diktat thermodinamika

60
1 T H E R M O D I N A M I K A 1.TIPE SISTEM Ada dua macam dasar system yang dibahas yaitu system tertutup dan system terbuka ( volume control ). System tertutup mengacu pada sejumlah masa tetap sedang volume control adalah suatu daerah /tempat yang dilalui aliran masa. Suatu system tertutup selalu mengandung sejumlah zat yang sama, tidak mentransfer masa melewati batas (boundary). Tipe khusus sistem tertutup yang tidak interaksi dengan lingkungan disebut sistem terisolasi. Pengertian boundary (batas) adalah daerah yang dibahas. Bentuk control masa kadang – kadang digunakan dalam system tertutup. Tipe system tertutup yang tidak mengalami/melakukan interaksi dengan lingkungan atau disebut system terisolasi ( Gambar 1.1a). Suatu volume control (control volume) adalah suatu daerah/tempat yang dilalui aliran masa (Gambar 1.1b). Jika bentuk kontrol masa dan kontrol volume digunakan, system boundary sebagai permukaan kontrol. Kontrol mass kadang digunakan didalam sistem tertutup dan bentuk sistem terbuka (open sistem) penggunaan dipertukarkan dengan volume control (control volume). Jika bentuk control masa dan volume control digunakan, batas sistem adalah sering dihubungkan sebagai suatu control permukaan (control surface). Beba gas Boundary (Control udara Fuel masuk shaft Mesin

Upload: ahlalwahdiyalmaulid

Post on 14-Jul-2016

94 views

Category:

Documents


18 download

DESCRIPTION

Diktat Thermodinamika polines

TRANSCRIPT

Page 1: Diktat Thermodinamika

1

T H E R M O D I N A M I K A

1.TIPE SISTEM

Ada dua macam dasar system yang dibahas yaitu system tertutup dan system terbuka ( volume control ). System tertutup mengacu pada sejumlah masa tetap sedang volume control adalah suatu daerah /tempat yang dilalui aliran masa.

Suatu system tertutup selalu mengandung sejumlah zat yang sama, tidak mentransfer masa melewati batas (boundary). Tipe khusus sistem tertutup yang tidak interaksi dengan lingkungan disebut sistem terisolasi. Pengertian boundary (batas) adalah daerah yang dibahas. Bentuk control masa kadang – kadang digunakan dalam system tertutup. Tipe system tertutup yang tidak mengalami/melakukan interaksi dengan lingkungan atau disebut system terisolasi ( Gambar 1.1a).

Suatu volume control (control volume) adalah suatu daerah/tempat yang dilalui aliran masa (Gambar 1.1b). Jika bentuk kontrol masa dan kontrol volume digunakan, system boundary sebagai permukaan kontrol.

Kontrol mass kadang digunakan didalam sistem tertutup dan bentuk sistem terbuka (open sistem) penggunaan dipertukarkan dengan volume control (control volume). Jika bentuk control masa dan volume control digunakan, batas sistem adalah sering dihubungkan sebagai suatu control permukaan (control surface).

Suatu system dikatakan steady state (keadaan tetap)jika samasekali tidak berubah property terhadap waktu

Beban

gasBoundary(Control surface)

Boundary (Control surface)

udara

Fuel masuk

Gas buang

shaftMesin mobil

Gambar 1.1a system Gambar 1.1b system terbuka

Page 2: Diktat Thermodinamika

2

System dikatakan keadaan seimbang (equilibrium state) jika tidak terjadi perubahan sesaat pada kondisi tertutup dan terisolasi.

2.ENERGI DAN HUKUM PERTAMA THERMODINAMIKAEnergi adalah suatu gagasan dan perlu diketahui permasalahannya. Disini beberapa aspek

penting konsep energi yang berkembang. Suatu gagasan bahwa energi dapat disimpan didalam system berbagai bentuk microscopic. Energi dapat juga ditransfer dari satu bentuk ke bentuk lain dan ditransfer antar system. Pada system tertutup energi dapat ditransfer oleh kerja dan perpindahan panas. Sejumlah energi tersimpan dapat berubah dan ditransfer.

2.1 Konsep mekanik energy

Berdasarkan pada kontribusi Galileo dan formulasi Newton secara umum menguraikan gerak suatu obyek dibawah pengaruh suatu gaya. Hukum Newton mengenai gerak memberi dasar mekanik klasik, yang memberi petunjuk konsep kerja, energi kinetic dan energy potensial dan juga memberikan petunjuk terakhir pada perluasan konsep energi. Pada pembahasan dimulai dengan aplikasi hukum Newton kedua mengenai gerak.

2.1.1 Kerja dan Eneri kinetic

Pada gambar 1.2 posisi sesaat, lintasan sebuah benda dengan masa m (system tertutup) bergerak relatif terhadap sumbu X dan Y dengan kecepatan masa V. Benda bereaksi oleh resultante gaya F. Benda bergerak dari satu lokasi ke lokasi lain sepanjang lintasan. Resultan gaya terurai ke dalam komponen FS sepanjang lintasan dan komponen gaya normal FN. Pembahasannya benda bergerak dari S = S1 dimana arah kecepatan adalah V1 ke S = S2 kecepatannya V2 dengan asumsi pembahasannya hanya interaksi antara benda dan lingkungan mencakup gaya F

FS=m dV

dt V=dS

dt ………..(1)

FS=m dV

dS. dS

dt=m . V dV

dS …….....(2)

∫V 1

V 2

m . V . dV =∫S1

S2

FS .dS…………….…...(3)

∫V 1

V 2

m . V . dV= 12

m . V 2 ]V 1

V 2

=12

m (V 22−V 1

2 )…...(4)

F

FN

dSV

0

S

lintasanY

X

a

Gambar 2 .1

Page 3: Diktat Thermodinamika

3

ΔE K=EK 2−EK 1=12

m (V 22−V 1

2) ……………………..………………………………(5)

Energi kinetik adalah EK=1

2m .V 2

Dengan persamaan (1) dan (3) menjadi

12

m . (V 22−V 1

2 )=∫S 1

S 2

F .dS..............(6)

Dimana diekspresikan untuk kerja ditulis dalam bentuk produk scalar pada gaya fektor F dan perubahan fektor dS. Jika benda dipercepatan oleh resultan gaya, kerja yang dilakukan pada benda dapat menjadi suatu transfer energi pada benda dimana tersimpan sebagai energy kinetic.

2.1.2 Energi Potensial

Penurunan dari hukum kedua Newton, pada persamaan memberikan suatu hubungan antara dua definisi konsep energi kinetik dan kerja. Pada gambar 2.2 menunjukan sebuah benda dengan masa m yang bergerak vertikal dari ketinggian Z1 ke Z2 relatif terhadap permukaan bumi Kedua gaya menunjukan bergerak dalam system yaitu gaya arah bawah karena gravitasi mg dan gaya vertical R. Pada persamaan (6) kerja dilakukan oleh gaya adalah perubahan energy kinetik

12

m . (V 22−V 1

2 )=∫Z1

Z2

R .dZ−∫Z1

z2

m . g . dZ…...(7)

∫Z1

Z2

m . g . dZ=m . g ( Z2−Z1 )………….…..(8)

12

m . (V 22−V 1

2 )+m . g (Z2−Z1)=∫Z 1

Z2

R .dZ…....(9)

m . g . Z adalah energy potensial gravitasi EP .

