Modul thermodinamika (penyelesaian soal siklus pembangkit daya)

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 salah satu dari bahagian kecil mata pelajaran tersebut. Buku modul ini adalah

berisikan tentang contoh soal penyelesaian siklus pembangkit daya, diantaranya:

Siklus daya Otto

Siklus daya Diesel

Siklus daya Dual

Siklus daya Rankine

Pembahasan disajikan sedmikian rupa, dengan tujuan para pengguna modul ini diharapkan

dengan mudah memahaminay. Untuk materi siklus daya Rankine disajikan hanya sampai pada siklus

Rankine dengan pemanas ulang. Buku modul ini dapat digunakan untuk para 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.

Ali Hasimi Pane

I. Siklus Otto (Otto Cycle)

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

: cvcp = 1,4

cp : Konstanta panas spesifik pada tekanan

konstan

: 1,005 kJ/kg. K

cv : Konstanta panas spesifik pada volume

konstan

: 0,718 kJ/kg. K

R : Konstanta udara

: 0,287 kPa. m3/kg. K

: 0,287 kJ/kg. K

r : Rasio kompresi

: 21 vv = 34 vv

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 ()

- 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.

3. 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 (Th)

Th = in

netqw

= in

outinq

qq =

in

outqq

1

= 23

141TTcvTTcv

=

1

11

2

32

1

41

TTT

TTT

...(1d)

Ali Hasimi Pane

Penyederhanaan persamaan efisiensi

Proses 1 – 2

Dari proses ini diketahui berlangsung secara kompresi

adiabatik isentropik, maka:

1

2TT

= 1

2

1VV

k

= 1

2

1

k

vv

= 1kr …(i)

T2 = T1 . 1kr

Proses 3 – 4

Dari proses ini diketahui berlangsung secara ekspansi


3

4TT

= 1

4

3VV

k

= 1

4

3

k

vv

= 11

k

r ...(ii)

Proses 2 – 3 dan Proses 4 – 1

Dari proses ini diketahui adalah secara volume konstan,

maka:

2

3TT

= 1

4TT

...(iii)

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

Th =

1

11

1

42

1

41

TT

T

TTT

Sehingga

Th = 2

11TT

diketahui dari pers (i)

1

2TT

= 1kr , maka:

= 1

11

kr ...(1e)

- MEP (Mean Effective Pressure)

MEP = 21 vvWnet

=

1

21 1

vv

v

qq outin ; dimana rvv

2

1 , maka:

=

rv

qq outin111

...(1 f)

Ali Hasimi Pane

Contoh Soal dan Penyelesaian dalam Satuan SI

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

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

300 K. Penambahan panas 1400 kJ/kg. Tentukan:

a. Kerja netto siklus (kJ/kg udara)

b. Efisiensi thermal siklus

c. Mean effective pressure (kPa)

Solusi:


Diketahui:

T1 = 300 K ; p1 = 100 kPa ; Qin = 1400 kJ/kg

r = 8,5

Penyelesaian: Dari lintasan proses siklus, diperoleh

besaran sebagai berikut:

Proses 1 – 2:

KT

rTTrvv

TT kk

k

14,7065,8300 14,12

112

11

2

1

1

2

Proses 2 – 3:

KKKkgkJ

kgkJT

Tcv

QTTTcvQ in

in

265614,706./718,0

/14003

2323

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

KT

rTT

rvv

TT kkk

39,11285,8

12656

11

14,1

4

1

34

11

4

3

3

4

Proses 4 – 1:

kgkJKKkgkJ

TTcvQout

/78,59430039,1128./718,014

a. Kerja Netto Siklus

kgkJkgkJQQW outinsiklus

/22,805/78,5941400

b. Efisiensi Thermal Siklus

%5,57575,0/1400/22,805

kgkJkgkJ

QW

in

siklus

c. Mean Effective Pressure (MEP)

rv

W

vv

v

Wvv

WMEP siklussiklussiklus

111)(

11

21

21

Untuk harga v1 dapat ditentukan, berdasarkan persamaan

gas perfek:

pv = mRT atau pv = RT

maka

3

31

1

861,0

100300./.287,0

m

kPaKKkgmkPa

pRT

v

sehingga

kPa

mNkPa

kJmN

kgm

kgkJMEP

91,1059

/101

1.10

5,811861,0

/22,80523

3

3

Ali Hasimi Pane

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

p1 = 1 bar, T1 = 290 K, V1 = 400 cm3. Temperatur

maksimum siklus T3 = 2200 K dan rasio kompresinya 8.

Tentukan:

a. Panas masuk (Qin) dalam kJ

b. Panas yang dibuang dalam kJ

c. Kerja netto siklus dalam kJ

d. Efisiensi thermal siklus

e. Mean effective pressure (MEP) dalam bar

Solusi:


Diketahui:

T1 = 290 K ; p1 = 1 bar ; T3 = 2200 K

r = 8 ; V1 = 400 cm3



Proses 1 – 2:

KKrTT k 24,666)8(290 14,1112

Proses 2 – 3:

T3 = 2200 K

Proses 3 – 4:

KKr

TTk

61,9578122001 14,11

34

Kemudian dari persamaan gas perfek, diperoleh harga:

pv = mRT atau pv = RT

maka

kgmcm

mmN

kJ

barmN

KKkgkJcmbar

TRVp

m

000481,010

1.10

1

1/10

)290)(./287,0()400)(1(

36

3

3

253

1

11

Sehingga:

a. Panas Masuk (Qin) dalam kJ

kJKKkgkJkg

TTcvmQin

529,024,6662200./718,0000481,0

23

b. Panas yang di-Buang (Qout) dalam kJ

kJKKkgkJkg

TTcvmQout

2306,029061,957./718,0000481,0

14

c. Kerja Netto Siklus (Wsiklus) dalam kJ

kJkJQQW outinsiklus

2984,02306,0529,0

d. Efisiensi Thermal Siklus

%41,56%100529,02306,01

%1001%100

in

out

in

siklusQQ

QW

Atau berdasarkan rasio kompresinya:

%47,565647,08

111114,11

kr

e. Mean Effective Pressure (MEP)

barcm

m

mNbar

kJmN

cm

kJ

rv

Wvv

WMEP siklussiklus

526,81

10

/101

1.10

811400

2984,0

11

3

36

25

3

3

121

Ali Hasimi Pane

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

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

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

temperatur maksimum (T3), tentukan:

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

Solusi: (Siklus Otto seperti gambar dibawah)


Diketahui:

T1 = 32 + 273 = 305 K ; p1 = 100 kPa ; r = 7,5

m = 2 gram = 0,002 kg ; T3 = 960 K



Proses 1 – 2:

KKrTT k 85,6825,7305 14,1112

Proses 2 – 3:

T3 = 960 K

Proses 3 – 4:

KKr

TTk

79,4285,7

19601 14,11

34

Sehingga

a. Panas Masuk (Qin) dalam kJ

kJ

KKkgkJkgTTcvmQin

3979,085,682960./718,0002,0

23

b. Panas Keluar (Qout) dalam kJ

kJ

KKkgkJkgTTcvmQout

1778,030579,428./718,0002,0

14

c. Kerja Netto Siklus (Wsiklus) dalam kJ

kJkJQQW outinsiklus

2201,01778,03979,0

d. Efisiensi Thermal

%32,55%1003979,01778,01

%1001%100

in

out

in

siklus

QQ

QW

e. Mean Effective Pressure (MEP) dalam kPa

rV

WVV

WMEP siklussiklus

11121

Dari persamaan gas perfek, diperoleh harga untuk v1:

pV = mRT atau pV = RT

maka:

33

23

3

11

00206,01

.10/10

1

85305./.287,0002,0

mkJ

mNmN

kPa

kPaKKkgmkPakg

pmRT

V

Sehingga:

kPa

mNkPa

kJmNkJ

MEP

282,123

/101

1.10

5,71100206,0

2201,023

3

Ali Hasimi Pane

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

temperatur dan tekanan awal masing – masing 300 K dan

1 bar, volume silinder adalah 560 cm3. Sementara

temperatur maksimum siklus 2000 K. Tentukan:

a. Temperatur dan tekanan pada setiap akhir proses

siklus

b. Panas masuk

c. Panas keluar


e. Kerja netto siklus

f. Mean effective pressure, dalam bar

Solusi: (Siklus Otto seperti gambar)


Diketahui:

T1 = 300 K

p1 = 1 bar

V1 = 560 cm3

T3 = 2000 K

r = 8



a. Temperatur dan Tekanan pada setiap akhir proses siklus

Proses 1 – 2:

KKrTT k 22,6898300 14,1112

untuk tekanan p2 dapat ditentukan dari persamaan

keadaan gas ideal sebagai berikut:

barbarp

rTT

pVV

TT

ppVp

TVp

T

3792,188300

22,68912

1

21

2

1

1

212

22

2

11

1

Proses 2 – 3:

T3 = 2000 K


keadaan gas ideal sebagai berikut (dimana volume

konstan):

barbarp

TT

pppT

pT

333,5322,689

20003792,183

2

323

3

3

2

2

Proses 3 – 4:

KKr

TTk

55,8708120001 14,11

34


keadaan gas ideal pada proses 4 – 1, sebagai berikut

(dimana volume konstan):

barbarp

TT

pppT

pT

2902,0300

55,87014

1

414

4

4

1

1

Massa udara yang dikonsumsi dapat ditentukan dari

persamaan keadaan gas ideal pada titik 1:

kgm

cmm

mNkJ

barmN

KKkgkJcmbar

TRVp

m

00065,0

101

.101

1/10

)300)(./287,0()560)(1(

36

3

3

253

1

11

Ali Hasimi Pane

b. Panas Masuk Siklus

kJKKkgkJkg

TTcvmQin

6117,022,6892000./718,000065,0

23

c. Panas Keluar Siklus

kJKKkgkJkg

TTcvmQout

2663,030055,870./718,000065,0

14

d. Efisiensi Siklus

%47,56%1006117,02663,01

%1001

in

out

QQ

e. Kerja Netto Siklus

kJkJkJQQW outinsiklus

3454,02663,06117,0

f. Mean Effective Pressure (MEP), dalam bar

barmN

bar

kJmN

mcm

cmkJ

rVW

VVW

MEP siklussiklus

05,7/10

1

1.10

110

8/115603454,0

/11

25

3

3

36

3

121

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. Temperatur, tekanan dan volume pada setiap akhir

proses siklus


c. Kerja netto siklus

d. MEP

e. Daya yang dihasilkan jika jumlah perputaran siklus

per menit adalah 210.

