v proses proses reversibel

V Reversible Processes

Mahasiswa mampu1. menjelaskan tentang proses-proses isothermal, isobaric,

isochoric, dan adiabatic.2. menghitung perubahan energi internal, perubahan entalpi, kerja,

dan panas untuk proses reversible

Tujuan Instruksional Khusus:

Materi:

Dr. Eng. Yulius Deddy Hermawan Prodi. Tek. Perminyakan FTM - UPNVY Thermo / V / 1

5.1. Proses Isochoric5.2. Proses Isobaric5.3. Proses Isothermal5.4. Proses Adiabatic

Materi:

REVERSIBLE NON-FLOW PROCESSES

Proses Volume Konstan

Non-flow equation: Q = (u2 u1) + WKarena tidak ada kerja: Q = (u2 u1)Untuk massa m: Q = U2 U1

Fluida kerja di dalam tangki kuat, sehingga kondisi batas(boundary) sistem tetap dan tidak ada kerja yang dapatdilakukan pada atau oleh sistem


Non-flow equation: Q = (u2 u1) + WKarena tidak ada kerja: Q = (u2 u1)Untuk massa m: Q = U2 U1Semua panas yang disediakan pada proses V tetap untukmenambah energi internal

Untuk gas ideal, pada V tetap : Q = m cv (T2 T1)

12

vv1 = v2

P1

P2

(a)

1

2

vv1 = v2

P1

P2

(b)

Diagram P-v untuk proses volume tetap


1

2

vv1 = v2

P1

P2

(a)

1

2

vv1 = v2

P1

P2

(b)

Kondisi awal: uap basahKondisi akhir: superheated vapor

Proses pada V tetapuntuk gas ideal

boundary sistem tidak fleksibel, sehingga tekanan naik ketikapanas ditambahkan

Proses Tekanan Konstan

System(gas)

Surrounding

Well-insulated

Piston

boundary harus bergerak melawan tahanan luar pada saat panasditambahkan

Piston bergerak pada tekanan tetap,sehingga fluida melakukan kerja terhadaplingkungannya:

21

v

vPdvW


System(gas)

Surrounding

Well-insulated

Piston

21

v

vPdvW untuk setiap proses reversibel

1221

vvPdvPWv

v Karena P tetap:

Dari non-flow energy equation: Q = (u2 u1) + WQ = (u2 u1) + P(v2 v1) = (u2 + Pv2) (u1 + Pv1)

Karena: h = u + Pv, maka: Q = h2 h1Untuk fluida dengan massa m: Q = H2 H1

1 2

vv1

P1=P2

(a)

v1

1 2

vv1

P1=P2

(b)

v1

Diagram P-v untuk proses tekanan tetap


1 2

vv1

P1=P2

(a)

v1

1 2

vv1

P1=P2

(b)

v1

Untuk gas ideal, pada P tetap : Q = m cp (T2 T1)

Contoh 5.1: 0,05 kg fluida tertentu dipanaskan pada tekanan2 bar sampai volumenya menjadi 0.0658 m3. Hitung panas yangdisediakan dan kerja yang dilakukan,a) Jika fluida adalah steam, awalnya uap jenuh keringb) Jika fluida adalah udara, awalnya pada 130 oCPenyelesaian:a) Awalnya, steam adalah uap jenuh kering pada 2 bar, sehingga

dari steam table: pada 2 bar h1 = hg = 2707 kJ/kgAkhirnya, steam pada 2 bar mencapai volume:

v2 = (0,0658 m3) / (0,05 kg) = 1,316 m3/kg

Steam pada kondisi akhir adalah superheated,dari superheated table pada 2 bar dan 1,316 m3/kg

T2 = 300 oC dan h2 = 3072 kJ/kgQ = H2 H1 = m(h2 h1) = 0,05 (3072 2707) = 18,25 kJ


Penyelesaian:a) Awalnya, steam adalah uap jenuh kering pada 2 bar, sehingga

dari steam table: pada 2 bar h1 = hg = 2707 kJ/kgAkhirnya, steam pada 2 bar mencapai volume:

v2 = (0,0658 m3) / (0,05 kg) = 1,316 m3/kg

Steam pada kondisi akhir adalah superheated,dari superheated table pada 2 bar dan 1,316 m3/kg

T2 = 300 oC dan h2 = 3072 kJ/kgQ = H2 H1 = m(h2 h1) = 0,05 (3072 2707) = 18,25 kJ

vv1

P1=P2

v2

1 2

Diagram P-vuntuk Contoh 5.1.a

dari steam table pada 2 bar v1 = vg = 0,8856 m3/kg

Kerja yang dilakukan sistem:W = P(v2 v1) = 2x105(1,316 0,8856)

