Diktat Diktat Kuliah Termodinamika Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Uap\Siklus Ideal Ideal Rankine
BAB 2 SIKLUS DAYA UAP 2.1 SIKLUS IDEAL RANKINE Merupakan siklus dasar dalam pembangkitan listrik tenaga uap Siklus ini dapat menggunakan berbagai jenis bahan bakar sebagai input kalornya antara lain: o
Energi nuklir (nuclear fission)
o
Bahan bakar fossil (fossil fuels); misalnya batu bara (coal), minyak tanah (kerosene), gas alam (natural gas) dll.
o
geothermal
o
Tenaga matahari (solar radiation)
o
Sampah (garbage/trash)
o
Kayu (Biofuels)
Proses yang terjadi:
12 Kompressi adiabatik (isentropic) reversible di dalam pompa.
23 Pemasukan kalor pada tekanan konstan di dalam ketel (boiler).
34 Ekspansi adiabatik (isentropic) reversible di dalam turbin.
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 51
Diktat Kuliah Termodinamika Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
41 Pembuangan kalor pada tekanan konstan di dalam kondensor.
qin Turbin
wout Ketel
win Air Pendingin
qout
Kondensor
Pompa
Skema gambar instalasi siklus ideal Rankine dan diagram T-s. Pada titik 1 fluida dalam kondisi cairan jenuh dipompa ke boiler sehingga tekanan dan temperaturnya naik. Pada titik 2 fluida dalam kondisi compressed liquid. Di ketel/boiler fluida dipanaskan hingga mencapai kondisi superheated vapor (titik 3). Fluida superheated ini selanjutnya berekspansi di turbin dan memutar sudu-sudu turbin. Kondisi pada titik 3 diusahakan selalu superheated. Bila kondisinya saturated liquid maka saat berekspansi di dalam turbin temperatur dan tekanannya akan turun sehingga terjadi kondensasi yang dapat menyebabkan kerusakan pada turbin akibat korosi. Kualitas fluida setelah berekspansi di dalam turbin dipertahankan minimal mempunyai kualitas uap 90%. Untuk menghindari memompa fluida dalam dua fase, maka seluruh fluida yang keluar dari turbin dikondensasikan di kondensor menjadi cairan jenuh sebelum dipompa ke ketel. Dalam menganalisis siklus ideal Rankine, maka: •
Hukum I Termodinamika akan diterapkan pada sistem terbuka dari keempat komponen utama pembangkit yaitu: –
Pompa (Pump)
–
Boiler (heat exchanger)
–
Turbine
–
Condenser (heat-exchanger)
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 52
Diktat Kuliah Termodinamika Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
41 Pembuangan kalor pada tekanan konstan di dalam kondensor.
qin Turbin
wout Ketel
win Air Pendingin
qout
Kondensor
Pompa
Skema gambar instalasi siklus ideal Rankine dan diagram T-s. Pada titik 1 fluida dalam kondisi cairan jenuh dipompa ke boiler sehingga tekanan dan temperaturnya naik. Pada titik 2 fluida dalam kondisi compressed liquid. Di ketel/boiler fluida dipanaskan hingga mencapai kondisi superheated vapor (titik 3). Fluida superheated ini selanjutnya berekspansi di turbin dan memutar sudu-sudu turbin. Kondisi pada titik 3 diusahakan selalu superheated. Bila kondisinya saturated liquid maka saat berekspansi di dalam turbin temperatur dan tekanannya akan turun sehingga terjadi kondensasi yang dapat menyebabkan kerusakan pada turbin akibat korosi. Kualitas fluida setelah berekspansi di dalam turbin dipertahankan minimal mempunyai kualitas uap 90%. Untuk menghindari memompa fluida dalam dua fase, maka seluruh fluida yang keluar dari turbin dikondensasikan di kondensor menjadi cairan jenuh sebelum dipompa ke ketel. Dalam menganalisis siklus ideal Rankine, maka: •
Hukum I Termodinamika akan diterapkan pada sistem terbuka dari keempat komponen utama pembangkit yaitu: –
Pompa (Pump)
–
Boiler (heat exchanger)
–
Turbine
–
Condenser (heat-exchanger)
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 52
Diktat Kuliah Termodinamika Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
Asumsi-asumsi yang dipakai dalam menganalisis siklus ideal Rankine: •
Aliran yang steady pada seluruh komponen.
•
Keadaan yang steady pada seluruh komponen.
•
Umumnya mengabaikan perubahan energi potensial dan kinetik pada seluruh komponen.
•
Kehilangan tekanan di boiler dan pompa diabaikan.
•
Komponen tenaga semuanya isentropik.
2.1.1 Analisis Komponen Utama Hukum I Termodinamika untuk sistem terbuka adalah:
• • Q – W –
Σ
2 • Ve m e(he + g.ze + ) + 2
Σ
2 • Vi m i(hi + g.zi + ) = 2
dE cv dt
[1]
Dimana subscript e = exit = bagian keluar dan i = inlet = bagian masuk Karena keadaan pada seluruh komponen steady maka bagian paling kanan persamaan menjadi nol. Dan karena perubahan energi e nergi potensial dan kinetik pada seluruh komponen diabaikan maka persamaan menjadi:
• • • Q – W = m (he − hi )
kWatt
[2a]
Atau q – w = (h e − hi ) kJ/kg
[2b]
A. Pompa
Komponen tersebut adiabatik sehingga tidak ada kalor yang masuk atau keluar dari komponen tersebut. Jadi q = 0. Persamaan 2b menjadi: w p = h1 – h2 Pompa juga diasumsi reversible maka: dw p = vdP + d(ke) + d(pe) Perubahan energi potensial dan energi kinetik di dalam pompa diabaikan sehingga kerja pompa menjadi: w p =
∫ νdP
Karena fluida kerjanya incompressible maka volume spesifik sebelum dan sesudah melewati pompa konstan; akibatnya:
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 53
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
wP = v1 (P2 – P1) = h1 – h2
[3]
Kerja pompa bernilai negatif. Artinya dibutuhkan kerja dari luar untuk menggerakkan pompa tersebut. B. Boiler
Tidak ada kerja pada boiler; akibatnya persamaan 2b menjadi: qB = h3 – h2
= qin
[4]
C. Turbin
Karena turbin dianggap adiabatik, sehingga tak ada kalor yang melintasi sistem. Persamaan 2b menjadi: wT = h3 – h4 = wout
[5]
E. Kondensor
Terjadi pertukaran kalor antara fluida panas dari turbin dengan fluida dingin dari sistem pendingin, tetapi tidak ada kerja yang terlibat pada sistem ini. qc = │h1 – h4│= h4 – h1 = qout
[6]
Untuk menganalisis laju aliran massa fluida pendingin maka harus dibuat control volume di kondensor. •
•
•
ms (h4 – h1) = mcw (ho – hi)
ms
dimana:
4 •
Ti
m cw •
To
mcw
1
•
•
W net = ms .wnet Entalpi air pendingin dievaluasi pada kondisi saturated liquid berdasarkan temperatur yang bersangkutan. Bila air pendingin diasumsi incompressible pada tekanan konstan maka:
• ms
(ho – hi) = cp.∆Tcw
2.1.2 Efisensi Thermal Siklus & W net
η= & Qin • Q net
= & atau Qin
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 54
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
η=
q = net q in q in
w net
Dimana wnet = wT - wP
• • W T = m .wT
qnet = qB - qc
• • W net = m .wnet
2.1.3 Back Work Ratio (BWR) Dalam
berbagai
aplikasi
sebagian
dari
kerja
turbin
digunakan
untuk
menggerakkan pompa. Fraksi antara kerja yang dibutuhkan pompa dengan kerja yang dihasilkan turbin disebut Back Work Ratio (BWR): BWR =
w p wt
Pada siklus tenaga gas nilai BWR akan jauh lebih besar daripada siklus uap. Hal ini disebabkan karena gas bersifat compressible fluid. Jadi saat memompa gas, sebagian daya digunakan untuk menaikkan tekanan dan sebagian daya dipakai untuk mengkompressi fluida. Contoh 2.1
Uap masuk ke turbin pada siklus ideal Rankine 100% uap jenuh pada tekanan 6 MPa and saturated liquid memasuki pompa pada 0,01 MPa. Bila net power output siklus 50 MW. Hitunglah: (a) Effisiensi thermal siklus (b) Mass flow rate dari system (c) Laju perpindahan kalor ke dalam boiler (d) Mass flow rate air pendingin kondensor,dalam kg/s, Bila air pendingin masuk pada 20°C dan keluar pada 40°C. Penyelesaian:
•
Pada bagian masuk turbin (titik 3), P 3 = 6MPa, 100% saturated vapor ini berarti x3 = 1, dari saturated table, h3 = h g = 2784,3(kJ/kg), s 3 = s g = 5,89(kJ/kg K)
•
Dari 34, isentropic expansion: s 3 = s4 = 5,89 (kJ/kg K)
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
55
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
•
Dari 41, isothermal process, T4 = T1 = 45,8°C yaitu temperatur jenuh berdasarkan tekanan 0,01 MPa.
From table A-5, when T = 45,8°C, s f4 = 0,6491, s fg4 = 7,5019, h f4 = 191,8, hfg4 = 2392,8 x4 = (s4 − sf4)/sfg4 = (5,89 − 0,6491)/7,5019 = 0,699 h4 = hf4 + x4* hfg4 = 191,8 + 0,699(2392,8) = 1864,4 (kJ/kg) •
At the inlet of the pump: saturated liquid h 1 = hf1 = 191,8 kJ/kg qout = h4 − h1 =1672,6 (kJ/kg)
•
At
the
outlet
of
the
3
vf1=0,00101(m
/kg)
pump:
compressed
liquid
v2
=
v1=
work input to the pump
win = wP = v1 (P2 − P1) = 0,00101(6000-10) = 6,05 (kJ/kg) h2 = h1 + v1 (P2 − P1) =191,8 + 6,05 = 197,85 (kJ/kg) •
In the boiler, qin = qB = h3 − h2 = 2784,3-197,85 = 2586,5(kJ/kg)
(a) The thermal efficiency
η=
w net q in
= 1− qout/qin
= 1 − 1672,6/2586,5 = 0,353 = 35,3%
• • (b) Net work output W net = m .wnet
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 56
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
• m[(h3− h4) − (h2 − h1)] = 50000 kWatt • m = 50000/[(2784,3 − 1864,4 ) − (197,85 − 191,8)] = 54,7(kg/s) ( c) heat transfer into the boiler
• • Q B = m .qB = 54,7 kg/s x 2586,5 kJ/kg =141,5 MW (d) Inside the condenser, the cooling water is being heated from the heat transfered from the condensing steam. q cooling water = q out = (dm/dt)(h4 − h1) = 54,7(1672,6) = 91,49 (MW) (dm/dt)cooling water C p (Tout − Tin) = q cooling water C p,water = 4,177(kJ/kg K) (dm/dt)cooling water = 91490/(4.177*(40-20)) = 1095.2 (kg/s) Very
large amount of cooling water is needed
Contoh 2.2
Sebuah pembangkit tenaga uap beroperasi dengan prinsip siklus ideal o
Rankine. Uap masuk ke turbin pada 10 MPa dan 500 C dan dikondensasikan pada tekanan kondensor 15 kPa. Hitunglah efisiensi thermal siklus. Penyelesaian
Skema instalasi dan diagram T-s
10 MPa 500oC
T 3
Turbin Boiler 15 kPa
Ti
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
2
Kondensor To
1
Halaman
4
57
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
Titik 1
Berdasarkan P1 = P4 = 15 kPa pada kondisi saturated liquid h1 = 225,94 kJ/kg v1 =
0,001014 m3/kg
w p = v1 (P2-P1) = 0,001014 m3/kg (10000 – 15) kPa = 10,125 kJ/kg Titik 2
h2 = h1+ w p = 225,94 kJ/kg + 10,125 kJ/kg = 236,065 kJ/kg Titik 3 o
Periksa kondisi Pada P3 = 10MPa Tsat = 311,06 C Karena T3 >Tsat Superheated vapor Berdasarkan P3 = 10MPa dan T3 = 500oC pada kondisi Superheated diperoleh h3 = 3373,63 kJ/kg s3 =6,5965 kJ/(kg.K) Titik 4
s4 = s3 = 6,5965 kJ/(kg.K) Kondisi titik 4 harus diuji. Berdasarkan P 4 = 15 kPa diperoleh: sf = 0,7549 kJ/kg.K sg = 8,0085 kJ/kg.K sfg = 7,2536 kJ/kg.K
Karena sf < s4 < sg berarti titik 4 adalah campuran.