Solusi: (Siklus Otto seperti gambar)


Diketahui:

T1 = 30 + 273 = 303 K ; p1 = 1 bar ; V1 = 0,45 m3

p2 = 11 bar ; Qin = 210 kJ ; cv = 0,718 kJ/kg. K

k = 1,4

Penyelesaian:

a. Temperatur, tekanan dan volume pada setiap

akhir proses siklus

Langkah awal yang dilakukan adalah menentukan rasio

kompresinya, dapat ditentukan:

k

kkk

pp

rpp

VV

VpVp

1

1

2

1

2

2

12211

maka

544,5111 4,1

1

r

Proses 1 – 2

Untuk T2:

KT

rTTrVV

TT kk

k

135,601544,5303 14,12

112

11

2

1

1

2

Untuk V2:

2

11

2

2

12

2

22

1

11

08116,045,0303

135,601111 m

VTT

pp

V

TVp

TVp

Ali Hasimi Pane

Proses 2 – 3

Untuk T3:

cvm

QTTTTcvQ in

in 2323

dimana harga m :

kgmN

kJbar

mNKKkgkJ

mbar

RTVp

m

5175,0.10

11

/10303./287,0

45,013

253

1

11

sehingga

K

KkgkJkgkJ

KT

31,1166./718,05175,0

210135,6013

Untuk p3:

bar

pTT

pTp

Tp

342,2111135,601

31,1166

22

33

2

2

3

3

Untuk V3:

V3 = V2 = 0,08116 m3

Proses 3 – 4

Untuk p4:

k

kk

VV

ppVpVp

4

3344433

Dimana V4 = V1 dan V3 = V2, maka

bar

rp

VV

ppkk

9404,1544,51342,21

1

4,1

31

234

Untuk T4:

KT

rTT

rVV

TT kkk

875,587544,5131,1166

11

14,1

4

1

34

11

4

3

3

4

Sementara V4 = V1 = 0,45 m3


%1001

in

out

QQ

dimana

kJKKkgkJkg

TTcvmQout

849,105303875,587./718,05175,0

14

sehingga

%59,49%100210

849,1051

Cara lain untuk menentukan efisiensi thermal siklus:

%59,49%100

544,511

%10011

14,1

1

kr

c. Mean Effective Pressure (MEP)

rV

QQ

rV

WMEP outinnetto

1111 11

sehingga

kPa

mNkPa

kJmN

m

kJMEP

381,282

/101

1.10

544,51145,0

849,10521023

3

3

d. Daya yang di-Hasilkan (P)

kWkJ

WP netto

529,36460210105,849-210

detikpersiklusputaranjumlah

Ali Hasimi Pane

CONTOH SOAL TAMBAHAN

Gambar 1.a Siklus Otto

Keterangan gambar:

- Vs = Volume sisa

- VL = Volume hisap atau volume langkah torak,

dapat ditentukan:

LDVL

4

2

Dimana:

D = Diameter silinder/torak

L = Panjang langkah torak

- VT = Volume total, dapat ditentukan:

VT = Vs + VL

- Rasio kompresi dapat ditentukan:

L

LsV

VVr

- Rasio tekanan dapat ditentukan:

1

4

2

3pp

pp

rp

- MEP dapat ditentukan dengan persamaan lain:

)1)(1(

)1)(1( 11

rkrrrp

MEP pk

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

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. Efisiensi thermal siklus

b. MEP

Solusi: (Siklus Otto seperti gambar 1.a)

Diketahui:

Diameter silinder (D) : 250 mm = 0,25 m

Panjang langkah torak (L) : 375 mm = 0,375 m

Volume sisa (Vs) : 0,00263 m3

Tekanan awal (p1) : 1 bar

Tekanan maksimum (p3) : 25 bar

Temperatur awal (T1) : 50 + 273 = 323 K

Penyelesaian:

Volume Isap/volume langkah torak (VL)

322 0184,0375,025,044

mLDVL

Rasio Kompresi (r)

800263,0

0184,000263,0

L

LsV

VVr

a. Efisiensi Thermal Siklus

%47,565647,08

111114,11

kr

b. MEP

)1)(1(

)1)(1( 11

rkrrrp

MEP pk

Untuk harga rp:

2

3pp

rp

Maka nilai p2 dapat ditentukan dari proses 1 – 2:

(VL)

(Vs)

(VT)

Ali Hasimi Pane

bar379,188bar 1 4,12

12

112

2211

p

rpvv

pp

vpvp

kk

kk

Sehingga harga rasio tekanannya:

36,1379,18

25

2

3 pp

rp

Jadi nilai MEP dapat ditentukan:

bar335,1

)18)(14,1()136,1)(18(8bar 1

)1)(1(

)1)(1(

14,1

11

rkrrrp

MEP pk

Ali Hasimi Pane

II. Siklus Diesel (Diesel Cycle)

Gambar 2. P – v Diagram

Keterangan gambar: 1 – 2 : Proses kompresi isentropik

2 – 3 : Proses panas masuk pada

tekanan konstan


4 – 1 : Proses panas dibuang pada

volume konstan

Konstanta – konstanta yang diberlaku: k : Konstanta rasio panas spesifik

: cvcp = 1,4

cp : Konstanta panas spesifik pada

tekanan konstan

: 1,005 kJ/kg. K

cv : Konstanta panas spesifik pada

volume konstan

: 0,718 kJ/kg. K

r : Rasio kompresi

: 21 vv

rC : Rasio pancung (cut off ratio)

: 23 vv

rE : Rasio ekspansi

: Crr

vv

3

4







Dalam penyelesaian persoalan akan dilakukan dengan mengguanakan

beberapa data – data asumsi atau konstanta yang telah ditetapkan.

Beberapa hal pengasumsian:


2. Proses kompresi dan ekspansi adalah berlangsung secara adiabatik.


4. Pengaruh dari energi kinetic dan energi potensial adalah diabaikan.


- Panas yang Masuk ke Sistem (qin)

qin = cp (T3 – T2) ...(2a)


qout = cv (T4 – T1) ...(2b)


wnet = qin - qout ...(2c)

- Efisiensi Thermal Siklus (Th)

Th = in

net

qw

= in

outinq

qq =

in

outqq

1

= )()(

123

14TTcpTTcv

= 23

141TTkTT

…(2d)

Ali Hasimi Pane

Penyederhanaan persamaan efisiensi:

Dalam siklus Diesel berlaku tiga rasio, yaitu:

Rasio Kompresi (r)

r = 2

1VV

= 2

1vv

…(i)

Rasio Pemasukan Bahan Bakar/Cut-off Ratio (rC)

rC = 2

3VV

= 2

3vv

...(ii)

Rasio Ekspansi (rE)

rE = 3

4VV

= 3

1VV

dimana V4 = V1

atau

rE = 2

1VV

. 3

2VV

= r . Cr1 =

Crr ...(iii)

Proses 1 – 2

Dari proses ini diketahui berlangsung secara kompresi


1

2

TT

= 1

2

1VV

k

= 1

2

1

k

vv

= 1kr T2 = T1 . 1kr ...(iv)

Proses 2 – 3

Dari proses ini diketahui panas masuk berlangsung secara

isobar, maka:

2

2TV

= 3

3TV

dari gas perfek atau Charles’ law

C23C2

3

2

3 rTTrVV

TT

subsitusi harga T2 dari persamaan (iv), maka:

Ck rrTT 1

13 ...(v)

Proses 3 – 4

Dari proses ini diketahui berlangsung secara ekspansi


1

4

3

3

4VV

TT

k

; dimana 3

4VV

= rE dari persamaan (ii),

maka:

rrC

k 1

E3

4r1

TT

sehingga

1

34 .

kCr

rTT subsitusi T3 dari persamaan (v),

maka:

k

C

kC

Ck

rrT

rrrTT

1

11

14 r ...(vi)

Kemudian subsitusi harga dari T2, T3 dan T4 kepersamaan

(5.3d), maka:

11

11

11

23

14

11

1

kC

k

kC

rTrrT

TrrTk

TTkTT

Eliminasi harga T1, sehingga persamaan efisiensi thermal

siklus menjadi:

1

111 1C

kC

k rr

rk ...(2e)

- MEP (Mean Effective Pressure)

MEP = 21 vvWnet

= 21 vvqq outin

...(2f)

Ali Hasimi Pane

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

rasio kompresi 20. Bekerja pada tekanan awal 95 kPa dan

temperatur awal 20 0C. Sementara temperatur

maksimumnya tidak boleh lebih dari 2200 K,

Tentukanlah:


b. MEP siklus

Solusi: Siklus Diesel Seperti gambar


Diketahui: r = 20

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

Ditanya seperti soal?

Penyelesaian:

Langkah awal adalah menentukan besaran pada setiap

proses siklus:

Proses 1 – 2 adalah proses kompresi

KT

rTTrvv

TT kk

k

14,97120293 14,12

112

11

2

1

1

2

Proses 2 – 3 adalah proses panas masuk pada tekanan

konstan

23

2

3

2

3

2

22

3

33

265,2

265,214.971

2200

vv

TT

vv

Tvp

Tvp

Proses 3 – 4 adalah proses ekspansi

1

4

334

1

4

3

3

4

kk

vv

TTvv

TT

Dimana v4 = v1, maka:

KK

rT

vv

TTkk

53,92020265,22200

265,2265,2

14,1

1

3

1

1

234

Sehingga:


in

out

in

outin

in

netqq

qqq

qW

1

Dimana:

kgkJKKkgkJ

TTcpqin

/1235)14,9712200(./005,1

)( 23

Dan

kgkJKKkgkJ

TTcvqout

/567,450)39353,920(./718,0

)( 14

Jadi

%52,636352,01235

567,4501

b. MEP Siklus

rv

Wvv

WMEP netnet

11121

Untuk v1 dapat ditentukan:

kgm

kPaKKkgmkPa

pRT

v

/8851,0

95)293()./.287,0(

3

3

1

11

Ali Hasimi Pane

Dan

kgkJ

kgkJqqW outinnet

/433,784/)567,4501235(

Jadi

kPa

mNkPa

kJmN

kgm

kgkJ

rv

Wvv

WMEP netnet

91,932

/10

11

.10

2011/8851,0

/433,784

11

23

3

3

121

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

Diketahui siklus Diesel (seperti gambar 2), dengan:

T1 = 300 K

p1 = 95 kPa

T3 = 2150 K

p3 = 7,2 Mpa = 7200 kPa


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

k = 1,4

Ditanya seperti soal:

Penyelesaian:

Langkah awal adalah dengan menentukan parameter pada

setiap proses siklus


Untuk harga v1:

kgm

kPaKKkgmkPa

pRT

v

/9063,0

95300./.287,0

3

3

1

11


Untuk harga T2:

kkkk

pp

TTpp

TT /)1(

1

212

/)1(

1

2

1

2

Dimana p2 = p2 = 7200 kPa, maka:

KKT 124,103395

72003004,1/)14,1(

2

Untuk harga v2:

kgm

kPaKKkgmkPa

pRT

v

/0412,0

7200124,1033./.287,0

3

3

2

22

Proses 2 – 3 adalah proses penambahan energi panas,

maka diperoleh harga v3:

kgm

kPaKKkgmkPa

pRT

v

/0857,0

72002150./.287,0

3

3

3

33

Proses 3 – 4 adalah proses ekspansi, maka akan diperoleh

harga T4:

1

4

334

1

4

3

3

4

kk

vv

TTvv

TT

Dimana harga v4 = v1 = 0,9063 m3/kg, maka:

KKT 99,8369063,00857,02150

14,1

4

Ali Hasimi Pane

Oleh karena itu, dapat diselesaikan:

a. Rasio Kompresi Siklus

998,210412,09063,0

2

1 vv

r

b. Rasio Pancung (Cut-off Ratio)

08,20412,00857,0

2

3 vv

rC

c. Efisiensi Thermal Siklus

in

out

in

outin

in

netqq

qqq

qW

1

Dimana:

kgkJ

KKkgkJTTcpqin

/46,1122)124,10332150(./005,1

)( 23

Dan

kgkJ

KKkgkJTTcvqout

/559,385)30099,836(./718,0

)( 14

Jadi

%65,656565,046,1122

559,3851

d. MEP Siklus

rv

Wvv

WMEP netnet

11121

Dimana

kgkJ

kgkJqqW outinnet/901,736

/)559,38546,1122(

Sehingga

kPamN

kPakJ

mN

kgm

kgkJMEP

809,851/10

11

.10

998,2111/9063,0

/901,736

23

3

3

Soal 2.3 Siklus Diesel bekerja pada kondisi tekanan dan

temperatur awal adalah 200 kPa dan 380 K dan rasio

kompresi 20. Jika panas ditambahkan sebesar 900 kJ/kg.

