Download - Diktat Termo Lanjut2
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
1/118
KATA PENGANTAR
Termodinamika merupakan salah satu mata kuliah yang kelihatannya menjadi momok
bagi para mahasiswa. Padahal kunci sukses memecahkan persoalan termodinamika adalah hanyapada bagaimana hukum pertama termodinamika bisa dipahami dengan sebaik-baiknya.
Hal ini kelihatannya yang tidak disadari oleh mahasiswa sehingga mahasiswa cenderung
terjebak pada pemikiran bahwa hafa rumus persoaan seesai! . Pemikiran ini tentu saja
sangat tidak benar. Untuk memahami dengan baik, diperlukan latihan soal sebanyak mungkin
sehingga mahasiswa terbiasa memecahkan persoalan engineering sesuai dengan prosedur dan
mendapatkan pengalaman dalam menganalisa berbagai problem yang mungkin terjadi.
RPP! dan "uku #jar Termodinamika $anjut ini disusun berdasar silabus mata kuliah
Termodinamika $anjut yang ada dalam kurikulum %urusan Teknik &esin, 'akultas Teknik,
Uni(ersitas )adjah &ada tahun *+++. &aterimateri yang ada dalam buku ajar ini dipilih
sedemikian rupa sehingga diharapkan dapat memberikan bekal kepada mahasiswa untuk
mengikuti mata kuliahmata kuliah pilihan minat studi energi dengan tanpa lepas dari batas
bahwa termodinamika adalah sebuah ilmu dasar. "uku ajar ini dilengkapi dengan banyak contoh
soal dengan tujuan memudahkan mahasiswa untuk memahami materimateri yang ada. Tetapi
tentu saja contoh soal yang ada masih kurang dari cukup. -leh karena itu diharapkan mahasiswa
dapat secara akti untuk melakukan latihan pemecahan soal seperti yang ada pada bukubuku
teks.
"uku ajar ini masih jauh dari kesempurnaan. -leh karena itu kritik maupun saran dari para
kolega dan juga dari mahasiswa selalu diharapkan oleh penyusun.
Penyusun
/r.0ng. Tri #gung Rohmat
i
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
2/118
"A#TAR $%$
KATA PENGANTAR.....................................................................................................................i
"A#TAR $%$..................................................................................................................................ii
RPKP%...........................................................................................................................................iii&A& ' %$K()% RE#R$GERA%$..................................................................................................1
1.1 !iklus Rerigerasi ompresi Uap 2deal...............................................................................*
1.* !iklus Rerigerasi ompresi Uap #ktual............................................................................3
1.4 Pemilihan Rerigeran...........................................................................................................5
1.3 !istem Heat Pump................................................................................................................6
1.7 2no(asi !iklus Rerigerasi ompresi Uap...........................................................................6
1.5 !iklus Rerigerasi )as.......................................................................................................14
1.8 !iklus Rerigerasi #bsorpsi...............................................................................................13
1.6 !istem Rerigerasi Termoelektrik......................................................................................17
&A& * +A,P)RAN GA%..........................................................................................................18
*.1 omposisi 9ampuran )as.................................................................................................18
*.* Perubahan p(T 9ampuran )as.......................................................................................16
*.4 Propertiproperti 9ampuran )as........................................................................................*+
&A& +A,P)RAN GA%-)AP"AN PENGK.N"$%$AN )"ARA....................................**
4.1 Udara ering dan Udara #tmoser....................................................................................**
4.* elembaban Udara !pesiik dan Relati............................................................................*4
4.4 Temperatur Titik 0mbun :/ewpoint Temperature;..........................................................*7
4.3 Pengukuran elembaban...................................................................................................*7
4.7 )raik elembaban :Psychrometric 9hart;.......................................................................*5
4.5 Proses Pengkondisian Udara..............................................................................................*8
&A& / REAK%$ K$,$A..............................................................................................................433.1 "ahan "akar dan Pembakaran...........................................................................................43
3.* !toikiometri Pembakaran...................................................................................................47
3.4 Proses Pembakaran, Teori dan #ktualnya..........................................................................45
3.3 0ntalpi Pembakaran dan 0ntalpi Pembentukan.................................................................4
!etelah mengikuti mata kuliah ini mahasiswa diharapkan>
:a; memahami prinsip kerja dari berbagai jenis mesin rerigerasi, siatsiat campuran gas
dan proses pencampurannya, tingkat kenyamanan manusia dan prinsip kerja
pengkondisian udara, prinsip reaksi pembakaran dan syaratsyaratnya, dan siatsiat
luida yang mengalir dengan kecepatan tinggi.
:b; memahami konsep dasar perubahan bentuk energi di mesinmesin rerigerasi, alat
pengkondisi udara, alatalat yang melibatkan reaksi pembakaran, dan alatalat yang di
dalamnya mengalir luida dengan kecepatan tinggi.
:c; mampu mengidentiikasi, menguraikan, dan menganalisa persoalan keseimbangan energi
yang terjadi pada mesinmesin rerigerasi, alat pengkondisi udara, alatalat yang
melibatkan reaksi pembakaran, dan alatalat yang di dalamnya mengalir luida dengan
kecepatan tinggi.
i(
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
5/118
REN+ANA KEG$ATAN PE,&E(A1ARAN ,$NGG)AN
Pertemuan 7 ,inggu ke-'
0stimasi waktu > 17+ menitPokok bahasan > /eskripsi mata kuliah dan siklus rerigerasi
!ub pokok bahasan > :a; Pendahuluan :pola pembelajaran, pokok bahasan, buku acuan,
kriteria e(aluasi;
(b) %enisjenis mesin rerigerasi
(c) Refrigeratordan heat pump
&etode > uliah, diskusi
&edia > -HP?$9/
Pertemuan 7 ,inggu ke-*
0stimasi waktu > 17+ menit
Pokok bahasan > !iklus rerigerasi
!ub pokok bahasan > :a; !iklus kompresi uap ideal dan aktual
(b) %enisjenis rerigeran dan pemilihannya
(c) !istem heat pump
(d) !istem kompresi uap bertingkat
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/
Pertemuan 7 ,inggu ke-
0stimasi waktu > 17+ menit
Pokok bahasan > !iklus rerigerasi
!ub pokok bahasan > :a; !iklus rerigerasi gas
:b; !iklus absorpsi
:c; !iklus termoelektrik
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/, tugas mandiri
Pertemuan 7 ,inggu ke-/
0stimasi waktu > 17+ menit
(
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
6/118
Pokok bahasan > 9ampuran gasgas
!ub pokok bahasan > :a; omposisi campuran gas, raksi massa dan raksi mol
:b; Perubahanp-v-Tcampuran gas ideal dan gas riil
:c; !iatsiat :properties; campuran gas ideal dan gas riil
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/
Pertemuan 7 ,inggu ke-0
0stimasi waktu > 17+ menit
Pokok bahasan > 9ampuran gasuap dan pengkondisian udara
!ub pokok bahasan > :a; Udara kering dan udara atmoser
:b; elembabab relati dan absolut
:c; Temperatur titik embun
:d; !aturasi adiabatik dan wet-bulb temperature
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/
Pertemuan 7 ,inggu ke-6
0stimasi waktu > 17+ menit
Pokok bahasan > 9ampuran gasuap dan pengkondisian udara
!ub pokok bahasan > :a; Psychrometric chart
(b) Tingkat kenyamanan manusia
(c) Pemanasan dan pendinginan sederhana
(d) Pemanasan dengan humidification
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/
Pertemuan 7 ,inggu ke-8
0stimasi waktu > 17+ menit
Pokok bahasan > 9ampuran gasuap dan pengkondisian udara
!ub pokok bahasan > :a; Pendinginan dengan dehumidification
:b; Pendinginan e(aporasi
:c; Pencampuran adiabatik
:d; Pengantar cooling tower
(i
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
7/118
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/
Pertemuan 7 ,inggu ke-9
0stimasi waktu > 17+ menit
Pokok bahasan > Termodinamika reaksi kimia
!ub pokok bahasan > :a; "ahan bakar dan karakteristiknya
:b; Pembakaran dan syaratsyaratnya
:c; Pembakaran teroritis dan aktual
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/
Pertemuan 7 ,inggu ke-:
0stimasi waktu > 17+ menit
Pokok bahasan > Termodinamika reaksi kimia
!ub pokok bahasan > :a; 0ntalpi pembakaran dan entalpi ormasi
:b; Hukum pertama termodinamika dalam sistem pembakaran
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/
Pertemuan 7 ,inggu ke-';
0stimasi waktu > 17+ menit
Pokok bahasan > Termodinamika reaksi kimia
!ub pokok bahasan > :a; Hukum pertama termodinamika dalam sistem pembakaran
:b; Temperatur api adiabatis
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/
Pertemuan 7 ,inggu ke-''
0stimasi waktu > 17+ menit
Pokok bahasan > Termodinamika luida kecepatan tinggi
!ub pokok bahasan > :a; Hukum pertama termodinamika luida kecepatan tinggi
:b; "esaranbesaran stagnasi
:c; ecepatan suara
(ii
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
8/118
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/
Pertemuan 7 ,inggu ke-'*
0stimasi waktu > 17+ menit
Pokok bahasan > Termodinamika luida kecepatan tinggi
!ub pokok bahasan > :a; "ilangan &ach
:b; #liran isentropis satu dimensi
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/
Pertemuan 7 ,inggu ke-'
0stimasi waktu > 17+ menit
Pokok bahasan > Termodinamika luida kecepatan tinggi
!ub pokok bahasan > :a; #liran dalam nosel kon(ergen
:b; #liran dalam nosel kon(ergendi(ergen
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/
Pertemuan 7 ,inggu ke-'/
0stimasi waktu > 17+ menit
Pokok bahasan > Termodinamika luida kecepatan tinggi
!ub pokok bahasan > :a; Shock wave
:b; =osel dan diuser aktual
&etode > uliah, diskusi, latihan soal, tugas mandiri
&edia > -HP?$9/
(iii
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
9/118
&ata uliah?ode &?!! > Termodinamika $anjut?T& 441?4 !!