= 2x105 x 0,4304 Nm/kg Kerja oleh total massa fluida:

W = (0,05)kg x (2x105 x 0,4304) x 10-3= 4,304 kJ


Diagram P-vuntuk Contoh 5.1.a

dari steam table pada 2 bar v1 = vg = 0,8856 m3/kg

Kerja yang dilakukan sistem:W = P(v2 v1) = 2x105(1,316 0,8856)

= 2x105 x 0,4304 Nm/kg Kerja oleh total massa fluida:

W = (0,05)kg x (2x105 x 0,4304) x 10-3= 4,304 kJ

b) dari pers. Gas ideal: Kxxxx

mRvPT 91710287,005,0

0658,01023

522

2

Untuk gas ideal, dengan proses tekanan tetap : Q = mcp(T2 T1)Panas yang disediakan untuk sistem: Q = 0,05x1,005 (917 403) = 25,83 kJ

Kerja yang dilakukan sistem:W = P(v2 v1)Dari pers. PV= mRT W = m R (T2 T1)W = 0,05 x 0,287 x (917 403)W = 7,38 kJ


vv1

P1=P2

v2

1 2

Diagram P-vuntuk Contoh 5.1.b

Kerja yang dilakukan sistem:W = P(v2 v1)Dari pers. PV= mRT W = m R (T2 T1)W = 0,05 x 0,287 x (917 403)W = 7,38 kJ

Bila fluida di dalam silinder (di belakang piston) berkespansidari Ptinggi ke Prendah, maka ada kecenderungan suhu turun.

Pada proses ekspansi isothermal, panas harus ditambahkansecara kontinyu untuk menjaga suhu pada kondisi awal.

Begitu juga untuk proses kompresi isothermal, panas harusdibuang dari fluida secara kontinyu selama proses berlangsung

Proses Suhu Konstan (isothermal)


Bila fluida di dalam silinder (di belakang piston) berkespansidari Ptinggi ke Prendah, maka ada kecenderungan suhu turun.

Pada proses ekspansi isothermal, panas harus ditambahkansecara kontinyu untuk menjaga suhu pada kondisi awal.

Begitu juga untuk proses kompresi isothermal, panas harusdibuang dari fluida secara kontinyu selama proses berlangsung

vv1

P1

v2

1

2P2 T1=T2

A

State1: uap basah2: superheatedUntuk uap basah, prosesIsothermal terjadi pada tekanantetap (1 A).

Q1A= hA h1Untuk superheated (A 2),tekanan turun ke P2Heat flow (1 2) :

Q = (u2 u1) + W

Diagram P-v: Isothermal Process


vv1

P1

v2

1

2P2 T1=T2

A

State1: uap basah2: superheatedUntuk uap basah, prosesIsothermal terjadi pada tekanantetap (1 A).

Q1A= hA h1Untuk superheated (A 2),tekanan turun ke P2Heat flow (1 2) :

Q = (u2 u1) + W

Contoh 5.2: Steam pada 7 bar dengan dryness fraction x=0,9berekspansi di dalam silinder (di belakang piston) secaraisothermal reversible sehingga tekanannya menjadi 1,5 bar.Hitung perubahan energi internal dan perubahan entalpi per kgsteam. Panas yang tersedia selama proses adalah 400 kJ/kg,hitung kerja yang dilakukan per kg steam

Dari steam tableP = 7 bar uf= 696 kJ/kg

ug= 2573 kJ/kgu1= (1 x) uf + xugu1 = (1 0,9)696 +0,9(2573)u1 = 69,6 + 2315,7u1 = 2385,3 kJ/kg

Penyelesaian:


v (m3/kg)v1

P1=7x105

v2

1

2T=165 oC

A

P2=1,5x105

P (N/m2)

vg

Dari steam tableP = 7 bar uf= 696 kJ/kg

ug= 2573 kJ/kgu1= (1 x) uf + xugu1 = (1 0,9)696 +0,9(2573)u1 = 69,6 + 2315,7u1 = 2385,3 kJ/kg

C150C200C1502 ooo uu150200 150165uu

Superheated steamu2 dan h2 dicari dengan interpolasi (antara 150 oC dan 200 oC)

P = 7 bar hf= 697 kJ/kg h1 = hf + xhfg = 697 + (0,9)(2067)hfg= 2067 kJ/kg h1 = 697 + 1860,3 = 2557,3 kJ/kg

P = 1,5 barT = 165 oC

interpolasi untuk mencari u2:


C150C200C1502 ooo uu150200 150165uu

kg

kJ8,26028,2225802580265650152580u 2

C150C200C1502 ooo hh150200 150165hh

kg

kJ28033027732773287350152773h2

interpolasi untuk mencari h2:

Penambahan energi internal = u2 u1 = 2602,8 2385= 217,5 kJ/kg Perubahan entalpi = h2 h1 = 2803 2557,3= 245,7 kJ/kgDari non-flow energy equation:Q = (u2 u1) + W W = Q (u2 u1)W = 400 217,5 = 182,5 kJ/kg

Kerja juga dapat dievaluasi berdasarkan area grafik seperti Gambar 5.6, denganmenggunakan persamaan


Penambahan energi internal = u2 u1 = 2602,8 2385= 217,5 kJ/kg Perubahan entalpi = h2 h1 = 2803 2557,3= 245,7 kJ/kgDari non-flow energy equation:Q = (u2 u1) + W W = Q (u2 u1)W = 400 217,5 = 182,5 kJ/kg

Kerja juga dapat dievaluasi berdasarkan area grafik seperti Gambar 5.6, denganmenggunakan persamaan

21

v

vPdvW

Proses Isothermal untuk Gas Ideal

v

P1

v2

1

2

v1v1P2

Pv = constant


v

P1

v2

1

2

v1v1P2

Pv = constant

REVERSIBLE ADIABATIC NON-FLOW PROCESS

ttanconsPv

ttanconsTv 1


ttanconsPT

/1

CompressionPP2

P1

Adiabatic

Isothermal

AB

1

Kompresi dan Ekspansi Gas

PP2

P1

Adiabatic

Isothermal a

1

ed c

b


Ws Isothermal

Alur ekspansi adiabatis danisotermal (reversibel)

PP1

Isothermal

1 Ekspansi isotermal lebihdisukai karena lebih banyakmenghasilkan kerja



v

P2

Adiabatic

Isothermal

AB

Area 1AP2P1 > Area 1BP2P1

Multi-stage expansion withinterstage heating

Ekspansi adiabatis 3 stagedengan pemanas antar stageuntuk mendekati alurekspansi isotermal


PP1

Isothermal

1

b

Tb = Td = T1P1 > P2


Ekspansi adiabatis 3 stagedengan pemanas antar stageuntuk mendekati alurekspansi isotermal

v

P2

Adiabatic

Isothermal

e

a b

c d

P(bar)

3 bar

Step-I (adiabatic compression)

2Step-II (cooling P constant)

3

Isothermal line at T2 ?


v

2 bar

Isothermal line at T1350 oC = 623 KStep-I (adiabatic compression)

1

Case Study


N2 0.0158CH4 0.8479C2H6 0.0610C3H8 0.0364

Name SuctTemperature [C] 35

GAS CONDITION: Mol-fraction

Goal: to compress gas by using a single-stage compressor.

A Single-Stage Compressor


C3H8 0.0364i-C4H10 0.0061n-C4H10 0.0074i-C5H12 0.0025n-C5H12 0.0018C6H14 0.0015C7H16 0.0011

Pressure [psi] 60Flowrate [MMSCFD] 50

PROB

Notes: GAS will be compressed(up to 780 psi). For case stuidies,The number of stages will bevaried in order to find theminimum power of compressor.

Case: A Single-Stage Compressor

9351 hp

Fig. 1. A Single-Stage Compressor


CO2 0.0185N2 0.0158Name Suct

Temperature [C] 35

GAS CONDITION: Mol-fraction

Goal: to compress gas by using multi-stage compressor in orderto minimize the power consumed of compressor.

Multi-Stage Compressor


CH4 0.8479C2H6 0.0610C3H8 0.0364i-C4H10 0.0061n-C4H10 0.0074i-C5H12 0.0025n-C5H12 0.0018C6H14 0.0015C7H16 0.0011

Temperature [C] 35Pressure [psi] 60Flowrate [MMSCFD] 50

PROB

4639 hp 3564 hp

Wtotal = 8203 hp

Fig. 2. Two-Stages CompressorCase: Multi-Stage Compressor


Fig. 3. Three-Stage Compressor

2893 hp 2893 hp

Wtotal = 7825 hp

2039 hp

Case: Multi-Stage Compressor


Wtotal = 7825 hp

COMPRESSOR POWER CONSUMED (hp)One-Stage Two-Stage Three-StageCOMP1 9351 4639 2893COMP2 - 3564 2893

SUMMARY OF POWER CONSUMED OF COMPRESSOR

Case: Multi-Stage Compressor


COMP2 - 3564 2893COMP3 - - 2039

TOTAL 9351 8203 7825

By increasing the number of stages with inter-stage cooling, an isothermal compressionpath can be approximated. The power consumed can also be minimized.

v proses proses reversibel

Documents