Tentukan:

a. Temperatur maksimum

b. Rasio pancung (Cut-off ratio)



e. MEP siklus

Diketahui : Siklus Diesel seperti gambar 2.

p1 = 200 kPa

T1 = 380 K

r = 20

qin = 900 kJ/kg


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

k = 1,4



Penyelesaian

Langkah awal adalah dengan menentukan parameter pada

setiap proses siklus


Harga v1: dapat ditentukan dari persamaan gas ideal

kgm

kPaKKkgmkPa

pRT

v

/5453,0

200380./.287,0

3

3

1

11

Ali Hasimi Pane

Harga T2:

KT

rTTrVV

TT kk

k

493,125920380 14,12

112

11

2

1

1

2

Dan harga v2:

kgmm

rv

vrvv kg

/0273,020

5453,0 3/3

12

2

1

Harga p2:

kPakParpp

rvv

pp

k

kk

82,13257)20(200)(

)(

4,112

2

1

1

2

Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada

tekanan konstan

Harga T3 dapat ditentukan dari:

KKkgkJ

kgkJK

cpq

TT

TTcpq

in

in

015,2155./005,1

/900493,1259

)(

23

23

Maka harga v3 dapat ditentukan dari persamaan gas ideal:

3

33 p

RTv , dimana p3 = p2 = 13257,82 kPa

Maka

kgm

kPaKKkgmkPa

pRT

v

/0467,0

82,13257015,2155./.287,0

3

3

3

33

Proses 3 – 4 adalah proses ekpansi

1

4

334

1

4

3

3

4

kk

vv

TTvv

TT

Dimana harga v4 = v1 = 0,5453 m3/kg, maka:

KKT 349,8065453,00467,0015,2155

14,1

4


a. Temperatur Maksimum

KTTmaks 015,21553

b. Rasio pancung (Cutoff ratio)

71,10273,00467,0

2

3 vv

rC

c. Kerja Netto Siklus

outinnet qqW

Harga qout:

kgkJ

KKkgkJTTcvqout

/119,306)380349,806(./718,0

)( 24

Jadi

kgkJ

kgkJWnet/881,593

/)119,306900(

d. Efisiensi Thermal Siklus

%99,656599,0900

881,593

in

netq

W

Karena rasio pancung (cutoff rastio) diketahui, maka

efisiensi thermal siklus dapat ditentukan:

%02,666603,0)171,1(4,11)71,1(

)20(11

)1(111

4,1

14,1

1

C

kC

k rkr

r

e. MEP Siklus

kPa

mNkPa

kJmN

kgm

kgkJ

rv

Wvv

WMEP netnet

41,1146

/10

11

.10

2011/5453,0

/881,593

11

23

3

3

121

Ali Hasimi Pane

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

dan temperatur kompresinya adalah 1 bar dan 300 K,

kemudian tekanan setelah kompresi adalah 40 bar, jika

panas masuknya adalah 600 kJ/kg. Tentukanlah:

a. Rasio kompresinya

b. Rasio pancung (Cut off ratio)


d. Kerja netto yang dihasilkan

Diketahui:

p1 = 1bar ; T1 = 300K p2 = p3 = 40 bar

qin = 600 kJ/kg ; k = 1,4


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

Ditanya: seperti soal

Solusi: Siklus Diesel seperti gambar:

Penyelesaian:

a. Rasio Kompresi Siklus

2

1vv

r

Dari proses 1 – 2 diketahui bahwa:

kk vpvp 2211


maka

942,13140 4,1

11

1

2

2

1

k

pp

vv

r

Harga T2:

KKT

rTTrvv

TT kk

k

70,860942,13300 14,12

112

11

2

1

1

2

b. Rasio Pancung (Cut off Ratio)

2

3

2

3TT

vv

rC

Dari proses 2 – 3 dapat ditentukan harga T3:

KKkgkJ

kgkJKcpq

TT

TTcpq

in

in

72,1457./005,1

/60070,860

)(

23

23

maka

694,170,86072,1457

2

3 TT

rC


Dari persamaan (2e) diketahui:

%60846084,0

1694,11)694,1(

)942,13(4,111

1111

4,1

14,1

1

C

kC

k rr

rk

d. Kerja Netto yang dihasilkan

innetin

net qWq

W

Jadi

kgkJkgkJWnet /88,362/6006084,0

Ali Hasimi Pane

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

kompresi 18,2. Udara sebagai fluida kerjanya dengan

tekanan dan temperatur awal adalah 800F dan 14,7 psia

dan temperatur maksimumnya adalah 3000 R.

Tentukanlah:

a. Rasio pancung (Cut off ratio)

b. Panas yang dibuang

c. Efisiensi thermal

Diketahui:

p1 = 14,7 psia ; T1 = 80 + 460 = 540 R

T3 = 3000 R ; r = 18,2 ; k = 1,4

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

cv = 0,171 Btu/lbm. R

cp = 0,240 Btu/lbm. R


Solusi: Siklus Diesel seperti gambar

Penyelesaian:

a. Rasio Pancung (Cut off Ratio)

2

3

2

3TT

vv

rC


Proses 1 – 2 adalah proses langkah kompresi

Harga T2:

RRT

rTTrvv

TT kk

k

544,17232,18540 14,12

112

11

2

1

1

2

maka

741,1544,1723

3000

2

3 TT

rC

b. Panas yang dibuang dari Siklus

)( 14 TTcvqout

Untak harga T4, dapat ditentukan dari proses 3 – 4 adalah

proses langkah ekpansi isentropik:

1

4

3

3

4

k

vv

TT

Diketahui bahwa: Crr

vv

3

4 adalah rasio ekspansi, maka:

R31,11732,18

741,1R300014,1

1

34

kCr

rTT

Jadi

lbmBtu

RRlbmBtuqout

/296,108

)54031,1173(./171,0


in

out

in

outin

in

netqq

qqq

qW

1

Untuk harga qin, dapat ditentukan dari proses 2 – 3 adalah

proses panas masuk pada proses tekanan konstan:

lbmBtu

RRlbmBtuTTcpqin

/349,306)544,17233000(./24,0

)( 23

Sehingga

%65,646465,0349,306296,10811

in

outqq

Ali Hasimi Pane

Contoh – contoh tambahan

Keterangan gambar:

- Vs = Volume sisa

- VL = Volume hisap atau volume langkah torak,

dapat ditentukan:

LDVL

4

2

Dimana:

D = Diameter silinder/torak

L = Panjang langkah torak

- VT = Volume total, dapat ditentukan:

VT = Vs + VL

- Rasio kompresi dapat ditentukan:

L

LsV

VVr

- Rasio tekanan dapat ditentukan:

1

4

2

3pp

pp

rp

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?

Penyelesaian:

Efisiensi thermal siklus dapat ditentukan dengan

menggunakan persamaan:

1

111 1C

kC

k rr

rk

Menentukan besaran – besaran persamaan tersebut:

- Rasio Kompresi (r):

22

1V

VVvv

r Ls

Harga volume langkah (VL):

322

00442,025,04

)15,0(4

mLDVL

maka

05,120004,0

)00442,00004,0(

2

VVV

r Ls

- Rasio Pancung (Cutoff Ratio) (rC)

2

3VV

rC

Vs VL

VT

Ali Hasimi Pane

Harga V3 dapat ditentukan:

3

23

000621,000442,0100

50004,0

%5

m

VVV L

maka

553,10004,0

000621,0

2

3 VV

rC

sehingga

%34,595934,0

1553,11553,1

)05,12(4,111

4,1

14,1

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

pada tekanan dan temperatur awal 1 bar dan 27 0C, jika

diketahui diameter silindernya 200 mm dan panjang

langkahnya 300 mm. Persentase cut-off adalah 8% dari

volume langkah. Tentukanlah:

a. Tekanan dan temperatur pada setiap titik utama


c. MEP siklus

d. Tenaga mesin jika kerja siklus per menit adalah 380

Solusi (siklus Diesel seperti gambar)

Diketahui:

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

15

D = 200 mm = 0,2 m ; L = 300 mm = 0,3 m

Ditanya seperti soal?