!emester > 3
Prasyarat > Termodinamika /asar
/osen dan Para /osen > /r.0ng. Tri #gung Rohmat, &.0ng.:..........;
%umlah &ahasiswa Peserta > ...................................................
,inggu
Ke
Renadir
:1; :*; :4; :3; :7; :5; :8; :6;1. Pokok bahasan:
Deskripsi mata kuliah dan siklus refrigerasiSub pokok bahasana. Pendahuluanb. Jenis-jenis mesin refrigerasic. Refrigerator dan heat pumpd. Siklus kompresi uap idealdan aktual
2 Pokok bahasan:Siklus refrigerasiSub pokok bahasana. Jenis-jenis refrigeran dan pemilihannya
b. Sistem heat pumpc. Inoasi siklus kompresi uap
! Pokok bahasan:Siklus refrigerasiSub pokok bahasana. Siklus refrigerasi gas". Siklus a"sorpsi#. Siklus termoelektrik
i@
'#U$T#! T0=2 U=2A0R!2T#! )#/%#H /#
%URU!#= T0=2 &0!2= /#= 2=/U!TR2PR-)R#& !TU/2 T0=2 &0!2=
+ATATAN KEG$ATAN
PR.%E% PE,&E(A1ARAN21,#T-PE,& ;'3
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
10/118
$ Pokok bahasan:%ampuran gas-gasSub pokok bahasana. &omposisi #ampuran gas' fraksi massa
dan fraksi mol". Peru"ahanp-v-T#ampuran gas#. Properti #ampuran
( Pokok bahasan:%ampuran gas-uap ) pengkondisian udaraSub pokok bahasana. *dara kering dan udara atmosfer
". &elem"a"an relatid dan a"solut#. +emperatur titik em"und. Wet-bulb temperature
, Pokok bahasan:%ampuran gas-uap ) pengkondisian udaraSub pokok bahasana. Psychrometric chart". +ingkat kenyamanan manusia#. Pemanasan ) pendinginan sederhana
d. Pemanasan dengan humidification Pokok bahasan:
%ampuran gas-uap ) pengkondisian udaraSub pokok bahasana. Pendinginan dengan dehumidification". Pendinginan eaporasi#. Pen#ampuran adia"atik
Pokok bahasan:+ermodinamika reaksi kimia
Sub pokok bahasana. /ahan "akar dan karakteristiknya". Pem"akaran dan syarat-syaratnya#. Pem"akaran teoritis dan aktual
0 Pokok bahasan:+ermodinamika reaksi kimiaSub pokok bahasana. ntalpi pem"akaran dan entalpi formasi". ukum pertama dalam sistem
pem"akaran
@
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
11/118
13 Pokok bahasan:+ermodinamika reaksi kimiaSub pokok bahasana. ukum I dlm sistem pem"akaran". +emperatur api adia"atis
11 Pokok bahasan:+ermodinamika fluida ke#epatan tinggiSub pokok bahasana. ukum I dlm fluida ke#epatan tinggi". Properti-properti stagnasi#. &e#epatan suara
12 Pokok bahasan:+ermodinamika fluida ke#epatan tinggiSub pokok bahasana. /ilangan 4a#h". 5liran Isentropis
1! Pokok bahasan:+ermodinamika fluida ke#epatan tinggiSub pokok bahasana. 5liran dalam nosel konergen". 5liran dalam nosel konergen-diergen
1$ Pokok bahasan:+ermodinamika fluida ke#epatan tinggiSub pokok bahasana. Shock wave". 6osel dan difuser aktual
&engetahui Rencana Program &engetahui pelaksanaan kegiatan
etua %urusan
BBBBBBBBBBBB
/osen
BBBBBBBBBBBB
etua %urusan
BBBBBBBBBBBB
/osen
BBBBBBBBBBBB
@i
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
12/118
&A& ' %$K()% RE#R$GERA%$
!iklus rerigerasi adalah siklus kerja yang mentranser kalor dari media
bertemperatur rendah ke media bertemperatur tinggi dengan menggunakan kerja dari
luar sistem. !ecara prinsip merupakan kebalikan dari siklus mesin kalor :heat engine;.
/ilihat dari tujuannya maka alat dengan siklus rerigerasi dibagi menjadi dua yaitu
refrigeratoryang berungsi untuk mendinginkan media dan heat pump yang berungsi
untuk memanaskan media. 2lustrasi tentang refrigerator dan heat pumpdapat dilihat
pada gambar di bawah.
!iklus rerigerasi dapat diklasiikasikan sebagai berikut,
1. !iklus kompresi uap :vapor compression refrigeration cycle; dimana rerigeran
mengalami proses penguapan dan kondensasi, dan dikompresi dalam asa uap.
*. !iklus gas :gas refrigeration cycle;, dimana rerigeran tetap dalam kondisi gas.
4. !iklus bertingkat :cascade refrigeration cycle;, dimana merupakan gabungan lebih
dari satu siklus rerigerasi.
3. !iklus absorpsi :absorption refrigeration cylce;, dimana rerigeran dilarutkan dalam
sebuah cairan sebelum dikompresi.
7. !iklus termoelektrik :thermoelectric refrigeration cycle;, dimana proses rerigerasi
dihasilkan dari mengalirkan arus listrik melalui * buah material yang berbeda.
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
13/118
inerja suatu refrigerator dan heat pumpdinilai dari besarnya koeisien kinerja
:coefficient of performance9-P; yang dideinisikan sebagai berikut,
net,in
HHP
net,in
$
R
kerjainput
pemanasaneek
dibutuhkanyangkerja
uanoutput tuj9-P
kerjainput
npendinginaeek
dibutuhkanyangkerja
uanoutput tuj9-P
W
W
===
===
Harga 9-PRdan 9-PHPumumnya lebih besar dari satu dimana 9-PHPC 9-PR D 1
untuk suatu rentang tekanan kerja yang sama.
1.1 !iklus Rerigerasi ompresi Uap 2deal
)ambar di bawahkiri menunjukkan siklus rerigerasi kompresi uap ideal secaraskematis. /i sini rerigeran dalam kondisi uap jenuh masuk ke kompresor dan keluar
sebagai uap panas lanjut. Rerigeran kemudian masuk ke kondenser untuk melepas
kalor sehingga terjadi kondensasi sampai ke kondisi cairan jenuh. eluar kondenser
rerigeran masuk ke katup ekspansi untuk menjalani proses pencekikan :throttling;
sehingga mengalami penurunan tekanan dan berubah menjadi campuran jenuh. Proses
terakhir ini bisa juga diganti dengan sebuah turbin isentropis untuk menaikkan kapasitas
pendinginan dan menurunkan kerja input :dengan kompensasi kompleksnya sistem;.
!elanjutnya rerigeran masuk ke e(aporator untuk menyerap kalor sehingga terjadi
proses e(aporasi dan siap untuk dilakukan langkah kompresi berikutnya.
!iklus rerigerasi kompresi uap ideal dapat digambarkan dalam diagram T-sseperti
gambar di ataskanan. Prosesproses yang terjadi adalah,
1* > ompresi isentropis dalam kompresor
*4 > Pembuangan kalor secara isobaris dalam kondenser
*
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
14/118
43 > Throttlingdalam katup ekspansi atau tabung kapiler
31 > Penyerapan kalor secara isobaris dalam e(aporator
Persamaan energi untuk komponenkomponen rerigerator bisa dituliskan sebagai
berikut>
ie hhw! =
dimana diasumsikan perubahan energi kinetik dan potensial bisa diabaikan.
/ari notasinotasi pada gambar di atas maka 9-Ps dapat dituliskan sebagai
berikut>
1*
4*
net,in
HHP
1*
31
net,in
$R
9-P
9-P
hh
hh
w
!
hh
hh
w
!
==
==
di mana1Epg1
hh = dan 4Ep4 hh = .
