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:
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
adiabatik isentropik, maka:
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:
Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto
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:
Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto
Diketahui:
T1 = 290 K ; p1 = 1 bar ; T3 = 2200 K
r = 8 ; V1 = 400 cm3
Penyelesaian: Dari lintasan proses siklus, diperoleh
besaran sebagai berikut:
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)
Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto
Diketahui:
T1 = 32 + 273 = 305 K ; p1 = 100 kPa ; r = 7,5
m = 2 gram = 0,002 kg ; T3 = 960 K
Penyelesaian: Dari lintasan proses siklus, diperoleh
besaran sebagai berikut:
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
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
d. Efisiensi thermal siklus
e. Kerja netto siklus
f. Mean effective pressure, dalam bar
Solusi: (Siklus Otto seperti gambar)
Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto
Diketahui:
T1 = 300 K
p1 = 1 bar
V1 = 560 cm3
T3 = 2000 K
r = 8
Penyelesaian: Dari lintasan proses siklus, diperoleh
besaran sebagai berikut:
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
untuk tekanan p3 dapat ditentukan dari persamaan
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
untuk tekanan p4 dapat ditentukan dari persamaan
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
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
b. Efisiensi thermal siklus
c. Kerja netto siklus
d. MEP
e. Daya yang dihasilkan jika jumlah perputaran siklus
per menit adalah 210.
Solusi: (Siklus Otto seperti gambar)
Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto
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
b. Efisiensi Thermal Siklus
%1001
in
out
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
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
3 – 4 : Proses ekspansi isentropic
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 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 = cp (T3 – T2) ...(2a)
- Panas yang di-Buang dari Sistem (qout)
qout = cv (T4 – T1) ...(2b)
- Kerja Netto yang Dihasilkan (wnet)
wnet = qin - qout ...(2c)
- 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
adiabatik isentropik, maka:
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
adiabatik isentropik, maka:
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:
a. Efisiensi thermal siklus
b. MEP siklus
Solusi: Siklus Diesel Seperti gambar
Gambar 2. P – v Diagram
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:
a. Efisiensi Thermal Siklus
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
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 dengan menentukan parameter pada
setiap proses siklus
Proses 1 – 2 adalah proses kompresi
Untuk harga v1:
kgm
kPaKKkgmkPa
pRT
v
/9063,0
95300./.287,0
3
3
1
11
Gambar 2. P – v Diagram
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)
c. Kerja netto siklus
d. Efisiensi thermal siklus
e. MEP siklus
Diketahui : Siklus Diesel seperti gambar 2.
p1 = 200 kPa
T1 = 380 K
r = 20
qin = 900 kJ/kg
R = 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:
Gambar 2. P – v Diagram
Penyelesaian
Langkah awal adalah dengan menentukan parameter pada
setiap proses siklus
Proses 1 – 2 adalah proses kompresi
Harga v1: dapat ditentukan dari persamaan gas ideal
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
Oleh karena itu, dapat diselesaikan:
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)
c. Efisiensi thermal siklus
d. Kerja netto yang dihasilkan
Diketahui:
p1 = 1bar ; T1 = 300K p2 = p3 = 40 bar
qin = 600 kJ/kg ; k = 1,4
R = 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
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
Gambar 2. P – v Diagram
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
c. Efisiensi Thermal Siklus
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
Ditanya: seperti soal
Solusi: Siklus Diesel seperti gambar
Penyelesaian:
a. Rasio Pancung (Cut off Ratio)
2
3
2
3TT
vv
rC
Gambar 2. P – v Diagram
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
c. Efisiensi Thermal Siklus
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
b. Efisiensi thermal siklus
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
b. Efisiensi Thermal Siklus
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
4 – 5 : Proses ekspansi isentropic
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 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 Total yang Masuk ke Sistem (qin, total)
2,1,, inintotalin qqq
Dimana
)( 231, TTcvqin
Dan
)( 342, TTcpqin
Maka
)()( 3423, TTcpTTcvq totalin ...(3a)
- Panas yang di-Buang dari Sistem (qout)
)( 15 TTcvqout ...(3b)
- Kerja Netto yang Dihasilkan (wnet)
))(())()(( 153423 TTcvTTcpTTcv
qqw outtotalnet
...(3c)
- Efisiensi Thermal Siklus
)()()(
1()()(
1
1
3423
15
3423
15
,,
,
TTkTTTTcv
TTcpTTcvTTcv