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
58
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine
s x4 =
=
s
−
4
s
f
fg
6,5965 kJ / kg.K − 0,7549 kJ / kg.K 7,2536 kJ / kg.K
= 0,8054 Berdasarkan P4 = 15 kPa diperoleh: hf = 225,94 kJ/kg hfg = 2.373,16 kJ/kg h4 = hf + x4.hfg = 225,94 kJ/kg + 0,8054 x 2.373,16 kJ/kg = 2137,237 kJ/kg Kerja
turbin
wT = h3 − h4 = 3373,63 kJ/kg – 2137,237 kJ/kg = 1236,393 kJ/kg Kerja
bersih
wnet = wT − wP = 1236,393kJ/kg − 10,125 kJ/kg = 1226,268 kJ/kg Kalor
yang disuplai
qin = h3 – h2 = 3373,63 kJ/kg − 236,065 kJ/kg = 3137,565 kJ/kg Efisiensi
thermal siklus
ηth =
=
w net q in
x100%
1226,268 kJ / kg 3137,565 kJ / kg
x100%
= 39,08 %
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
59
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Meningkatkan Efisiensi Siklus Rankine
2.2 CARA MENINGKATAKAN EFISIENSI SIKLUS RANKINE Usaha meningkatkan efisiensi pembangkit tenaga dengan uap sangat penting karena meningkatkan efisiensi siklus, sekecil apapun, dapat menghemat bahan bakar dalam jumlah besar dan berarti juga menghemat biaya. Inti dari meningkatkan efisiensi siklus adalah bagaimana cara agar saat proses perpindahan kalor ke dari bahan bakar ke fluida kerja di dalam boiler temperatur rata-ratanya tinggi, atau pada saat pembuangan kalor dari fluida ke lingkungan terjadi pada temperatur yang serendah mungkin.
2.2.1 Menurunkan tekanan kondensor Uap yang keluar dari turbin (sebelum masuk kondensor) merupakan campuran antara air dan gas. Temperaturnya adalah temperatur jenuh pada tekanan kondensor. Besarnya kalor yang dibuang adalah luasan dari segi empat 1-4-c-b. Menurunkan tekanan kondensor berarti
menurunkan
pula
temperatur fluida kerja tersebut.
c
a b
Kalor yang dibuang pada tekanan ini adalah luas segi empat 1'-4'-c-a. Jelas dari gambar bahwa dengan menurunkan tekanan kondensor berarti mengurangi rugi kalor yang terbuang ke lingkungan dan juga berarti menaikkan kerja bersih. Tekanan kondensor akan lebih baik bila bekerja dibawah tekanan atmosfir. Namun tekanan minimum ini ada batasannya yaitu bahwa tekanan kondensor tidak boleh lebih kecil dari tekanan jenuh pada temperatur keluar fluida pendingin. Maksudnya begini. Misalkan air pendingin masuk kondensor pada o
o
20 C dan keluar pada 35 C berarti tekanan jenuh kondensor tidak boleh lebih o
kecil dari 5,63 kPa yaitu tekanan jenuh pada temperatur 35 C.
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 60
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Meningkatkan Efisiensi Siklus Rankine
Terdapat pula efek negative dari menurunkan tekanan kondensor. Bila tekanan kondensor lebih kecil dari tekanan atmosfir maka udara akan berusaha masuk ke dalam fluida kerja sebagai akibat kebocoran. Namun yang paling nyata adalah dengan diturunkannya tekanan kondensor maka kualitas uap yang keluar dari turbin tahap akhir akan turun dan berarti pula kandungan air dari uap tersebut akan lebih besar. Pada gambar di atas kualitas uap di titik 4 lebih besar dari titik 4'.
2.2.2 Menaikkan tekanan boiler Menaikkan
tekanan
boiler
berarti
menaikkan temperatur didih di boiler. Artinya kalor dimasukkan ke fluida kerja pada temperatur yang lebih tinggi. Akibatnya efisiensi thermal siklus akan meningkat. Namun demikian dengan menaikkan tekanan
boiler
maka
titik
3
akan
bergeser ke kiri (3'). Pada titik ini fluida yang
berekspansi
di
dalam
turbin
mengandung air yang lebih banyak dari pada di titik 3 (kualitas uap turun) dan ini dapat menyebabkan korosi pada sudu-sudu turbin. Pada sekitar tahun 1922 tekanan operasional boiler sekitar 2,1 MPa. Sekarang sudah mencapai 30 MPa dengan daya output diatas 400 MW. Tekanan ini lebih tinggi dari tekanan kritis air 22,09 MPa.
2.2.3. Superheat Temperatur
rata-rata
dimana
kalor
dimasukkan ke fluida kerja dapat dinaikkan tanpa
menaikkan
tekanan
boiler
yaitu
dengan memanaskan lebih lanjut uap yang telah dihasilkan di boiler. Cara ini lebih menguntungkan
karena
selain
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 61
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Meningkatkan Efisiensi Siklus Rankine
meningkatkan efisiensi thermal siklus, kualitas uap yang berekspansi di dalam turbin justru meningkat. Temperatur maksimum dari pemanasan lanjut ini harus memperhatikan daya tahan panas bahan boiler. Sejauh ini temperatur maksimum dari superheating ini o
o
adalah 620 C (1150 F). Temperatur ini bisa saja dilampaui apabila telah ditemukan material tahan panas dan tekanan tinggi sebagai bahan pembuat ketel. Bahan dari keramik adalah salah satu yang menjanjikan.
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 62
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
2.3 PENYIMPANGAN SIKLUS AKTUAL DARI SIKLUS IDEAL (Faktor Irreversibilitas) Penyimpangan siklus aktual dari siklus ideal disebabkan oleh irreversibilitas dari berbagai komponen. Gesekan fluida dan kehilangan kalor adalah dua penyebab utama irreversibilitas tersebut.
Gesekan fluida (fluid friction) menyebabkan penurunan tekanan di boiler, kondensor dan sistem perpipaan lainnya. Akibatnya tekanan yang keluar dari boiler lebih rendah dari tekanan idealnya. Demikian pula tekanan yang akan diekspansikan di turbin lebih rendah dari pada tekanan yang keluar dari boiler karena adanya gesekan di sepanjang pipa. Penurunan tekanan di kondensor biasanya cukup kecil dan dapat diatasi dengan memompa fluida terkondensasi ini ke boiler. Karena isolasi yang tidak sempurna maka selama mengalirnya uap di dalam komponen, akan terjadi kehilangan kalor dari uap ke lingkungan. Untuk mencapai daya output sesuai yang diinginkan maka harus ditambahkan lebih banyak kalor ke boiler. Akibatnya efisiensi
qin
siklus menurun. Komponen utama yang mendapat perhatian utama akibat irreversibilitas tersebut
adalah
turbin
dan
pompa.
Pompa membutuhkan lebih banyak kerja
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
qout
Halaman 63
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
daripada yang ideal, sedangkan turbin menghasilkan kerja yang lebih sedikit dari pada yang ideal. ηT =
ηP =
w Ta wT wP w Pa
=
=
h3
− h 4a
h3 h2
− h4 − h1
h 2a
−
h1
Contoh 2.3.1
Sebuah pembangkit tenaga uap bekerja berdasarkan siklus Rankine. Uap masuk ke turbin pada 10 MPa dan 500 oC dan berekspansi ke tekanan 15 kPa. Bila efisiensi turbin 88% dan efisiensi pompa 85%, hitunglah: a. Efisiensi thermal siklus b. Kerja turbin, dalam kWatt, bila diketahui laju aliran fluida kerja 16 kg/s. Penyelesaian Titik 1
Berdasarkan P1=P4=15 kPa pada kondisi saturated liquid h1 = 225,94 kJ/kg = 0,001014 m3/kg
v1
Kerja pompa ideal w p = v1 (P2 − P1) = 0,001014 m 3/kg (12500 – 15) kPa = 12,65979 kJ/kg Titik 2
Entalpi ideal pada titik 2 h2 = h1 + w p = 225,94 kJ/kg + 12,65979 kJ/kg = 238,59979 kJ/kg Entalpi aktual pada titik 2 ηP =
wP w Pa
=
wP h 2a
−
h1
h2a =
wP
+ h1
ηP
= 12,65979 kJ/kg/0,85 + 225,94 kJ/kg = 240,834 kJ/kg
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 64
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
Kerja pompa aktual: wPa =
wP ηP
=
12,65979 kJ/kg 0,85
=14,894 kJ/kg Titik 3
Periksa kondisi Pada P3 = 10MPa diperoleh T sat = 311,06oC Karena T3 >Tsat Superheated vapor Berdasarkan P3 = 10MPa dan T 3=500oC pada kondisi Superheated diperoleh h3 = 3373,63 kJ/kg s3 =6,5965 kJ/(kg.K) Titik 4
Proses ideal 3 − 4 adalah isentropik sehingga s4 = s3 = 6,5965 kJ/(kg.K) Kondisi titik 4 harus diuji. Berdasarkan P 4 = 15 kPa diperoleh: sf = 0,7549 kJ/kg.K sg = 8,0085 kJ/kg.K sfg = 7,2536 kJ/kg.K Karena sf < s4 < sg berarti titik 4 adalah campuran. Kualitas campuran
s x4 =
=
− s
4
s
f
fg
6,5965 kJ / kg.K − 0,7549 kJ / kg.K 7,2536 kJ / kg.K
= 0,8054 Berdasarkan P4 = 15 kPa diperoleh: hf = 225,94 kJ/kg hfg = 2.373,16 kJ/kg Entalpi ideal pada titik 4 h4 = hf + x4.hfg = 225,94 kJ/kg + 0,8054 x 2.373,16 kJ/kg
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 65
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
= 2137,237 kJ/kg Entalpi aktual pada titik 4 h4a = h3 – ηT (h3 – h4) = 3373,63 kJ/kg – 0,88x( 3373,63 – 2137,237) kJ/kg = 2285,604 kJ/kg Kerja turbin aktual per satuan massa wTa = h3 − h4a = 3373,63 kJ/kg – 2285,604 kJ/kg = 1088,026 kJ/kg Kerja bersih aktual wnet = wTa
− wPa
= 1088,026 kJ/kg − 14,894 kJ/kg = 1073,132 kJ/kg Kalor aktual yang disuplai qin = h3 – h2a = 33373,63 kJ/kg − 240,834 kJ/kg = 3132,796 kJ/kg a. Efisiensi thermal siklus ηth =
=
w net q in
x100%
1073,132 kJ / kg 3132,796 kJ / kg
x100%
= 34,25 % b. Kerja turbin aktual •
•
W Ta = m wTa
= 16 kg/s x 1088,026 kJ/kg = 17408,416 kWatt Example 2.3.2
In an ideal Rankine cycle, steam enters the turbine as saturated vapor at 8 MPa and saturated liquid exits the condenser at a pressure of 7.5 kPa. The net power output of the cycle is 100 MW. Adiabatic efficiencies of the
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 66
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
turbine and pump are 95% and 85%, respectively. If the cooling water enters the condenser at 15 oC and exits at 35 oC, calculate for the cycle: a. The T-s diagram b. The temperature of the working fluid leaves the boiler c. The temperature of the working fluid leaves the condenser d. The thermal efficiency e. The back work ratio f. The mass flow rate of the steam (working fluid), in kg/h g. Heat transfer rate from the boiler into the working fluid, in MW h. Heat transfer rate from the working fluid to the cooling water, in MW i.