"ontoh Soal
Rerigerator menggunakan rerigeran R1* dan beroperasi dengan siklus kompresi
uap ideal antara +,13 dan +,6&Pa. #pabila laju massa rerigeran +,+7kg?s, tentukan :a;
laju kalor dari ruangan yang didinginkan dan kerja kompresor, :b; laju kalor yang
dibuang ke lingkungan, :c; 9-P
Solusi
/ari tabel Rerigeran1* :Tabel #11#14;
ondisi 1 :uap jenuh; >
====
=k%?kg81+*,+
k%?kg68,188&Pa13,+
&Pa13,+E1
&Pa13,+E1
1g
g
ss
hhp
ondisi * :uap panas lanjut; >
k%?kg57,*+6&Pa6,+
*
1*
* =
==
hss
p
ondisi 4 :cairan jenuh; >
k%?kg4,58&Pa6,+ &Pa6,+E44 === fhhp
ondisi 3 :campuran jenuh; >
4
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
15/118
k%?kg4,5843 = hh
:a; $aju kalor yang diserap dari media yang didinginkan>
kF74,7;4,5868,118:+7,+
;: 31$
==
= hhm
erja kompresor>
kF73,1;68,18857,*+6:+7,+
;: 1*in
=== hhmW
:b; alor yang dibuang ke lingkungan>
kF+8,8;4,5857,*+6:+7,+
;: 4*H
==
= hhm
:c; "oefficient of Performance>
7
1. Rerigeran sudah dalam kondisi uap panas lanjut sebelum masuk ke kompresor.
3
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
16/118
*. #kibat cukup panjangnya pipa penghubung kompresore(aporator akan
mengakibatkan rugi tekanan. Rugi tekanan yang disertai peningkatan (olume
spesiik dari rerigeran membutuhkan power input yang lebih besar.
4. /alam proses kompresi ada rugi gesekan dan perpindahan kalor yang akan
meningkatkan entropi :1*; atau menurunkan entropi :1*G; dari rerigeran
tergantung kepada arah perpindahan kalornya.
Proses :1*G; lebih disukai karena (olume spesiiknya turun sehingga power input
bisa lebih kecil. Hal ini bisa dilakukan apabila dilakukan pendinginan dalam
langkah kompresi.
3. /i dalam kondenser akan terjadi juga rugi tekanan.
7. Rerigeran dalam kondisi cairan terkompresi ketika masuk dalam katup ekspansi.
"ontoh Soal
/alam sebuah rerigerator aktual, R1* masuk ke kompresor sebagai uap panas
lanjut pada +,13&Pa, *+9, laju massa +,+7kg?s, dan keluar pada +,6&Pa, 7+9.
Rerigeran didinginkan dalam kondenser sampai *59, +,8*&Pa dan dithrottling
sampai +,17&Pa. /engan mengabaikan rugi kalor dan rugi tekanan dalam pipapipa
sambungan tentukan :a; laju kalor dari media yang didinginkan dan kerja kompresor,
:b; eisiensi adaibatik kompresor, :c; 9-P.
Solusi
/ari Tabel rerigeran
ondisi 1 :uap panas lanjut; >
k%?kg+1,18
k%?kg37,*1497+
&Pa6,+*
*
* =
==
hT
p
ondisi 4 :cairan terkompresi;
k%?kg56,5+9*5
&Pa8*,+9*5E.4
4
4 ==
==
hhT
p
ondisi 3 :campuran jenuh; >
7
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
17/118
k%?kg76,5+43 = hh
:a; $aju kalor yang diserap dari media yang didinginkan>
kF7,
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
18/118
elebihan> murah, 9-P tinggi sehingga biaya operasional rendah, siat
termodinamika bagus, mudah dideteksi apabila terjadi kebocoran, bukan -/! :$%one
&epleting Substance;
ekurangan> beracun.
"hlorofluorocarbon 9'9
/engan merek dagang 'reon, rerigeran jenis ini adalah yang paling banyak
dipakai. Tetapi karena siatnya yang berupa -/! maka pemakaiannya di negaranegara
maju sudah sangat dibatasi. %enisjenis reon antara lain R11 :#9 dengan kapasitas
besar;, R1* :#9 danfree%erdalam rumah tangga;, R** :heat pumpdan #9 bangunan
komersial dan industri besar;, R7+* :chiller supermarket; dll. %enis 'reon yang bukan
-/! adalah R143a.
Halhal yang perlu diperhatikan dalam pemilihan rerigeran>
1. Temperatur media yang akan didinginkan.
/isini perlu perbedaan temperatur yang cukup antara media dan rerigeran :yang
optimal 71+9;. &isal, untuk mendinginkan media pada temperatur 1+9 maka
temperatur rerigeran adalah sekitar *+9.
Hal lain yang perlu diperhatikan adalah tekanan minimum :tekanan dalam
e(aporator; dalam sistem harus sedikit lebih besar dari tekanan atmoser untuk
mencegah masuknya udara masuk dalam sistem perpipaan. /engan kata lain
rerigeran harus mempunyai tekanan jenuh sedikit lebih besar dari 1 atm pada *+9
:dalam contoh di atas;.
*. Temperatur media dimana panas dibuang
Temperatur ini akan menentukan temperatur minimum rerigeran. &isal, untuk
rerigerator rumah tangga maka rerigeran tidak boleh dibawah 3+9 :kondisi
2ndonesia;. %uga tekanan jenuh dari rerigeran di kondenser harus dibawah tekanan
kritisnya.
8
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
19/118
1.3 !istem Heat Pump
arena heat pump biasanya dipakai di daerah dengan iklim yang dingin maka
persoalan dari manakah panas dapat diambil menjadi persoalan. !umber panas yang
sering dipakai dalam sebuah heat pumpadalah>
1. Udara atmoser :paling umum;. !umber panas ini paling praktis tetapi ada problem
frostingpada koil e(aporator sehingga akan menurunkan laju perpindahan kalor.
*. #ir tanah. Pada kedalaman tertentu air tanah mempunyai temperatur berkisar
7169 sehingga didapatkan heat pump dengan 9-P tinggi, tidak ada frosting
tetapi konstruksi rumit.
4. Tanah
Untuk tujuan pemanasan suatu media, pemanasan dengan proses pembakaran dari
sumber energi primer :bahan bakar; secara ekonomis lebih menguntungkan
dibandingkan dengan heat pump. -leh karena itu jarang ditemui sebuah heat pumpyang
bekerja sendiri. Tetapi karena prinsip kerja yang sama antara rerigerator dan heat pump
maka sekarang ini banyak diproduksi sistem rerigerasi yang bekerja secara dualyaitu
sebagai pendingin dalam musim panas dan sebagai pemanas dalam musim dingin. /i
sini pada prinsipnya koil :heat e'changer; di dalam dan di luar ruangan akan berubah
ungsinya sebagai e(aporator dan kondenser sesuai dengan mode kerjanya dengan
bantuan katup pembalik arah. Prinsip kerja sistem dualdapat dilihat pada gambar di
bawah.
1.7 2no(asi !iklus Rerigerasi ompresi Uap
/alam aplikasi sistem rerigerasi di industri, gedung bertingkat dan lainlain,
sistem dengan siklus sederhana seperti dijelaskan sebelumnya tidak mencukupi. Untuk
itulah diperlukan modiikasi supaya memenuhi kriteria penggunaan.
6
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
20/118
Sistem "ascade
/i industri sering dibutuhkan kondisi rerigerasi dengan temperatur yang cukup
rendah dan sekaligus dalam rentang temperatur yang lebar. Rentang temperatur yang
lebar berarti bahwa sistem rerigerasi harus bisa beroperasi dalam beda tekanan yang
besar dimana hal ini hanya bisa dipenuhi apabila tingkat rerigerasi dibuat lebih dari
satu. /i sini prinsipnya adalah menggabungkan dua buah siklus kompresi uap di mana
kondenser dari siklus dengan tekanan kerja lebih rendah akan membuang panas ke
e(aporator dari siklus dengan tekanan kerja lebih tinggi dalam sebuah alat penukar
kalor :heat e'changer;. !ecara skematis dapat digambarkan sebagai berikut.
/alam heat e@changer antara siklus bawah dan siklus atas terjadi hubungan>
67
4*
"
#
4*"67# ;:;:
hh
hh
m
mhhmhhm
==
%uga,
;:;:
;:9-P
1*"75#
31"
net,in
$cascadeR,
hhmhhm
hhm
W
+
==
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
21/118
/alam sistem cascademaka jenis rerigeran untuk siklus tekanan tinggi :#; dan
siklus tekanan rendah :"; tidak perlu sama sehingga pemilihan rerigeran akan bisa
lebih luwes karena bisa disesuaikan dengan batas bawah dan atasnya.
"ontoh Soal
!istem rerigerasi cascade* tingkat beroperasi antara +,6 dan +,13 &Pa. !etiap
tingkat beroperasi dengan siklus kompresi uap ideal dengan R1* sebagai luida kerja.
alor dibuang dari siklus tekanan rendah ke tekanan tinggi dilewatkan alat penukar
kalor adiabatik dimana masingmasing luida kerja bertekanan +,4*&Pa. #pabila laju
luida kerja pada siklus tekanan tinggi adalah +,+7 kg?s, tentukan :a; laju luida kerja
pada siklus tekanan rendah, :b; laju kalor dari media yang didinginkan dan kerja
kompresor, :c; 9-P
Solusi
&isal siklus tekanan tinggi diberi indeks #, siklus tekanan rendah dengan indeks "
:a; /ari keseimbangan energi di alat penukar kalor
;:;: 4*"67# hhmhhm = /ari Tabel R1* didapatkan>
k%?kgI
k%?kg16,*+3Ik%?kg68,188 5E+,13&Pag1 === hhh
sehingga
kF3
1+
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
22/118
kF1,45;:;: 1*"75#
"comp#compin
=+=
+=
hhmhhm
WWW
:c; "oefficient of Performance
+3,39-Pin
$R ==
W
Sistem anyak Tingkat (ultistage System)
Pada prinsipnya adalah tidak berbeda dengan sistem cascade. Perbedaannya adalah
digantinya heat e'changerdengan mi'ing chamber danflash chamberdi mana di sini
akan terjadi pencampuran rerigeran yang melewati siklus tekanan atas dan siklus
tekanan bawah. !ecara skematis sistem banyak tingkat dapat digambarkan seperti
gambar di bawah.