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
c. Efisiensi thermal 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
R = 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
cv = 0,718 kJ/kg. K ; cp = 1,005 kJ/kg. K
Ditanya: seperti soal
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,
b. Kerja netto siklus
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,
c. Efisiensi thermal siklus
%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
d. Efisiensi thermal siklus
Diketahui:
p1 = 95 kPa ; T1 = 300K ; r = 16 ; rC =
1,15
m = 0,04 kg ; k = 1,4 ; p3/p2 = α = 2,2
R = 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
cv = 0,718 kJ/kg. K ; cp = 1,005 kJ/kg. K
Ditanya: seperti soal
Solusi: Siklus Dual seperti gambar:
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
Untuk harga T3, dari proses 2 – 3:
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
Untuk harga T4, dari proses 3 – 4:
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
Untuk harga T5, dari proses 4 – 5:
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,
d. Efisiensi thermal siklus
%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
b. Efisiensi thermal siklus
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
R = 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
cv = 0,718 kJ/kg. K ; cp = 1,005 kJ/kg. K
Ditanya: seperti soal
Solusi: Siklus Dual seperti gambar:
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
Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada
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,
Proses 3 – 4 adalah proses penambahan panas pada
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
b. Efisiensi Thermal Siklus
%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
R = 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
cv = 0,718 kJ/kg. K ; cp = 1,005 kJ/kg. K
Ditanya:
a. Efisiensi thermal siklus
b. Daya keluaran siklus jika massa aliran udara 0,1
kg/detik
Solusi: Siklus Dual seperti gambar:
Penyelesaian:
a. Efisiensi Thermal Siklus
)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
c. Efisiensi thermal 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
R = 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
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
c. Efisiensi thermal siklus
Solusi: Siklus Dual seperti gambar:
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
c. Efisiensi Thermal Siklus
%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
R = 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
cv = 0,718 kJ/kg. K ; cp = 1,005 kJ/kg. K
Ditanya:
a. Energi panas netto yang ditambahkan
b. Energi panas yang dibuang
c. Kerja netto siklus
d. Efisiensi thermal siklus
Solusi: Siklus Dual seperti gambar:
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
Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada
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,
Proses 3 – 4 adalah proses penambahan panas pada
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
c. Kerja netto siklus
kgkJkgkJ
qqW outnetinnet
/25,1203/)6,77385,1976(,
d. Efisiensi thermal siklus
%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.
Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada
tekanan konstan dalam ketel uap
23 hhq in …4.b
Proses 3 – 4 adalah proses kerja ekspansi isentropik
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
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
b. Efisiensi thermal siklus
Diketahui: Siklus Rankine seperti gambar
P3 = 8 MPa = 8000 kPa = 80 bar
T3 = 480oC
P4 = 8 kPa = 0,08 bar
wnet = 100 MW
Ditanya: seperti soal
Penyelesaian:
Langkah awal dilakukan analisis pada setiap proses
berdasarkan diagram alir dan diagram T-s, sebagai berikut:
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
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
Oleh karena itu, dapat diselesaikan:
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
b. Efisiensi Thermal Siklus
%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
b. Efisiensi Thermal Siklus
c. Kerja netto siklus
d. Daya output sistem pembangkit tenaga
Diketahui: Sistem pembangkit tenaga uap beoperasi dengan
siklus Rankine
P3 = 3 MPa = 30 bar
T3 = 300oC
P4 = 50 kPa = 0,5 bar
m = 35 kg/s
Ditanya: seperti soal
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:
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
12121 )( hhPPvw p
dan
wphh 12
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
P1 = 0,5 bar, diperoleh:
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
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
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(
Proses 3 – 4: Kerja turbin
43 hhwT
Untuk h4, karena 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 = 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
Proses 4 – 1: Panas yang dibuang kondensor untuk proses
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(
c. Efisiensi Thermal Siklus
%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.
