ADVANCE LEARNING PROGRAM (ALP CONSULTANT)

BIDANG STUDI

Fundamental

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:

ali.h.pane@gmail.com

Contoh soal: Sistem Refrigerasi Multi tingkat Kompressor

Sebuah siklus kompresi uap yang dimodifikasi mempunyai 3 kompresor, 2 flash cooler, dan 2

mixer chamber dioperasikan pada temperatur evaporasi -10 oC dan temperatur kondensasi 40 oC. Fluida kerja yang digunakan adalah R-134a dan beban pendingin yang terjadi di

evaporator 1000 ton. Jika siklus yang bekerja adalah ideal, buatlah analisa thermodinamika

dan tentukanlah COP sistem tersebut.

Diketahui: Siklus kompressi uap ideal multi tingkat kompressor seperti gambar 1, dengan

parameter design adalah:

Fluida kerja siklus adalah R-134a

QE = 1000 TR =

TE = -10 oC

TK = 40 oC

Ditanya:

1. Analisa thermodinamika untuk siklus

2. COP siklus

Keterangan gambar:

Fc : adalah flash cooler

Mc : adalah mixer chamber

C : adalah kompressor

Subcript 1, 2, 3 adalah multitingkat

peralatan

Gambar 1. SKU ideal (modifikasi)

multitingkat kompressor.

Gambar 2. Diagram p-h siklus kompresi ual multi tingkat kompressor

Penyelesaian:

1. Analisa thermodinamika

Dari bentuk persoalaan data yang diketahui:

Titik 1

Dari tabel saturasi R-134a pada temperatur evaporasi (TE) -10 oC, diperoleh:

P1 = PE = 200,6 kPa

h1 = 392,75 kJ/kg

s1 = 1,7337 kJ/kg. K

Titik 7

Dari tabel saturasi R-134a pada temperatur kondensasi (TK) 40 oC, diperoleh:

P7 = PK = 1016,6 kPa

h7 = 256,41 kJ/kg

s7 = 1,1903 kJ/kg. K

Rasio tekanan antara optimum, dimana jumlah kompressor (n) 3 buah:

71767,16,2006,1016 3/1/1

n

E

KPPr

Maka tekanan antara Pi, 1 dan `Pi, 2 dapat ditentukan:

kPa56460,3446,20071767,11, Ei PrP

dan

kPa84828,59156460,34471767,11,2, ii PrP

Dari tabel saturasi R-134a, berdasarkan tekanan Pi, 1 diperoleh:

Pi, 1 (kPa) hL = h13 (kJ/kg) hV = h12 (kJ/kg) sL = s13 (kJ/kg. K) sV = s12 (kJ/kg. K) 337,66 205,40 400,92 1,0195 1,7250

344,56460 h13 h12 s13 s12

361,98 208,11 402,06 1,0292 1,7240 Maka harga enthalpy:

kJ/kg401,24365)92,40006,402(66,33798,361

56460,34498,36106,40212

h

dan

kJ/kg206,16939)40,20511,208(66,33798,361

56460,34498,36111,20813

h

Untuk harga entropy:

K kJ/kg.1,72472)7240,17250,1(66,33798,361

56460,34498,3617240,112

s

dan

K kJ/kg.02225 1,)0195,10292,1(66,33798,361

56460,34498,3610292,113

s

Dari tabel saturasi R-134a, berdasarkan tekanan Pi, 2 diperoleh:

Pi, 2 (kPa) hL = h10 (kJ/kg) hV = h9 (kJ/kg) sL = s10 (kJ/kg. K) sV = s9 (kJ/kg. K) 571,71 227,47 408,69 1,0962 1,7180

591,84828 h10 h9 s10 s9

607,89 230,29 410,79 1,1057 1,7173 Maka harga enyhalpy:

kJ/kg409,85889)69,40879,410(71,57189,607

84828,59189,60779,4109

h

dan

kJ/kg229,03965)47,22729,230(71,57189,607

84828,59189,60729,23010

h

Untuk harga entropy:

K kJ/kg.1,71761)7180,17173,1(71,57189,607

84828,59189,6077173,19

s

dan

K kJ/kg.1,10744)0962,11057,1(71,57189,607

84828,59189,6071057,110

s

Analisa pada flash cooler 1 (FC, 1) untuk mendapatkan fraksi x , berdasarkan hukum kekekalan

energi:

0,15137229,03965409,85889

229,0396541,256

:maka , dimana

atau

)1(

78109

108

1098

x

hhhhhh

x

hxxhh

Analisa pada flash cooler 1 (FC, 2) untuk mendapatkan fraksi y , berdasarkan hukum kekekalan

energi:

0,0994916939,062401,24365

)16939,06203965,229(0,15137)1(

:maka , dimana ))(1(

atau

)1()1(

10111312

1311

131211

y

hhhh

hhxy

hyxyhhx

Analisa harga enthalpy untuk titik 2 dan 3

Enthalpy pada titik 2

kJ/kg403,73737)16939,20624365,401(02225,172472,172472,17337,124365,401

s dimana )(

2

1213121312

122122

h

shhsssshh

Enthalpy pada titik 3

Analisa pada mixer chamber (MC1) untuk mendapatkan harga enthalpy (h3):

kJ/kg403,44502)15137,01(

]24365,40109949,0[]73737,403)09949,015137,01[()1(

)1(atau

)1()1(

1223

1223

xyhhyxh

yhhyxhx

Entropi pada titik 3

K kJ/kg. 1,73265)15137,01(

]1,7247209949,0[]1,7337)09949,015137,01[()1(

)1(atau

)1()1(

1223

1223

xyssyxs

yssyxsx

Enthalpy pada titik 4 dan 5

Enthalpy pada titik 4

kJ/kg8414,3158)229,03965409,85889(1,107441,717611,717611,73265409,85889

s dimana )(

4

34109109

9494

h

shhsssshh

Analisa pada mixer chamber (MC2) untuk mendapatkan harga enthalpy (h3):

kJ/kg 413,64123]409,8588915137,0[]8414,3158)15137,01[(

)1( 945

xhhxh

Entropi pada titik 5

K kJ/kg. 1,73037]1,7176115137,0[]1,73265)15137,01[(

)1( 945

xssxs

Titik 6

567676

6666 s dimana )(

shhss

sshh a

a

aa

Untuk nilai h6a dan s6a merupakan uap saturasi pada Tk = 40 oC:

h6a = 419,58 kJ/kg

s6a = 1,7115 kJ/kg. K

h7 = 256,41 kJ/kg

s7 = 1,1903 kJ/kg. K

maka,

kJ/kg425,48756)256,41419,58(1,19031,71151,71151,73037419,586

h

Tabel 1. Rangkuman sifat-sifat thermodinamika R-134a pada setiap titik

Titik Enthalpy (kJ/kg) Entropy (kJ/kg. K)

1 392,75 1,7337 2 403,73737 1,7337 3 403,44502 1,73265 4 414,31588 1,73265 5 413,64123 1,73037 6 425,48756 1,73037 7 256,41 1,1903 8 256,41 9 409,85889 1,71761

10 229,03965 1,10744 11 229,03965 12 401,24365 1,72472 13 206,16939 1,02225 14 206,16939