Perubahan energy potensial gravitasi ∆EP adalah

∆EP = EP2 – EP1 = m . g (Z2−Z1) ………………………………….………………….....…(10)

Persamaan (9) hanya gaya gravitasi maka persamaan menjadi12

m . (V 22−V 1

2 )+m . g (Z2−Z1)=0

12

m . (V 22−V 1

2 )=m . g (Z2−Z1 )……………………..………………….…(11)

2.2 Transfer Energi Oleh Kerja

Z1

Z2

R

mgZ

Gambar 2.2

Page 4: Diktat Thermodinamika

4

Kerja W dilakukan oleh atau pada system dievaluasi dalam bentuk pengamatan microscopically gaya dan perubahan

W =∫S1

S2

F .dS…………………………………………………………..(12)

Thermodinamika teknik dapat ditunjukan pada alat seperti mesin pembakaran dalam dan turbin yang bermaksud melakukan kerja. Pendekatan secara umum didalam mekanik, kesepakatan mempertimbangkan melakukan kerja sebagai positip, disini :

W > 0 Kerja dilakukan oleh systemW < 0 Kerja dilakukan pada sistem

Analisis thermodinamika ditunjukan dengan laju pada transfer energy yang terjadi. Laju transfer

energy oleh kerja disebus daya dan dinotasikan dengan W¿

dalam satuan (Watt), (hp)

2.2.1 Kerja Ekspansi dan KompresiKerja dilakukan dengan system tertutup seperti pada gambar 2.3 didalam pasangan

silinder dan piston terpasang terdapat gas atau cairan mengalami ekspansi. Selama proses gas ditekan suatu gaya normal piston . Tekanan notasi P terjadi interface antara gas dan piston

δW=P . A .dx …………….…………..(13)

Hasil A.dx sama dengan perubahan volume Kerja dapat ditulis

δW=P . dV ………………………………….(14) Untuk perubahan volume V1 menjadi V2

W =∫

V 1

V 2

P .dV…………..…………….....(15)

2.2.2 Proses kerja Dalam Keseimbangan Ekspansi atau KompresiPembahasan bagaimana gas atau liquid pada ekspansi atau kompresi dikatakan dalam

kondisi setimbang ditunjukan pada gambar 2.4

Pasangan piston- silinder didalamnya terdapat gas atau liquid, diatas piston dibebani sejumlah masa. Jika salah satu masa dihilangkan piston akan bergerak keatas, gas melakukan ekspansi Selama ekspansi keadaan gas akan menurun dari keseimbangan,

System akan berakhir menjadi kesetimbangan baru dimana tekanan dan semua sifat akan kembali lagi menjadi seragam.

X1 X2

F=P.A

Gas/liquid

X

Tekanan rata-rata pada permukaan piston P

Batas sistem

Gambar 2.3

Gas/liquid

piston

Page 5: Diktat Thermodinamika

5

Pada persamaan (15) dapat diaplikasikan untuk mengevaluasi kerja dalam kesetimbangan dalam proses ekspansi dan kompresi.

Sebagai contoh suatu proses dimana gas /liquid melakukan ekspansi didalam pasangan silinder-piston. Hubungan antara tekanan dan volume dapat digrafikan dan dianalisa. Sebuah grafik hubungan ditunjukan seperti pada gambar 2.5. Pada awalnya piston posisinya X1 dan tekanan gas P1 . Piston melakukan ekspansi pada proses keseimbangan, permukaan piston X2 dan tekanan berkurang P2.

δW=P . dV Kurva atau lintasan hubungan antara keadaan 1 dan 2 pada diagram keadaan seimbang selama proses. Kerja dilakukan gas didalam piston selama ekspansi

memberikan dengan ∫P .dV. Dari perhitungan dapat

diketahui bahwa integral diinterpretasikan sebagai luasan didalam kurva tekanan versus Volume. Pada gambar 2.5 adalah sama untuk kerja pada proses. Gas melakukan kompresi dari keadaan 2 ke keadaan 1 sepanjang intasan diagram P-V. Besarannya kerja adalah sama, tetapi tandanya menjadi negatip, menunjukan bahwa untuk kompresi transfer energy dari piston ke fluida. Luasan mengInterpretasi yang sederhana dari proses kerja dalam keseimbangan ekspansi atau kompresi bahwa kerja bergantung pada proses dan oleh karena merupakan tidak property (sifat). Hubungan antara tekanan dan Volume selama proses ekspansi dan kompresi juga dapat diuraikan secara analis. Sebagai contoh dengan P.V n = konstan, dimana nilai n adalah konstan untuk proses partikel. Proses keseimbangan dijelaskan dengan diekspresikan disebut proses Polytropic.

Contoh 1 :

Sebuah gas didalam pasangan silinder – piston melakukan proses ekspansi yang hubungannya P.Vn = konstan . Tekanan awal 3 bar, Volume awal 0,1 m3 dan Volume akhir 0,2 m3. Tentukan kerja untuk proses jika n = 1,5 n = 1 dan n = 0.Jawab :Diketahui : Gas didalam pasangan silinder – piston melakukan proses ekspansi P,Vn = konstan Mencari : kerja jika n = 1,5 n = 1 dan n = 0

X1

X2

X

V1 V2dV

P1

P2

1

2

lintasan

Gas/liquid

Gambar 2.5

Gambar 2.4

Page 6: Diktat Thermodinamika

6

Skematik dan data :

Asumsi :

1. Gas adalah system tertutup2. Batas gerak hanya kerja3. Ekspansi prosesnya Polytropic

Analisis : (a) n = 1,5

W =∫V 1

V 2

P .d V=∫V 1

V 2 konstaV n . dV

W =konsta( V 21−n−V 1

1−n

1−n )

W =( P2 .V 2

n) .V 21−n−(P1 .V 1

n )V 11−n

1−n=

P2 . V 2−P1 .V 1

1−n P2=P1(V 1

V 2)n

P2=(3 bar )( 0,1

0,2 )1,5

=1.06 bar

W =( (1. 06 bar ) (0 . 2 m3 )− (3 bar ) (0 . 1 m3 )1−1.5 )(105 N /m2

1 bar )( 1kJ103 N . m )=17 .6 kJ

(b) n = 1

=konsta∫V 1

V 2 dVV

=(konsta) lnV 2

V 1=( P1 .V 1 ) ln

V 2

V 1

= (3 bar ) (0,1m3) (105 N /m2

1 bar )( 1kJ103 N .m ) ln( 0,2

0,1 )=20 ,79 kJ

( c ) n = 0Untuk n = 0 hubungan tekanan dan volume berkurang menjadi p = konstan integralnya menjadi

W =P (V 2−V 1) maka W = 30 kJ.

2.3 Energi Pada Sistem

2.3.1 Energi Dalam

Notasi energy E. Jumlah energy mencakup enrgi kinetic EK , energy potensial gravitasi EP dan energy dalam U. Sebagai contoh energy dalam, kerja dilakukan untuk menekan pegas, energy akan tersimpan didalam pegas. Jika batere diisi energy tersimpan akan bertambah. Gas didalam vessel (bejana) tertutup dalam keadaan setimbang kemudian diaduk dan berakhir dalam keadaan setimbang, energy gas akan bertambah. Didalam masing-masing contoh diatas bahwa

P1

2c

2b2a

V (m3)

bar

0,1 0,2

Page 7: Diktat Thermodinamika

7

perubahan didalam system, energy tidak dapat menjadi sifat untuk merubahan didalam system kinetik atau energy potensial gravitasi. Perubahan energy dapat ditulis dalam bentuk energy dalam. Perubahan total energy didalam system :

E2 – E1 = ( EK 2 - EK1 ) + ( EP2 - Ep1 ) + ( U2 – U1 ) …………………….………………

(16)

∆E = ∆ EK + ∆EP + ∆ U ………………………………………………………………….(17)

2.3.2 Konservasi Prinsip Energy Untuk System TertutupTelah dibahas sejumlah energy, disini yang dibahas hanya interaksi antara suatu system

dengan lingkungan yang dapat dikelompokan dalam kerja. Masih dalam system tertutup dapat juga interaksi dengan lingkungan dengan cara yang tidak dikategorikan sebagai kerja. Suatu contoh gas (liquid) didalam bejana melakukan proses kontak dengan api. Tipe interaksi yang disebut suatu sejumlah energy ditransfer dari system oleh kerja dan interaksi panas Q. Dan proses dapat sebagai suatu proses nonadiabatik . Prose dapat dikatakan adiabatic jika hanya kerja interaksi antar sistem dan lingkungan (tidak terpengaruh panas). Sejumlah energy Q ditransfer ke system tertutup dengan maksud bahwa kerja harus sama jumlah perubahan energy dari system

Q=( E2−E1)+W atau

(E2−E1)=Q−W………………………………….(18)

Kesepakatan tanda dan notasi :Q > 0 panas ditransfer ke systemQ < 0 panas ditransfer dari sistem

2.4 Keseimbangan Energy Pada Sistem Tertutup

= -

∆EK + ∆EP + ∆U = Q - W …………………………………..…………………….………..(19) Laju sesaat keseimbangan energy

dEdt

=Q¿ .