The mass flow rate of the cooling water
Solution
Point 1 Base on the pressure P 1 =7.5 kPa at saturated liquid condition h1 = 168.77 kJ/kg 3
= 0.001008 m /kg
v1
Work needed by pump (ideal) w p = v1 (P2 − P1) 3
= 0.001008 m /kg x (8000 − 7.5) kPa = 8.05644 kJ/kg Actual work needed by the pump wPa =
wP ηP
=
8.05644 0.85
= 9.4782 kJ/kg Point 2 Actual enthalpy at point 2 h2a = h1+ w pa = 168.77 kJ/kg + 9.4782 kJ/kg = 178.2482 kJ/kg Point 3
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
67
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
Because condition at point 3 is saturated vapor, then at 8 MPa; h3 = hg =2757.94 kJ/kg
s 3 = sg = 5.7431 kJ/(kg.K)
o
T3 = 295.06 C qin,a =
h3 – h2a
= (2757.94 − 178.2482) kJ/kg = 2579.6918 kJ/kg Point 4 s4 = s3 = 5.7431 kJ/(kg.K) The condition in point 4 must be mixture because in point 3 the condition is saturated vapor. At P4 = 7.5 kPa from the steam table: sf = 0.5763 kJ/kg.K
h f = 168.77 kJ/kg
sfg = 7.6751 kJ/kg.K
h fg = 2406.02 kJ/kg
Mixture quality
s x4 =
=
− s
4
s
f
fg
5.7431 − 0.5763 7.6751
= 0.6732 Hence: h4 = hf + x4.hfg = (168.77 + 0.6732 x 2406.02) kJ/kg = 1788.5027 kJ/kg Ideal work produces by the turbine wT =
h3 – h4
= (2757.94 - 1788.5027) kJ/kg = 969.4373 kJ/kg Actual turbine work wTa = ηT.wT
= 0.95 x 969.4373 kJ/kg = 920.9654 kJ/kg Actual net work wnet =
wTa – wPa
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 68
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
= (920.9654 - 9.4782) kJ/kg = 911.4872 kJ/kg Actual enthalpy at point 4 h4a = h3 – wTa = (2757.94 – 920.9654) kJ/kg = 1836.9746 kJ/kg Actual heat out qout,a =
h4a− h1
= (1836.9746- 168.77) kJ/kg = 1668.2046 kJ/kg The condenser temperature is the saturated temperature at the condenser pressure. Hence at 7.5 kPa the temperature is 40.29oC. Tcond = 40.29oC a. T-s diagram
qin
qout o b. Temperature of the working fluid leaves the boiler is T3 = 295.06 C o c. Temperature of the working fluid leaves the condenser is T1 = 40.29 C
d. Thermal efficiency;
η=
=
w net qin
x100
911.4872 2579.6918
x100%
=35.33% e. Back Work Ratio; BWR =
=
w Pa w Ta
x100%
9.4782 920.9654
x100%
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
69
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Penyimpangan Siklus Ideal Rankine
=1.0292% •
•
f. Mass flow rate of the working fluid; W net = m s.wnet • •
Wnet
m s =
w net
= 100 x1000 kJ/s
911.4872 kJ/kg
=109.7108 kg/s = 394959 kg/h g. Heat transfer rate from the boiler into the working fluid; •
•
Q in = m s . qin = 109.7108 kg/s x 2579.6918 kJ/kg = 283020 kW =283.02 MW h. Heat transfer rate from the working fluid to the cooling water; •
•
Q out = m s . qout,a = 109.7108 kg/s x 1668.2046 kJ/kg = 183020 kW =183.02 MW i. Mass flow rate of the cooling water •
•
Q out = mcw (ho – hi) • •
m cw =
Qout ho
− hi
•
ms 4
Where for the cooling-water hi and ho is
Ti
•
m cw
evaluated at the saturated enthalpy at Ti and T o. •
m cw =
183020kJ / s (146.66 − 62.98) kJ / kg
To
1
= 2187.1415 kg/s = 7,873,709 kg/h
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 70
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
2.4 SIKLUS IDEAL RANKINE DENGAN REHEAT Salah satu cara untuk menaikkan efisiensi thermal siklus adalah menaikkan tekanan boiler. Namun hal ini mengakibatkan kandungan air dalam uap juga akan meningkat ke tingkat yang membahayakan sudu-sudu turbin. Untuk mengatasi hal ini digunakan cara antara lain: 1. Menjadikan uap yang keluar dari turbin pada kondisi superheated dengan temperatur yang setinggi mungkin dengan bantuan superheater . Tujuannya adalah agar uap terakhir yang menyentuh sudu turbin tetap dalam kondisi superheated. Kendalanya adalah bila temperatur boiler terlalu tinggi akan menjadi masalah metalurgi bagi bahan boiler itu. 2. Mengekspansikan uap di dalam turbin dalam dua tahap. Setelah berekspansi dalam turbin tahap I uap dipanaskan ulang di boiler sebelum diekspansikan lagi ke turbin tahap II. Sistem pemanasan ulang ( Reheat )ini dapat mengatasi kandungan air di dalam uap dan sistem ini sering digunakan pada PLTU modern. Contoh 1
Sebuah PLTU beroperasi berdasarkan siklus Rankine dengan reheat. Uap masuk ke turbin tekanan tinggi pada 500 oC dan 10 MPa dan berekspansi ke 1 MPa. Uap tersebut dipanaskan ulang pada tekanan konstan menjadi 400oC dan berekspansi dalam turbin tekanan rendah menjadi 15 kPa. Hitung efisiensi thermal siklus. 10 MPa 500oC HP Boiler
LP
1MPa
in
in
400oC 15 kPa Kondensor out
Pompa
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 71
Diktat Kuliah Termodinamika Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
Penyelesaian
Titik 1 Berdasarkan P1=P4=15 kPa pada kondisi saturated liquid h1 = 225,94 kJ/kg 3
v1 = 0,001014 m /kg
Kerja pompa w p = v1 (P2 − P1) = 0,001014 m 3/kg (12500 – 15) kPa = 12,65979 kJ/kg Titik 2 h2 = h1+ w p = 225,94 kJ/kg + 12,65979 kJ/kg = 238,59979 kJ/kg Titik 3 Periksa kondisi Pada P3 = 10MPa Tsat = 311,06 oC Karena T3 >Tsat Superheated vapor Berdasarkan P3 = 10MPa dan T 3=500oC pada kondisi Superheated diperoleh h3 = 3373,63 kJ/kg s3 =6,5965 kJ/(kg.K) Titik 4 s4 = s3 = 6,5965 kJ/(kg.K) Kondisi titik 4 harus diuji. Berdasarkan P 4 = 1MPa diperoleh: sf = 2,1386 kJ/kg.K sg = 6,5864 kJ/kg.K Karena s4 > sg berarti kondisi titik 4 adalah superheated vapor. Dari tabel berdasarkan P4 = 1MPa dan s 4 = 6,5965 kJ/(kg.K) dan dengan interpolasi linear diperoleh: s [kJ/(kg.K)]
6,5864
6,5965
6,6939
h [kJ/kg]
2778,08
2787,757
2827,86
h4 = 2787,757 kJ/kg Titik 5
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 72
Diktat Kuliah Termodinamika Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
Dari diagram T-s terlihat bahwa bila titik 4 minimal dalam kondisi saturated vapor, apalagi bila superheated vapor, maka titik 5 dipastikan superheated vapor. Alasannya titik 5 berada di sebelah kanan titik 4. Berdasarkan P5 = 1MPa dan T 5 = 400oC pada kondisi Superheated diperoleh h5 = 3263,88 kJ/kg s5 = 7,4650 kJ/(kg.K) Titik 6 s6 = s5 = 7,4650 kJ/(kg.K) Kondisi titik 6 harus diuji. Berdasarkan P 5 = 15 kPa diperoleh: sf = 0,7549 kJ/kg.K sg = 8,0085 kJ/kg.K sfg = 7,2536 kJ/kg.K Karena sf < s6 < sg berarti titik 6 adalah campuran.