/isini yang perlu diperhatikan adalah dalam tiap proses akan mempunyai jumlah laju
yang berbeda walaupun dalam satu siklus yang sama.
Sistem ulti Purpose &engan *ompresor Tunggal
!eperti dalam sebuah lemari es di rumah tinggal, beberapa jenis rerigerator
membutuhkan beberapa ruang dengan temperatur yang berbeda. Untuk sistem seperti
ini maka penggunaan beberapa katup ekspansi adalah solusinya, dimana pada proses
throttlingpertama akan didapatkan temperatur moderat :misal bagian rerigerator 79;
11
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
23/118
dan pada throttling selanjutnya akan didapatkan temperatur yang lebih rendah :bagian
reeJer 1+9;. )ambar di bawah menunjukkan prinsip kerja secara skematis.
Pencairan +as (,i!uefaction of +ases)
/i lapangan sering dibutuhkan kondisi dengan temperatur yang sangat rendah :di
bawah 1++9;, seperti pada proses pemisahan gas oksigen dan nitrogen dari udara,
pembuatan hidrogen cair untuk bahan bakar mesin roket, riset tentang superkonduksi
dan lainlain.
Pada sebuah proses pencairan gas, gas harus didinginkan sampai pada temperatur
di bawah temperatur kritisnya. &isal temperatur kritis untuk helium, hidrogen, dan
nitrogen adalah masingmasing K*56, *3+, dan 1389. !alah satu metode rerigerasi
yang memungkinkan untuk mendapatkan temperatur sangat rendah ini adalah metode
$indeHampson seperti pada gambar di bawah.
/i sini gas baru yang akan dicairkan :1; dicampur dengan gas yang tidak berhasil
dicairkan pada tahap sebelumnya :
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
24/118
jenuh. Uap dipisahkan dari gas yang telah berubah menjadi cair untuk kemudian
dilewatkan melalui alat penukar kalor regenerativeuntuk menjalani tahap berikutnya.
1.5 !iklus Rerigerasi )as
/alam pembahasan mengenai siklus 9arnot diketahui bahwa apabila arah siklus
dibalik akan didapatkan siklus 9arnot terbalik :reversed "arnot cycle; yang merupakan
sebuah rerigerator ideal. Hal ini menimbulkan ide bahwa siklus mesin kalor :heat
engine; dan siklus rerigerator sebenarnya adalah mempunyai prinsip kerja sama hanya
arahnya saja yang berlawanan :perhatikan bahwa siklus rerigeratsi yang dibahas di atas
14
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
25/118
adalah sangat mirip dengan siklus Rankine dengan arah terbalik;. -leh karena itu maka
apabila siklus "rayton dibalik arahnya akan didapatkan apa yang disebut siklus
rerigerasi gas :reversed rayton cycle;.
/isini akan berlaku bahwa,
turbcomp
$
net,in
$R9-P
ww
!
w
!
==
dimana,
1*comp34turb31$ II hhwhhwhh! ===
!iklus rerigerasi gas ini akan mempunyai 9-P yang lebih rendah dibandingkan
dengan siklus kompresi uap. Tetapi karena konstruksi yang sederhana dan komponen
yang ringan maka siklus ini banyak dipakai di pesawat terbang dan dapat
dikombinasikan dengan proses regenerasi.
1.8 !iklus Rerigerasi #bsorpsi
Peningkatan 9-P dari mesin rerigerasi dapat dilakukan dengan menurunkan kerja
yang dibutuhkan oleh kompresor. /ibanding dengan sebuah kompresor, pompa dapat
melakukan proses kompresi luida cair dengan kerja input yang jauh lebih kecil untuk
laju massa yang sama. -leh karena itu dalam sistem rerigerasi absorpsi, rerigeran akan
13
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
26/118
dilarutkan dalam luida cair sebagai media transport sehingga rerigeran dapat
dikompresi dengan kerja yang lebih kecil. Rerigeran yang sering dipakai adalah
amoniak dengan media transport berupa air. Rerigeran lain yang juga dipakai adalah air
dengan media transport berupa lithium bromide atau lithium chloride. eunggulan
sistem ini lebih terasa apabila ada sumber panas dengan temperatur 1++*++9 yang
murah seperti misalnya energi surya, geotermal dan lainlain. !kema sistem rerigerasi
absorpsi bisa dilihat pada gambar di atas.
#moniak murni keluar dari e(aporator dan masuk ke absorber. /i dalam absorber,
amoniak larut dalam air sehingga terbentuk larutan airamoniak. arena pelarutan
amoniak akan berlangsung dengan lebih baik pada temperatur yang lebih rendah maka
larutan dalam absorber didinginkan dengan cooling water. $arutan airamoniak
kemudian masuk ke pompa untuk mengalami proses kompresi dan masuk ke
regenerator untuk menerima panas. Pemanasan larutan airamoniak lebih lanjut
dilakukan dalam generator dengan sumber panas, misalnya dari energi surya, sehingga
terjadi proses penguapan larutan. $arutan yang menguap kemudian masuk ke rectifier
untuk dilakukan pemisahan amoniak dan air. #moniak murni masuk ke kondenser dan
melanjutkan siklus rerigerasi, sedangkan air kembali masuk generator untuk dipakai
kembali sebagai media transport. /ari gambar di atas dapat dilihat bahwa prinsip sistem
absorpsi adalah sama dengan dengan sistem kompresi uap, hanya berbeda pada bagian
dalam garis putusputus.
1.6 !istem Rerigerasi Termoelektrik
Telah diketahui dari apa yang disebut efek %eebe
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
27/118
0ek !eebeck ini kemudian bisa dimanaatkan untuk sebuah generator listrik yang
biasa disebut sebagai thermoelectric power generator. !eperti pada bagian sebelumnya
bahwa siklus daya dan siklus rerigerasi adalah mempunyai prinsip kerja yang sama
hanya dengan arah yang berlawanan, maka siklus daya termoelektrik ini bisa juga
dipakai untuk siklus rerigerasi. !iklus rerigerasi termoelektrik akan memanaatkan
efek Petier dimana apabila dialirkan arus listrik dalam rangkaian yang terbuat dari dua
buah logam yang berbeda, maka pada ujung yang satu terjadi penyerapan kalor dan
pada ujung yang satunya terjadi pembuangan kalor. Prinsip kerja dan susunan sistem
secara skematis dapat dilihat di gambar di bawah.
Pada aplikasinya rerigerasi termoelektrik akan menggunakan semikonduktor
sebagai media untuk menyerap dan membuang kalor. Falaupun sistem ini mempunyai
kelemahan yaitu rendahnya eisiensi, tetapi karena ringan, sederhana, dan tidak berisik
maka dipandang sebagai teknologi rerigerasi masa depan.
15
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
28/118
&A& * +A,P)RAN GA%
/i industriindustri banyak dipakai gasgas yang merupakan campuran dari
beberapa jenis gas :disebut komponen atau konstituen;. 9ampuran gas ini biasanya
merupakan gas buatan yang tidak terdapat di alam dan mempunyai siatsiat
termodinamika yang berbeda dengan komponenkomponen penyusunnya.
*. 1 omposisi 9ampuran )as
Untuk sebuah campuran gas yang mengandung kkomponen, massa total campuran
mmdan jumlah mol campuranmdapat dinyatakan sebagai berikut
==k
iim
k
iim mm I
di sini midanimasingmasing adalah massa dan jumlah mol komponen i.
Rasio massa dan mol suatu komponen terhadap massa dan jumlah mol totalnya
masingmasing disebut raksi massayi:mass fraction; dan raksi mol'i:mole fraction;
yang dinyatakan sebagai berikut,
m
ii
m
ii
'
m
my == I
/engan membagi persamaan yang menunjukkan massa dan jumlah mol total masing
masing dengan mmdanmmaka didapat,
1I1 == k
ii
k
ii 'y
&assa dari suatu Jat akan bisa dihitung dari jumlah mol yaitu m C di manaadalah berat molekul Jat tersebut. Untuk suatu campuran gas maka berat molekulnya
adalah,
====k
i
)'-
)-
-
m
-
m) ii
m
ii
m
i
m
mm
!edangkan konstanta campuran gas dapat dicari sebagai berikut,
Lk%?kg.M
m
um
)
RR =
di siniRuadalah konstanta gas uni(ersal.