Penyelesaian:

a. Tekanan dan Temperatur pada Setiap Titik Utama

Proses 1 – 2 adalah proses langkah kompresi isentropik

Harga V1

111

11 rV

rV

VVVV LL

LsL

Harga untuk VL:

322

00942,03,04

)2,0(4

mLDVL

maka

31 0101,0

1151100942,0

111 m

rVV L

Untuk massa udara dalam silinder dapat ditentukan dari

persamaan gas idral:

kgKKkgmkPa

mkPaRT

Vpm

mRTVp

0117,0300./.287,0

0101,01003

3

1

11

111

Harga tekanan p2:

barrpp

rVV

pp

k

kk

313,44)15(1 4,112

2

1

1

2

Vs VL

VT

sV100

8

Ali Hasimi Pane

Harga temperatur T2:

KKrTT

rVV

TT

k

kk

253,886)15(300 14,1112

11

2

1

1

2

Harga V2 dapat ditentukan dari persamaan:

r

VVr

VV 1

22

1 atau 12

rV

VV Ls

maka

32 000673,0

11500942,0 mVV s

Proses 2 – 3 adalah proses energi panas masuk

Harga T3:

CrTVV

TTTV

TV

22

323

2

2

3

3

Harga untuk rasio pancung (rC):

12,2)115(100

81

)1(%1

11

%

rratiooffCutr

rr

ratiooffCut

C

C

maka

KKrTT C 856,187812,2253,88623

Harga V3:

CrVV

2

3 atau sL VVV

100

83

maka

323 00143,012,2000673,0 mrVV C

Sementara harga p3 = p2 = 44,313 bar

Proses 3 – 4 adalah proses langkah ekspansi isentropik

Harga p4:

k

kkVV

ppVpVp

4

3344433

Diketahui bahwa:

E

E rr

VV

r 3

4 adalah rasio ekspansi

maka

barbarp

rr

pr

pVV

ppk

Ck

E

k

863,21512,231,44

1

4,1

4

334

334

Harga T4:

K

Kr

rTT

rr

VV

TT

kC

kC

k

996,858

1512,2856,1878

14,11

34

11

4

3

3

4

Harga V4 = V1 = 0,0101 m3


in

out

in

outin

in

netqq

qqq

qW

1

Atau efisiensi thermal siklus dapat ditentukan

menggunakan persamaan:

77,595977,0112,2

112,2)15(4,1

11

1111

4,1

14,1

1

C

kC

k rr

rk

c. MEP Siklus

rv

Wvv

WMEP netnet

11121

Ali Hasimi Pane

Atau MEP siklus dapat ditentukan dengan menggunakan

persamaan sebagai berikut:

bar

bar

rkrrrkrp

MEPk

Ck

Ck

417,7

)115)(14,1())]112,2(15()112,2(4,1[151

)1)(1())]1(()1([

4,114,1

11

d. Daya Mesin jika Kerja Siklus per Menit adalah

380

detikper siklusJumlah SiklusWP

Untuk harga Wsiklus dapat ditentukan:

SikluskJmkPa

barkPa

mbar

VMEPW LSiklus

/987,6.987,6

110

00942,0417,7

3

23

Ali Hasimi Pane

III. Siklus Dual (Dual Cycle)

Gambar P – v Diagram

Keterangan gambar:

1 – 2 : Proses kompresi isentropik

2 – 3 : Proses panas masuk pada volume

konstan

3 – 4 : Proses panas masuk pada

tekanan konstan


5 – 1 : Proses panas dibuang pada

volume konstan

Konstanta – konstanta yang diberlaku:

k : Konstanta rasio panas spesifik

: cvcp = 1,4

cp : Konstanta panas spesifik pada

tekanan konstan

: 1,005 kJ/kg. K

cv : Konstanta panas spesifik pada

volume konstan

: 0,718 kJ/kg. K

r : Rasio kompresi

: 21 vv







Dalam penyelesaian persoalan akan dilakukan dengan mengguanakan

beberapa data – data asumsi atau konstanta yang telah ditetapkan.

Beberapa hal pengasumsian:


2. Proses kompresi dan ekspansi adalah berlangsung secara adiabatik.


4. Pengaruh dari energi kinetic dan energi potensial adalah diabaikan.


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

2,1,, inintotalin qqq

Dimana

)( 231, TTcvqin

Dan

)( 342, TTcpqin

Maka

)()( 3423, TTcpTTcvq totalin ...(3a)


)( 15 TTcvqout ...(3b)


))(())()(( 153423 TTcvTTcpTTcv

qqw outtotalnet

...(3c)

- Efisiensi Thermal Siklus

)()()(

1()()(

1

1

3423

15

3423

15

,,

,

TTkTTTTcv

TTcpTTcvTTcv

qq

qqq

qw

totalin

out

totalin

outtotalin

in

net

…(3d)

Ali Hasimi Pane

Penyederhanaan persamaan efisiensi thermal siklus:

Rasio Kompresi (r)

r = 2

1VV =

2

1vv

…(i)

Rasio Pemasukan Bahan Bakar/Cut-off Ratio (rC)

rC = 3

4

3

4vv

VV

...(ii)

Rasio Ekspansi (rE)

rE = 4

5VV

= 4

1VV

dimana V5 = V1

atau

rE = 4

3

2

1

4

2

2

1VV

VV

VV

VV

= CC rr

rr

1 ...(iii)

Proses 1 – 2

Dari proses kompresi adiabatik isentropik, maka:

1

2TT = 1

1

2

11

2

1VV

kkk

rvv

T2 = T1 . 1kr ...(iv)

Proses 2 – 3

Adalah proses panas masuk berlangsung secara volume

konstan, maka:

3

22

3

2

3 TTα

pp

TT

…(v)

Dimana α adalah rasio tekanan

Proses 3 – 4

Adalah proses panas masuk berlangsung secara tekanan

konstan, maka:

CC rTTrVV

TT

343

4

3

4 …(vi)

Proses 4 – 5

Adalah proses ekspansi isentropik

1

11

4

5

5

4 )(

k

C

kE

k

rrr

VV

TT

atau

1

45

k

CrrTT …(vii)

Subsitusi persamaan (vi) kepersamaan (vii):

1

35

kC

C rr

rTT

Dari persamaan (iv) dan (v) kita peroleh:

1

1

31

1

2 kk rT

T

rTT

atau

131

krT

T

…(viii)

Subsitusi harga – harga dari T1, T2, T4 dan T5 pada

persamaan efisiensi thermal siklus:

333

3

13

1

3

3423

15

1

1

)()()(

1

TTrkT

T

r

Tr

rrT

TTkTTTT

C

k

kC

C

atau

)1()1(

1111 C

kC

k rkr

r

…(3e)

- MEP Siklus

)1)(1()]1()1()1([)(

1)1(

)]1()1()1([

111

11

1

1111

1121

rkrrrrp

rrvk

rrrkrvp

rv

W

rrv

Wvv

WMEP

kC

kC

k

kC

kC

k

netnetnet

Ali Hasimi Pane

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

Tekanan dan temperatur awal kompresinya adalah 100

kPa dan 300 K. Jika energi panas masuk ditambahkan

pada tekanan konstan dan volume konstan masing –

masingnya adalah 700 kJ/kg. Tentukanlah:

a. Temperatur pada akhir proses panas masuknya

b. Kerja netto siklus


d. MEP siklus

Diketahui:

p1 = 100 kPa ; T1 = 300K r = 9

qin, 2 – 3 = 700 kJ/kg ; qin, 3 – 4 = 700 kJ/kg

k = 1,4


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


Solusi: Siklus Dual seperti gambar:

Penyelesaian:

a. Temperatur pada akhir proses panas masuknya

Harga T3 untuk akhir proses panas masuk pada volume

konstan dapat ditentukan:

cv

qTTTTcvq in

in32,

232332, )(

Harga T2 dapat ditentukan dari proses 1 – 2 adalah

proses langkah kompresi:

KKT

rTTrvv

TT kk

k

467,7229300 14,12

112

11

2

1

1

2

sehingga

KKkgkJ

kgkJKT 397,1697./718,0

/700467,7223

Harga T4 untuk akhir proses panas masuk pada tekanan

konstan dapat ditentukan:

KKkgkJ

kgkJKT

cpq

TTTTcpq inin

914,2393./005,1

/700397,1697

)(

4

43,343443,


outinin

outtotalnetqqq

qqw

)( 43,32,

Untuk qout:

)( 15 TTcvqout

Untuk harga T5 dapat ditentukan dari proses 4 – 5 adalah

proses ekspansi:

1

45

11

1

4

5

5

4 )(

kC

k

C

kE

k

rr

TT

rrr

VV

TT

Harga rC:

41,1397,1697914,2393

3

4

3

4 CC rvv

TT

r

maka

KK

rr

TTk

C

51,1140941,1914,2393

14,1

1

45

Ali Hasimi Pane

jadi

kgkJ

KKkgkJqout/486,603

)30051,1140(./718,0

Sehingga kerja netto siklusnya:

kgkJkgkJkgkJ

qqqw outininnet

/514,796/486,603/1400

)( 43,32,


%89,565689,01400

514,796

43,32,

inin

netqq

w

d. MEP Siklus

rv

Wvv

WMEP netnet

11121

Untuk harga v1:

kgmkPa

KKkgmkPap

RTv /861,0

100300./.287,0 3

3

1

11

jadi

kPa

mNkPa

kJmN

kgm

kgkJMEP

741,1040

/101

1.10

911/861,0

/514,79623

3

3

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

c. Kerja netto siklus, dalam kJ


Diketahui:

p1 = 95 kPa ; T1 = 300K ; r = 16 ; rC =

1,15

m = 0,04 kg ; k = 1,4 ; p3/p2 = α = 2,2


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



Penyelesaian:

a. Panas yang ditambahkan kesiklus pada volume

konstan dan tekanan konstan (dalam kJ)

- Panas yang ditambahkan pada volume konstan (dari

proses 2 – 3):

)(. 2332, TTcvmqin

Untuk harga T2, dari proses 1 – 2:

KKrTT

rVV

TT

k

kk

23,909)16(300 14,1112

11

2

1

1

2


KTT

αpp

TT

31,200023,9092,223

2

3

2

3

Ali Hasimi Pane

jadi

kJ

K kJ/kg. K,kgqin

336,31

)23,90931,2000(718004,032,

- Panas yang ditambahkan pada tekanan konstan (dari

proses 3 – 4):

)( 3443, TTcpmqin


KrTT

rVV

TT

C

C

36,230015,131,200034

3

4

3

4

jadi

kJKKkgkJkg

TTcpmqin

062,12)31,200036,2300(./005,104,0

)( 3443,

b. Panas yang dilepaskan siklus, dalam kJ

)( 15 TTcvmqout


1

11

4

5

5

4 )(

k

C

kE

k

rrr

VV

TT

maka

K

rr

TT k

C

47,802

15,116

36,230014,11

45

Jadi

kJ

KKkgkJkgTTcvmqout

431,14)30047,802(./718,004,0

)( 15

c. Kerja netto siklus, dalam kJ

kJ

qqqw outininnet

967,28431,14)062,12336,31(

)( 43,32,


%75,666675,0)062,12336,31(

967,28

43,32,

inin

netqq

w

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

awal kompresi adalah 90 oC dan 1 bar. Rasio kompresinya

adalah 9 dan tekanan maksimum siklusnya 68 bar, jika

panas total yang ditambahkan kesiklus adalah 1750 kJ/kg.