2. Analisa statistik siklus kompresi uap multi tingkat kompressor

a. Laju aliran massa refrigeran

Laju aliran refrigeran pada evaporator

kg/s18,84440kJ/kg)16939,20675,392(

)kW/TR(516,3TR1000)( 141

hh

Qm e

e

Laju aliran massa refrigeran akibat pemasangan Fc1

kg/s22,20567kJ/kg)0,151371(

kg/s18,84440)1(

x

mM e

x

Laju aliran massa akibat pemasangan Fc2

kg/s25,15471kJ/kg)0,099491513701(

kg/s18,84440)1(

,yx

mM e

y

b. Kerja kompressor

Kerja kompressor tingkat 1

kW 207,05040kJ/s 207,05040

kJ/kg 392,75)403,73737(kg/s18,84440)( 121,

hhmW ec

Kerja kompressor tingkat 2

kW 273,45333kJ/s 273,45333

kJ/kg 403,44502)414,31588(kg/s25,15471)( 342,

hhMW yc

Kerja kompressor tingkat 3

kW 263,05569kJ/s 263,05569

kJ/kg 413,64123)425,48756(kg/s22,20567)( 563,

hhMW xc

Kerja total kompressor

kW 743,55942kW )0556926345333273207,05040(3,2,1,

,,

WWWW ccctotal

c. COP sistem

4,72861kW 743,55942

)kW/TR(516,3TR1000

total

eW

QCOP

Contoh soal: Sistem Refrigerasi Modifikasi

Sebuah siklus kompressi uap ideal (seperti gambar) dengan menggunakan refrigeran R-134a

dimodifikasi dengan menambahkan sebuah APK. R-134a keluar dari evaporator pada kondisi

uap saturasi dan tekanan 1 bar. Akibat penambahan APK kondisi uap saturasi ini menjadi uap

superheat pada temperatur 5 oC sebelum masuk kompressor. Pada kompressor, uap

dikompresi sampai tekanan 18 bar, kemudian masuk kekondensor dan keluar kondensor pada

temperatur 40 oC. Cairan refrigeran ini, kemudian diekspansikan sampai tekanan evaporator.

Jika laju aliran refrigeran sebesar 12 kg/menit. Tentukanlah: (a) kapasitas refrigerasi, (b) kerja

kompressor dalam kW, dan (c) COP sistem.

Penyelesaian:

Diketahui, SKU seperti gambar:

Pe = P4 = P1u = P1 = 1 bar

T1 = 5 oC (uap superheat)

Pk = P2 = P3u = P3 = 18 bar

refm = 12 kg/menit

Ditanya:

a. Kapasitas refrigerasi

b. Kerja kompressor dalam kW

c. COP

a. Analisa sifat thermodinamika pada setiap titik

Titik 1u pada P1u = 1 bar = 100 kPa = 0,1 MPa, dengan menggunakan NIST ssoftware:

diperoleh:

T1u = -26,36119 oC

h1u = 382,59924 kJ/kg

s1u = 1,74749 kJ/kg. K

Gambar Siklus kompresi uap modifikasi

Gambar. Diagram p – h

Titik 1 adalah kondisi uap superheat masuk kompressor pada P1 = 0,1 MPa dan T1 = 5 oC,

dengan menggunakan NIST ssoftware:

diperoleh:

h1 = 407,82400 kJ/kg ; s1 = 1,84368 kJ/kg. K

Titik 2 adalah titik akhir kerja kompressor, pada kondisi s2 = s1 = 1,84368 kJ/kg. K dan P2 =

18 bar = 1,8 MPa, dengan menggunakan NIST ssoftware:

diperoleh:

h2 = 478,20134 kJ/kg ; T2 = 104,31603 oC.

Titik 3u adalah titik cairan jenuh keluar dari kondensor pada P3u = 1,8 Mpa, dengan

menggunakan NIST ssoftware:

diperoleh:

h3u = 292,25616 kJ/kg ; T3u = 62,89505 oC.

