3 = 74,527 kJ/kg
Kapasitas siklus:
.evQ•
=•
m .qev
= 0,03 kg/s x (178,610 – 74,527) kJ/kg
= 3,12 kW
Coefficient of Performance (COP):
COP = .con
.ev
= 12
41hhhh
−−
= 610,781 211,38
74,527178,610−−
= 3,176
3.4 SIKLUS REFRIGRASI KOMPRESSI UAP AKTUAL Siklus refrigrasi ideal melibatkan banyak asumsi untuk memudahkan
pemahaman dasar siklus. Dengan asumsi-asumsi tersebut analisis menjadi lebih
mudah. Setelah memahami benar siklus ideal selanjutnya kita akan meninjau
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 109
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
siklus aktual, yang tentu saja berbeda dari siklus ideal. Meski berbeda analisis
tetap berangkat dari siklus ideal untuk menghitung nilai yang aktual. Penyebab
perbedaan siklus ideal dengan aktual adalah irreversibilitas dalam komponen. Dua
komponen penyebab utama irreversibilitas adalah gesekan fluida yang
menyebabkan penurunan tekanan dan perpindahan kalor dari dan ke lingkungan.
Pada siklus ideal, refrigerant meningkalkan evaporator dan masuk ke
kompressor sebagai uap jenuh. Akan tetapi dalam prakteknya sangat sulit untuk
mengontrol state refrigerant pada kondisi uap jenuh dan akan lebih mudah untuk
mendesain sistem sehingga refrigerant sedikit di atas uap jenuh (sedikit memasuki
daerah superheated) pada saat memasuki kompressor. Tujuannya untuk
memastikan semua refrigerant telah menjadi uap ketika masuk ke kompressor.
Contoh 3.4.1
Refrigeran-134a memasuki kompressor sebuah refrigerator dalam
kondisi superheated vapor pada 0,14 MPa dan −10oC dengan laju 0,05
kg/s dan keluar pada 0,8 MPa dan 50oC. Refrigeran didinginkan di
kondensor ke 24oC dan 0,7 MPa dan dithrotle ke 0,15 MPa. Dengan
mengabaikan kehilangan kalor dan penurunan tekanan pada pipa-pipa
yang menghubungkan komponen, hitung
a. Laju pembuangan kalor dari ruang yang didinginkan dan daya yang
disuplai ke kompressor.
b. Efisiensi isentropik kompressor
c. COP refrigerator
Peyelesaian
Laju aliran massa refrigeran di komponen manapun dalam sistem tetap
sama.
kg/s 0,05m =•
Titik 1 ; saat fluida akan memasuki kompressor.
Diketahui P1 = 0,14 MPa T1 = −10oC dan dari tabel uap untuk R-134a
pada kondisi superheted vapor didapat:
h1 = 246,40 kJ/kg s1 = 0,9606 kJ/kg.K
Titik 2
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 110
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
Diketahui P2 = 0,8 MPa dan T2 = 50oC. Kondisinya sudah pasti
superheated vapor sebab sebelum dikompressi pun sudah dalam kondisi
superheated vapor. Dari tabel uap untuk R-134a pada kondisi superheted
vapor didapat:
h2 = 284,39 kJ/kg s2 = 0,9711 kJ/kg.K
Titik 3
Diketahui P3 = 0,7 MPa dan T3 = 24oC.
Cek kondisi, berdasarkan P3 = 0,7 MPa maka dari tabel diperoleh
temperatur jenuh Tsat = 26,72oC. Karena T3 < Tsat maka refrigeran dalam
kondisi compressed liquid. Dari tabel R-134a berdasarkan T3 = 24oC
ambil bagian saturated liquid:
h3 = h3f = 82,90 kJ/kg
Titik 4
Karena proses 3−4 adalah throttling maka
h4 = h3 = 82,90 kJ/kg
a) Laju pembuangan kalor dari ruang yang didinginkan (di evaporator)
( )41.ev hhmQ −=••
= 0,05 kg/s (246,40 − 82,90) kJ/kg
= 8,175 kJ/s
Daya yang disuplai ke kompressor
( )12com hhmW −=••
= 0,05 kg/s (284,39 − 246,40) kJ/kg
= 1,8995 kJ/s
b) Efisiensi isentropik kompressor
12
1s2com hh
hh−−
=η
Dimana subscript s menyatakan proses yang isentropis. Diketahui nilai
s2s = s1 = 0,9606 kJ/kg.K dan P2s = P2 = 0,8 MPa. Uji kondisi tak perlu
dilakukan sebab pada titik 1 saja kondisinya sudah superheated apalagi
setelah mengalami proses kompressi, seperti yang ditunjukkan pada
diagram T-s ideal (Gambar 3.4) pasti superheated dengan temperatur
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 111
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
yang lebih tinggi. Karena itu dari tabel superheated berdasarkan s2s =
0,9606 kJ/kg.K dan P2s = 0,8 MPa dengan interpolasi linear diperoleh:
P = 0,8 MPa
s (kJ/kg.K) h (kJ/kg) T (oC)
0,9374 273,66 40
0,9606 281,05 46,88
0,9711 284,39 50
Efisiensi isentropik kompressor menjadi:
40,24639,28440,24605,281
com −−
=η
= 91,21%
c) COP refrigerator
COP = com
.ev
W
Q•
•
8995,1
8,175=
= 4,3
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009 Halaman 112
top related