18
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
29/118
*.* Perubahan p(T 9ampuran )as
Untuk campuran gas yang terdiri dari gasgas ideal maka perubahan pvT akan
mengikuti persamaan gas idealpv . RT, sedangkan untuk campuran gasgas riil maka
akan berlakupv . /RTdimana/adalah faktor kompresibiitas.
PerubahanpvTuntuk campuran gas bisa dinyatakan sebagai berikut,
1. &alton0s law of additive pressures>
Tekanan dari suatu campuran gas akan sama dengan jumlah tekanan dari tiap
komponen gas yang akan terjadi apabila dalam kondisi sendirian pada (olume dan
temperatur dari campuran gas.
*. #magat0s law of additive volumes>
Aolume dari suatu campuran gas akan sama dengan jumlah (olume dari tiap
komponen gas yang akan terjadi apabila dalam kondisi sendirian pada tekanan dan
temperatur dari campuran gas.
Untuk gas ideal maka hukum /alton dan #magat akan berlaku secara eksak,
sedangkan untuk gas riil maka hanya merupakan pendekatan karena adanya gaya antar
molekul yang kuat pada kondisi densitas tinggi. !ecara matematis hukum /alton dan
#magat dapat dinyatakan sebagai berikut,
&alton0s law > =k
immi 1Tpp ;,:m
#magat0s law > =k
immi pT11 ;,:m
16
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
30/118
/alam persamaan di atas, pi adalah tekanan komponen dan 1i adalah (olume
komponen dimana (olume ini bukan merupakan (olume aktualnya. Rasio pi?pmdisebut
fraksi tekanan :pressure fraction; dan rasio 1i?1m disebut fraksi ?oume :volume
fraction;.
"ampuran +as 2deal
Untuk gas ideal berlaku hubungan,
i
m
i
mmum
mmui
m
mmi '
1TR
1TR
p
1Tp===
?
?;,:
i
m
i
mmum
mmui
m
mmi '
pTR
pTR
1
pT1===
?
?;,:
sehingga,
i
m
i
m
i
m
i '-
-
1
1
p
p===
"esaran 'ipm disebut sebagai tekanan parsia :partial pressure; yang identik
dengan tekanan komponen untuk gas ideal, sedangkan besaran 'i1m disebut sebagai
?oume parsia :partial volume; yang identik dengan (olume komponen untuk gas
ideal. /isini yang perlu diperhatikan bahwa untuk gas ideal fraksi mo, fraksi tekanan,
dan fraksi ?oume adalah identik.
"ampuran +as Riil
Persamaan keadaan untuk gas riil dengan menggunakan aktor kompresibilitas
dapat dinyatakan sebagai berikut.
T/-Rp1 u=Untuk campuran gas, persamaan di atas juga berlaku dengan aktor kompresibilitas /m
sebagai berikut.
=k
iii/'/m
di mana /i ditentukan pada Tm dan 1m :hukum /alton; atau pada Tm danpm :hukum
#magat;. /isini aplikasi hukum #magat akan memberikan hasil yang lebih akurat.
1
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
31/118
!elain dengan pendekatan di atas maka ada metode lain yang disebut aturan ay
dimana disini akan digunakan apa yang disebut pseudocritical pressure pGcr,m dan
pseudocritical temperaturTGcr,myang dideinisikan sebagai berikut
==k
i,cr
Gmcr,
k
i,cr
Gmcr, I iiii T'Tp'p
/engan menggunakan pGcr,m dan TGcr,m aktor kompresibilitas campuran /m dicari dari
'ig.4+ dimana reduced pressure pr,m Cpm?pGcr,m, dan reduced temperature Tr,m C Tm?TGcr,m.
*.4 Propertiproperti 9ampuran )as
Propertiproperti campuran gas dapat dicari dari propertiproperti komponen
penyusunnya. /i sini tanda upper-bar: ; menunjukkan properti persatuan mol.
3nergi dalam4 entalpi dan entropi
Lk%Miiiiim ===k
i
k
i
k
i
uum55
===k
i
k
i
k
i
hhm66 Lk%Miiiiim
Lk%?Miiiiim ===k
i
k
i
k
i
ssmSS
Perubahan energi dalam4 entalpi dan entropi
Lk%Miiiiim ===k
i
k
i
k
i
uum55
===k
i
k
i
k
i
h-hm66 Lk%Miiiiim
Lk%?Miiiiim ===k
i
k
i
k
i
ssmSS
3nergi dalam4 entalpi dan entropi persatuan massa atau persatuan mol
=k
i
uyu Lk%?kgMiim I Lk%?kmolMiim =k
i
u'u
=k
i
hyh Lk%?kgMiim I Lk%?kmolMiim =k
i
h'h
=k
i
sys Lk%?kgMiim I Lk%?kmolMiim =k
i
s's
*alor 7enis,
*+
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
32/118
==k
ii
k
ii c'ccyc 9MLk%?kmol.I9MLk%?kg. (,im(,(,im(,
==k
ii
k
ii c'ccyc 9MLk%?kmol.I9MLk%?kg. p,imp,p,imp,
Persamaanpersamaan untuk menghitung propertiproperti campuran gas di atas adalah
(alid untuk gas ideal maupun riil. Nang menjadi persoalan adalah menentukan properti
komponen gas dalam campuran.
"ampuran +as 2deal
Harga properti untuk tiap komponen gas bisa dicari dengan mudah karena h, u, c(,
cpuntuk tiap komponen gas hanyalah merupakan ungsi temperatur dan independen dari
tekanan dan (olume. /emikian juga harga dari u, dan hbisa dicari dengan mudah
apabila temperatur awal dan akhir proses sudah diketahui. /isini yang perlu mendapat
perhatian adalah untuk mencari nilai skarena entropi untuk gas ideal akan tergantung
juga kepada tekanannya. Perubahan entropi bisa didapatkan sebagai berikut,
Lk%?kg.Mlnln
ln
1,
*,
1,
*,,p
1,
*,o1,
o*,
i
ii
i
ii
i
i
iiii
ppR
TTc
p
pRsss
=
atau
MLk%?kmol.lnln
ln
1,
*,
1,
*,,p
1,
*,o1,
o*,
i
iu
i
ii
i
iuiii
p
pR
T
Tc
p
pRsss
=
Perhatikan dalam perhitungan perubahan entropi yang digunakan adalah tekanan parsial
pi, bukan tekanan campuranpm.
5ntuk "ampuran +as Riil
Untuk campuran gas riil maka properti gas akan juga bergantung kepada tekanan
selain kepada temperatur. Untuk mengetahui eek ketidak idealan pada properti
campuran adalah dengan menggunakan aktor kompresibilitas yang digabung dengan
persamaan umum untuk gas riil.
*1
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
33/118
&A& +A,P)RAN GA%-)AP
"AN PENGK.N"$%$AN )"ARA
Untuk mendapatkan suasana yang nyaman diperlukan pengkondisian udara sesuai
dengan anatomi dan metabolisme tubuh manusia. Hal ini diperlukan supaya
pembuangan panas hasil metabolisme dapat berjalan dengan baik, sistem pernapasan
tidak mengalami iritasi, penjagaan kelembaban kulit pada kondisi optimal dan
sebagainya.
4.1 Udara ering dan Udara #tmoser
Udara atmoser yang ada di lingkungan kita terdiri dari campuran beberapa gas
dan air. arena air dalam asa gas di sini temperaturnya jauh lebih rendah dibandingkan
dengan temperatur kritisnya maka biasa disebut uap :vapor;. Uap biasanya dapat
dianggap mempunyai siatsiat yang mirip dengan dengan kondisi uap jenuhnya.
/ari tinjauan termodinamika, lebih menguntungkan mendiinisikan udara
atmosfer sebagai campuran udara kering yaitu udara yang tidak mengandung uap air,
dan uap air. Pada kenyataannya jumlah uap air dalam udara atmoser adalah tidak
banyak, tetapi karena sangat berpengaruh terhadap kenyamanan seseorang maka perlu
diperhatikan keberadaannya.
/alam rentang pengkondisian udara :1+7+9; udara kering merupakan gas ideal
sehingga entalpi dan perubahannya dapat dicari sebagai berikut.
9ML9Mk%?kg.L++7,1
9ML9Mk%?kg.L++7,1
pdrya,
pdrya,
=
=
TTch
TTch
Uap air juga dapat digolongkan menjadi gas ideal yang siatnya sama dengan
kondisi jenuhnya, sehingga
;:;rendah,: ThpTh gv
di mana hg:T; C *7+1,4 D 1,6*T L9M :k%?kg; atau dicari dari tabel uap.
**
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
34/118
arena kedua komponen gas bisa dianggap sebagai gas ideal maka tekanan udara
atmoser bisa dinyatakan sebagai berikut,
LkPaM(a ppp +=
dimanapadalah tekanan parsial, indeks a dan ( menunjukkan udara kering dan uap.
4.* elembaban Udara !pesiik dan Relati
elembaban spesiik atau absolut ? rasio kelembaban dideinisikan>
(
(
a
(
aa
((
a
(
5**,+5**,+
?