Tentukanlah:

a. Tekanan dan temperatur pada setiap akhir proses


c. MEP siklus

Diketahui:

p1 = 1 bar ; T1 = 90 + 273 = 363 K ; r = 9

p3 = p4 = 68 bar ; qin, net = 1750 kJ/kg ; k = 1,4


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



Penyelesaian:

a. Tekanan dan temperatur pada setiap akhir proses

Proses 1 – 2 adalah proses kompresi isentropik,

diperoleh:

Untuk harga T2:

KKrTT

rVV

TT

k

kk

19,874)9(363 14,1112

11

2

1

1

2

Ali Hasimi Pane

Untuk harga p2:

barbarrpp

rVV

pp

k

kk

67,21)9(1 4,112

2

1

1

2


volume konstan

Untuk harga T3:

3

3

2

2Tp

Tp

Dimana p3 = p4 = 68 bar, maka:

Kbar

Kbarp

TpT 19,2743

67,2119,87468

2

233

Untuk jumlah panas yang ditambahkan

kgkJ

KKkgkJ

TTcvqin

/811,1343)19,87419,2743(./718,0

)( 2332,


tekanan konstan

Untuk harga T4:

cp

qTTTTcpq in

in43,

343443, )(

Untuk harga qin, 3 – 4:

43,32,, ininnetin qqq

atau

kgkJkgkJ

qqq innetinin

/189,406/)811,13431750(32,,43,

maka

K

KkgkJkgkJ

K

cpq

TT in

36,3147./005,1

/189,40619,2743

43,34

Untuk rasio pancung (cut-off ratio)

15,119,274336,3147

3

4

3

4 TT

VV

rC

Proses 4 – 5 adalah proses ekspansi isentropik

Untuk harga T5:

KKT

rr

TTr

rVV

TT k

Ck

Ck

07,1382915,136,3147

14,1

5

1

45

11

4

5

4

5

Untuk harga p5:

k

Ck

rr

ppVV

pp

45

5

4

4

5

Dimana p4 = p3 = 68 bar, maka:

barbarp 815,3915,168

4,1

5

Proses 5 – 1 adalah proses pelepasan panas pada proses

volume konstan

kgkJ

KKkgkJTTcvqout

/69,731)36307,1382(./718,0

)( 15


%19,585819,01750

69,7311

1,,

,

,

netin

out

netin

outnetin

netin

netqq

qqq

qw

c. MEP siklus

rv

W

rrv

Wvv

WMEP netnetnet

11111

21

Untuk harga Wnet:

kgkJkgkJ

qqW outnetinnet

/31,1018/)69,7311750(,

Ali Hasimi Pane

Untuk harga v1:

kgm

kPabar

barKKkgmkPa

pRTv

/0092,1

101

1363./.278,0

3

2

3

11

Maka

kPa

mNkPa

kJmN

kgm

kgkJMEP

16,1135

/101

1.10

911/0092,1

/31,101823

3

3

atau

barkPa

barkPaMEP 3516,1110

116,11352

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

siklus dan daya keluaran siklus jika massa aliran udaranya

0,1 kg/detik.

Diketahui:

p1 = 100 kPa ; p2 = 10 MPa = 104 kPa

T1 = 20 + 273 = 293 K ; rC = 2

p3 = p4 = 20 MPa = 20 x 103 kPa ; k = 1,4


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

Ditanya:


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

kg/detik


Penyelesaian:


)1()1(

1111

1

C

kC

k rkr

r

Untuk harga r:

2

1vv

r

Untuk harga v1:

kgm

kPaKKkgmkpa

pRT

v

/8409,0100

293./.287,0 33

1

11

Untuk harga v2:

2

22 p

RTv

Harga T2 dapat ditentukan dari proses 1 – 2:

KK

pp

TTpp

TT

kkkk

185,1092100

100002934,1/)14,1(

/)1(

1

212

/)1(

1

2

1

2

Maka

kgmkPa

KKkgmkpav /0315,0

10000185,1092./.287,0 3

3

2

Ali Hasimi Pane

Jadi harga r:

69,260315,08409,0

2

1 vv

r

Untuk harga α:

21000020000

2

3 pp

Oleh karena itu, Efisiensi thermal siklus:

%41,888841,0

)12()12(24,11)2(2

)69,26(11

)1()1(111

14,1

14,1

1

1

C

kC

k rkr

r

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

kg/s

netinoutout qmwmW ,

Untuk harga qin, net:

43,32,, ininnetin qqq

Harga qin, 2 – 3, dapat ditentukan dari proses 2 – 3 adalah

proses penambahan panas pada volume konstan:

)( 2332, TTcvqin

Harga T3 dapat ditentukan dari proses 2 – 3 adalah proses

penambahan panas pada volume konstan:

KKT

Tpp

TTpT

pT

37,21842185,10923

22

323

2

2

3

3

maka

kgkJ

KKkgkJqin

/7114,783

)185,109237,2184(./718,032,

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

proses penambahan panas pada tekanan konstan:

)( 3443, TTcpqin

Harga T4 dapat ditentukan dari proses 3 – 4 adalah proses

penambahan panas pada tekanan konstan:

KKT

rTvv

TTvT

vT

C

74,4368237,21844

33

434

4

4

3

3

maka

kgkJ

KKkgkJqin

/29,2195

)37,218474,4368(./005,143,

Sehingga qin, net dapat ditentukan:

kgkJkgkJ

qqq ininnetin

/2979/)29,21957114,783(

43,32,,

Oleh karena itu, outW

dapat ditentukan:

kWkgkJskgW out 373,263/29798841,0/1,0

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 oC. Tentukanlah:

a. Rasio pancung dan rasio kompresi

b. Panas yang masuk dan keluar dari siklus


Diketahui:

p1 = 100 kPa ; v1 = 0,0708 m3

T1 = 27 +273 = 300 K

T3 = 1149 + 273 = 1422 K ; v3 = 0,0042 m3

T4 = 1593 + 273 = 1866 K

k = 1,4


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

Ali Hasimi Pane

Ditanya:

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

b. Energi panas masuk dan keluar dari siklus



Penyelesaian:

a. Rasio Pancung/Cutoff Ratio dan Rasio Kompresi

- Untuk rasio pancung/cutoff ratio

3

4vv

rC

Dimana v3 = 0,0042 m3, sementara untuk v4 dapat

ditentukan dari proses 3 – 4:

334

3

434

3

4

3

4

0055,0142218660042,0 mmv

TT

vvTT

vv

Jadi

31,10042,00055,0

3

4 vv

rC

- Untuk rasio kompresi

2

1vv

r

Dimana v2 = v3 = 0,0042 m3

86,160042,00708,0

2

1 vv

r

b. Energi Panas Masuk dan Keluar dari Siklus

- Untuk Energi Panas Masuk yang terjadi pada

proses 2 – 3 dan 3 – 4

Untuk proses 2 – 3 panas masuk pada langkah volume

konstan, maka:

)( 2332, TTcvqin

Dimana T3 = 1422 K, sementara T2:

KK

rTTrvv

TT kk

k

68,92886,16300 14,1

112

11

2

1

1

2

jadi

kgkJ

KKkgkJqin

/204,354

)68,9281422(./718,032,

Untuk proses 3 – 4 panas masuk pada langkah tekanan

konstan, maka:

kgkJ,

)K-(KkJ/kg.,

TTcpqin

/22446142218660051

)( 3443,

Oleh karena itu, energi panas netto masuk adalah:

kgkJ

qqq ininnetin

/424,80022,446204,35443,32,,

- Untuk Energi Panas Keluar yang terjadi pada

proses 5 – 1, dapat ditentukan

)( 1515, TTcvqin

Untuk T1 = 300 K, sementara T5 dapat ditentukan

berdasarkan proses 4 – 5 langkah ekspansi isentropik:

KK

rr

TTk

C

55,67186,1631,11866

14,1

1

45

jadi

kgkJ

KKkgkJqin

/77,266

)30055,671(./718,015,

Ali Hasimi Pane


%67,666667,0424,80077,2661

1,,

,

,

netin

out

netin

outnetin

netin

netqq

qqq

qw

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

maksimumnya adalah 70 bar dan 3000 K. Tentukan

energi panas yang ditambahkan, energi panas yang

dibuang, kerja netto siklus dan efisiensi thermal siklus.

Diketahui:

p1 = 1 bar ; T1 = 300 K ; r = 18 ; k = 1,4

p3 = p4 = 70 bar ; T4 = 3000 K


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

Ditanya:

a. Energi panas netto yang ditambahkan

b. Energi panas yang dibuang




Penyelesaian:

Langkah pertama penentuan besaran – besaran temperatur

dan tekanan pada setiap proses

Proses 1 – 2 adalah proses langkah kompresi isentropik

Harga T2:

KK

rTTrvv

TT kk

k

25,88615300 14,1

112

11

2

1

1

2

Harga p2:

barbar

rpprvv

pp kk

k

31,44151 4,1

122

1

1

2


volume konstan

Harga T3:

KKT

pp

TTpT

pT

08,140031,44

7025,8863

2

323

2

2

3

3

Harga qin, 2 – 3:

kgkJ

KKkgkJ

TTcvqin

/93,368)25,88608,1400(./718,0

)( 2332,


tekanan konstan

Harga qin, 3 – 4:

kgkJ

KKkgkJqin

/92,1607

)08,14003000(./005,143,

Proses 4 – 5 adalah proses kerja ekspansi isentropik

Harga T5:

1

45

11

4

5

4

5

kC

kC

k

rr

TTr

rVV

TT

Ali Hasimi Pane

Dimana: 3

4

3

4TT

vv

rC , maka:

KK

rTT

Tr

rTT

kkC

44,1377151

08,140030003000

1

14,1

1

3

44

1

45

Oleh karena itu,

a. Energi panas masuk netto yang ditambahkan

kesiklus

kgkJkgkJ

qqq ininnetin

/85,1976/)92,160793,368(43,32,,

b. Energi panas yang dibuang dari siklus

Dapat ditentukan dari proses 5 – 1:

kgkJ

KKkgkJTTcvqout

/6,773)30044,1377(./718,0

)( 15


kgkJkgkJ

qqW outnetinnet

/25,1203/)6,77385,1976(,


%87,606087,085,19766,7731

1,,

,

,

netin

out

netin

outnetin

netin

netqq

qqq

qw

Ali Hasimi Pane

IV. Siklus Rankine (Rankine Cycle)

4.1 Siklus Rankine Ideal

Gambar 4. Siklus Rankine Ideal

Analisa Thermodinamika:

Proses 1 – 2 adalah proses kompresi isentropik atau

kerja pompa

12121 )( hhPPvw p …4.a

Dimana h1 = hf dan v1 = vf diperoleh dari tabel uap air

berdasarkan pada tekanan titik 1.


tekanan konstan dalam ketel uap

23 hhq in …4.b


atau kerja keluaran turbin

43 hhwT …4.c

Proses 4 – 1 adalah proses pelepasan panas pada

tekanan konstan dalam kondensor

14 hhqout …4.d

Sementara untuk menentukan efisiensi thermal siklus dapat

ditentukan:

in

pT

in

netth q

ww

qw

…4.e

atau

in

out

in

outin

in

netth q

qq

qqq

w

1 …4.f

Ketel Uap

Turbin

Pompa Kondensor

qin

qout

w pump, in

w Tur, out

2 3

4

1

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

Soal 4.1 Siklus Rankine ideal, dimana uap panas lanjut

masuk ke turbin pada tekanan dan temperatur masing-

masingnya adalah 8 MPa dan 480oC. Tekanan kondensor

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

a. Laju panas masuk yang dibutuhkan ketel uap dalam kW


Diketahui: Siklus Rankine seperti gambar

P3 = 8 MPa = 8000 kPa = 80 bar

T3 = 480oC

P4 = 8 kPa = 0,08 bar

wnet = 100 MW


Penyelesaian:

Langkah awal dilakukan analisis pada setiap proses

berdasarkan diagram alir dan diagram T-s, sebagai berikut:

Proses 1 – 2 : Kerja Pompa

12121 )( hhPPvw p

dan

wphh 12

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

maka

kgkJmN

kJbar

mN

barkgm

PPvwp

/059,8.10

11

/10

)08,080(100084,1

)(

3

25

33

121

Gambar Soal 1-1 Siklus Rankine Ideal

Sehingga

kgkJkgkJkgkJh /939,181/059,8/88,1732

Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap

23 hhq in

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

kgkJ

kgkJq in/461,3166

/)939,1814,3348(

Ketel Uap

Turbin

Pompa Kondensor

qin

qout

w pump, in

w Tur, out

2 3

4

1

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

Proses 3 – 4: Kerja turbin

43 hhwT

Untuk h4, dimana berada pada posisi phasa campuran dan

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

ditentukan:

4,4,4 . fgf hxhh

Dimana konstanta x adalah menyatakan kualitas uap yang

dapat ditentukan:

4,4,

4,4

fg

f

ssss

x

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

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

maka

79,05926,02287,85926,06586,6

x

sehingga

kgkJ

kgkJkgkJh/329,2072

)/1,240379,0(/88,1734

maka

kgkJkgkJ

hhwT

/071,1276/)329,20724,3348(

43

Proses 4 – 1: Panas yang dibuang kondensor untuk proses

kondensasi

kgkJ

kgkJhhq out

/449,1898/)88,173329,2072(

14


a. Laju aliran panas masuk yang dibutuhkan ketel uap

dalam kW

inqmQ

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

diketahui, maka dapat ditentukan:

)( pTnet wwmW

atau

skgMW

skJkgkJ

MW

wwW

mpT

net

/864,781

/10/)059,8071,1276(

100 3

sehingga

kW

kgkJskgQ31072,249

/461,3166/864,78


%4040,01072,249

101003

3

kWkW

QWnet

th

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

turbin adalah 300oC, jika laju aliran massa uap adalah

35 kg/s. Tentukanlah:

a. Gambarkan proses sistem dalam diagram T-s



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

m = 35 kg/s


Penyelesaian:

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

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

Langkah selanjutnya adalah dilakukan analisis pada setiap

proses, untuk menyelesaikan pertanyaan berikutnya:


12121 )( hhPPvw p

dan

wphh 12



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

h1 = hf = 340,49 kJ/kg

maka

kgkJmN

kJbar

mN

barkgm

PPvwp

/039,3.10

11

/10

)5,030(10030,1

)(

3

25

33

121

Sehingga

kgkJkgkJkgkJh /525,343/039,3/49,3402


23 hhq in

Dari tabel uap air pada tekanan dan temperatur uap panas

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

interpolasi diperoleh:

Tekanan = 30 bar

Temp (oC) Enthalpi (kJ/kg) Entropi (kJ/kg . K)

280 2941,3 6,4462

300 h3 = ? s3 = ?

320 3043,4 6,6245

Untuk h3:

kgkJ

h

/35,2992

)3,29414,3043(2803203003204,30433

Untuk s3:

KkgkJ

s

./5354,6

)4462,66245,6(2803203003206245,63

maka

kgkJ

kgkJq in/825,2648

/)525,34335,2992(


43 hhwT

Untuk h4, karena berada pada posisi phasa campuran dan


ditentukan:

4,4,4 . fgf hxhh


dapat ditentukan:

4,4,

4,4

fg

f

ssss

x

Dimana s4 = s3 = 6,5354 kJ/kg . K, sedangkan sf,4 dan sg,4

diperoleh dari tabel uap air pada tekanan kondensasi yaitu:

P1 = P4 = 0,08 bar

hf,4 = 340,49 kJ/kg

hfg,4 = 2305,4 kJ/kg

sf,4 = 1,0910 kJ/kg . K

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

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

maka

84,00910,15939,70910,15354,6

x

sehingga

kgkJ

kgkJkgkJh/026,2277

)/4,230584,0(/49,3404

maka

kgkJkgkJ

hhwT

/324,715/)026,227735,2992(

43


kondensasi

kgkJ

kgkJhhq out

/536,1936/)49,340026,2277(

14

Oleh karena itu, dapat ditentukan:

b. Kerja Netto Siklus

kgkJkgkJ

www PTnet/285,712/)039,3324,715(


%89,262689,0825,2648536,19361

1

in

outth q

q

d. Daya Output Sistem Pembangkit Tenaga

MWkWkgkJskg

wmW netnet

93,2498,24929/285,712/35

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:

a. Diagram T-s siklus Rankine dan analisis thermodinamika

pada setiap proses.


c. Efisiensi siklus

d. Laju aliran massa uap

Diketahui Siklus Rankine ideal dengan data operasional:

P3 = 10 MPa = 100 bar

T3 = 500oC

P1 = P4 = 10 kPa = 0,1 bar

netW

= 210 MW


Penyelesaian:

a. Diagram T – s Siklus Rankine Ideal dan Analisis

Thermodinamika pada setiap proses

Analisis Thermodinamika pada setiap proses:


12121 )( hhPPvw p

dan

wphh 12



v1 = vf = 1,0102 x 10-3 m3/kg

h1 = hf = 191,83 kJ/kg

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

maka

kgkJmN

kJbar

mN

barkgm

PPvwp

/092,10.10

11

/10

)1,0100(100102,1

)(

3

25

33

121

Sehingga

kgkJkgkJkgkJh /922,201/092,10/83,1912


23 hhq in

Dari tabel uap air pada tekanan dan temperatur uap panas

lanjut, yaitu: P3 = 100 bar dan 500oC; dengan metode

interpolasi diperoleh:

Tekanan = 100 bar


480 3321,4 6,5282

500 h3 = ? s3 = ?

520 3425,1 6,6622

Untuk h3:

kgkJ

h

/25,3373

)4,33211,3425(4805205005201,34253

Untuk s3:

KkgkJ

s

./5952,6

)5282,66622,6(4805205005206622,63

Maka panas yang diterima ketel uap selama proses

penguapan:

kgkJ

kgkJq in/328,3171

/)922,20125,3371(


43 hhwT



ditentukan:

4,4,4 . fgf hxhh


dapat ditentukan:

4,4,

4,4

fg

f

ssss

x

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

hfg,4 = 2392,8 kJ/kg

sf,4 = 0,6493 kJ/kg . K

sg,4 = 8,1502 kJ/kg . K

maka

793,06493,01502,86493,05952,6

x

sehingga

kgkJ

kgkJkgkJh/32,2089

)/8,2392793,0(/83,1914

maka

kgkJkgkJ

hhwT

/93,1283/)32,208925,3373(

43


kondensasi

kgkJ

kgkJhhq out

/49,1897/)83,19132,2089(

14

b. Kerja Netto Siklus

kgkJkgkJ

www PTnet/838,1273/)092,1093,1283(


%17,404017,0328,317149,18971

1

in

outth q

q

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

d. Laju Aliran Massa Uap

netnet wmW

atau

skgMW

skJMW

wWm

net

net

/856,1641

/10838,1273

210 3

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

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%.

Tentukanlah:

a. Diagram T-s dan analisa thermodinamika

b. Efisiensi seluruh sistem pembangkit tenaga (rasio daya

netto elektrik yang dihasilkan terhadap energi

masuk/bahan bakar)

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 ; Cbatu bara = 29300 kJ/kg

Pembakan = 0,75 ; Generator = 0,96

Ditanya: Seperti soal?

Penyelesaian:

a. Diagram T-s dan Analisa Thermodinamika

Diagram T-s Siklus Rankine

Analisis thermodinamika setiap proses


12121 )( hhPPvw p

dan

wphh 12



Tekanan

(bar)

Volume Spesifik

vf x 10-3 (m3/kg)

Enthalpi

(kJ/kg . K)

0,3 1,0223 289,23

0,35 vf = ? hf = ?

0,4 1,0265 317,58

Untuk harga v1 = vf:

kgm

v f

/0244,1

)0223,10265,1(3,04,0

35,04,00265,1

3

Untuk harga hf = h1:

kgkJ

h f

/405,303

)23,28958,317(3,04,0

35,04,058,317

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

maka

kgkJmN

kJbar

mN

barkgm

PPvw p

/086,5.10

11

/10

)35,050(100244,1

)(

3

25

33

121

Sehingga

kgkJkgkJkgkJh /491,308/086,5/405,3032


23 hhq in

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:

- Pada tekanan 40 bar dan temperatur 440 dan 500oC

Tekanan = 40 bar


440 3307,1 6,9041

450 h3 = ? s3 = ?

500 3445,3 7,0901

Untuk h3 pada tekanan 40 bar

kgkJ

h

/133,3330

)1,33073,3445(4405004505003,34453

Untuk s3 pada tekanan 40 bar

KkgkJ

s

./9351,6

)9041,60901,7(4405004505000901,73

- Pada tekanan 60 bar dan temperatur 440 dan 500oC

Tekanan = 60 bar


440 3277,3 6,6853

450 h3 = ? s3 = ?

500 3422,2 6,8803

Untuk h3 pada tekanan 60 bar

kgkJ

h

/45,3301

)3,32772,3422(4405004505002,34223

Untuk s3 pada tekanan 60 bar

KkgkJ

s

./7178,6

)6853,68803,6(4405004505008803,63

Maka harga h3 dan s3 sebenarnya pada tekanan 50 bar dan

450oC dapat ditentukan dengan metode interpolasi sebagai

berikut:

Tekanan

(bar)

Enthalpi (kJ/kg) Entropi (kJ/kg . K)

40 3330,133 6,9351

50 h3 = ? s3 = ?