−W¿.

…………………………………………………………………………(20)dEK

dt+

dEP

dt+ dU

dt=Q

¿

−W¿

…………………………………………………………………...(21)

Perubahan energy terkandung didalam system selama interval waktu

Sejumlah netto energy

ditransfer kedalam melalui

batas system dengan

perpindahan panas selama

interval waktu

Sejumlah neto energy ditransfer keluar melalui batas system oleh kerja selama interval waktu

Page 8: Diktat Thermodinamika

8

Contoh 2 :

Sebuah system tertutup pada keadaan awal kondisi diam diatas permukaan bumi, melakukan proses dimana transfer energy netto ke system oleh kerja sebesar 200 Btu. Selama proses transfer panas netto dari system ke lingkungan 30 Btu. Pada akhir proses system mempunyai kecepatan 200 feet/detik dengan ketinggian 200 feet. Masa system 50 lb dan percepatan gravitasi g = 32 feet/detik2. Tentukan perubahan energy dalam pada system . (Btu)

Diketahui :Sebuah system melakukan suatu proses dengan mentransfer sejumlah kerja dan panas, keadaan awal dan akhir kecepatan diketahui,ketinggian diketahuiAsumsi :

1. Pembahasan sistim tertutup 2. Pada akhir proses system bergerak pada

kecepatan konstan3. Percepatan gravitasi lokal g=32 ft/dt2

Analisis :Keseimbangan energy pada system tertutup dalam bentuk∆EK + ∆EP + ∆U = Q - W

ΔE K=12

m (V 22−V 1

2)

ΔE P=mg (Z2−Z1 )

∆U = Q - W -

12

m (V 22−V 1

2) -

mg (Z2−Z1)

ΔU=(−30 Btu )−(−200 Btu )−12

(50 lb )( 2002) ft2 /dt 2

(32 ,2lb . ft /dt2

1lbf )(1Btu

778 ft . lbf )

−(50lb ) (32 ft /dt 2 ) (200 ft )

(32,2 lb . ft /dt 2

1lbf ) ( 1Btu778 ft . lbf )

= ( - 30 Btu ) - ( - 200 Btu ) – ( 39,9 Btu ) - ( 12,8 Btu ) = 117,3 Btu

Contoh 3

200 ft

Bumi

Z

V 2 = 200 ft/dt

Page 9: Diktat Thermodinamika

9

5 kg uap air didalam pasangan silinder – piston. Uap melakukan ekspansi dari keadaan 1 dengan

energy dalam spesifik (energy dalam per satuan masa) u1 = 2709,9 kJ/kg. ke keadaan 2 dengan

u2 = 2659,6kJ/kg. Selama proses transfer panas energy ke uap sebesar 80 kJ. Sebuah pengaduk

mentransfer energy keuap oleh kerja sebesar 18,5 kJ. Perubahan energy kinetic dan potensial

diabaikan. Tentukan transfer energy oleh kerja dari uap ke piston selama proses. (kJ)

Diketahui : Uap dengan jumlah tetap melakukan ekspansi didalam pasangan piston-silinder dari keadaan 1 menjadi keadaan 2. Selama proses terjadi transfer panas dan kerja oleh pengaduk. Perubahan energi dalam spesifik pada uap diketahui.

Ditaya : Menentukan sejumlah transfer oleh kerja pada piston selama ekspansiSkema dan data :

Asumsi :

1. Uap system tertutup

2. Tidak ada perubahan EK dan EP

Analisis :

Keseimbangan energy system tertutup

∆EK + ∆EP + ∆U = Q - W

W = WPiston + WPengaduk

m (u2−u1)=Q− (W Piston+W Pengaduk )

W Piston=Q−W Pengaduk−m (u2−u1)W Piston=(80 kJ )−(−18 , 5 kJ )−(5 kg ) (2659 , 6−2709 , 9 )kJ /kg

Contoh 4

4kg gas terisi didalam pasangan silinder – piston, gas melakukan proses dengan hubungan

antara tekanan – volume P .V 1,5=kons tan . Tekanan awal 3 bar, Volume awal 0,1 m3 dan Volume akhir 0,2 m3. Perubahan energy dalam spesifik gas dalam proses u2 - u1 = - 4,6 kJ/kg. Perubahan energy potensial dan kinetic diabaikan . Tentukan transfer panas pada system (kJ)

Asumsi :

1. Gas system tertutup2. Ekspansi prosesnya politropic3. Tidak ada perubahan EP dan EK

5kg uap

Wpiston

Q=80 kJ u1 = 2709,9 kJ/kg u2 =2659,6 kJ/kg WPengaduk= -18,5kJ 0 0

P1

2

P.V1,5= konstan

Page 10: Diktat Thermodinamika

10

Analisis :Tidak ada EP dan EK , maka keseimbangan energy menjadi

∆EK + ∆EP + ∆U = Q - W

Q=ΔU+W =−18 , 4 kJ+17 , 6 kJ=−0,8 kJ

Soal- soal1. Gas melakukan dua proses secara seri :

Proses 1 – 2 Volume konstan dari P1 = 50 lbf/inc2 ke P2 = 10 lbf/inc2Proses 2 – 3 Kompresi dengan P.V1,3 = konstan dari keadaan 2 ke keadaan 3 P3=50 lbf/inc2 dan V3 = 1ft3. Sket diagram proses dan tentukan kerja (Btu/lb)

2. Udara melakukan dua proses secara seri :Proses 1 – 2 Ekspansi dari P1=300 kPa, v1 = 0,019 m3/kg ke P2= 150 kPa. Selama hubungan tekanan – Volume P.v = konstan. Sket diagram proses dan tentukan kerja (kJ/kg).

3. Menentukan energy potensial gravitasi (kJ), air volume 2 m3 pada ketinggian 30 m diatas permukaan bumi. Percepatan gravitasi konstan g = 9,7 m/dt2 dan masa jenis air seragam 1000kg/m3. Tentukan perubahan energy potensial gravitasi jika ketinggiannya menurun menjadi 15 m.

4. Sebuah benda masanya 5 lb mengurangi energy potensial gravitasi 250 lb.ft. Jika percepatan gravitasi konstan g = 31 ft/dt2, tentukan ketinggian.