s − s f x6 = 6 s fg =
7,4650 kJ / kg.K − 0,7549 kJ / kg.K 7,2536 kJ / kg.K
= 0,9251 Berdasarkan P6 = 15 kPa diperoleh: hf = 225,94 kJ/kg hfg = 2373,16 kJ/kg h6 = hf + + x6.hfg = 225,94 kJ/kg + 0,9251 x 2373,16 kJ/kg = 2421,350 kJ/kg Kerja turbin wT = (h3 − h4) + (h5 – h6) = (3373,63 – 2137,237) kJ/kg + (3263,88 – 2421,350) kJ/kg = 2078,923 kJ/kg Kerja bersih wnet = wT − wP = 2078,923 kJ/kg − 12,65979 kJ/kg
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 73
Diktat Kuliah Termodinamika Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
= 2066,263 kJ/kg Total kalor yang disuplai qin = q b + qreheat = (h3 – h2 ) + (h5 – h4) = (3373,63 − 238,59979) kJ/kg + (3263,88 − 2787,757) = 3611,153 kJ/kg Efisiensi thermal siklus adalah: ηth =
=
w net q in
x100%
2066,263 kJ / kg 3611,153 kJ / kg
x100%
= 57,22 % Contoh 2
Sebuah PLTU beroperasi berdasarkan siklus Rankine dengan reheat menghasilkan daya bersih 100 MW. Uap masuk ke turbin tekanan tinggi o
o
pada 800 C dan 10 MPa dan berekspansi ke 700 C dan 4 MPa. Uap o tersebut dipanaskan ulang pada tekanan konstan menjadi 800 C dan
berekspansi dalam turbin turbin tekanan rendah menjadi 0,01 MPa serta masuk ke kondensor pada kondisi uap jenuh. a. Hitung efisiensi termal siklus b. Hitung laju aliran massa air pendingin bila temperatur air pendingin saat masuk kondensor 15oC dan keluar pada 35oC
10 MPa 800oC
Boiler
HP
4MPa 700oC
LP 10 kPa
4 MPa 800oC
Ti = 15oC Kondensor
To = 35oC Pompa
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
74
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
Penyelesaian
Titik 1
Kondisi saturated liquid
Berdasarkan P1=P4=10 kPa pada kondisi saturated liquid 3
h1 = hf = 191,81kJ/kg
v1 = vf = 0,001010 m /kg
Kerja pompa w p = v1 (P2 − P1) 3
= 0,001010 m /kg (10000 – 10) kPa = 10,0899 kJ/kg Titik 2
Kondisi compressed liquid
h2 = h1+ w p = 191,81 kJ/kg + 10,0899 kJ/kg = 201,8999 kJ/kg Titik 3
Kondisi superheated vapor o
Berdasarkan P3 = 10MPa dan T3=800 C pada kondisi Superheated diperoleh h3 = 4114,91 kJ/kg Titik 4
Kondisi superheated vapor o
Berdasarkan P4 = 4MPa dan T4=700 C pada kondisi Superheated diperoleh h4 = 3905,94 kJ/kg Titik 5
Kondisi superheated vapor
Berdasarkan P5 = 4MPa dan T5=800oC pada kondisi Superheated diperoleh h5 = 4141,59 kJ/kg Titik 6
Kondisi saturated vapor
Berdasarkan P6 = 10 kPa diperoleh h6 = hg = 2584,63 kJ/kg Kerja turbin wT = (h3 − h4) + (h5 – h6) = (4114,91 – 3905,94) kJ/kg + (4141,59 – 2584,63) kJ/kg = 1765,93 kJ/kg Kerja bersih
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
75
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
wnet = wT − wP = 1765,93 kJ/kg − 10,0899 kJ/kg = 1755,8401 kJ/kg Laju aliran massa uap air •
W net
•
ms =
=
w net
100.000 kJ/s 1755,8401 kJ/kg
=56,9526 kg/s Total kalor yang masuk ke sistem qin = q boiler + qreheat = (h3 – h2 ) + (h5 – h4) = (4114,91 − 201,8999) kJ/kg + (4141,59 − 3905,94) = 4148,6601 kJ/kg a.
Efisiensi termal siklus adalah : ηth =
=
w net q in
x100%
1755,8401 kJ / kg 4148,6601 kJ / kg
x100%
= 42,3231 % b. Laju aliran air pendingin dapat diperoleh dengan menjadikan kondensor sebagai control volume. •
•
ms (h6 – h1) = mcw (ho – hi) dimana: •
•
ms 6 Ti
•
m cw
•
W net = ms .wnet Entalpi air pendingin dievaluasi pada kondisi saturated liquid berdasarkan temperatur yang
To
1
bersangkutan. o
Pada Ti = 15 C diperoleh h i = 62,98 kJ/kg o
To = 35 C diperoleh ho = 146,66 kJ/kg
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
76
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat
•
m cw
•
= ms
h6 ho
h1 − hi
−
= 56,9526 kg/s x
2584,63 − 191,81 146,66 − 62,98
= 1628,5599 kg/s
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 77
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
2.5 SIKLUS RANKINE DENGAN REGENERATIVE Untuk menaikkan setiap temperatur air di dalam boiler dibutuhkan energi dari bahan bakar, dan itu berarti finansial. Semakin rendah temperatur air yang masuk ke boiler semakin banyak pula energi dan biaya
yang dibutuhkan. Untuk
mengatasi hal tersebut maka temperatur fluida yang meninggalkan pompa sebelum masuk ke boiler dinaikkan. Caranya: 1.
Mengkompressi air secara isentropis ke temperatur tinggi. Hal ini butuh tekanan yang sangat tinggi dan tentunya ini tidak praktis.
2. Mengekstrak sebagian uap dari turbin untuk dipakai memanaskan air sebelum dipompa ke turbin. Proses pemanasan ini terjadi di dalam alat yang disebut regenerator .
2.5.1 Open Feedwater Heater (OFH) Pada open feedwater heater, uap hasil ekstraksi dari turbin akan bercampur dan berkontak langsung dengan fluida yang berasal dari kondensor.
1kg Ketel OFW y kg Kondensor
Pompa II
(1-y) kg
Pompa I
Data yang diketahui: P1 = P7 = 15 kPa P2 = P3 = P6 = 1 MPa
T5 = 500 oC
P4 = P5 = 10 MPa
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 78
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
Titik 1 Berdasarkan P1= P7 =15 kPa pada kondisi saturated liquid h1 = 225,94 kJ/kg 3
v1 = 0,001014 m /kg
w pI = v1 (P2-P1) = 0,001014 m 3/kg (12500 – 15) kPa = 12,65979 kJ/kg Titik 2 h2 = h1+ w pI = 225,94 kJ/kg + 12,65979 kJ/kg = 238,59979 kJ/kg Titik 3 Berdasarkan P3 =1MPa pada kondisi saturated liquid h3 = 762,79 kJ/kg 3
v3 = 0,001127 m /kg
w pII = v3 (P4 − P3) = 0,001127 m 3/kg (10 – 1) x 1000 kPa = 10,143 kJ/kg Titik 4 h4 = h3+ w pII = 225,94 kJ/kg + 10,143 kJ/kg = 772,933 kJ/kg Titik 5 Periksa kondisi Pada P5 = 10MPa Tsat = 311,06oC Karena T5 >Tsat Superheated vapor Berdasarkan P5 = 10MPa dan T 5=500oC pada kondisi Superheated diperoleh h5 = 3373,63 kJ/kg s5 = 6,5965 kJ/(kg.K) Titik 6 s6 = s5 = 6,5965 kJ/(kg.K) Kondisi titik 6 harus diuji. Berdasarkan P 6 = 1MPa diperoleh: sf = 2,1386 kJ/kg.K sg = 6,5864 kJ/kg.K
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 79
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
Karena s6 > sg berarti kondisi titik 6 adalah superheated vapor. Dari tabel berdasarkan P6 = 1MPa dan s 6 = 6,5965 kJ/(kg.K) dan dengan interpolasi linear diperoleh: s [kJ/(kg.K)]
6,5864
6,5965
6,6939
h [kJ/kg]
2778,08
2787,757
2827,86
h6 = 2787,757 kJ/kg Titik 7 s7 = s6 = 6,5965 kJ/(kg.K) Kondisi titik 6 harus diuji. Berdasarkan P 7 = 15 kPa diperoleh: sf = 0,7548 kJ/kg.K sg = 8,0084 kJ/kg.K sfg = 7,2536 kJ/kg.K Karena sf < s6 < sg berarti titik 7 adalah campuran.
s − s f x7 = 7 s fg =
6,5965 kJ / kg.K − 0,7548 kJ / kg.K 7,2536 kJ / kg.K
= 0,8054 Berdasarkan P7 = 15 kPa diperoleh: hf = 225,94 kJ/kg hfg = 2373,14 kJ/kg h7 = hf + x7.hfg = 225,94 kJ/kg + 0,8054 x 2373,14 kJ/kg = 2137,267 kJ/kg Untuk mencari fraksi uap yang diambil dari turbin dan masuk Open Feedwater Heater dapat dicari dengan mengambil OFH sebagai control volume. y 1.h3 = y. h6 +(1-y)h2 y=
y=
6
(h 3 − h 2 ) h6 − h2
Closed FWH OFH
762,79 − 238,59979
(1-y) 2
2787,757 − 238,59979
y = 0,2056
3 (1)
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 80
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
wT =
(h5 − h6) + (1− y)(h6 – h7)
= (3373,63–2787,757)kJ/kg + (1− 0,2056)(2787,757–2137,267) kJ/kg = 1102,622 kJ/kg wP =
(1− y)wPI
wPII
−
= (1− 0,2056)( 12,65979 – 10,143) kJ/kg = 20,1999 kJ/kg wnet =
wT – wP
= 1102,622 kJ/kg - 20,1999 kJ/kg = 1082,4221 kJ/kg qin =
(h5 – h4 )
= 3373,63 kJ/kg – 772,933 kJ/kg = 2600,697 kJ/kg Efisiensi thermal siklus adalah: w net
ηth =
=
q in
x100%
1082,4221 kJ / kg 2600,697 kJ / kg
x100%
= 41,62 % Efisiensi thermal siklus dapat pula dihitung dengan menggunakan rumus: η th =
q net q in
=1–
=
q in − q out q in
q out q in
Dimana: qout = (1–y)(h7 – h1) = (1 – 0,2056)( 2137,267 – 225,94) kJ/kg = 1518,358 kJ/kg Jadi: η th =
1–
q out q in
1518,358 = 1– 2600,697
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
81
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
=0,4162 = 41,62%
2.5.2 Closed Feedwater Heater (CFH)
Mixing Chamber
Ketel
y
1 kg (1-y)
y kg
CFH Kondensor
Pompa II
(1-y) kg
Pompa I
Data yang diketahui: P1 = P9 = 15 kPa P2 = P3 = P5 = P6 = P7 = 10 MPa
T7 = 500oC
P4 = P8 = 1 MPa Titik 1 Berdasarkan P1=15 kPa pada kondisi saturated liquid h1 = 225,94 kJ/kg 3
v1 = 0,001014 m /kg
w pI = v1 (P2 − P1) = 0,001014 m3/kg (12500 – 15) kPa = 12,65979 kJ/kg Titik 2 h2 = h1+ w pI = 225,94 kJ/kg + 12,65979 kJ/kg = 238,59979 kJ/kg Titik 3 Pada titik ini berlaku T 3 ≈ T4. T4 merupakan temperatur jenuh pada tekanan P4. Dari tabel berdasarkan P 4 = 1 MPa diperoleh T 4 = 179,91oC.