60 3301,45 6,7178

Untuk h3 pada tekanan 50 bar dan 450oC:

kgkJ

h

/792,3315

)133,333045,3301(4060506045,33013

Untuk s3 pada tekanan 70 bar dan 450oC:

KkgkJ

s

./8265,6

)9351,67178,6(406050607178,63

Maka panas yang diterima ketel uap selama proses

penguapan:

kgkJ

kgkJq in/301,3007

/)491,308792,3315(


43 hhwT



ditentukan:

4,44,4 . fgf hxhh


dapat ditentukan:

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

4,4,

4,44

fg

f

ssss

x

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

sedangkan sf,4 dan sg,4 diperoleh dengan metode interpolasi

dari tabel uap air pada tekanan kondensasi yaitu:

P1 = P4 = 0,35 bar

Tekanan

(bar)

Enthalpi

(kJ/kg)

Entropi

(kJ/kg . K)

hfg,4 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

Untuk hfg,4:

kgkJ

h fg

/65,2327

)1,23362,2319(3,04,0

35,04,02,23194,

Untuk sf,4:

KkgkJ

s f

./9849,0

)9439,00259,1(3,04,0

35,04,00259,14,

Untuk sg,4:

KkgkJ

s g

./7193,7

)7686,76700,7(3,04,0

35,04,06700,74,

maka

867,09849,07193,79849,08265,6

4

x

sehingga

kgkJ

kgkJkgkJh/478,2321

)/65,2327867,0(/405,3034

maka

kgkJkgkJ

hhwT

/314,987/)478,23283315,792(

43


kondensasi

kgkJ

kgkJhhqout

/056,2025/)405,303461,2328(

14

b. Efisiensi Seluruh Sistem Pembangkit

generatorpembakaranThoverall

Untuk efisiensi thermal siklus:

%66,323266,0301,3007056,202511

in

outTh q

q

sehingga

%52,232352,096,075,03266,0 overall

c. Laju Suplai Bahan Bakar Batu Bara yang dibutuhkan

BaraBatu

inbaraBatu

CQ

m

Untuk harga inQ

:

skJ

MWskJMWWQ

overall

netin

/204,1275510

1/10

2352,0300 3

sehingga:

jamtonston

kgton

kgkJskJm baraBatu

/72,156/043533,0

101

/29300/204,1275510

3

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

4.2 Siklus Rankine dengan Pemanas Ulang

Gambar 2. Siklus Rankine dengan Pemanas Ulang

Analisa Thermodinamika:

Proses 1 – 2 adalah proses kompresi isentropik atau

kerja pompa

1212 )( hhPPvw fp …4.g

Dimana h1 = hf dan v1 = vf diperoleh dari tabel uap air

berdasarkan pada tekanan titik 1.


tekanan konstan dalam ketel uap

23 hhqboiler …4.h


atau kerja keluaran turbin tingkat I (tekanan tinggi)

43, hhw IT …4.i

Proses 4 – 5 adalah proses panas ulang pada tekanan

konstan pada reheater

54 hhq reheater …4.j


atau kerja keluaran turbin tingkat II (tekanan

rendah)

65, hhw IIT …4.k

Proses 6 – 1 adalah proses pelepasan panas pada

tekanan konstan dalam kondensor

16 hhqout …4.l

Sementara untuk menentukan efisiensi thermal siklus dapat

ditentukan:

in

pIITIT

in

netth q

wwwq

w

)( ,, …4.m

atau

)(1

)()(

reheaterboiler

out

reheaterboiler

outreaherboiler

in

netth

qqq

qqqqq

qw

…4.n

Ketel Uap

Kondensor

Pompa

P4 = P5 = PReheat

3

4

5

6

1

2

Turbin Tekanan Tinggi

Turbin Tekanan Rendah


Pemanas Ulang Turbin Tekanan Tinggi

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

Soal 4.5 Sebuah sistem pembangkit tenaga uap, beroperasi

berdasarkan siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang.

Kondisi uap masuk pada turbin tekanan tinggi adalah 8 Mpa

dan 500oC dan keluar pada tekanan 3 Mpa. Sebelum uap

masuk pada turbin tekanan rendah, uap dipanas ulang hingga

pada temperatur 500oC. Jika tekanan uap yang keluar dari

turbin tekanan rendah adalah 20 kPa, tentukanlah:

a. Gambar diagram T-s sistem dan analisa thermodinamika

sistem

b. Panas masuk netto dan kerja netto siklus


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


Penyelesaian:

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

namika

Diagram T-s Siklus Rankine ideal dengan Pemanas Ulang



12121 )( hhPPvw p

dan

wphh 12



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

h1 = hf = 251,40 kJ/kg

maka

kgkJmN

kJbar

mN

barkgm

PPvw p

/117,8.10

11

/10

)2,080(100172,1

)(

3

25

33

121

Sehingga

kgkJkgkJkgkJh /517,259/117,8/40,2512


23, hhq boilerin

Dari tabel uap air diperoleh harga h3 dengan metode

interpolasi yaitu pada tekanan 80 bar dan 500oC:

Tekanan = 80 bar


480 3348,4 6,6586

500 h3 = ? s3 = ?

520 3447,7 6,7871

Untuk h3 pada tekanan 80 bar dan 500oC

kgkJ

h

/05,3398

)4,33487,3447(4805205005207,34473

Untuk s3 pada tekanan 80 bar dan 500oC:

KkgkJ

s

./7229,6

)6586,67871,6(4805205005207871,63

sehingga

kgkJq boilerin /533,3138517,25905,3398,

Proses 3 – 4 adalah kerja turbin tekanan tinggi atau

tingkat pertama

431, hhwT


Pemanas Ulang Turbin Tekanan Tinggi

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

Untuk harga h4 diperoleh dengan metode interpolasi dari

tabel uap panas lanjut pada tekanan 30 bar dan entropi

s4 = s3 = 6,7229 kJ/kg . K:

Tekanan = 30 bar

Entropi

(kJ/kg . K)

Enthalpi

(kJ/kg)

Temperatur

Saturasi (oC)

6,6245 3043,4

233,90 6,7229 h4 = ?

6,7801 3138,7

maka:

kgkJ

h

/67,3103

)4,30437,3138(6245,67801,67229,67801,67,31384

Sehingga:

kgkJkgkJwT /38,292/)67,310505,3398(1,

Proses 4 – 5 adalah proses pemanas ulang

45, hhq reheaterin

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

maka:

kgkJkgkJq reheaterin /83,352/)67,31035,3456(,

Proses 5 – 6 adalah kerja turbin tekanan rendah atau

turbin tingkat kedua

652, hhwT

Untuk harga h6 dapat ditentukan:

).( 6,66,6 fgf hxhh

Dimana x6 adalah kualitas uap pada proses tersebut, dapat

ditentukan:

6,6,

6,66

fg

f

ssss

x

Harga-harga tersebut diperoleh dari tabel uap air pada

tekanan kondensor 0,2 bar:

hf,6 = 251,40 kJ/kg

hfg,6 = 2358,3 kJ/kg

sf,6 = 0,8320 kJ/kg . K

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

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

905,08320,09085,78320,02338,7

6

x

jadi:

kgkJ

kgkJkgkJh/662,2385

/)3,2358905,0(/40,2516

sehingga:

kgkJkgkJwT /838,1070/)662,23855,3456(2,

Proses 6 – 1 adalah proses pembuangan energi panas

pada kondensor

kgkJkgkJqout /262,2134/)40,251662,2385(

b. Panas Masuk Netto dan Kerja Netto Siklus

- Panas Masuk Netto

kgkJkgkJ

qqq reheaterinBoilerinnetin

/363,3491/)83,352533,3138(,,,

- Kerja Netto Siklus

kgkJkgkJ

www TTnet

/218,1363/)838,107038,292(2,1,


%05,393905,0363,3491218,1363

,

netin

netTh q

w

Soal 4.6 Siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang, bekerja

pada kondisi uap panas lanjut 10 MPa dan 600oC masuk

keturbin tingkat pertama (turbin tekanan tinggi), kemudian

uap buangan turbin tingkat pertama dipanas ulang hingga

temperatur 500oC sebelum masuk keturbin tingkat kedua.

Jika tekanan kondensornya adalah 6 kPa dan kualitas uap

buangan turbin tingkat kedua adalah 90%. Tentukanlah:

a. Gambar diagram T-s dan analisa thermodinamika sistem

b. Panas masuk netto dan kerja netto siklus



P2 = P3 = 10 MPa = 100 bar ; T3 = 600oC

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

T5 = 500oC

P6 = P1 = 6 kPa = 0,06 bar ; x6 = 0,9


Penyelesaian:

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

namika

Diagram T-s Siklus Rankine Ideal dengan Pemanas Ulang



12121 )( hhPPvw p

dan

wphh 12



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

h1 = hf = 151,53 kJ/kg

maka

kgkJmN

kJbar

mN

barkgm

PPvw p

/058,10.10

11

/10

)06,0100(100064,1

)(

3

25

33

121

Sehingga

kgkJkgkJh /588,161/)058,1053,151(2


23, hhq boilerin

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

tekanan 100 bar dan 600oC:

h3 = 3625,3 kJ/kg

s3 = 6,9029 kJ/kg . K

maka:

kgkJkgkJq boilerin

/712,3463

/)588,1613,3625(,

Proses 3 – 4 adalah kerja turbin tekanan tinggi atau

tingkat pertama

431, hhwT

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:

Dari tabel uap air, pada tekanan kondensor 0,06 bar,

diperoleh:

hf,6 = 151,53 kJ/kg

hfg,6 = 2415,9 kJ/kg

sf,6 = 0,5210 kJ/kg . K

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

Maka dapat diselesaikan:

kgkJ

kgkJkgkJ

hxhh fgf

/84,2325/)9,24159,0(/53,151

).( 6,66,6

dan

KkgkJ

ssxss fgf

./5495,7)]5210,03304,8(9,0[5210,0

)]([ 6,6,66,6

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:

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

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

Entropi

(kJ/kg . K)

Tekanan

(bar)

Enthalpi

(kJ/kg)

7,5698 15 3473,1

7,5495 P5 h5

7,4317 20 3467,6

Untuk P5:

bar

P

735,15

)1520(5698,74317,75495,74317,7205

Untuk h5:

kgkJ

h

/01,3473

3473,1)6,3467(5698,74317,75495,74317,76,34675

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

interpolasi:

- Interpolasi Pertama

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

maka,

kgkJ

h

/824,3029

)7,29929,3081(8381,69938,69029,69938,69,30814

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

P4 = 20 bar

Entropi (kJ/kg . K) Enthalpi (kJ/kg)

6,8452 3069,5

6,9029 h4 = ?

6,9917 3159,3

maka

kgkJ

h

/868,3104

)5,30693,3159(8452,69917,69029,69917,63,31594

- Interpolasi Kedua

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

s4 = 6,9029 kJ/kg

Tekanan (bar) Enthalpi (kJ/kg)

15 3029,824

15,735 h4 = ?