?
pp
p
p
p
TR1p
TR1p
m
m
==
=
elembaban relati dideinisikan sebagai berikut>
g
(
g
(
udaradalammaksimumairuapmassa
udaradalamairuapmassa
p
p
m
m==
dimanapgCpsat ETdan bisa dilihat dari tabel uap untuk air.
/ari deinisi kelembaban relati di atas maka kondisi udara dimana kandungan uap
airnya maksimum akan mempunyai C 1++ dan biasa disebut sebagai udara jenuh
:saturated air; dimanap(Cpsat ET
Hubungan antara dan dapat dinyatakan sebagai berikut.
g
g
g
5**,+
;5**,+:
ppp
p
p
=
+=
0ntalpi udara atmoser dapat dihitung sebagai berikut.
((aa(a hmhm666 +=+=
#pabila kedua sisi dibagi dengan ma :massa udara kering; maka didapatkan entalpi
udara atmoser persatuan massa udara kering.
airMdryLk%?kg(a hhh +=
"ontoh Soal
*4
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
35/118
/alam ruangan :774 m4; udara bertemperatur *79, 1++ kPa dengan
kelembaban relati 87. Tentukan :a; tekanan parsial udara kering, :b; kelembaban
absolut udara, :c; entalpi udara :per kgdry air;, :d; massa udara kering dan uap air.
Solusi
:a; Tekanan parsial udara kering dapat dicari dari>
(a ppp =
di sini
kPa46,*15
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
36/118
4.4 Temperatur Titik 0mbun :/ewpoint Temperature;
Temperatur titik embun adalah temperatur dimana kondensasi dimulai apabila
udara didinginkan pada tekanan konstan, atau dengan kata lain identik dengan
temperatur jenuh air pada tekanan uap.
(satEdp pTT =
Temperatur titik embun ini sangat penting untuk menentukan temperatur minimal yang
harus dicapai untuk membuang kandungan uap air dalam udara. Hal ini karena
pembuangan uap air dengan mudah dapat dilakukan dengan cara pengembunan.
4.3 Pengukuran elembaban
&etode pengukuran kelembaban dapat dilakukan dengan cara
mengukur temperatur titik embun Tdp sehingga didapatkan tekanan uap air p( dan
akhirnya dapat ditentukan kelembaban relati . &etode ini sederhana tetapi tidak
praktis.
menggunakan psychrometer yang berprinsip sebagai proses adiabatic saturation.
!kematis sebuah psychrometer dapat dilihat seperti gambar di bawah. /i sini
terdapat * buah termometer di mana ujung yang satu dibiarkan terbuka sedangkan
ujung yang satunya dibalut dengan sumbu atau kapas yang basah oleh air. #pabila
udara mengalir di sekitar kedua termometer maka kandungan air dalam sumbu akan
menguap :terjadi penyerapan panas oleh air; sehingga menyebabkan temperatur
udara di sekitar sumbu turun. Hal ini membuat terjadinya perbedaan penunjukan
diantara * termometer. /isini T* disebut sebagai wet-bulb temperature Twb dan T1
adalah dry-bulb temperature Tdb.
12
*7
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
37/118
#pabila ada aliran udara di sekitar psychrometer dan terjadi kesetimbangan
perpindahan massa dan kalor di sekitar sumbu, berlaku hubungan kekekalan massa>
;: 1*a =mm
di mana m adalah laju penguapan air dari sumbu, 1dan*masingmasing adalah
kelembaban absolut di sekitar ujung termometer 1 dan termometer *. /ari hubungan
kekekalan energi didapatkan.
*a*1a hmhmhm =+ atau **1*1 ;: hhh =+
/ari gp hTch += maka kelembaban absolut di ujung termometer 1 didapatkan>
,*g,1
g,**1*
1
;:
hh
hTTcp
+
=
arena di ujung termometer * kondisinya adalah jenuh maka *dapat dicari dari>
*,*
g,*
*
5**,+
gpp
p
=
4.7 )raik elembaban :Psychrometric 9hart;
)raik kelembaban adalah graik yang digunakan untuk menentukan properti
properti dari udara atmoser pada suatu tekanan tertentu. Penggunaan graik ini lebih
menguntungkan dibandingkan apabila harus menghitung menggunakan persamaan
persamaan di atas. !kematis psychrometric chart adalah seperti gambar di bawah
dimana masingmasing kur(a?garis akan menunjukkan nilai properti yang konstan.
Untuk mengetahui nilai dari propertiproperti :h, , , v, Twb, Tdb; bisa dilakukan apabila
minimal dua buah diantara properti tersebut sudah diketahui.
&isal, apabila diketahui kondisi udara atmoser bisa digambarkan dalam
psychrometric chartsebagai titik kondisi maka untuk mencari>
*5
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
38/118
ditentukan dengan menarik garis horisontal dari titik kondisi ke sumbu (ertikal :
C konstan;.
h ditentukan dengan menarik garis sejajar hCkonstan dari titik kondisi ke skala
entalpi.
Twb ditentukan dengan menarik garis sejajar TwbCkonstan sampai ke garis jenuh
:saturation line;.
Tdbditentukan dengan menarik garis (ertikal sampai ke sumbu horisontal.
Tdpditentukan dengan menarik garis horisontal sampai ke garis jenuh.
vditentukan dengan menarik kur(a sejajar kur(a vCkonstan dan nilainya ditentukan
dengan melihat posisi kur(a terhadap kur(a vCkonstan yang mengapitnya. ditentukan dengan menarik kur(a sejajar kur(a Ckonstan dan nilainya ditentukan
dengan melihat posisi kur(a terhadap kur(a vCkonstan yang mengapitnya.
4.5 Proses Pengkondisian Udara
Pada aplikasi pengkondisian udara :air conditioning#9; maka proses yang terjadi
tidak sekedar pendinginan atau pemanasan saja tetapi juga termasuk kombinasi dengan
penambahan kelembaban :humidifying; atau pengurangan kelembaban :dehumidifying;.
'aktoraktor yang mempengaruhi kenyamanan seseorang adalah sebagai berikut
:nilai di sebelah kanan adalah nilai optimalnya;,
Tdb > ***89
> 3+5+
ecepatan > 17m?min
Proses pengkondisian udara kalau digambarkan dalam psychrometric chart adalah
sebagai berikut.
*8
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
39/118
Proses pengkondisian udara sendiri bisa diasumsikan sebagai aliran steadi sehingga
didapatkan hubunganhubungan sebagai berikut.
Persamaan kekekalan massa untuk udara kering
ea,a,i mm =
Persamaan kekekalan massa untuk air
ew,w,i mm =
Persamaan kekekalan energi
= iiee hmhmW
disini indeks idan e masingmasing adalah inlet dan e@it.
(a) Pemanasan atau Pendinginan Sederhana ((=konstan)
Pada proses disini tidak diadakan penambahan atau pengurangan
kandungan air dalam udara sehingga ( akan konstan (tetapi ( berubah).
Dalam psychrometric chart maka kurva perubahan adalah merupakan garis
horisontal.
Dari gambar di atas dapat diketahui untuk pemanasan akan mengakibatkan
turunnya kelembaban relatif karena meningkatnya kapasitas uap air
dalam udara. Ini yang akan mengakibatkan kulit menjadi kering atau
pernapasan menjadi sulit. ntuk proses pendinginan akan terjadi hal
yang sebaliknya.
Pada proses pengkondisian udara sederhana ini akan berlaku
hubungan sebagai berikut!
dara kering
"ir
0nergi :kerjaC+; ;: 1* hhm a =
*6
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
40/118
:b; Pemanasan /engan Pelembaban :6eating with 6umidification;
Problem yang menyertai pemanasan sederhana bisa dieliminasi dengan
humidifying yaitu menginjeksikan air atau uap air. #pabila diinjeksikan uap air TakhirO
Tpemanasan, sedangkan apabila diinjeksikan air maka Takhir Tpemanasan
"ontoh Soal
Udara pada 1+9, kelembaban relati 4+, dan laju 37m4?min akan dikondisikan
pada *79 dan kelembaban relati 5+. Untuk itu pertamatama dipanaskan sampai
**9 dan kemudian diinjeksikan uap air untuk melembabkan. #pabila seluruh proses
berlangsung pada 1++ kPa, tentukan :a; kalor yang disuplai pada bagian pemanas, :b;
laju uap air dari humidifier.
Solusi
Proses heating1* :*C 1; dan proses humidiikasi *4 :4O *;.
:a; Hubungan yang berlaku disini
alor yang disuplai pada heating coil> ;: 1*a hhm =
=ilai h*dan h1bisa dicari dari hubungan>
g,***p* hTch +=
g,111p1 hTch +=
airdrywater?kgkg++*4,+456,+1++
456,+5**,+5**,+
(,11
(,11 =
=
=
pp
p
airdryk%?kg6,176,*71
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
41/118
airdryk%?kg+,*68,*731++*4,+**++7,1* =+=h
sedangkan am dicari dari>
1
1a
v
1m
=
a,1
1a1
p
TRv =
(,11a,1 ppp =
kPa456.+**85,14,+9satE1+1g,11(,1 ==== ppp
kPa54*,
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
42/118
terjadi kondensasi air yang terkandung dalam udara :C1++;. #pabila kondensasi
terus berlangsung maka temperatur akan semakin menurun.