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
82
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
Titik 3 adalah compressed liquid, maka berdasarkan P 3 = 10 MPa dan T3 = 179,91oC dari tabel dengan cara interpolasi diperoleh: h3 = 767,44 kJ/kg Titik 4 Berdasarkan P4 = 1MPa pada kondisi saturated liquid diperoleh: 3
h4 = 762,79 kJ/kg
v4 = 0,001127 m /kg
w pII = v4 (P5 − P4) = 0,001127 m3/kg (10 – 1)x1000 kPa = 10,143 kJ/kg Titik 5 h5 = h4+ w pII = 762,79 kJ/kg + 10,143 kJ/kg = 762,933 kJ/kg Titik 7 o
Periksa kondisi Pada P7 = 10MPa Tsat = 311,06 C Karena T7 >Tsat Superheated vapor o
Berdasarkan P7 = 10MPa dan T7=500 C pada kondisi Superheated diperoleh h7 = 3373,63 kJ/kg s7 = 6,5965 kJ/(kg.K) Titik 8 s8 = s7 = 6,5965 kJ/(kg.K) Kondisi titik 8 harus diuji. Berdasarkan P 8 = 1MPa diperoleh: sf = 2,1386 kJ/kg.K sg = 6,5864 kJ/kg.K Karena s8 > sg berarti kondisi titik 8 adalah superheated vapor. Dari tabel berdasarkan P8 = 1MPa dan s8 = 6,5965 kJ/(kg.K) dan dengan interpolasi linear diperoleh: s [kJ/(kg.K)]
6,5864
6,5965
6,6939
h [kJ/kg]
2778,08
2787,757
2827,86
h6 = 2787,757 kJ/kg Titik 9 s9 = s7 = 6,5965 kJ/(kg.K)
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
83
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
Kondisi titik 9 harus diuji. Berdasarkan P 9 = 15 kPa diperoleh: sf = 0,7548 kJ/kg.K sg = 8,0084 kJ/kg.K sfg = 7,2536 kJ/kg.K Karena sf < s9 < sg berarti titik 9 adalah campuran. s − s f x9 = 9 s fg =
6,5965 kJ / kg.K − 0,7548 kJ / kg.K 7,2536 kJ / kg.K
= 0,8054 Berdasarkan P9 = 15 kPa diperoleh: hf = 225,94 kJ/kg hfg = 2373,14 kJ/kg h9 = hf + x9.hfg = 225,94 kJ/kg + 0,8054 x 2373,14 kJ/kg = 2137,267 kJ/kg Untuk mencari fraksi uap yang diambil dari turbin dan masuk Closed Feedwater Heater dapat dicari dengan mengambil CFH sebagai control volume. y 8 (1–y).(h3 –h2) = y.(h8 –h4) h3 − h2 y= ( h 3 − h 2 ) + (h 8 − h 4 )
(1-y)
Closed FWH 3
(1-y) 2
4 y=
(767,44 − 238,59979) (767,44 − 238,59979) + (2787,757 − 762,79)
y
y
= 0,2071
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
84
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
Untuk mencari nilai h 6 jadikan mixing chamber sebagai sistem lalu buat energy balance:
Mixing Closed Chamber FWH 6
(1-y) 3
5 h6 = (1-y).h3 + y.h5
y
h6 = (1-0,2071) 767,44 kJ/kg + 0,2071x 762,933 kJ/kg h6 = 766,507 kJ/kg
Efisiensi thermal dapat dihitung dengan rumus: q net
η th =
q in
=
q in
= 1−
− q out
q in q out q in
Dimana: qin = h7 –h6 = (3373,63 – 766,507) kJ/kg = 2607,123 kJ/kg qout = (1 – y)(h 9 – h1) = (1– 0,2071)x( 2137,267 – 225,94) kJ/kg = 1515,491 kJ/kg η th = 1 −
1515,491 2607,123
= 41,87%
2.5.3 TRAP Uap air dari turbin setelah melewati CFH akan terkondensasi menjadi cairan jenuh. Cairan jenuh ini masih tinggi sehingga meski sudah berupa cairan jenuh tetapi temperaturnya juga masih tinggi. Karena itu sering fluida ini dialirkan lagi ke CFH dengan temperatur dan tekanan yang lebih rendah dengan menggunakan
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
85
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Regenerative
alat yang disebut Trap.Kadang pula cairan jenuh ini dialirkan langsung ke kondensor. Pada proses trapping ini entalpi fluida konstan.
y
Ketel
z
(1-y-z)
CFH Kondensor
Trap Pompa
Trap
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
86
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat dan Regenerative
2.6 SIKLUS RANKINE DENGAN REHEAT DAN REGENERATIVE 1 kg HP
LP
Boiler y kg
(1–y) kg
CF
OF
(1–y–z) kg
y kg
z kg
Mixing Chamber
1 kg
Kondensor
(1-y) kg (1–y–z) kg
Pompa III
Pompa II
Pompa I
Data yang diketahui: P9 = 20 MPa
T9 = 700oC
P10 = 6 MPa
T11 = 600 oC
P12 = 1 MPa P13 = 15 kPa Hitunglah efisiensi thermal siklus Penyelesaian: Diketahui bahwa: P1 = P13
P2=P3 =P12
P4=P5 =P8= P7=P9
P6=P10 =P11
Titik1 Berdasarkan P1=P13 = 15 kPa pada kondisi saturated liquid diperoleh: h1 = 225,94 kJ/kg v1
= 0,001014 m 3/kg
wPI = v1.(P2 – P1) = 0,001014 m 3/kg x ( 1000 – 15 ) kN/m 2 = 0,99879 kJ/kg Titik 2 h2 = h1+ wPI = 225,94 kJ/kg + 0,99879 kJ/kg = 226,93879 kJ/kg
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 87
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat dan Regenerative
Titik 3 Berdasarkan P3 = 1 MPa pada kondisi saturated liquid diperoleh: h3 = 762,81 kJ/kg v3
= 0,001127 m 3/kg
wPII = v3.(P4 –P3) = 0,001127 m3/kg x ( 20.000–1000 ) kN/m 2 = 21,413 kJ/kg Titik 4 h4 = h3+ wPII = 762,81 kJ/kg + 21,413 kJ/kg = 784,223 kJ/kg Titik 5 Pada titik ini berlaku T 5 ≈ T6. T6 merupakan temperatur jenuh pada tekanan P6. Dari tabel berdasarkan P6 = 6 MPa diperoleh T 6 = 275,64 oC. Karena titik 5 compressed liquid, maka berdasarkan P 5 = 20 MPa dan T5 = 275,64 oC dari tabel dengan cara interpolasi diperoleh: h5 = 1209,4322 kJ/kg Titik 6 Berdasarkan P6 = 6 MPa pada kondisi saturated liquid diperoleh: h6 = 1213,35 kJ/kg v6
= 0,001319 m 3/kg
wPIII = v6.(P7 – P6) = 0,001319 m 3/kg x ( 20.000 – 6000 ) kN/m 2 = 18,466 kJ/kg Titik 7 h7 = h6+ wPIII = 1213,35 kJ/kg + 18,466 kJ/kg = 1231,816 kJ/kg Titik 9 Berdasarkan P9 = 20 MPa dan T 9=700oC pada kondisi superheated diperoleh: h9 = 3809 kJ/kg dan s 9 = 6,7993 kJ/kg.K Titik 10 s10 = s9 = 6,7993 kJ/kg.K
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 88
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat dan Regenerative
Kondisi titik 10 harus diuji. Berdasarkan P 10 = 6 MPa diperoleh: sf = 3,0267 kJ/kg.K sg = 5,8892 kJ/kg.K Karena s10 > sg berarti titik 10 adalah superheated. Berdasarkan P10 = 6 MPa dan s 10 = 6,7993 kJ/kg.K maka dari tabel superheated melalui interpolasi diperoleh h10 = 3361,626 kJ/kg Titik 11 Berdasarkan P11 = 6 MPa dan T 11 = 600oC pada kondisi superheated diperoleh: h11 = 3658,4 kJ/kg dan s 11 = 7,1677 kJ/kg.K Titik 12 s12 = s11 = 7,1677 kJ/kg.K Kondisi titik 12 harus diuji. Berdasarkan P 12 = 1 MPa diperoleh: sf = 2,1387 kJ/kg.K sg = 6,5865 kJ/kg.K Karena s12 > sg berarti titik 12 adalah superheated. Berdasarkan P12 = 1 MPa dan s 12 = 7,1677 kJ/kg.K maka dari tabel superheated melalui interpolasi diperoleh h12 = 3077,87 kJ/kg Titik 13 s13 = s12 = 7,1677 kJ/kg.K Kondisi titik 13 juga harus diuji. Berdasarkan P 13 = 15 kPa diperoleh: sf = 0,7549 kJ/kg.K sg = 8,0085 kJ/kg.K sfg = 7,2536 kJ/kg.K Karena sf < s13 < sg berarti titik 13 adalah campuran.