5. Sebagai obyek masanya 1 lb bergerak dengan kecepatan 10 ft/dt, tentukana. Perubahan kecepatan yang berhubungan dengan energy kinetic sebesar 1 ft.lbfb. Perubahan energy potensial yang berhubungan dengan 1ft perubahan ketinggian ,

menggunakan g = 32,2 ft/dt23. ZAT KOMPRESIBEL

3.1 Hubungan P – v – T

V

P.V1,5= konstan

Gas

u2 - u1= - 4,6 kJ/kg

0 0

kJkgkJkguumU 4,186,44)( 12

Page 11: Diktat Thermodinamika

11

(b) (c) (b) (c) Menyusut pada saat membeku Ekspansi pada saat membeku

3.1 Diagram T – V

Pada gambar 3.1 diagram T-V sering digunakan untuk menyelesaikan masalah . Untuk

memfasilitasi penggunaan sket diagram T-V dengan catatan penampilan garis tekanan adalah

konstan. Pada tekanan yang lebih rendah dari tekanan kritis seperti tekanan 10 MPa (98,7 atm)

adalah tekanan (isobar) dengan temperature didaerah dua fasa yang dilewati. Dalam daerah fasa

tunggal liquid (cair) dan uap (vapor) volume spesifik bertambah dengan tekanan konstan. Untuk

tekanan lebih besar atau sama pada tekanan kritis 30 MPa temperature akan bertambah secara

continue dan volume spesifik juga akan bertambah pada tekanan tetap . Disini tidak melalui dua

fasa daerah liquid – vapor.

Page 12: Diktat Thermodinamika

12

3.2 Perubahan Fasa

Disini yang dibahas beberapa kejadian sebagai zat murni yang melakukan perubahan fasa. Sebagai contoh pada system tertutup terdiri satu unit masa (1 kg atau 1 lb) air pada temperature 200c (680F) ada didalam pasangan piston-silinder seperti pada gambar 3.2a pada keadaan titik 1 Gambar 3.1. Air dipanaskan perlahan – lahan tekanan dijaga konstan 1,014 bar (14,7 lbf/in2). Sebagaimana system telah dipanaskan pada tekanan konstan, temperature dan volume spesifik akan bertambah hingga mencapai titik f (gambar 3.1), disini keadaannya adalah saturated liquid. Untuk air 1,014 bar (14,7 lbf/in2) saturated temperature adalah 1000c (2120F). Keadaan liquid sepanjang garis segmen 1– f kadang disebut keadaan subcooled liquid karena temperaturnya lebih rendah dari saturated temperature. Disini keadaannya juga disebut sebagai keadaan liquid compressed karena tekanan masing – masing lebih tinggi dari saturated tekanan. Nama liquid, subcooled liquid dan compressed liquid adalah digunakan interchangeable (dapat dipertukarkan). Jika system keadaan saturated liquid (f pada gambar 3.1) penambahan panas pada tekanan tetap menghasilkan dalam formasi uap (vapor) tanpa perubahan temperatur tetapi penambahan volume spesifik sebagai mana ditunjukan pada gambar 3.2b maka system akan terdiri dua fasa yaitu campuran liquid – vapor. Jika system dipanaskan lanjut sampai batas kurva (g gambar 3.1) keadaan saturated vapor. Untuk campuran dua fasa liquid – vapor rasio masa pada prosentase uap untuk total masa pada kualitas campuran dalam simbul X

Prosestase uap X

X=muap

mair+muap

……...……..…..(22)

Saturated air X= 0

Saturated uap X = 1. ..

air air

Uap airUap air

Gamba 3.2

Gamba 3.1

(c)(b)(a)

Page 13: Diktat Thermodinamika

13

3.3 Tabel liquid dan Vapor

Sifat dari uap air dilihat pada tabel A-4 dan air pada tabel A-5 disini sering dikatakan sebagai tabel superheated uap dan tabel compressed liquid . Tabel A-4 dan A-5 memberikan nilai dari beberapa sifat sebagai fungsi dari tekanan dan temperature. Sifat pertama volume spesifik (v), selanjutnya energy dalam spesifik (u), Enthalpi spesifk (h) dan Entropy spesifik (s). Pada tabel A-4 memberikan volume spesifik uap air pada tekanan 100 bar dan temperature 6000C adalah 38,37 cm3/gram. Pada temperature 1000C dan tekanan 100 bar pada tabel A-5 memperoleh volume spesifik liquid air 1,0385 cm3/gram. Tabel A-4E memberikan volume spesifik uap air pada tekanan 500 lbf/in2 dan temperature 6000F adalah 1,158 ft3/lb. Pada tabel A-5E memberikan volume spesifik liquid air pada tekanan 500 lbf/in2 dan temperature 1000F adalah 0,016106 ft3/lb.

3.4 Tabel saturated

Tabel saturated, tabel A-2 dan A-3 daftar nilai property untuk keadaan saturated liquid dan saturated uap. Nilai keadaan property disini dinotasikan dengan f dan g . Pada tabel A-2 disebut tabel temperature karena kolom pertama temperature. Kolom kedua memberikan saturated tekanan, kolom selanjutnya volume spesifik saturated liquid (vf) dan volume spesifik uap (vf) . Tabel A-3 disebut tabel tekanan karena kolom pertama, kolom kedua temperature saturated. Kolom selanjutnya vf dan vg. Volume spesifik dua fasa campuran liquid – uap dapat ditentukan dengan menggunakan tabel saturated dan definisi kualitas pada persamaan 22. Total volume campuran adalah V=V lig+V uap Dibagi dengan total masa campuran, volume spesifik rata-rata untuk

campuran didapat v=V

m=

V lid

m+

V uap

m

Vliq = mliq .vf dan Vuap = muap . vuap v=(mliq

m )v f +( muap

m ) vg

Kualitas uap x = muap/m dan sebagai catatan bahwa mliq = 1 – x maka persamaan menjadi

v=(1−x )v f +xvg=v f +x (v g−v f )……………………………………..………(23)

Page 14: Diktat Thermodinamika

14

Gambar 3.3

3.5 Energi dalam spesifik dan enthalpyDidalam analisis termodinamika penjumlahan energi dalam U dan produk tekanan P dan volume V , U + PV adalah enthalpy dengan notasi H. dapat juga diekpresikan dalam persatuan masa v = volume spesifik dengan satuan ( m3/kg ), (ft3/lb)u = energi dalam spesifik dengan satuan (kJ/kg). (btu/lb)h = enthalpy dalam spesifik dengan satuan (kJ/kg), (btu/lb)h = u + p.v

3.6 Panas spesifik

CV=∂u∂T

)V

CP=∂ h∂T

)P

k=CP

CV ……………………….………………………….……….24

Pendekatan penggunaan h liquid h (T,P) = uf (T) + vf (T) [P – Psat (T)] …………….…….……..25

Contoh 5

Sebuah tangki kaku dindingnya diisolasi mempunyai volume 10 ft3 terisi saturated uap air pada temperature 212 0F. Air diaduk sampai mencapai tekanan 20 lbf/in2. Tentukan temperature keadaan akhir dan kerja selama proses dalam BTU.

Diketahui : pengadukan, uap air dalam tangki kaku dari keadaan saturated uap temperature 212 0F pada tekanan 20 lbf/in2

Cari : Tentukan temperature keadaan akhir dan kerja Skema dan data

Page 15: Diktat Thermodinamika

15

Asumsi :1. Uap air adalah sistem tertutup2. Keadaan 1, 2 dan seimbang

Contoh 6

Air terisi didalam pasangan piston-silinder melakukan dua proses secara seri dari keadaan awal dimana tekanan 10 bar dan temperatue 4000C.Proses 1 – 2 Air didinginkan pada tekanan konstan ke saturated uap tekanan 10 barProses 2 – 3 Air didinginkan volume konstan temperature 1500C.

a. Sket kedua proses dengan diagram T – V dan P - V b. Tentukan kerja untuk semua proses dalam kJ/kgc. Tentukan heat transfer untuk semua proses

Diketahui : Air terisi didalam pasangan piston – silinder melakukan dua proses yaitu pendinginan dan penekanan yang dijaga tekanan konstan dan didinginkan volume konstan.