Untuk titik 3, berdasar keseimbangan energi pada APK, dapat diperoleh:

0)()( 1133 hhhh uu

atau

kJ/kg 267,03140kJ/kg ]292,25616407,82400)59924382[(

)( 3113

,hhhh uu

Titik 4 adalah proses ekspansi isentropis, maka:

h4 = h3 = 267,03140 kJ/kg

b. Analisa statistik sistem

Kapasitas refrigerasi

refrigrant of Tons 8,00868kW 28,15852

kJ/kg )03140,267407,82400(tdetik/meni 60

kg/menit 12)( 41

hhmQ ee

Kerja kompressor dalam (kW)

kW 14,07547kJ/kg )82400407478,20134(tdetik/meni 60

kg/menit 12)( 12 ,hhmW ec

COP sistem

2,00054kW 14,07547kW 28,15852

c

eWQCOP

Contoh soal: Siklus Kompressi Gas

Pada sebuah siklus gas yang menggunakan udara sebagai refrigeran, kondisi udara masuk

kompressor adalah 1 bar 270 K dengan laju aliran volume 1,4 m3/s. Jika rasio kompressi

adalah 3 dan temperatur masuk turbin 300 K. Untuk COP dari sistem ini ditambahkan sebuah

regenerator seperti gambar dibawah, sehingga akibatnya temperatur udara masuk kompressor

menjadi 280 K dan temperatur udara masuk turbin menjadi 290 K. Akibat adanya modifikasi

ini, tentukanlah (a) daya input ke dalam siklus ini, (b) kapasitas refrigerasi, (c) COP.

Penyelesaian:

Diketahui: seperti soal dan gambar diatas

Kondisi sebelum modifikasi

T1 = 270 K

P1 = 1 bar

T3 = 300 K

r = p2/p1 = 3

V1 = 1,4 m3/s

Kondisi setelah ada modifikasi

T1' = 280K

T3' = 290 K

Ta = T3 = 300 K

Sifat udara, dimana siklus gas tidak dimodifikasi:

Titik 1 adalah kondisi udara masuk kompresor, pada T1 = 270 K

h1 = 270,11 kJ/kg pr1 = 0,9590

Titik 2 adalah kondisi udara keluar dari kompresor

2,87739590,012 rprpr

dan

kJ/kg 370,101360,5867370(2,6268922

87728922673702

,,

,,,h

Titik 3 adalah kondisi udara masuk ke turbin, pada T3 = 300 K

h3 = 300,19 kJ/kg pr3 = 1,3860

Titik 4 adalah kondisi udara keluaran turbin

0,4623/13860,1/134 rprpr

dan

kJ/kg 218,974209.97219,97(0,39870,4690

462,00,4690219,974

h

Sifat udara setelah ada modifikasi:

Pada T1' = 280 K (udara masuk kompresor):

h1' = 280,13 kJ/kg pr1' = 1,0889

Pada titik 2 dimana r = 3

3,266730889,112 rprpr dan

kJ/kg 383,776380,77390,88(3,1763,481

3,26673,481390,882

h

Pada titik a adalah temperatur udara keluaran dari APK-2, Ta = T3 = 300 K

ha = 300,19 kJ/kg pra = 1,3860

Temperatur masuk ke turbin adalah keluaran dari Regenerator

T3' = 290 K

h3' = 290,16 kJ/kg pr3' = 1,2311

Titik 4 adalah kondisi udara keluaran turbin

0,41043/12311,1/134 rprpr dan

kJ/kg 211,634209,97219,97(0,39870,46900,41040,4690219,974

h

Pada titik b adalah kondisi udara keluar dari APK-1, maka dari keseimbangan energi pada

regenerator dapat ditentukan:

kJ/kg 270,1

0)16,29019,300()280,13(0)'()'( 31

b

b

ab

h

hhhhh

Laju aliran massa udara pada sistem:

kg/s 1,742N.m10kJ1

bar1N/m10

K28097,28

kJ314,8bar1/sm4,1

3

253

1

11

TMR

pVmu

Analisa statistik sistem yang dimodifikasi:

a. Daya input ke dalam siklus

W43,75904kJ/kg 211,634)]16,290(280,13)776383[(/742,1)]'()'[( 4312

,skghhhhmW usiklus

b. Kapasitas refrigerasi

W101,8478kJ/kg)634,2111,270(kg/s742,1)( 4 hhmQ buE

c. COP

2,327W75904,43

W101,8478

siklus

EW

QCOP

Contoh soal: Siklus Refrigerasi Absorpsi

Sebuah siklus absorpsi sederhana, menggunakan pasangan amonia-air sebagai refrigeran-