s − s f x13 = 13 s fg =
7,1677 kJ / kg.K − 0,7549 kJ / kg.K 7,2536 kJ / kg.K
= 0,8841
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 89
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat dan Regenerative
Berdasarkan P13 = 15 kPa diperoleh: hf = 225,94 kJ/kg hfg = 2373,16 kJ/kg h13 = hf + x13.hfg = 225,94 kJ/kg + 0,8841x 2373,16 kJ/kg = 2324,0508 kJ/kg Untuk mencari nilai y jadikan closed feedwater heater sebagai sistem lalu buat y energy balance: 10
(1–y).(h5 –h4) = y.(h10 –h6) y=
y=
h5 − h4 ( h 5 − h 4 ) + (h 10 − h 6 )
(1-y)
Closed FWH
(1-y)
5
4
(1209,4322 − 784,223)
6
(1209,4322 − 784,223) + (3361,626 − 1213,35)
y
y = 0,1651
Untuk mencari nilai h 8 jadikan mixing chamber sebagai sistem lalu buat energy balance:
Mixing Closed Chamber FWH 8
(1−y) 5
7
h8 = (1− y).h5 + y.h7
y h8 = (1− 0,1651)x1209,4322 kJ/kg + 0,1651x1231,816 kJ/kg h8 = 1213,1278 kJ/kg
Untuk mencari nilai z jadikan open feedwater heater sebagai sistem lalu buat z energy balance: (1–y). h3 = z. h12 +(1 − y − z)h2 z=
z=
(1 − y).(h 3 − h 2 ) h12 − h 2
12 Closed Open FWH 2
(1 − 0,1651)(762,81 − 226,93879) 3077,87 − 226,93879
(1-y-z)
3
z = 0,1569
(1-y)
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
90
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Siklus Ideal Rankine dengan Reheat dan Regenerative
Efisiensi thermal dapat dihitung dengan rumus: ηth =
=
q net qin q in
− q out
q in
= 1−
q out q in
Dimana: qin = (h9 – h8) + (1–y)(h11 – h10) = (3809 – 1213,1278) kJ/kg + (1 − 0,1651).( 3658,4 − 3361,626) kJ/kg = 2.843,649 kJ/kg qout = (1–y − z)(h13 – h1) = (1 – 0,1651–0,1569).( 2324,0508 – 225,94) kJ/kg = 1.422,519 kJ/kg η th = 1 −
1.422,519 2.843,649
= 49,98%
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 91
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
2.7 COGENERATION SYSTEMS Pembangkitan tenaga uap umumnya hanya untuk menghasilkan energi listrik. Namun ada industri atau situasi dimana uap yang dihasilkan selain untuk membangkitkan energi listrik juga dipakai untuk keperluan lain. Sebagai contoh pembangkitan tenaga pada sebuah universitas (di luar negeri) uap yang dihasilkan selain menggerakkan turbin juga dipakai untuk menghangatkan ruangan. Industriindustri besar seperti industri kimia, penyulingan minyak, pabrik baja, pabrik gula, industri makanan dan pabrik kertas semuanya membutuhkan uap untuk menjalankan berbagai proses selain untuk menghasilkan listrik. Memanfaatkan sebagain uap dari PLTU-nya akan lebih menghemat biaya daripada harus membuat suatu pembangkit uap tersendiri. PLTU besar umumnya mempunyai efisiensi antara 30% – 40%. Tentulah kita mengharapkan bahwa uap yang dihasilkan semakin banyak manfaatnya. Hal ini dapat dicapai dengan mengintegrasikan pemakaian uap yang dihasilkan untuk pemanfaatan berbagai tujuan. Metode ini disebut dengan cogeneration. Unjuk kerja dari sistem cogeneration dinyatakan dengan efektifitas,ε : ε=
K erja Turbin + Panas yang dipakai untuk hal lain Energi input ke sistem
Bila unjuk kerja pembangkitan tenaga hanya untuk listrik berkisar 30% – 40% maka dengan sistem cogeneration memungkinkan untuk mencapai 55% - 70%. •
•
m load + m c
Ketel
Heating Load
Kondensor •
m load
•
mc
Pompa II
Pompa I
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 92
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
Pada gambar di atas, laju aliran massa fluida kerja yang melewati kondensor •
dinotasikan dengan m c sedangkan yang melewati heating load dinotasikan •
dengan m load . Dengan demikian laju aliran massa fluida kerja yang keluar dari •
•
ketel menuju ke turbin adala ( m c + m load ) Contoh 2.7.1
Pada sebuah siklus kogenerasi, uap berekspansi di dalam turbin dari 6 o
MPa, 440 C ke 8 kPa. Efisiensi adiabatik turbin 85% dan menghasilkan daya 50 MW. Uap diekstrak pada tekanan 0,5 MPa untuk beban kalor 5 6
x 10 kJ/min. Uap meninggalkan beban kalor sebagai saturated liquid pada 0,4 MPa dan bercampur dengan uap yang meninggalkan pompa kondensat pada tekanan 0,4 MPa. Efisiensi masing-masing pompa 70%. Hitunglah: a. Hitunglah laju aliran
fluida yang melewati beban kalor dan
kondensor, [kg/min] b. Efektivitas siklus Penyelesaian
Data yang diketahui: P2 = P3 = P8 = 0,4 MPa
= 400 kPa o
P5 = 6 MPa = 6000 kPa
T5 = 440 C
P1 = P7 = 8 kPa
P6 = 0,5 MPa = 500 kPa
•
W T = 50 MW •
Q
load =
ηT =
5 x 106 kJ/min
0,85
ηP =
0,70
Dari data awal, kemungkinan diagram T-s seperti di bawah. Posisi titik 6 dan 7 yang tepat baru dapat diketahui bila kondisinya telah dicek. Jadi bisa saja berada di garis saturated atau bahkan campuran (di dalam kubah). Perhitungan awal
Titik 1 Berdasarkan P1=P7=8 kPa pada kondisi saturated liquid h1 = 173,88 kJ/kg
v1 = 1,084 x 10-3 m3/kg
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
93
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
Kerja pompa I ideal: w pI = v1 (P2-P1) = 1,084 x 10-3 m3/kg (400 – 8) kPa = 0,3953 kJ/kg Kerja pompa I aktual: wPIa =
=
w PI ηP
0,3953 kJ/kg 0,70
= 0,5647 kJ/kg
•
•
m load + m c
•
m load •
mc
Titik 2 Entalpi aktual pada titik 2 h2a = wPIa+ h1
= 0,5647 kJ/kg + 173,88 kJ/kg = 174,4447 kJ/kg Titik 3 Berdasarkan P3 = 400 kPa pada kondisi saturated liquid v3 = 0,001084 m3/kg
h3 = 604,73 kJ/kg Kerja pompa II ideal: w pII = v3 (P4 − P3) 3
= 0,001084 m /kg (6000 – 400) kPa
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
94
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
= 6,0704 kJ/kg Kerja pompa II aktual: wPIIa =
=
w PII ηP
6,0704 kJ/kg 0,70
= 8,6720 kJ/kg
Titik 4 Entalpi aktual pada titik 4 h4a = wPIIa+ h3
= 8,6720 kJ/kg + 604,73 kJ/kg = 613,4020 kJ/kg Titik 5 o
Berdasarkan P5 = 6 MPa dan T5 = 440 C pada kondisi Superheated diperoleh h5 = 3277,3 kJ/kg s5 = 6,6853 kJ/(kg.K) Titik 6 Entropi pada titik 6 s6 = s5 = 6,6853 kJ/(kg.K) Kondisi titik 6 harus diuji. Berdasarkan P 6 = 0,5 MPa diperoleh: sf = 1,8606 kJ/kg.K sg = 6,8212 kJ/kg.K sfg = 4,9606 kJ/kg.K Karena sf < s6 < sg berarti titik 6 adalah campuran. Kualitas campuran pada titik 6 x6 =
=
s6
− s f
s fg (6,6853 − 1,8606) kJ / kg.K 4,9606 kJ / kg.K
= 0,9726
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
95
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
Berdasarkan P6 = 500 kPa diperoleh: hf = 640,21 kJ/kg
hg = 2748,67 kJ/kg
hfg = 2108,47 kJ/kg h6 = hf + x6.hfg = 640,21 kJ/kg + 0,9726 x 2108,47 kJ/kg = 2690,9166 kJ/kg Kerja turbin aktual tahap 1: wT1a = (h5 – h6) x ηT = (3277,3 – 2690,9166) kJ/kg x 0,85 = 498,3834 kJ/kg Entalpi aktual pada titik 6 h6a = h5 − wTIa = 3277,3 - 498,3839 kJ/kg = 2778,9161 kJ/kg Karena nila h6a > hg (pada P = 500 kPa) berarti titik 6a berada pada kondisi superheated vapor. Dari tabel superheated berdasarkan P = 500 kPa dan h 6a = 2778,9161 kJ/kg dengan interpolasi linear diperoleh:
h (kJ/kg)
2748,67
2778,9161
2855,37
s (kJ/kg.K)
6,8212
6,8887
7,0592
Titik 7 Entropi pada titik 7 s7 = s6a = 6,8887 kJ/(kg.K) Kondisi titik 7 perlu diuji. Berdasarkan P 7 = 8 kPa diperoleh: sf = 0,5926 kJ/kg.K
hf = 173,88 kJ/kg
sg = 8,2287 kJ/kg.K
hfg = 2403,1 kJ/kg
sfg = 7,2536 kJ/kg.K Karena sf < s7 < sg berarti kondisi titik 7 adalah campuran. Kualitas campuran
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
96
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
s − s f x7 = 7 s fg (6,8887 − 0,5926) kJ / kg.K
=
7,2536 kJ / kg.K
= 0,8680 Entalpi ideal pada titik 7 h7 = hf + x7.hfg = 173,88 kJ/kg + 0,8680 x 2403,1 kJ/kg = 2259,7708 kJ/kg Entalpi aktual pada titik 7 h7a = h6a − (h6a – h7) x ηT = 2778,9161 kJ/kg – 0,85 x (2778,9161 – 2259,7708) kJ/kg = 2337,6426 kJ/kg Titik 8 Titik 8 nilainya persis sama dengan titik 3 h8 = 604,73 kJ/kg a.
Laju aliran massa fluida yang melewati beban kalor •
•
m load (h6a – h8) = Q
load
5 x 10 6 kJ/min
•
m load =
(2778,9161 - 604,73) kJ/kg
= 2299,7 kg/min Laju aliran massa fluida yang melewati kondensor dapat dicari dengan menjadikan turbin sebagai sistem lalu buat energy balance: •
•
•
W T = m 5.(h5 – h6a) + m 7.(h6a – h7a) •
•
•
•
•
Dimana : m 7 = m c dan m 5 = m load + m c •
•
•
•
W T = ( m load + m c). (h5 – h6a) + m c. (h6a – h7a) •
•
= m load (h5 – h6a) + m c (h5 – h7a) • •
m c =
•
W T − m load .(h 5 h5
− h 6a )
− h 7a
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
97
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Daya Uap\Cogeneration System
50x1000x60 =
kJ min
− 2299,7
kg min
x (3277,3 − 2778,9161)
kJ kg
(3277,3 − 2337,6426) kJ/kg
= 1972,9175 kg/min b.
Efektifitas siklus; •
ε=
•
W T + Q load •
Q in Dimana •
•
Q in = m 5 . (h5 – h4a) •
•
= ( m load + m c) . (h5 – h4a) = (2299,7 + 1972,9175)kg/min x (3277,3 –613,4020) kJ/kg = 11.381.817,21 kJ/min ε=
(50 x1000 x 60) kJ/min + 5 x 10 6 kJ/min 11.381.817,21 kJ/min
= 0,7029 = 70,29%
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman
98
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
BAB 3 SIKLUS REFRIGRASI 3.1 REFRIGRATOR DAN POMPA KALOR Secara alamiah kalor akan mengalir dari medium bertemperatur tinggi ke medium bertemperatur rendah. Jadi untuk mendinginkan air di dalam wadah yang bersuhu 80 oC maka cukup membiarkannya saja di udara terbuka (biasanya 27 oC) maka air akhirnya bertemperatur sama dengan udara tersebut. Proses ini akan terjadi dengan sendirinya tanpa menggunakan alat. Akan tetapi membalikkan proses tersebut tidak akan bisa terjadi dengan sendirinya tanpa bantuan alat. Ini berarti mustahil suhu air di dalam gelas yang bertemperatur 27oC menjadi 80oC hanya dengan membiarkannya di udara terbuka. Jika mesin kalor (heat engine) adalah alat yang mentrasfer energi dari temperatur tinggi ke temperatur rendah, maka pompa kalor (heat pump) digunakan untuk mentransfer kalor dari medium bertemperatur rendah ke medium bertemperatur tinggi. Namun sebenarnya ada dua jenis yaitu heat pump (pompa kalor) dan refrigrator (mesin pendingin). Untuk lebih jelasnya perhatikan gambar di bawah. Pompa kalor tujuannya untuk memanaskan suatu medium sebaliknya refrigerator untuk mendinginkan suatu medium. Pompa kalor desired output- nya QH (memanaskan ruangan) sedangkan refrigerator desired output- nya adalah QL (mendinginkan ruangan). Keduanya berlaku Q H = QL + W. Heated TH Room
TH
QH
QH Refrigerator
W
QL Cooled Room
Heat Pump
W
QL TL
TL
Gambar 3.1 Skema kerja heat pump dan refrigerator; heat pump memanaskan ruangan sedangkan refrigerator mendinginkan ruangan.