"ontoh Soal
Udara pada 1atm, 4+9, 6+ kelembaban relati dan laju 1+m4?min dikondisikan
sampai 139. andungan air yang terdapat dalam udara dibuang pada 139. Tentukan
laju kalor :pendinginan; dan laju uap air yang dihilangkan dari udara :laju kondensasi;.
Solusi
Proses coolingsampai mulai pembuangan :14; dimana 4 1.
$aju kondensasi dapat dicari dari>
;: 41aw =mm
1
1a,1
v
1m
=
$aju pendinginan dapat dicari>
ww14a ;: hmhhm +=
/ari pembacaanpsychrometric chartdidapatkan>
k%?kg6,76
airdrywater?kgkg+1++,+
airdryk%?kg4,4 a,4a,*a,1 mmm =+
#ir > 4a,4*a,*1a,1 mmm =+
0nergi > 4a,4*a,*1a,1 hmhmhm =+
#pabila pada persamaan di atas ma,4dieliminasi akan terdapat hubungan>
14
4*
14
4*
a,*
a,1
hh
hh
m
m
=
=
/ari persamaan terakhir ini akan didapatkan bahwa kondisi 4 terletak di titik potongantara garis #" dan garis 9/. )aris #" :C 4; akan terletak antara C1dan C*
dimana rasio :*4; dan :41; sama dengan rasio a,1m dan a,*m . Untuk garis 9/
juga berlaku hal yang sama dan akan terletak antara hCh1dan hCh*.
44
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
45/118
&A& / REAK%$ K$,$A
Reaksi pembakaran merupakan salah satu contoh proses di mana terjadi reaksi
kimia. Reaksi pembakaran memegang peranan yang sangat penting dalam
pembangkitan energi primer yang terkandung dalam bahan bakat untuk diubah menjadi
energi termal.
Untuk sistem dimana tidak terjadi reaksi kimia maka energi yang dipunyai oleh
suatu Jat akan terdiri dari energi daam sensibe :yang ditentukan oleh gerakan
molekuk dan berubah dengan perubahan p dan T; dan energi daam aten :berubah
karena adanya perubahan asa;
Untuk sistem dengan reaksi kimia maka selain dari * bentuk energi dalam di atas
maka akan ada energi dalam kimia :chemical internal energy; yang berubahubah
dengan adanya pembentukan atau pelepasan ikatan antar atom.
/i sini tidak akan dibahas reaksi kimia secara umum, tetapi hanya akan
memokuskan pada suatu reaksi kimia oksidasi yang disertai dengan timbulnya kalor
yang cukup signiikan yaitu reaksi pembakaran.
3.1 "ahan "akar dan Pembakaran
!ecara ringkasnya suatu reaksi kimia akan bisa terjadi apabila ada bahan bakar
:fuel;, oksigen-*sebagai oksidator :o'idant;, dan temperaturnya lebih besar dari titik
nyala :ignition temperature;.
"ahan bakar adalah Jat yang bisa dibakar untuk menghasilkan energi kalor dimana
bahan bakar komersial yang paling banyak adalah yang berjenis hidrokarbon. 9ontoh
contoh bahan bakar>
Unsur murni> hidrogen H*, metana 9H3, propana 94H6, dll
Unsur campuran> bensin :96H16;, solar :91*H*5;, dll
#lkohol> metanol 9H4-H, etanol 9*H7-H, dll
"atu bara 9
43
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
46/118
Titik nyaa adalah temperatur minimum yang diperlukan untuk suatu reaksi
pembakaran pada suatu tekanan tertentu. Pada tekanan atmoser titik nyala beberapa
bahan bakar> bensin 47+9, solar *7+9, karbon 3++9, H* 76+9, karbon monooksida
51+9, metana 54+9.
3.* !toikiometri Pembakaran
9ontoh reaksi kimia>
'9 D '-* '9-*
Reaksi di atas dapat diinterpretasikan sebagai>
1. 'kmol 9 ditambah ' kmol -*menghasilkan ' kmol 9-*
tidak berlaku kekekalan
mol.
*. :' 9; kg 9 bereaksi dengan :' -*; kg -*menghasilkan :' 9-*; kg 9-*di
manaiadalah berat molekul unsur i. /engan kata lain 1* kg 9 bereaksi dengan 4*
kg -* menghasilkan 33 kg 9-*berlaku hukum kekekalan massa
Pada prakteknya proses pembakaran tidak dilakukan dengan oksigen murni tetapi
dengan menggunakan udara sebagai oksidator karena siatnya yang tersedia dimana
mana dan murah. Perbandingan massa udara dan massa bahan bakar :mudara?mbb;
disebut sebagai air-fuel ratioA#R.
"ontoh Soal
!atu kmol bensin dibakar dengan *+ kmol udara kering. #pabila diasumsikan
produk pembakaran terdiri dari 9-*, H*-, -*, =*tentukan jumlah mol dari tiap gas dan
#'Rnya. Udara kering di sini dideinisikan sebagai udara dengan komposisi *1 - *
dan 8
96H16 D *+:-*D 4,85=*; x9-* D yH*- D z-* D w=*
/ari hukum kekekalan massa :atau kekekalan jumlah atom; maka9 > 6C' 'C6
47
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
47/118
H > 16C*y yC 3+C*'DyD *% %C8,7
=* > :*+;:4,85;Cw wC87,*
/ari sini maka persamaan lengkapnya adalah>
96H16 D *+:-*D 4,85=*; 69-* D
1++teoritisudarasudara,
udara,a =m
m
dimana a dan s masingmasing menunjukkan kondisi aktual dan stoikiometris?teoritis.
45
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
48/118
!edangkan pembakaran stoikiometris5teoritis adalah apabila bahan bakar
terbakar sempurna dengan jumlah udara minimum. Udara minimum ini disebut sebagai
udara teori. /engan kata lain pembakaran stoikiometris adalah pembakaran sempurna
tanpa menyisakan oksigen -*dalam produk pembakarannya. Pembakaran stoikiometris
dengan bahan bakar hidrokarbon 9H-dapat dinyatakan secara umum sebagai>
9H-D ;*3
:
+ :-*D 4,85=*; 9-* D ?*H*- D 4,85 ;*3
:
+ =*
Pada prakteknya dengan tujuan :a; menjamin sempurnanya proses pembakaran
dan?atau :b; menurunkan temperatur pembakaran, maka disuplai udara dalam jumlah
yang berlebih. elebihan jumlah udara dibandingkan jumlah udara teori disebut udara
ebih :e'cess air; dimana,
udara,s
udara,saudara,lebihudara
m
mm =
/ari deinisi ini maka hubungan antara udara lebih dan udara teori,
teoriudara;:1++lebihudara '' +=
"ontoh Soal
0tana :9*H5; dibakar dengan *+ udara lebih. #pabila pembakaran berlangsung
sempurna dan dilakukan pada 1++ kPa, tentukan :a; #'R, :b; titik embun produknya.
Solusi
0tana :9*H5; dari rumus umum C*, C5, C+, sehingga persamaan kimia untuk
reaksi stoikiometrisnya>
9*H5 D 4,7:-*D 4,85=*; *9-* D 4H*- D :4,74,85;=*
arena udara lebih sama dengan *+ :udara aktual '*;@; maka persamaan kimia
menjadi,
9*H5 D :4,7 '*;@;:-*D 4,85=*; *9-* D 4H*- D :4,7*+;-* D
:4,74,85'*;@;=*
:a; Rasio massa udara dan bahan bakar>
48
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
49/118
bbudara?kgkg4,1 entalpi penguapan air pada temperatur tertentu Lk%?kmolM.
"ontoh Soal
Tentukan entalpi pembakaran dari gas oktana pada *79, 1 atm menggunakan
tabel entalpi pembentukan. #sumsikan air dalam bentuk asa cair.
Solusi
0ntalpi pembakaran didapatkan pada reaksi stoikiometris. )as oktana C 96H16maka dari
rumus umum C6, C16, C+ maka rumus reaksi stoikiometrisnya adalah>
96H16 D 1*,7:-*D 4,85=*; 69-* D 1*,74,85=* D
166** H9o
-Ho
9-o
Ro
Po
RP9
;:;:;:
;:;:
fff
ff
h-h-h-
h-h-
66h
+=
=
+=
/ari Tabel #*5 diketahui
k%?kmol7*+.4
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
53/118
Persamaan ini menunjukkan bahwa entalpi dari suatu Jat dalam sistem dengan reaksi
akan sama dengan entalpi ormasi pada kondisi standarofh ditambah dengan entalpi
sensibel relati terhadap kondisi standar;: ohh
.