20 3104,868

maka,

kgkJ

h

/856,3040

)824,3029868,3104(1520735,1520868,31044

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

tekanan tinggi atau tingkat pertama dapat ditentukan:

kgkJwT /444,584856,30403,36251,

Proses 4 – 5 adalah proses pemanasan ulang

kgkJq reheaterin /154,432856,304001,3473,

Proses 5 – 6 adalah proses kerja turbin tekanan rendah atau

tingkat kedua:

kgkJ

hhwT

/17,114784,232501,3473652,

Proses 6 – 1 adalah proses pembuangan panas pada

kondensor

kgkJ,,

hhqout/306,2174534151842325

16

b. Panas Masuk Netto dan Kerja Netto Siklus

- Untuk panas masuk netto:

kgkJ

qqq heaterinBoilerinnettoin

/866,3895154,432712,3463Re,,,

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

- Untuk kerja netto siklus:

kgkJ

wwww pTTnet

/556,1721058,10)17,1147444,584(

)( 2,1,


%19,444419,0866,3895556,1721

,

netin

netTh q

w

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

tekanan tinggi pada 10 MPa dan 500oC 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

b. Panas masuk netto dan kerja siklus netto


d. Laju aliran massa uap


netW

= 80 MW

P1 = P6 = 10 kPa = 0,1 bar

P3 = P2 = 10 MPa = 100 bar ; T3 = 500oC

P4 = p5 = 1 Mpa = 10 bar ; T5 = 500oC

T = 80% ; P = 95%


Penyelesaian

a. Diagram T-s siklus dan Analisa Thermodinamika

Keterangan gambar:

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

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



12121, )( hhPPvw sidealp



v1 = vf = 1,0102 x 10-3 m3/kg

h1 = hf = 191,83 kJ/kg

maka

kgkJmN

kJbar

mN

barkgm

PPvhhw sidealp

/092,10.10

11

/10

)1,0100(100102,1

)(

3

25

33

12112,

Untuk wp, aktual:

kgkJkgkJww

P

idealpaktualp /623,10

95,0/092,10,

,

Untuk harga h2:

12

12

,

,

hhhh

ww s

aktualp

idealpP

maka

kgkJ

hhhh

P

s

/453,20295,0092,1083,191

1212


23, hhq Boilerin

Dari tabel uap air pada tekanan temperatur ketel uap yaitu:

P3 = 100 bar dan 500oC; dengan metode interpolasi

diperoleh:

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

P3 = 100 bar

Temperatur

(oC)

Enthalpi

(kJ/kg)

Entropi

(kJ/kg . K)

480 3321,4 6,5282

500 h3 s3

520 3425,1 6,6622

Untuk h3

kgkJ

h

/25,3373

)4,33211,3425(4805205005201,34253

Untuk s3

KkgkJ

s

./5952,6

)5282,66622,6(4805205005206622,63

maka

kgkJ

kgkJq Boilerin

/797,3170

/)453,20225,3373(,

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

Pertama)

431, hhwT

Untuk h4:

sidealT

aktualTT hh

hhww

43

43

)(1,

)(1,

atau

])[( 4334 Tshhhh

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

P4s = 10 bar

Entropi

(kJ/kg . K)

Enthalpi

(kJ/kg)

Tekanan

(bar)

6,5865 2778,1

10 6,5952 h3

6,6940 2827,9

maka

kgkJ

h s

/13,2782

)1,27789,2827(5865,66940,65952,66940,69,28274

Oleh karena itu,

kgkJ

h/354,2900

]80,0)13,278225,3373[(25,33734

Sehingga kerja aktual turbin tingkat pertama:

kgkJ

w aktualT

/896,472

354,290025,3373)( 1,

Proses 4 – 5: adalah proses pemanas ulang

45Re, hhq heaterin

Untuk h5 dapat ditentukan dari tabel uap air panas lanjut pada

tekanan dan temperatur masing-masing adalah: 10 bar dan

500oC:

h5 = 3478,5 kJ/kg ; s5 = 7,7622 kJ/kg . K

maka

kgkJq heaterin /146,578354,29005,3478Re,

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

tingkat kedua

652, )( hhw aktualT

Untuk h6 dapat ditentukan:

sidealT

aktualTT hh

hhww

65

65

)(2,

)(2,

atau

)]([ 6556 sT hhhh

Untuk h6s, dimana berada pada posisi phasa campuran dan


ditentukan:

)( 6,66,6 sfgssfs hxhh

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

Dimana konstanta x6s adalah menyatakan kualitas uap yang

dapat ditentukan:

sfsg

sfss ss

ssx

6,6,

6,66

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

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

hf,6s = 191,83 kJ/kg ; hfg,6s = 2392,8 kJ/kg

maka

948,06493,01502,86493,07622,7

6

sx

sehingga

kgkJ

kgkJkgkJh s/204,2460

)/8,2392948,0(/83,1916

jadi

kgkJ

hhhh sT

/863,2663)]204,24605,3478(80,0[(5,3478

)]([ 6556

Oleh karena itu

kgkJhhw aktualT

/637,814

863,26635,3478)( 652,

Proses 6 – 1: adalah proses panas dilepas oleh kondensor

16 hhqout

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

kgkJqout /033,247283,191863,2663

b. Panas Masuk Netto dan Kerja Netto Siklus\

Untuk panas masuk netto:

kgkJ

qqq heaterinBoilerinnetin

/943,3748146,578797,3170Re,,,

Untuk kerja aktual netto siklus

kgkJ

wwww aktualpaktualTTnet

/91,1276623,10)637,814896,472(

)()( 2,1,


%06,343406,0943,374891,1276

,

netin

netTh q

w

d. Laju Aliran Massa Uap

skgMW

skJkgkJ

MW

wWm

net

net

/651,621

/10/91,1276

80 3

Soal 2.5 Sistem pembangkit tenaga uap beroperasi

berdasarkan siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang,

tekanan dan temperatur uap yang masuk ke turbin tekanan

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

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%,

tentukanlah:

a. Diagram T-s siklus dan analisa thermodinamika

b. Laju aliran panas masuk dan laju aliran panas keluar


Diketahui: Siklus Rankine Ideal dengan pemanas ulang

P1 = P6 = 10 kPa = 0,1 bar

P3 = P2 = 15 MPa

T3 = T5 = 500oC

m = 12 kg/s

x6 = (100 – 10)% = 90%


Penyelesaian

a. Diagram T-s Siklus dan Analisa Thermodinamika

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

2

1 6

4

3 5T

s

150 bar

0,1 bar

P4 = P5 = ?

Diagram T-s Siklus Rankine Ideal dengan Pemanas Ulang



)( 12112 PPvhhw p



v1 = vf = 1,0102 x 10-3 m3/kg

h1 = hf = 191,83 kJ/kg

maka

kgkJmN

kJbar

mN

barkgm

PPvw p

/143,15.10

11

/10

)1,0150(100102,1

)(

3

25

33

121

sehingga

kgkJkgkJ

wphh/973,206/)143,1583,191(

12


23, hhq Boilerin

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:

(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

Temperatur

(oC)

Enthalpi

(kJ/kg)

Entropi

(kJ/kg . K)

480 3264,5 6,3143

500 h3, 140 s3, 140

520 3377,8 6,4610

Untuk h3, 140:

kgkJ

h

/15,3321

)5,32648,3377(4805205005208,3377140,3

Untuk s3, 140:

KkgkJ

s

./3877,6

)3143,64610,6(4805205005204610,6140,3


P5 = 160 bar

Temperatur

(oC)

Enthalpi

(kJ/kg)

Entropi

(kJ/kg . K)

480 3234,4 6,2215

500 h3, 160 s3, 160

520 3353,3 6,3752

Untuk h3, 160:

kgkJ

h

/85,3293

)4,32343,3353(4805205005203,3353160,3

Untuk s3, 160:

KkgkJ

s

./2984,6

)2215,63752,6(4805205005203752,6160,3

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

Interpolasi Kedua


T5 = 500oC

Tekanan

(bar)

Enthalpi

(kJ/kg)

Entropi

(kJ/kg . K)

140 3321,15 6,3877

150 h3, 150 s3, 150

160 3293,85 6,2984

Untuk h3, 150:

kgkJ

h

/5,3307

)15,332185,3293(14016015016085,3293150,3

Untuk s3, 150:

KkgkJ

s

./3431,6

)3877,62984,6(1401601501602984,6150,3

maka

kgkJ

kgkJq Boilerin

/527,3100

/)973,2065,3307(,

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

431, hhwT

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

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

Oleh karena itu,

Untuk h6:

kgkJ

kgkJ

hxhh fgf

/35,2345/)]8,239290,0(83,191[

).( 6,66,6

Dan untuk s6:

KkgkJ

kgkJ

ssxss fgf

./40011,7/))]6493,01502,8(9,0(6493,0[

))](([ 6,6,46,6

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

dari tabel uap air panas lanjut dapat ditentukan P5 dengan

metode interpolasi:

T5 = 500oC

Entropi

(kJ/kg . K)

Tekanan

(bar)

Enthalpi

(kJ/kg)

7,4317 20 3467,6

7,40011 P5 h5

7,2338 30 3456,5

Untuk P5:

bar

P

596,21

)2030(4317,72338,740011,72338,7305

Untuk h5:

kgkJ

h

/83,3465

)6,34675,3456(4317,72338,740011,72338,75,34565

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

lanjut berdasarkan:

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)

Entropi

(kJ/kg . K)

Enthalpi

(kJ/kg)

Tekanan

(bar)

6,3409 2799,5

20 bar 6,3431 h4, 20

6,4952 2876,5

maka:

kgkJ

h

/598,2800

)5,27995,2876(3409,64952,63431,64952,65,287620,4

Ali Hasimi Pane

Ali Hasimi Pane

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

Entropi

(kJ/kg . K)

Enthalpi

(kJ/kg)

Tekanan

(bar)

6,2265 2824,3

30 bar 6,3431 h4, 30

6,4465 2941,3

maka:

kgkJ

h

/31,2886

)3,28243,2941(2265,64465,63431,64465,63,294130,4

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

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

Tekanan

(bar)

Enthalpi

(kJ/kg)

Entropi

(kJ/kg . K)

20 2800,598

6,3431 21,596 h4

30 2886,31

maka:

kgkJ

h

/278,2814

)598,280031,2886(2030596,213031,28864

Sehingga proses 3 – 4 adalah kerja turbin tingkat pertama:

kgkJ

hhwT

/222,493278,28145,3307431,

Proses 4 – 5: Panas masuk pada pemanas ulang

45Re, hhq heaterin

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

maka:

kgkJ

q heaterin

/552,651

278,281483,3465Re,

Proses 5 – 6: Proses kerja turbin tingkat kedua

652, hhwT

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

kgkJwT /48,112035,234583,34652,

Proses 6 – 1: Proses pelepasan kalor

16 hhqout

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

kgkJqout /52,215383,19135,2345

b. Laju aliran panas masuk dan laju aliran panas keluar

- Laju aliran panas masuk

)( Re,,, heaterinBoilerinnetinin qqmqmQ

Dimana m = 12 kg/s, maka:

kWMW

skJMW

kgkJ

skgQ in

45025025,45/10

1)552,65152,3100(12 3

- Laju aliran panas keluar

kWMWskJ

MWkgkJ

skgqmQ outout

25842842,25/10

1/52,215312

3


%61,424261,045025258421

in

outTh

Q

Q

Ali Hasimi Pane

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,

Mahasiswa magister (S2) Fakultas Teknik, Jurusan teknik mesin USU–Medan,

dengan konsentrasi studi konversi energi.

Sarjana Teknik (S1) selesai pada tahun 2004 dari Institut Teknologi Medan (ITM),

konsentrasi studi konversi energi.

Modul thermodinamika (penyelesaian soal siklus pembangkit daya)

Education

Transcript of Modul thermodinamika (penyelesaian soal siklus pembangkit daya)