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 99
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
Sebenarnya istilah refrigerator adalah istilah untuk mesin pendingin bahan makanan (lebih dikenal dengan nama kulkas), sedangkan untuk mendinginkan ruangan disebut air conditioner (AC). Cara kerja keduanya persis sama. Kalau unjuk kerja mesin kalor dinyatakan dengan efisiensi, maka unjuk kerja pompa kalor dan refrigerator dinyatakan dengan dengan COP ( Coefficient Of Performance ).
Heat Pump: Out put yang diinginkan
COPHP =
Input yang diperlukan Efek pemanasan
=
Kerja input
=
=
=
QH W
QH QH
− QL
1 ηHE
Dimana ηHE adalah efisiensi mesin kalor (heat engine). Refrigerator: COPR =
=
=
Out put yang diinginkan Input yang diperlukan Efek pendinginan Kerja input
=
QL W
QL QH − QL
Hubungan refrigrator dengan heat pump. COPR = =
=
QL QH − QL QL / QH
(QH − QL ) / QH QL / QH ηHE
=
QL ηHEQ H
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 100
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
Unjuk kerja dari refrigerator dan AC di Amerika sering dinyatakan dalam energy efficiency rating (EER) yaitu jumlah kalor yang dipindahkan dari ruang dingin
dalam Btu untuk setiap 1 Wh (watt jam) listrik yang dikonsumsi mesin. Karena 1 kWh = 3412 Btu maka: EER = 3,412 COP R Jika pada mesin kalor ada pernyataan Kelvin-Planck, maka pada heat pump dan refrigerator ada Clausius statement: “Tidak mungkin sebuah mesin bekerja dengan mengambil kalor dari reservoir yang bertemperatur rendah lalu membuangnya ke reservoir yang bertemperatur lebih tinggi tanpa adanya bantuan kerja dari luar”
Contoh 3.1.1
Ruang
tempat
penyimpanan
makanan
pada
sebuah
refrigerator
dipertahankan pada suhu 4 oC dengan cara menyerap kalor 360 kJ/min dari ruang tersebut. Jika daya yang dipakai refrigerator 2 kW, hitung: a. COP refrigerator b. Laju pembuangan kalor ke lingkungan Penyelesaian
Data yang diketahui:
& = 2 kW = 2 kJ/s W
Ruang Dapur (Lingkungan)
& = 360 kJ/min Q L
& Q H
&
Refri- W = 2 kJ/s gerator
= 6 kJ/s TL = 4oC
& = 6 kJ/s Q L
Ditanyakan: COPR dan
& Q
H=?
Ruang Makanan
Analisis
a. Coefficient of Peformance mesin refrigerator: COPR = =
& Q L & W 6 kJ/s 2 kJ/kg
=3
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 101
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
Artinya setiap 1 kJ energi yang disuplai refrigerator dipindahkan 3 kJ kalor dari ruang makanan. b. Laju pembuangan kalor ke lingkungan, dalam hal ini ke ruang dapur (tempat dimana refrigerator biasa diletakkan):
& =W & & +Q Q H L = (2 + 6) kJ/s = 8 kW Contoh 3.1.2
Sebuah pompa kalor dipakai untuk mempertahankan temperatur ruangan sebuah rumah pada 20 oC. Ketika temperatur udara luar −2oC rumah tersebut kehilangan kalor 80.000 kJ/h. Jika pompa kalor pada kondisi tersebut mempunyai COP 2,5 , hitung: a. Daya yang dikonsumsi oleh pompa kalor b. Laju penyerapan kalor dari udara dingin. Ruangan TH = 20oC
Penyelesaian
Data yang diketahui:
& Q H
COPHP = 2,5
& Heat W Pump
TH = 20oC TL = −2oC
& Q L
Ditanyakan:
Udara Luar TL = −2oC
& dan Q& = ? W L Analisis
Ruangan (rumah) kehilangan kalor
80.000 kJ/h artinya untuk
mempertahankan agar temperatur tidak turun maka ruangan tersebut harus disuplai dengan jumlah kalor yang sama. Jadi
& = 80.000 kJ/h Q H = 22,2 kW a. Daya yang dikonsumsi (disuplai) heat pump:
& = W =
& Q H COPHP 80.000 kJ/h 2,5
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 102
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
= 32.000 kJ/h = 8,9 kW b. Kalor yang diserap dari udara luar (udara dingin):
& =Q & −W & Q L H = (80.000 − 32.000) kJ/h = 48.000 kJ/s = 13,3 kW Catatan: Total
kalor
yang
harus
disuplai
ke
dalam
ruangan
untuk
mempertahankannya pada 20 oC adalah 80.000 kJ/h (22,2 kW). Sebanyak
& sedangkan yang 32.000 kJ/h (8,9 kW) diantaranya disuplai dari kerja W 48.000 kJ/s (13,3 kW) adalah hasil serapan kalor dari udara dingin. Jadi seandainya kita harus membayar tagihan listrik akibat daya yang kita pakai, maka yang dibayar adalah yang 8,9 kW sedangkan yang 13,3 kW gratis. Bayangkan seandainya kita harus memanaskan ruangan dengan menggunakan kumparan kawat yang dialiri listrik, maka total daya yang listrik yang harus disuplai adalah 22,2 kW jauh lebih besar dari 8,9 kW. Tagihan listrik membengkak 2,5 kali lipat, sesuai nilai COP dari pompa kalor.
3.2 SIKLUS REFRIGRASI CARNOT Untuk memperkenalkan hal-hal yang penting pada refrigerasi uap, mari kita mulai dengan memperhatikan siklus refrigrasi Carnot. Siklus ini diperoleh dengan cara membalikkan siklus Carnot yang telah dibahas pada siklus daya gas. Gambar di bawah adalah skema dan diagram T-s dari siklus refrigerasi Carnot (siklus Carnot yang dibalik) yang beroperasi pada temperatur rendah T L dan temperatur tinggi TH. Refrigerator dan pompa kalor yang bekerja berdasarkan siklus Carnot yang terbalik disebut mesin refrigrasi Carnot (Carnot refrigerator) atau pompa kalor Canot (Carnot heat pump). Pada siklus tersebut refrigerant menyerap kalor sebesar Qin secara isotermal dari lingkungan yang bertemperatur TL ( proses 4-1). Kemudian refrigerant dikompressi secara isentropik ke titik 2 sehingga
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 103
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
temperaturnya naik menjadi TH (proses 1−2). Kalor sebesar Qout dibuang secara isotermal ke lingkungan yang bertemperatur T H (proses 2-3) yang selanjutnya berekspansi secara isentropis menuju ke titik 4. Pada proses ekspansi refrigerant berubah keadaan dari uap jenuh ke cairan jenuh. qcon. 3
qcon.
2
Condensor
Turbine
Wturb.
Compressor
Wcom
Evaporator 4
1
qev.
qev. Gambar 3.2 Skema mesin fefrigerasi Carnot dan diagram T-s-nya
Unjuk kerja (coefficient of performance ) dari siklus refrigerasi Carnot; Untuk pompa kalor: COPHP, Carnot =
=
=
Q out Qout − Qin TH TH − TL 1 1 − (TL / TH )
Untuk mesin pendingin: COPRe f ., Carnot =
=
=
Qin Q out − Qin TL
TH − TL 1
(TH / TL ) − 1
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 104
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
3.3 SIKLUS REFRIGRASI KOMPRESSI UAP IDEAL Kesulitan yang dialami pada siklus refrigrasi Carnot dapat diatasi dengan menguapkan secara sempurna refrigrant sebelum dikompressi dan mengganti turbin dengan alat throttling, seperti katup ekspansi dan pipa kapiler. Hasilnya adalah sebuah siklus yang disebut siklus refrigerasi kompressi uap yang ideal. Siklus ini merupakan yang paling sering ditemukan pada sistem pendingin untuk bahan makanan dan kimia, pengkondisian udara dan bahkan pompa kalor (untuk memanaskan ruangan).
(a) Gambar 3.3
(b) (a) Kulkas, salah satu aplikasi refrigerasi dalam rumah tangga. (b) Diagram aliran refrigeran dan temperaturnya saat melewati komponen tertentu.
3.3.1 Prinsip Kerja Siklus Refrigerasi Uap Ideal Refrigeran yang dalam kondisi uap jenuh (saturated vapor) dikompressi dikompressor. Kalor yang diserap oleh refrigeran di evaporator harus dibuang ke lingkungan. Masalahnya adalah temperatur lingkungan lebih tinggi dari temperatur refrigeran. Karena itulah refrigeran dikompressi sehingga tekanan dan temperaturnya menjadi naik. Uap jenuh yang dinaikkan temperaturnya (dengan cara dikompressi tadi) menjadi superheated vapor dan masuk ke kondensor. Pada kulkas, kondensor biasanya berada pada dinding belakang. Di kondensor, kalor dibuang ke lingkungan sehingga temperatur sistem turun. Keadaan refrigeran juga berubah dari superheated vapor menjadi campuran
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 105
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
cairan-gas hingga saturated liquid (cairan jenuh). Fluida selanjutnya melewati throttling devices (bisa berupa katup ekspansi atau pipa kapiler) dimana tekanan
refrigeran turun secara dramatis. Penurunan tekanan ini dibarengi dengan turunya temperatur secara drastis pula. Refrigerant masih dalam kondisi cairan (campuran cair dan gas) yang selanjutnya menuju ke evaporator. Di evaporator refrigeran menyerap kalor dari lingkungan (ruangan yang didinginkan). Temperatur refrigeran tidak naik sebab energi ini dipakai untuk merubah fasa refrigeran dari cair menjadi
gas. Selanjutnya refrigeran kembali kompressor untuk memulai
siklus seperti sebelumnya. Untuk menjamin bahwa semua refrigeran yang masuk ke kompressor adalah gas, maka biasanya diantara evaporator dan kompressor dipasangi liquid receiver (lihat gambar 3.3.b). Di sini liquid akan tenggelam ke dasar sementara gas berada di bagian atas yang selanjutnya menuju ke kompressor. Pergerakan seluruh fluida ini disebabkan oleh kerja dari kompressor. qcon. T h r o t t l e
3
qcon.