Cari : Sket kedua proses diagram T – V dan P – V. Tentukan kerja dan heat transfer untuk semua proses per unit masa didalam pasangan piston – silinder

Skematik dan data :

Asumsi:1. Air sistem tertutup

Page 16: Diktat Thermodinamika

16

2. Piston dimode hanya kerja3. Tdak ada energi kinetik dan potensial

3.5 Model Gas IdealHubungan antara tekanan, volume spesifik dan temperatur untuk gas pada beberapa keadaan

diberikan rumus Z=P . V

R .T=1

…………………………………………………………………..….26

Dimana : Z= faktor kompresibel R−

8,314 kJ/kmol.KP= Tekanan 1,986 Btu/lbmol.0Rυ= volume spesifik 1545 ft.lbf/lbmol.0RR= konstanta gas universalT= temperaturM= berat atom atau molekul

R= R−

M …….………………….……..27

3.5.1 Energi dalam, Enthalpy dan panas spesifik pada gas idealUntuk sebuah gas menurut model gas ideal, energi dalam spesifik bergantung pada temperatur.

Oleh karena itu panas spesifik Cv juga merupakan fungsi temperatur

Cv(T )= dudT

du=Cv(T )dTDiintegralkan menjadi

u(T 2 )−u(T )=∫T1

T2

Cv(T ) . dT

……………………………………..………………………..…….28

Untuk sebuah gas menurut model gas ideal, enthalpy spesifik bergantung pada temperatur. Oleh

karena itu panas spesifik C p juga merupakan fungsi temperatur

C p(T )= dhdT

dh=C p(T )dT

Diintegralkan menjadi

Page 17: Diktat Thermodinamika

17

h(T 2 )−h(T 1)=∫T1

T 2

C p (T ).d T

…………………………………………………………………29dhdT

= dudT

+R

diintegralkan menjadi

C p(T )=Cv(T )+R ……………………………………………….…….30

Perbandingan panas spesifik

k=C p (T )Cv(T )

.…………………………………………………….……31

Cp > Cv dan nilai k > 1

C p(T )= k .Rk−1

dan

C v(T )= Rk−1

…………………………………………………….……. .32

3.5.2 Proses politropic pada gas ideal

Pada proses politropic sistem tertutup yang berhubungan antara tekanan dan volume

P1 . V 1n=P2 .V 2

n

P2

P1=(

V 1

V 2)n

∫1

2

p . dV=p2 . V 2−P1 .V 1

1−n ( n ≠ 1) …………………………………………………………………..33

∫1

2

p . dV=P1 . V 1 . lnV 2

V 1

(n = 1 ) …………………………………………………………………..34

T2

T1=(

P2

P1)(n−1)/n

(gas ideal) ……………………………………………..……….……..35

∫1

2

p . dV=mR .(T 2−T 1)

1−n (gas ideal n ≠ 1 ) ………………………………………….………….36

∫1

2

p . dV=mRT . lnV 2

V 1

(gas ideal n = 1 ) ……………………………………………….…….37

Page 18: Diktat Thermodinamika

18

Contoh 7

Dua tangki dihubungkan oleh sebuah katup. Satu tangki terisi 2 kg gas carbon monoksida temperature 770C dan tekanan 0,7 bar. Tangki yang lain terisi 8 kg gas yang sama temperature 27 0C dan tekanan 1,2 bar. Katup dibuka dan gas bercampur menerima energi oleh heat transfer dari lingkungan. Temperatur akhir dalam keadaan 42 0C. Penggunaan gas ideal, tentukan: a. Tekanan seimbangan akhir dalam, (bar) b. Heat transfer untuk proses dalam, (kJ) Diketahui : Dua tanki berisi gas CO yang berbeda pada keadaan awal dihubungkan dengan

katup. Katup dibuka gas bercampur . Temperatur akhir dalam keadaan seimbang

Cari : Menentukan tekanan akhir dan heat transfer pada proses Skematik dan data :

Asumsi:

4. Gas CO adalah sistem tertutup5. Gas diperlakukan sebagai gas ideal6. Pada awal gas kondisi seimbang, pada keadaan akhir seimbang7. Tdak terjadi transfer energi ke atau dari gas oleh kerja8. Perubahan energi kinetik dan potaensial diabaikan

Analisis

Soal – soal

1. Campuran dua fasa liquid – vapor H2O mempunyai temperature 3000C dan kualitas 75%. Campuran mempunyai volume 0,05 m3. Tentukan prosentase masa turated saturated liquid dan saturated vapor.

Page 19: Diktat Thermodinamika

19

2. Nitrogen (N2) dengan volume 90 liter pada tekanan 200K. Tentukan masa Nitrogen (kg)

4. ANALISIS ENERGI VOLUME KONTROL

4.1 Kekekalan Masa Pada Volume Kontrol

Prinsip kekekalan masa volume control seperti pada gambar 4.1b menunjukan system terdiri dari sejumlah masa mi dan mcv (t) dalam system, maka jumlah masa m m= mcv (t) + miDidalam interval waktu ∆t semua masa masuk melewati batas volume kontrol menjadi me Gambar 4.1c. Pada waktu sejumlah masa pada kondisi dapat diekpresikansebagai

Gambar 4.1

m = mcv (t +∆t ) + memcv (t) + mi = mcv (t +∆t ) + me

mcv (t +∆t ) - mcv (t) = mi + me

mcv( t+ Δt )−mcv ( t )Δt

=mi

Δt−

me

Δt

limΔt →0

[mcv( t +Δt )−mcv( t )Δt ]=dmcv

dt

limΔt →0

mi

Δt=m

¿

i

lim

Δt →0

me

Δt=m

¿

e

dmcv

dt=mi

¿

−m¿

e atau

dmcv

dt=∑ mi

¿

−∑ me

¿

…………………………..……………38

4.2 Bentuk Keseimbangan laju masa

Jumlah masa didalam volume control pada saat t dapat dihubunghan dengan density

b) c)

a)

Page 20: Diktat Thermodinamika

20

m¿

=ρ . A .V atau m¿= A .V

υ (satu dimensi) ………………………………….……………..39dmCV

dt=∑

i

A i. V i

υi−∑

e

Ae. V e

υe (satu dimensi) …………………………………………..….…..40

∑i

m¿

i=∑e

m¿

e

(Steady state) …………………………………….……………41

Contoh 8Sebuah feedwater heater beroperasi steady state mempunyai dua sisi masuk dan satu sisi keluar. Pada sisi masuk 1 uap air masuk pada tekanan P = 7 bar, T1= 200 0C dengan laju masa 40 kg/det.Sisi masuk 2 air tekanan P2 = 7 bar, T2= 40 0C melalui luas penampang A2= 25 cm2. Saturated liquid tekanan P3 = 7 bar keluar melalui sisi 3 dengan laju aliran 0,06 m3/det. Tentukan laju masa pada sisi masuk 2 dan kecepatan sisi masuk 2Diketahui : sebuah aliran bercampur antara uap dengan air untuk menghasilkan aliran saturated

liguid pada sisi keluar. Keadaan sisi masuk dan keluar secara spesifik. Laju masa, laju volume

Dicari : laju masa pada sisi masuk 2 dan kecepatanSketsa dan data :

Analisis :

Sejumlah masa melalui melalui dA selama interval waktu ∆t = ρ (Vn. ∆t) dALaju sesaat masa mengalir melalui dA = ρ Vn dAmcv( t )=∫

V

ρ . dV

ddt∫v

ρ . dv=∑i

(∫ ρ .V n . dA )i−∑e

(∫ ρ . V n . dA )e

Asumsi :1.Proses steady state2. Aliran sisi masuk dan keluar satu dimensi

Page 21: Diktat Thermodinamika

21

4.3 konservasi energi pada volume kontrol

4.3.1 Perkembangan pada keseimbangan laju energi volume kontrolPrinsip konservasi energi pada volume kontrol seperti pada gambar 4.1 yang menunjukan sejumlah masa tetap menempati daerah yang berbeda pada waktu t dan t+∆t

E( t )=ECV ( t )+mi(ui+V i

2

2+gzi)

