1. 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
2. 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 o
C dan temperatur kondensasi 40
o
C. 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 o
C
TK = 40 o
C
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.
3. 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 o
C, 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 o
C, 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:
71767,1
6,200
6,1016
3/1/1
n
E
K
P
P
r
5. Untuk harga entropy:
KkJ/kg.1,71761)7180,17173,1(
71,57189,607
84828,59189,607
7173,19
s
dan
KkJ/kg.1,10744)0962,11057,1(
71,57189,607
84828,59189,607
1057,110
s
Analisa pada flash cooler 1 (FC, 1) untuk mendapatkan fraksi x , berdasarkan hukum kekekalan
energi:
0,15137
229,03965409,85889
229,0396541,256
:maka,dimana
atau
)1(
78
109
108
1098
x
hh
hh
hh
x
hxxhh
Analisa pada flash cooler 1 (FC, 2) untuk mendapatkan fraksi y , berdasarkan hukum kekekalan
energi:
0,09949
16939,062401,24365
)16939,06203965,229(0,15137)1(
:maka,dimana
))(1(
atau
)1()1(
1011
1312
1311
131211
y
hh
hh
hhx
y
hyxyhhx
Analisa harga enthalpy untuk titik 2 dan 3
Enthalpy pada titik 2
kJ/kg403,73737)16939,20624365,401(
02225,172472,1
72472,17337,1
24365,401
sdimana)(
2
121312
1312
122
122
h
shh
ss
ss
hh
6. 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(
122
3
1223
x
yhhyx
h
yhhyxhx
Entropi pada titik 3
KkJ/kg.1,73265
)15137,01(
]1,7247209949,0[]1,7337)09949,015137,01[(
)1(
)1(
atau
)1()1(
122
3
1223
x
yssyx
s
yssyxsx
Enthalpy pada titik 4 dan 5
Enthalpy pada titik 4
kJ/kg8414,3158)229,03965409,85889(
1,107441,71761
1,717611,73265
409,85889
sdimana)(
4
34109
109
94
94
h
shh
ss
ss
hh
Analisa pada mixer chamber (MC2) untuk mendapatkan harga enthalpy (h3):
kJ/kg413,64123
]409,8588915137,0[]8414,3158)15137,01[(
)1( 945
xhhxh
Entropi pada titik 5
KkJ/kg.1,73037
]1,7176115137,0[]1,73265)15137,01[(
)1( 945
xssxs
7. Titik 6
5676
76
66
66 sdimana)(
shh
ss
ss
hh a
a
a
a
Untuk nilai h6a dan s6a merupakan uap saturasi pada Tk = 40 o
C:
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(
1,19031,7115
1,71151,73037
419,586
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/s18,84440
kJ/kg)16939,20675,392(
)kW/TR(516,3TR1000
)( 141
hh
Q
m e
e
8. Laju aliran massa refrigeran akibat pemasangan Fc1
kg/s22,20567
kJ/kg)0,151371(
kg/s18,84440
)1(
x
m
M e
x
Laju aliran massa akibat pemasangan Fc2
kg/s25,15471
kJ/kg)0,099491513701(
kg/s18,84440
)1(
,yx
m
M e
y
b. Kerja kompressor
Kerja kompressor tingkat 1
kW207,05040kJ/s207,05040
kJ/kg392,75)403,73737(kg/s18,84440)( 121,
hhmW ec
Kerja kompressor tingkat 2
kW273,45333kJ/s273,45333
kJ/kg403,44502)414,31588(kg/s25,15471)( 342,
hhMW yc
Kerja kompressor tingkat 3
kW263,05569kJ/s263,05569
kJ/kg413,64123)425,48756(kg/s22,20567)( 563,
hhMW xc
Kerja total kompressor
kW743,55942kW)0556926345333273207,05040(
3,2,1,
,,
WWWW ccctotal
c. COP sistem
4,72861
kW743,55942
)kW/TR(516,3TR1000
total
e
W
Q
COP
9. 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 o
C sebelum masuk kompressor. Pada kompressor, uap
dikompresi sampai tekanan 18 bar, kemudian masuk kekondensor dan keluar kondensor pada
temperatur 40 o
C. 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 o
C (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 o
C
h1u = 382,59924 kJ/kg
s1u = 1,74749 kJ/kg. K
11. Titik 1 adalah kondisi uap superheat masuk kompressor pada P1 = 0,1 MPa dan T1 = 5 o
C,
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 o
C.
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 o
C.
12. Untuk titik 3, berdasar keseimbangan energi pada APK, dapat diperoleh:
0)()( 1133 hhhh uu
atau
kJ/kg267,03140
kJ/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
refrigrantofTons8,00868kW28,15852
kJ/kg)03140,267407,82400(
tdetik/meni60
kg/menit12
)( 41
hhmQ ee
Kerja kompressor dalam (kW)
kW14,07547kJ/kg)82400407478,20134(
tdetik/meni60
kg/menit12
)( 12 ,hhmW ec
COP sistem
2,00054
kW14,07547
kW28,15852
c
e
W
Q
COP
13. 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
14. 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/kg370,101360,5867370(
2,6268922
87728922
673702
,
,
,,
,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/kg218,974209.97219,97(
0,39870,4690
462,00,4690
219,974
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/kg383,776380,77390,88(
3,1763,481
3,26673,481
390,882
h
Pada titik a adalah temperatur udara keluaran dari APK-2, Ta = T3 = 300 K
ha = 300,19 kJ/kg pra = 1,3860
15. 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/kg211,634209,97219,97(
0,39870,4690
0,41040,4690
219,974
h
Pada titik b adalah kondisi udara keluar dari APK-1, maka dari keseimbangan energi pada
regenerator dapat ditentukan:
kJ/kg270,1
0)16,29019,300()280,13(
0)'()'( 31
b
b
ab
h
h
hhhh
Laju aliran massa udara pada sistem:
kg/s1,742
N.m10
kJ1
bar1
N/m10
K280
97,28
kJ314,8
bar1/sm4,1
3
253
1
11
T
M
R
pV
mu
Analisa statistik sistem yang dimodifikasi:
a. Daya input ke dalam siklus
W43,75904kJ/kg211,634)]16,290(280,13)776383[(/742,1
)]'()'[( 4312
,skg
hhhhmW usiklus
b. Kapasitas refrigerasi
W101,8478kJ/kg)634,2111,270(kg/s742,1)( 4 hhmQ buE
c. COP
2,327
W75904,43
W101,8478
siklus
E
W
Q
COP
16. 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 o
C. 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 o
C
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.
17. Generator
AbsorberEvaporator
Kondensor
Ambient
Conditioned space
QK
QE
14
5 6
78
23
QA
QG
KE
Pompa
KE
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),
18. 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 o
C 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
E
hh
mr
Dimana QE dapat ditentukan:
GP
E
QW
Q
COP
Dimana kerja pompa dapat diabaikan, maka:
GE
G
E QQ
Q
Q
COPCOP
Dimana COP = 0,8, dan panas generator berdasarkan data yang diketahui dapat ditentukan:
kW99375,12W12993,7575,0m5,31W/m550 22
GQ
jadi
kJ/s10,395kW10,395kW99375,128,0COP GE QQ
Oleh karena itu, laju aliran massa ammonia:
kg/s0,01159
kJ/kg545,042)1442,19(
kJ/s10,395
)( 41
hh
Q
m E
r