2
Compressor
Condensor
wcom.
Evaporator 4
qev.
1
qev.
Gambar 3.4 Diagram siklus refrigerasi ideal dengan diagram T-s-nya.
3.3.2 Analisis Energi Pada Siklus Refrigerasi Uap Ideal Titik 1 selalu dalam kondisi uap jenuh sedangkan titik 3 selalu dalam kondisi cairan jenuh. Proses 1-2 Kompressi adiabatic isentropic. Proses 2-3 Pembuangan kalor pada tekanan tetap. Proses 3-4 Proses throttling adiabatic (h3 = h4). Proses 4-1 Penyerapan kalor pada tekanan konstan. Fluida kerja yang dipakai pada mesin-mesin pendingin haruslah memiliki temperatur didih yang sangat rendah. Maksudnya meski dalam tekanan 1 atm dan suhu kamar, fluida kerja tersebut haruslah sudah mendidih (berbentuk gas).
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 106
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
Refrigerant akan melewati beberapa komponen serta perubahan fasa. Analisis energinya didasarkan pada persamaan energi untuk sistem terbuka dengan mengabaikan perubahan energi kinetik dan energi potensial. Untuk diperhatikan bahwa meskipun siklus refrigrasi adalah siklus tertutup, tetapi fluida kerja yang melewati setiap komponen merupakan sistem terbuka. Artinya massa dapat keluar masuk sistem yang ditinjau. Persamaan energi yang dipakai adalah: q − w = h e − hi Kompressor (proses 1 −2)
Di titik 1, refrigrant dalam bentuk gas. Selanjutnya dikompressi ke keadaan 2. Tekanan dan temperatur menjadi naik. Refrigran masih dalam fase gas dan masuk ke kondensor. Karena kompressor dianggap adiabatik maka tidak ada kalor yang keluar masuk sistem − w1− 2 =
q1−2 =
0. Dari persamaan energi diperoleh
h 2 − h1
w1− 2 = h1 − h 2 Entalpi fluida berbanding lurus dengan temperaturnya dan dari diagram T-s pada gambar 3.4 terlihat T1 < T2 dengan demikian h 1 < h2 . Kerja w1−2 bernilai negatif, artinya sistem membutuhkan kerja (kerja masuk ke sistem). Kerja yang dibutuhkan (kata "butuh" pada kerja berarti masuk ke sistem dan selalu negatif) kompressor adalah: w comp
=
h2
− h1
Kondensor (proses 2 −3)
Karena temperatur refrigran lebih tinggi dari temperatur lingkungan maka kalor dibuang ke lingkungan. Refrigran berubah dari fase gas menjadi cair. Pada tekanan tinggi titik didih refrigrant juga tinggi, sehingga saat temperaturnya diturunkan terjadi proses kondensasi dari gas menjadi cair. Tidak ada kerja pada kondensor sehingga persamaan energi menjadi q 2 −3 = h 3 − h 2 Karena T3 < T2 maka h3 < h2 . Karena itu q2−3 bernilai negatif. Ini sesuai dengan kenyataan bahwa kondensor membuang kalor ke lingkungan dimana kalor yang keluar dari sistem bernilai negatif. Besarnya kalor yang dibuang kondensor menjadi:
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 107
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
q con = h 2 − h 3 Katup ekspansi (proses 3 −4)
Melewati katup ekspansi, tekanan turun secara drastis yang juga diikuti oleh penurunan temperatur secara drastis pula. Fluida masih dalam fase cair. Fluida selanjutnya menuju ke evaporator. Pada sistem ini refrigeran mengalami proses throtling atau iso-enthalpy (entalpi konstan).
h3 = h 4 Evaporator (proses 4 −1)
Di evaporator, karena temperatur refrigran sangat rendah, kalor diserap dari lingkungan. Refrigran berubah fase dari cair menjadi gas. Ini terjadi karena pada tekanan yang sangat rendah, titik didih refrigran juga sangat rendah. Di evaporator inilah terjadi efek pendinginan yang kita harapkan. Tidak ada kerja yang keluar atau masuk sistem ini; dengan demikian persamaan energi menjadi: q 4−1 = h1 − h 4 Dalam kasus ini T1 = T4 tetapi h1 ≠ h4. Refrigeran pada titik 1 dalam kondisi saturated vapor sedangkan pada titik 4 dalam kondisi mixture . h 1 > h4 karena itu
q 4−1 bernilai positif. Sekali lagi ini sesuai kenyataan bahwa evaporator menyerap kalor dari lingkungan (ruangan yang didinginkan), atau dengan kata lain kalor masuk ke sistem. Besarnya kalor yang diserap evaporator adalah: q ev. = h1 − h 4 Koefisien unjuk kerja atau Coefficient of Performance (COP) dari siklus refrigerasi ideal adalah: COP =
q ev.
h − h4 = 1 w com h 2 − h1
Contoh 3.3.1
Sebuah siklus refrigrasi ideal memakai Freon-12 sebagai fluida kerja. Pada evaporator T = −20oC dan di kondensor T = 40 oC. Laju aliran refrigrant 0,03 kg/s. Hitung COP dan kapasitas siklus dalam satuan kWatt (qev.) Peyelesaian
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 108
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
Titik 1 Pada T = −20oC dari table Freon-12 pada kondisi saturated vapor didapat: h1 = 178,610 kJ/kg
s 1 = 0,7082 kJ/kg.K
Titik 2 P2 = P3. Berdasarkan T3 = 40oC pada kondisi saturated liquid dari table diperoleh P3 = 0,9607 MPa. Berdasarkan s2 = s 1 = 0,7082 kJ/kg.K dan P 2 = 0,9607 MPa pada kondisi superheated vapor, dengan interpolasi diperoleh: h2 = 211,38 kJ/kg. Titik 3 Berdasarkan T3 = 40oC pada kondisi saturated liquid diperoleh: h3 = 74,527 kJ/kg Titik 4 h4 = h3 = 74,527 kJ/kg Kapasitas siklus: •
•
Q ev. = m .qev = 0,03 kg/s x (178,610 – 74,527) kJ/kg = 3,12 kW Coefficient of Performance (COP): COP =
=
=
q ev. q con. h1 − h 4 h 2 − h1 178,610 − 74,527 211,38 − 178,610
= 3,176
3.4 SIKLUS REFRIGRASI KOMPRESSI UAP AKTUAL Siklus refrigrasi ideal melibatkan banyak asumsi untuk memudahkan pemahaman dasar siklus. Dengan asumsi-asumsi tersebut analisis menjadi lebih mudah. Setelah memahami benar siklus ideal selanjutnya kita akan meninjau
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 109
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
siklus aktual, yang tentu saja berbeda dari siklus ideal. Meski berbeda analisis tetap berangkat dari siklus ideal untuk menghitung nilai yang aktual. Penyebab perbedaan siklus ideal dengan aktual adalah irreversibilitas dalam komponen. Dua komponen
penyebab
utama
irreversibilitas
adalah
gesekan
fluida
yang
menyebabkan penurunan tekanan dan perpindahan kalor dari dan ke lingkungan. Pada siklus ideal, refrigerant meningkalkan evaporator dan masuk ke kompressor sebagai uap jenuh. Akan tetapi dalam prakteknya sangat sulit untuk mengontrol state refrigerant pada kondisi uap jenuh dan akan lebih mudah untuk mendesain sistem sehingga refrigerant sedikit di atas uap jenuh (sedikit memasuki daerah superheated) pada saat memasuki kompressor. Tujuannya untuk memastikan semua refrigerant telah menjadi uap ketika masuk ke kompressor. Contoh 3.4.1
Refrigeran-134a memasuki kompressor sebuah refrigerator dalam kondisi superheated vapor pada 0,14 MPa dan −10oC dengan laju 0,05 kg/s dan keluar pada 0,8 MPa dan 50 oC. Refrigeran didinginkan di kondensor ke 24 oC dan 0,7 MPa dan dithrotle ke 0,15 MPa. Dengan mengabaikan kehilangan kalor dan penurunan tekanan pada pipa-pipa yang menghubungkan komponen, hitung a. Laju pembuangan kalor dari ruang yang didinginkan dan daya yang disuplai ke kompressor. b. Efisiensi isentropik kompressor c. COP refrigerator Peyelesaian
Laju aliran massa refrigeran di komponen manapun dalam sistem tetap sama. •
m = 0,05 kg/s Titik 1 ; saat fluida akan memasuki kompressor. Diketahui P1 = 0,14 MPa T1 = −10oC dan dari tabel uap untuk R-134a pada kondisi superheted vapor didapat: h1 = 246,40 kJ/kg
s 1 = 0,9606 kJ/kg.K
Titik 2
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 110
Diktat Kuliah Termodinamika II\Siklus Refrigerasi
Diketahui P2 = 0,8 MPa dan T 2 = 50oC. Kondisinya sudah pasti superheated vapor sebab sebelum dikompressi pun sudah dalam kondisi superheated vapor. Dari tabel uap untuk R-134a pada kondisi superheted vapor didapat: h2 = 284,39 kJ/kg
s 2 = 0,9711 kJ/kg.K
Titik 3 Diketahui P3 = 0,7 MPa dan T3 = 24oC. Cek kondisi, berdasarkan P 3 = 0,7 MPa maka dari tabel diperoleh temperatur jenuh Tsat = 26,72oC. Karena T3 < Tsat maka refrigeran dalam kondisi compressed liquid. Dari tabel R-134a berdasarkan T3 = 24oC ambil bagian saturated liquid: h3 = h3f = 82,90 kJ/kg Titik 4 Karena proses 3−4 adalah throttling maka h4 = h3 = 82,90 kJ/kg a) Laju pembuangan kalor dari ruang yang didinginkan (di evaporator) •
•
Q ev. = m (h1 − h 4 ) = 0,05 kg/s (246,40 − 82,90) kJ/kg = 8,175 kJ/s Daya yang disuplai ke kompressor •
•
W com = m (h 2 − h1 ) = 0,05 kg/s (284,39 − 246,40) kJ/kg = 1,8995 kJ/s b) Efisiensi isentropik kompressor ηcom =
h 2s − h1 h 2 − h1
Dimana subscript s menyatakan proses yang isentropis. Diketahui nilai s2s = s1 = 0,9606 kJ/kg.K dan P 2s = P2 = 0,8 MPa. Uji kondisi tak perlu dilakukan sebab pada titik 1 saja kondisinya sudah superheated apalagi setelah mengalami proses kompressi, seperti yang ditunjukkan pada diagram T-s ideal (Gambar 3.4) pasti superheated dengan temperatur
Yesung A.P.\\Teknik Mesin UNRAM \\ Semester Genap 2008 - 2009
Halaman 111