Didalam interval waktu ∆t

E( t +Δt )=ECV ( t +Δt )+me(ue+V e

2

2+gze )

Keseimbangan sistem tertutup dapat diaplikasikan E( t +Δt )−E( t )=Q−W ………………………………………….…….42

[ECV ( t+ Δt )+me(ue+V e

2

2 +gze]−[ ECV ( t )+mi (u i+V i

2

2 +gzi )]=Q−W

ECV (t +Δt )e -ECV (t )= Q−W + mi(ui+

V i2

2+gz i)

- me(ue+

V e2

2+gze)

…………………………………….43Kemudian dibagi interval waktu ∆t, kemudian dalam limit ∆t mendekati 0 maka persamaan menjadi dECV

dt=Q

¿

−W¿

+m¿

i(ui+V i

2

2+gzi)

-m¿

e(ue+V e

2

2+gze)

…………………………………………………………………..44

4.3.2 Kerja pada volume kontrol

Laju waktu energi transfer oleh kerja dari volume kontrol sisi keluar =( pe . Ae)V e

Laju kerja pada persamaan 32 dapat ditulis W¿=W

¿

CV +( pe . Ae )V e−( pi . A i )V i ……………………45

W¿=W

¿

CV +m¿

e( pe . ve )−m¿

i( pi . v i ) ………………………………………………………………………………………..…….…..46

Gamar 4.1

Page 22: Diktat Thermodinamika

22

Dimana p =tekanan v = volume spesifik V = kecepatan u = energi dalam A = luasan g = gravitasi z = ketinggian

4.3.3 Bentuk keseimbangan laju energi volume kontroldECV

dt=Q

¿

CV −W¿

CV + m¿

i(ui+ p i v i+V i

2

2+gzi )

- m¿

e(ue+ pe ve+V e

2

2+gze )

………..……………………47dECV

dt=Q

¿

CV −W¿

CV + m¿

i(hi+V i

2

2+gzi)

- m¿

e(he+V e

2

2+gze)

………………………………………………….…..48

h adalah enthalpy = u+ pvBila pada beberapa lokasi, persamaannya dECV

dt=Q

¿

CV −W¿

CV +∑i

m¿

i(hi+V i

2

2+gzi)

- ∑

em

¿

e(he+V e

2

2+gze )

……………………………………..…..49

4.4 Analisis volume kontrol pada kondisi steady state (tetap)

0=Q¿

CV−W¿

CV +∑im¿

i(hi+V i

2

2+gzi)

- ∑

em

¿

e(he+V e

2

2+gze )

…………………………………………….50

4.4.1 Nozzel dan Diffuser

Contoh 9

Gamar 4.2 Nozzel dan Diffuser

Page 23: Diktat Thermodinamika

23

Uap masuk nozzel beroperasi steady state dengan p1 = 40 bar, T1= 400 0C dan kecepatan 10 m/det.

Uap mengalir melalui nozzel dengan mengabaikan heat transfer dan perubahan energi potensial. Pada sisi

keluar p2 = 15 bar dan kecepatan 665 m/det. Laju masa 2 kg/det. Tentukan luas penampang nozzelDiketahui : Uap mengalir steady state melalui nozzel dengan properti sisi masuk dan keluar, laju

masa dan mengabaikan heat transfer dan energi potensialDitanya : Luas penampang nozzel sisi luarSkema dan data

Asumsi:1. Proses steady state2. Perubahan energi potensial sisi masuk dan keluar diabaikan

3. Heat transfer diabaikan, W¿

CV =0

4.4.2 Turbin

Turbin sebuah alat yang menghasilkan kerja dikembangkan sebagai hasil dari gas atau liquid yang lewat melalui blade (sudu) ke poros berputar bebas. Untuk turbin pada kondisi steady state

persamaannya 0=Q

¿

CV−W¿

CV +m¿ [(h1−h2 )+

V 12−V 2

2

2 +g ( z1−z2 )] ……………………51

Dibagi laju masa menjadi

0=Q¿

CV

m¿ −

W CV

¿

m¿ +[(h1−h2 )+

V 12−V 2

2

2 +g (z1−z2 )]……………………52

Contoh 10

Gamar 4.3 Turbin

Page 24: Diktat Thermodinamika

24

Uap masuk turbin beroperasi steady state dengan laju masa 4600 kg/jam. Turbin bekerja menghasilkan daya output sebesar 1000 kW. Pada sisi masuk tekanan 60 bar, temperatur 400 0C dan kecepatan 10m/det. Pada sisi keluar turbin tekanan 0,1 bar, kualitas uap 0,9 (90%) dan kecepatan 50 m/det. Tentukan heat transfer antara turbin dan lingkungan.Diketahui : Turbin beroperasi steady state. Laju mas, daya output dan kondisi sisi masuk turbin

dan keluar diketahuiDitanya : menghitung laju transfer panasSkema dan data:

4.4.3 Kompresor dan pompa

Kompresor adalah alat dimana kerja dilakukan pada gas untuk menghasilkan tekanan Pompa kerja input digunakan untuk merubah keadaan liquid melaluinya

Asumsi:1. Proses steady state2. Perubahan energi potensial

sisi masuk dan keluar diabaikan

Gamar 4.4 Pompa

Page 25: Diktat Thermodinamika

25

Contoh 11

Udara masuk kompresor beroperasi steady state pada tekanan 1 bar, temperatur 290 K dan kecepatan 6m/det melalui luas sisi masuk 0,1 m2. Pada sisi keluar tekanan 7 bar, temperatur 450 K dan kecepatan 2m/det. Heat transfer dari kompresor ke lingkungan yang terjadi sebesar 180 kJ/kg. Udara diperlakukan sebagai gas ideal, hitung daya input kompresor.Diketahui : kompresor udara beroperasi steady state dengan diketahui sisi masuk dan keluarDitanya : daya yang diperlukan oleh kompresorSkema dan data :

Analisis :

Contoh 12

Sebuah pompa untuk mengangkat air dengan laju masa 20 lb/det melalui sebuah pipa . Pada sisi masuk pipa tekanan 14,7 lbf/inc2, temperatur 68 0F dan kecepatan 10 ft/det. Pada sisi keluar pipa tekanan 20 lbf/inc2, temperatur 68 0F dan kecepatan 40 ft/det. Lokasi keluar pipa pada ketinggian 50 ft diatas sisi masuk. Tentukan daya yang diperlukan pompa, percepatan gravitasi 32 ft/det2.Diketahui : air diangkat oleh pompa bekerja steady state melalui pipa dengan ketinggian pada sisi

keluar pipa, laju masa, kondisi sisi masuk dan keluarDitanya : daya diperlukan oleh pompaSkema dan data :

P2=20 lbf/inc2

T2 = 68 0CV2 = 40 ft/det

Asumsi:1.Proses steady state2.Heat transfer antara volume kontrol dan lingkungan

diabaikan3.Percepatan gravitasi g = 32 ft/det2

Asumsi:1.Proses steady state2.Perubahan energi potensial sisi masuk dan

keluar diabaikan3.Udara diperlakukan sebagai gas ideal

Page 26: Diktat Thermodinamika

26

4.4.4 Heat Exchangers

Contoh 13

Uap masuk kondensor pada sebuah pembangkit daya uap bertekanan 0,1 bar dengan kualitas uap 95% dan dikondensi keluar bertekanan 0,1 bar, temperatur 45 0C . Pendinginan air masuk kondensor yang terpisah dari uap bertemperatur 20 0C dan keluar bertemperatur 35 0C dengan tidak ada perubahan tekanan. Heat transfer dari sisi luar kondensor dan perubahan energi kinetik serta energi potensial diabaikan. Prosesnya steady state, tentukan

b. Perbandingan laju masa antara pendingin air dan uapc. Laju transfer energi dari kondensasi uap dengan air pendingin yang melalui

kondensorDiketahui : uap dikondensasi secara steady state oleh interaksi dengan air dan uap yang terpisahDitanya : menentukan perbandingan laju masa antara uap dan air pendingin dan laju transfer

energi dari uap ke air pendingin

Pompa

P1 = 14,7 lbf/inc2

T1 = 68 0CV1 = 10 ft/detm¿

= 20lb/det

50 ft

Gamar 4.5 Heat Exchanger

Page 27: Diktat Thermodinamika

27

Skema dan data :