b. Kerja netto siklus
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
Ditanya seperti soal:
Penyelesaian:
a. Diagram T – s Siklus Rankine Ideal dan Analisis
Thermodinamika pada setiap proses
Analisis Thermodinamika pada setiap proses:
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
12121 )( hhPPvw p
dan
wphh 12
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
P1 = 0,1 bar, diperoleh:
v1 = vf = 1,0102 x 10-3 m3/kg
h1 = hf = 191,83 kJ/kg
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
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
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
Temp (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 panas yang diterima ketel uap selama proses
penguapan:
kgkJ
kgkJq in/328,3171
/)922,20125,3371(
Proses 3 – 4: Kerja turbin
43 hhwT
Untuk h4, karena 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 = 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
Proses 4 – 1: Panas yang dibuang kondensor untuk proses
kondensasi
kgkJ
kgkJhhq out
/49,1897/)83,19132,2089(
14
b. Kerja Netto Siklus
kgkJkgkJ
www PTnet/838,1273/)092,1093,1283(
c. Efisiensi Thermal Siklus
%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
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
12121 )( hhPPvw p
dan
wphh 12
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
P1 = 0,35 bar, diperoleh:
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
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
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
Temp (oC) Enthalpi (kJ/kg) Entropi (kJ/kg . K)
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
Temp (oC) Enthalpi (kJ/kg) Entropi (kJ/kg . K)
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(
Proses 3 – 4: Kerja turbin
43 hhwT
Untuk h4, karena berada pada posisi phasa campuran dan
pada tekanan kondensor (P4 = P1 = 0,35 bar), maka dapat
ditentukan:
4,44,4 . fgf hxhh
Dimana konstanta x adalah menyatakan kualitas uap yang
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
Proses 4 – 1: Panas yang dibuang kondensor untuk proses
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.
Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada
tekanan konstan dalam ketel uap
23 hhqboiler …4.h
Proses 3 – 4 adalah proses kerja ekspansi isentropik
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
Proses 5 – 6 adalah proses kerja ekspansi isentropik
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
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
c. Efisiensi thermal 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
Ditanya: seperti soal
Penyelesaian:
a. Gambar Diagram T-s Siklus dan Analisa Thermodi-
namika
Diagram T-s Siklus Rankine ideal dengan Pemanas Ulang
Analisa Thermodinamika
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
12121 )( hhPPvw p
dan
wphh 12
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
P1 = 0,2 bar, diperoleh:
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
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
23, hhq boilerin
Dari tabel uap air diperoleh harga h3 dengan metode
interpolasi yaitu pada tekanan 80 bar dan 500oC:
Tekanan = 80 bar
Temp (oC) Enthalpi (kJ/kg) Entropi (kJ/kg . K)
480 3348,4 6,6586
500 h3 = ? s3 = ?
520 3447,7 6,7871
Untuk h3 pada tekanan 80 bar dan 500oC
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
Turbin Tekanan Rendah
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,
c. Efisiensi Thermal Siklus
%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
c. Efisiensi thermal siklus
Diketahui: Siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang
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
Ditanya: seperti soal
Penyelesaian:
a. Gambar Diagram T-s Siklus dan Analisa Thermodi-
namika
Diagram T-s Siklus Rankine Ideal dengan Pemanas Ulang
Analisa Thermodinamika
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
12121 )( hhPPvw p
dan
wphh 12
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
P1 = 0,06 bar, diperoleh:
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
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
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,
c. Efisiensi Thermal Siklus
%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
c. Efisiensi thermal siklus
d. Laju aliran massa uap
Diketahui: Siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang
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%
Ditanya: seperti soal
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
Analisa Thermodinamika
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
12121, )( hhPPvw sidealp
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
P1 = 0,1 bar, diperoleh:
v1 = vf = 1,0102 x 10-3 m3/kg
h1 = hf = 191,83 kJ/kg
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
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
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
pada tekanan kondensor (P6 = P1 = 0,1 bar), maka dapat
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,
c. Efisiensi Thermal Siklus
%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
c. Efisiensi thermal siklus
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%
Ditanya: seperti soal
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
Analisa Thermodinamika
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
)( 12112 PPvhhw p
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
P1 = 0,1 bar, diperoleh:
v1 = vf = 1,0102 x 10-3 m3/kg
h1 = hf = 191,83 kJ/kg
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
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
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
- Interpolasi tekanan 160 bar dan 500oC
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
- Interpolasi tekanan 150 bar dan 500oC
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
c. Efisiensi Thermal Siklus
%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.