absorbent. Amonia murni masuk kondensor pada tekanan 3200 kPa dan 70 oC. Setelah

mengalami kondensasi, amonia keluar dari kondensor dengan kondisi cair jenuh dan

diekspansikan sampai tekanan 220 kPa. Amonia keluar dari evaporator pada kondisi uap

saturasi. Sebagai sumber panas digenerator digunakan energi surya dengan laju penyinaran

550 W/m2. Luas total kolektor yang digunakan adalah 31,5 m2 dan efisiensi 75%. Jika COP

sistem ini diasumsikan sebesar 0,8. Tentukanlah laju aliran massa amonia yang masuk ke

evaporator.

Penyelesaian:

Diketahui: Siklus absorpsi sederhana dengan data:

Refrigeran-Absorbent: Pasangan amonia-air

- Data amonia pada kondensor

Tekanan masuk kondensor (pk) = 3200 kPa

Temperatur kondensor (Tk) = 70 oC

Kondisi amonia keluar kondensor = cairan jenuh/saturasi

- Data amonia pada evaporator

Tekanan ekspansi masuk evaporator (pe) = 220 kPa

Kondisi amonia keluar evaporator = uap jenuh/saturasi

- Data generator

Sumber panas generator adalah energi surya dengan laju penyinaran = 550 W/m2

Luas total kolektor = 31,5 m2

Efisiensi kolektor = 75%

- COP sistem keseluruhan = 0,8

Ditanya: Laju aliran massa ammonia yang masuk ke evaporator.

Generator

AbsorberEvaporator

Kondensor

Ambient

Conditioned space

QK

QE

145 6

78

23

QA

QG

KE

PompaKE

Gambar Sistem Kompresi Uap Absorbsi

Gambar. p – h diagram siklus kompresi uap absorbsi

Analisa thermodinamika

Langkah pertama adalah menentukan harga enthalpi pada setiap proses/titik. Harga enthalpi

pada titik 1–2–3–4 dimana ammonia sebagai fluida kerjanya, karena keterbatasan data pada

tabel ammonia, maka untuk menentukan harga enthalpinya digunakan REFPROP software

(NIST Standard Reference Database 23 – Version 6.01),

Pada tekanan ekspansi atau tekanan evaporasi pe = 220 kPa, berdasarkan REFPROP

software kondisi uap saturasi diperoleh:

h1 = 1442,19 kJ/kg ; s1 = s2 = 5,85349 kJ/kg. K

Pada tekanan kondensor pk = 3200 kPa dan s2 = 5,85349 kJ/kg. K, berdasarkan REFPROP

software diperoleh:

h2 = 1880,25 kJ/kg kondisi uap panas lanjut

Pada temperatur kondensor Tk = 70 oC kondisi cair jenuh, berdasarkan REFPROP

software diperoleh:

h3 = h4 = 545,042 kJ/kg

Untuk menentukan laju aliran massa ammonia dapat digunakan persamaan:

)(Q 41E hhmr atau

)(

Q

41

Ehh

mr

Dimana QE dapat ditentukan:

GP

EQW

QCOP

Dimana kerja pompa dapat diabaikan, maka:

GEG

E QQQQ

COPCOP

Dimana COP = 0,8, dan panas generator berdasarkan data yang diketahui dapat ditentukan:

kW99375,12W12993,7575,0m 5,31 W/m550 22 GQ jadi

kJ/s 10,395kW 10,395kW99375,128,0COP GE QQ

Oleh karena itu, laju aliran massa ammonia:

kg/s 0,01159kJ/kg 545,042) 1442,19(

kJ/s 10,395)( 41

hh

Qm Er