Asumsi :3. Masing-masing volume kontrol proses steady state

4. Heat transfer antara kondensor dan lingkungan diabaikan. W¿

CV =0

5. Perubahan energi kinetik dan potensial dari sisi masuk dan keluar diabaikan6. Liqud dimodel inkompresibel untuk air pendingin, tekanan dijaga konstan

Analisis :

Page 28: Diktat Thermodinamika

28

6. ENTROPY

6.1 Definisi perubahan entropySejumlah properti jika dan hanya jika perubahan nilai antara dua keadaan adalah independen dari proses. Disini aspek konsep entropy digunakan dalam produk entropy

(∫1

2 δQT )A

+(∫2

1 δQT )C

=σsiklus

(∫1

2 δQT )B

+(∫2

1 δQT )C

=σsiklus

(∫1

2 δQT )A

=(∫1

2 δQT )B

S2−S1=(∫2

1 δQT )int rev

6.2 .1 Persamaan T – dS

Keseimbangan energi bentuk diferensial

(δQ )int rev=du+ (δW )int rev

dS=( δQT )

int rev (δQ )int rev=T . dS

T . dS=dU + p . dV H=U + pVdH =dU +d ( pV )=dU + p . dV +V .dpdU+ pdV =dH−VdpT . dS=dH −V . dp

6.2.2 Persamaan dengan persatuan masa

T .ds=du+ pdv T . ds=dh−v .dp

Perubahan entropy pada gas ideal

ds= duT

+ pT

dv

ds=dhT

+ vT

dp

0

0

Page 29: Diktat Thermodinamika

29

6.3 Efisiensi isentropik pada turbin, Nozzel, kompresor dan pompa

Efisiensi Nozzel isentropik:

ηnozzel=V 2

2

(V 22)S

Efisiensi Turbin Isentropik :

W cv

¿

m¿ =h1−h2

(W cv

¿

m¿ )

S

=h1−h2S

ηturbin=(W cv

¿/m

¿ )(W cv

¿

/m¿ )S

Contoh 14Uap masuk turbin beroperasi steady state dengan kondisi tekanan dan temperatur masuk P1 = 5

bar, T1 = 320 0C. Uap meninggalkan turbin tekanan 1 bar, tidak ada heat transfer antara turbin

dengan lingkungan serta perubahan energi kinetik dan potensial dari sisi masuk dan keluar

diabaikan. Jika efisiensi turbin 75 % , tentukan kerja yang dihasilkan turbin per unit masa

Diketahui : Uap ekspansi melalui turbin beroperasi steady state dengan ditetapkan temperatur,

tekanan sisi masuk dan tekanan sisi keluar

Ditanya : Kerja yang dilakukan turbin per satuan masa

Skema dan data :

Asumsi :

1. Volume kontrol, steady state

2. Ekspansi adiabatik dan perubaha

energi kinetik dan potensial diabaikan

pada sisi masuk dan keluar

Page 30: Diktat Thermodinamika

30

Analisis :Kerja yang di kembangkan turbin dapat ditentukan menggunakan efisiensi turbin isentropik

ηturbin=(W cv

¿/m

¿ )(W cv

¿

/m¿ )S

W cv

¿

m¿ =ηt (W

¿

m¿ )

S

=ηt . (h1−h2S)

W cv

¿

m¿ =0 , 75 (3105 ,6−2743 )=271 ,95 kJ /kg

Contoh 15

Sebuah turbin beroperasi steady state menerima udara pada tekanan P1 = 3 bar dan temperatur T1

= 390 K . Udara keluar turbin tekanan P2 = 1 bar. Kerja yang dikembangkan udara melalui turbin

sebesar 74 kJ. Turbin beroperasi adiabatik dan perubahan energi kinetik dan potensial antara

antara sisi masuk dan keluar dapat diabaikan. Udara penggunaan sebagai gas ideal. Tentukan

efisiensi turbin.

Page 31: Diktat Thermodinamika

31

Contoh 16

Uap masuk nozzel beroperasi steady state P1 = 1Mpa temperatur T1 = 320 0C dengan kecepatan

30 m/det. Temperatur dan tekanan keluar nozzel T2 = 180 0C, P2 = 0,3 Mpa. Tidak berarti heat

transfer antara nozzel dengan lingkungan serta perubahan energi kinetik dan potensial diabaikan.

Tentukan efisiensi nozzel

Efisiensi Pompa dan Kompresor Isentropik :

(−W cv

¿

m¿ )=h2−h1

(−W cv

¿

m¿ )

S

=h2S−h1

ηkom=(W cv

¿/m

¿ )S

(W cv

¿

/m¿ )

Page 32: Diktat Thermodinamika

32

Contoh 17

Sebuah kompresor udara beroperasi steady state P1 = 0,95 bar dan temperatur

SISTEM DAYA UAP

Page 33: Diktat Thermodinamika

33

Keterangan

A : Untuk mensuplai energi dikehendaki yang terdiri turbin, kondensor, pompa dan boiler.

B : Boiler sebagai pembangkit uap air sebagai bahan bakar berupa batubara, gars atau minyak.

C : Pendingin kondensor untuk pengembunan dari campuran uap dan air dari turbin menjadi cair

semua sebelum masuk ke pompa

D : Generator listrik menghasilkan listrik dimana rotor digerakan dari daya turbin

SIKLUS RANKINE

Prinsip kerja dan heat transfer:

0=Q¿

CV−W¿

CV +m¿ [(h1−h2)+

V 12−V 2

2

2 +g ( z1−z2)]

Gamar 5.1 Komponen Pembangkit Daya uap Sederhana

Gamar 5.2 Prinsip kerja dan heat transfer

Page 34: Diktat Thermodinamika

34

Kerja turbin : Laju transfer energi oleh fluida kerja:

W t

¿

m¿ =h1−h2

Qout

¿

m¿ =h2−h3

Kerja pompa : Laju transfer energi dari sumber energi ke fluida kerja:

Wp¿

m¿ =h4−h3

Qin

¿

m¿ =h1−h4

Efisiensi thermal :

η=W t

¿/m

¿−W

¿

p /m¿

Qin

¿

/m¿ =

(h1−h2)−(h4−h3 )(h1−h4 )

η=Qin

¿/m

¿−Q

¿

out /m¿

Qin

¿

/m¿ =1−

Q¿

out

Qin

¿ =1−(h2−h3)(h1−h4 )

Back work ratio (bwr):

bwr=W¿

p /m¿

Wt¿

/m¿ =

(h4−h3)(h1−h2 )

Siklus Rankine ideal

Fluida kerja melakukan proses internal reversible:

Proses 1 – 2 Fluida kerja melakukan ekspansi isentropik melalui turbin dari saturated uap

keadaan 1 ke kondensor

Proses 2 - 3 Heat transfer dari fluida kerja mengalir tekanan konstan melalui kondensor dengan

saturated liquid keadaan 3

Proses 3 - 4 Kompresi isentropik dilakukan pada pompa ke keadaan 4

Proses 4 - 1 Heat transfer ke fluida kerja mengalir dengan tekanan konstan melalui boiler

Page 35: Diktat Thermodinamika

35

Diagram T - S

( W p

¿

m¿ )

int rev

=∫3

4v . dp

( W p

¿

m¿ )

int rev

=v3 ( p4−p3)

Contoh 14

Uap sebagai media kerja pada siklus Rankine, saturatetd uap masuk ke turbin pada tekanan

8 Mpa dan keluar saturated liquid dari kondensor dengan tekanan 0,008 Mpa. Daya netto output

siklus 100 MW. Tentukan pada siklus (a) efisiensi thermal, (b) back work ratio, (c) laju masa uap

yang mengalir, (d) laju heat transfer Qin melalui boiler, (e) laju heat transfer Qout dari uap

dikondensasi yang melalui kondensor, (f) laju masa air pendingin melalui kondensor jika air

pendingin masuk dan keluar kondensor masing-masing 15 Co dan 35 Co

Gamar Diagram Temperatur - Entropy Siklus Rankine Sederhana

Page 36: Diktat Thermodinamika

36

Asumsi:

1. Masing-masing komponen dianalisis sebagai volume kontrol,steady state

2. Semua proses fluida internal reversible

3. Turbin dan pompa beroperasi adiabatik

4. Energi potensial dan kinetik diabaikan

5. Saturated uap masuk ke turbin, embun keluar dari kondensor saturated liquid

Analisis:

Prinsip Irreversible dan kehilangan

ηt=(W t

¿/m

¿ )(W t

¿

/m¿ )S

=h1−h2

h1−h2 S

ηp=(W P

¿/m

¿ )S

(W p

¿

/m¿ )

=h4 S−h3

h4−h3

Contoh 15

Seperti contoh soal 14 tetapi dalam menganalisis bahwa turbin dan pompa masing-masing

mempunyai efisiensi isentropik 85 % Tentukan mudifikasi siklus (a) efisiensi thermal, (b) back

work ratio, (c) laju masa uap yang mengalir, (d) laju heat transfer Qin melalui boiler, (e) laju heat

Page 37: Diktat Thermodinamika

37

transfer Qout dari uap dikondensasi yang melalui kondensor, (f) laju masa air pendingin melalui

kondensor jika air pendingin masuk dan keluar kondensor masing-masing 15 Co dan 35 Co

Asumsi:

1. Masing-masing komponen dianalisis sebagai volume kontrol,steady state

2. Semua proses fluida internal reversible

3. Turbin dan pompa beroperasi adiabatik dengan efisiens85%i

4. Energi potensial dan kinetik diabaikan

5. Saturated uap masuk ke turbin, embun keluar dari kondensor saturated liquid

Analisis:

Page 38: Diktat Thermodinamika

38

Page 39: Diktat Thermodinamika

39

SISTEM DAYA GAS

Didalam mesin pembakaran dalam empat langkah (stroke), piston menetapkan empat langkah

berbeda didalam silinder setiap perubahan pada crankshaft. Seperti pada gambar

Siklus OTTO udara- Standar

W 12

m=u2−u1

W 34

m=u3−u4

Q23

m=u3−u2

Q41

m=u4−u1

Page 40: Diktat Thermodinamika

40

W siklus

m=

W 34

m−

W 12

m=(u3−u4 )−(u2−u1)

W siklus

m=

Q23

m−

Q41

m=(u3−u2)− (u4−u1)

ηthermal=(u3−u2 )− (u4−u1)

(u3−u2)=1−

(u4−u1 )(u3−u2 )

vr2=vr 1( V 2

V 1)=( vr1

r )vr 4=vr 3(V 4

V 3)=rv r 3

V 3=V 2

r=V 1

V 2=

V 4

V 3

T2

T1=(V 1

V 2)k−1

=rk−1

T 4

T 3=( V 3

V 4)k−1

= 1rk−1

ηthermal=1−C v (T 4−T 1)C v (T 3−T 2)

ηthermal=1−T 1

T 2

( T 4

T 1−1)

(T 3

T 2−1)

Mean Effective Pressure (mep)

mep=W siklus

V 1−V 2=

W siklus

V 1(1−V 2

V 1 )

Contoh 17

Siklus OTTO dimulai proses dari proses kompresi pada temperatur awal 300 K, tekanan 1bar,

volume 0,02 m3 dan perbandingan kompresi 8. Temperatur maksimum selama siklus 2000 K.

Tentukan (a) temperatur dan tekanan masing pada akhir proses, (b)efisiensi thermal, (c)mean

effectiv pressure (mep)

Diketahui : siklus OTTO standard udara nilai perbandingan kompresi dengan menetapkan

dimulai kompresi dan temperatur maksimum

Page 41: Diktat Thermodinamika

41

Dicari : tekanan dan temperatur akhir masing-masing proses, effisiensi thermal, mean

effective pressure (mep)

Skema dan data

Assumsi:

a) Udara didalam pasangan piston-silinder sistem tertutup

b) Proses kompresi dan ekspansi adiabatik

c) Semua proses adalah internal reversibel

d) Udara sebagai gas ideal

e) Energi kinetik dan potensial diabaikan

Siklus Diesel Udara Standard

Kerja:

W 23

m=∫

2

3

p . dv=p2(v3−v2)

m (u3−u2 )=Q23−W 23

Page 42: Diktat Thermodinamika

42

Q23

m=(u3−u2 )+ p (v3−v2)=(u3+pv 3)−(u2+ pv2 )

=h3−h2

Q41

m=u4−u1

ηthermal=

W siklus

mQ23

m

=1−

Q41

mQ23

m

=1−(u4−u1 )(h3−h2 )

Cutoff ratio

rC=V 3

V 2

Contoh 20

Siklus Diesel dimulai proses kompresi dengan perbandingan kompresi 18, temperatur awal 300 K

dan tekanan 0,1 Mpa. Cutoff ratio 2. Tentukan (a) temperatur dan tekanan akhir masing-masing

proses (b) effisiensi thermal (c)mean effektif pressur.

Diketahui : siklus Diesel standard udara nilai perbandingan kompresi dengan menetapkan

dimulai kompresi dan cutoff ratio

Dicari : tekanan dan temperatur akhir masing-masing proses, effisiensi thermal, mean

effective pressure (mep)

Skema dan data

Page 43: Diktat Thermodinamika

43

Assumsi

a) Udara didalam pasangan piston-silinder sistem tertutup

b) Proses kompresi dan ekspansi adiabatik

c) Semua proses adalah internal reversibel

d) Udara sebagai gas ideal

e) Energi kinetik dan potensial diabaikan

Siklus Dual Standard udara

W12

m=u2−u1

Q23

m=u3−u2

W 34

m=p (v 4−v3 )

Q34

m=h4−h3

W 45

m=u4−u5

Q51

m=u5−u1

Page 44: Diktat Thermodinamika

44

ηthermal=

W siklus

m

( Q23

m+

Q34

m )=1−

Q52

m

(Q23

m+

Q34

m )=1−

(u5−u1)(u3−u2)+(h4−h3)

Contoh 19

Dimulai proses kompresi pada siklus Dual standard udara dengan perbandingan kompresi 18,

temperatur 300 K, tekanan 0,1 Mpa. Tekanan ratio untuk volume konstan pada proses pemanasan

1,5 : 1. Perbandingan volume untuk tekanan konstan proses pemanasan 1,2 : 1. Tentukan

(a)effisiensi thermal (mep)

Diketahui : siklus Dual standard udara ditetapkan pasangan piston-silinder dimulai proses

kompresi dan menetapkan ratio tekanan dan volume

Dicari :effisiens i thermal, mean effective pressure (mep)

Skema dan data:

Assumsi

a) Udara didalam pasangan piston-silinder sistem tertutup

b) Proses kompresi dan ekspansi adiabatik

c) Semua proses adalah internal reversibel

d) Udara sebagai gas ideal

e) Energi kinetik dan potensial diabaikan

Page 45: Diktat Thermodinamika

45

Page 46: Diktat Thermodinamika

46