#pabila perubahan energi kinetik dan energi potensial bisa diabaikan maka hukum
kekekalan energi untuk sistem dengan reaksi akan berbentuk sebagai berikut,
bbMLk%?kmolRP 66W =
dimana,
Poo
pP ;: hhh6 f +=
Roo
RP ;: hhh6 f +=
#pabila persamaan entalpi untuk produk dan reaktan dimasukkan dalam
persamaan kekekalan energi maka,
+=
++=
Ro
RPo
Po
9
Roo
RPoo
P
;:;:
;:;:
hhhhh
hhhhhhW ff
Sistem Tertutup
Persamaan kekekalan energi untuk sistem tertutup,
bbMLk%?kmolRP 55W =
dimana 5P dan 5Rmasingmasing adalah energi dalam produk dan reaktannya. /ari
deinisi entalpi vphu = maka persamaan di atas menjadi,
++= RooRPooP ;:;: vphhhvphhhW ff!uku vp adalah cukup kecil untuk Jat padat dan cair dan untuk gas ideal bisa
digantikan denganRuT
"ontoh Soal
Propana cair masuk ke ruang bakar pada *79 dan laju +,+7 kg?min dimana
dicampur dan dibakar dengan udara dengan 7+ udara lebih. Udara lebih ini masuk ke
ruang bakar pada 89. Hasil analisa produk menunjukkan semua hidrogen menjadi air,
tetapi hanya
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
54/118
karbon monooksida. #pabila temperatur gas buang adalah 17++ , tentukan :a; laju
massa udara, :b; rugi kalor.
Solusi
Reaksi stoikiometrisnya>
94H6 D 7:-*D 4,85=*; 49-* D 74,85=* D 3H*-
Reaksi aktualnya>
94H6 D 8,7:-*D 4,85=*; *,89-*D +,49- D *,57-* D 8,74,85=* D 3H*-
:a; /ari persamaan reaksi aktual diatas,
bbudara?kgkg74,*7;161*4:1
*
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
55/118
o;:H9, 64 l
h didapat dario
;:H9, 64 gh dikurangi 9*7EH9g, 64 h . /ari nilainilai yang
didapat maka apabila dimasukkan dalam persamaan kekekalan energi akan
didapatkan,
MH9Lk%?kg6*8+454.66*?33
MH9Lk%?kmol454.66*
64
64
===-
!ehingga laju kalor yang terjadi adalah,
LkFM5,6
+=+=
Roo
RPoo
P
RP
;:;:
hhhhhh
66
ff
/alam perhitungan temperatur adiabatik,
1. 0ntalpi reaktan 6Rakan mudah ditentukan karena kondisi reaktan biasanya sudah
diketahui
*. Untuk mengetahui entalpi produk 6P maka perlu mengetahui temperatur produk
dimana temperatur ini sama dengan temperatur api adiabatik yang harus dicari secara
iterasi :trial and error;
4. 2terasi pertama dapat diasumsikan bahwa produk semuanya adalah =*:ini karena =*
adalah unsur paling dominan dalam pembakaran yang menggunakan udara;
33
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
56/118
/alam desain ruang bakar :urnace; maka temperatur api adiabatik sangat penting
dalam penentuan jenis material dimana temperatur api adiabatik ini bukan merupakan
properti dari bahan bakar tetapi akan tergantung kepada>
kondisi reaktan :temperatur, tekanan;
tingkat kesempurnaan reaksi pembakaran
jumlah udara yang digunakan.
"ontoh Soal
"ensin cair masuk ke ruang bakar sistem turbin gas secara steadi pada 1 atm,
*7
9, dan dibakar dengan udara yang masuk dengan kondisi yang sama. /engan
mengabaikan perubahan energi kinetik dan enrgi potensial, tentukan temperatur api
adiabatik untuk :a; pembakaran sempurna dengan 1++ udara teori, :b; pembakaran
sempurna dengan 3++ udara teori, :c; pembakaran tidak sempurna dengan
96H16 D 1*,7:-*D 4,85=*; 69-* D 1*,74,85=* D
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
57/118
Persamaan di atas bisa diselesaikan apabila temperatur produk diketahui. /isini
pertamatama diasumsikan semua produknya adalah =*sehingga akan didapatkan
7.535.+61?:6D
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
58/118
&A& 0 TER,."$NA,$KA #()$"A KE+EPATAN T$NGG$
Pada babbab sebelumnya aliran luida dianggap mengalir dengan kecepatan
rendah sehingga energi kinetiknyapun rendah. Tetapi aliran luida yang melewati nosel
dalam sudusudu turbin, mesin propulsi pesawat jet dan sebagainya mengalir dengan
kecepatan tinggi sehingga pengaruh dari perubahan energi kinetik perlu diperhitungkan.
7.1 !iatsiat !tagnasi
/alam analisa luida mengalir, entalpi :huDpv; lebih sering digunakan, dimana
apabila perubahan energi kinetik dan energi potensial bisa diabaikan maka entalpi
adalah energi total luida. Tetapi untuk luida kecepatan tinggi perubahan energi kinetik
adalah signiikan sehingga perlu diperhitungkan. /i sini pertamatama dideinisikan
entapi stagnasiatau entapi totah+yaitu,
*+
*
11hh +
Hukum 2 termodinamika pada sistem seperti di bawah ini,
;:
;:;
*
1:;
*
1:
;:;:*
1;:
1*1,+*,+
1*
*
11
*
**
1*
*
1
*
*1*
%%ghh
%%g1h1h
%%g11hh
pekehw!
+=
+++=
++=
++=
/ari persamaan di atas, bila tidak ada perpindahan kalor dan interaksi kerja serta
perubahan energi potensial bisa diabaikan maka entalpi stagnasi dari suatu luida
konstan selama dalam proses aliran steadi. %uga diketahui kenaikan kecepatan luida
akan mengakibatkan penurunan entalpi statis luida dan sebaliknya apabila luida yang
mengalir tibatiba berhenti sempurna atau mengalami proses stagnasi :1*C+; maka
**,+1,+ hhh ==
entalpi stagnasi C entalpi statis
38
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
59/118
/alam kondisi stagnasi ini energi kinetik akan berubah menjadi entalpi statis :CuDpv;
atau dengan kata lain akan terjadi perubahan Tdanpdari luida.
7.* !tagnasi #ktual dan 2sentropis
Proses ketika luida mengalami stagnasi biasanya diasumsikan sebagai proses
isentropis. Tetapi secara aktualnya karena adanya rugi gesekan maka prosesnya
dibarengi dengan kenaikan entropi. Pada kondisi aktualnya, entalpi :dan juga
temperatur stagnasi; akan sama dengan kondisi isentropisnya, tetapi dengan perbedaan
tekanan stagnasinya.
Properti luida ketika mengalami stagnasi disebut properti stagnasi> temperatur
stagnasi T+, tekanan stagnasip+, densitas stagnasi +.
Temperatur stagnasi?total T+
Untuk gas ideal berlaku hCcpTsehingga apabila persamaan ini dimasukkan dalam
deinisi entalpi stagnasi maka
p
*
+
*p+p
*
1
*
1
c
1TT
1TcTc
+=
+=
di mana 1*?*cp menunjukkan kenaikan temperatur atau biasa disebut sebagai
temperatur dinamik. &isal, temperatur dinamik dari udara yang mengalir pada 1C1++
m?s adalah,
71+++
1
++7,1
1++
*
1
*
1 *
p
*
==c1
36
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
60/118
%adi jika udara dengan temperatur 4++ mengalir dengan kecepatan 1++ m?s dan
berhenti secara isentropis :misal diujung suatu termometer; maka temperaturnya akan
naik menjadi temperatur stagnasi atau 4+7 C T+. #tau dengan kata lain termometer
akan menunjukkan nilai 4+7. Untuk luida yang mengalir dengan kecepatan rendah,
temperatur stagnasi dan statisnya bisa dianggap identik.
Tekanan stagnasip+, /ensitas stagnasi +
Untuk gas ideal dengan entropi konstan :proses isentropis; berlaku>
1
1
1,+
1
1,+
1
1
*
1
*
=
=
kk
s
k
k
s T
T
p
p
p
p
T
T
1
1
1
1,+
1
1,+
1
*
1
1
*
=
=
k
s
k
s T
T
v
v
T
T
/ari halhal diatas maka dalam persamaan kekekalan energi apabila digunakan
entalpi stagnasi maka energi kinetik ketidak dinyatakan secara eksplisit atau
pehhw! += 1,+*,+
di mana h+,1dan h+,*masingmasing adalah entalpi stagnasi pada kondisi 1 dan *. Untuk
gas ideal dengan cpkonstan maka,
peTTcw! += ;: 1,+*,+p
"ontoh Soal
!ebuah pesawat terbang dengan kecepatan *7+ m?s pada ketinggian 7+++ m
dimana tekanan atmoser adalah 73,+7 kPa dan temperatur udara sekitar *77,8 . Udara
masuk ke diuser untuk mengalami perlambatan dan kemudian masuk kompresor.
#sumsikan proses dalam diuser dan kompresor adalah isentropis. Tentukan :a; tekanan
1
1
3
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
61/118
stagnasi pada inlet kompresor, :b; kerja kompresor persat. massa yang diperlukan jika
rasio tekanan stagnasi kompresor adalah 6
Solusi
#sumsi udara adalah gas ideal kalor jenis konstan dengan nilai pada temperatur
kamar :cpC1,++7 k%?kg. dan kC1,3;
:a; arena prosesnya isentropis maka tekanan stagnasi pada inlet kompresor ditentukan
dengan persamaan>
1
1
1,+
11,+
=
k
k
T
T
pp
di mana,
6,*65
1+++++7,1
*7+
*
18,*77
*
1
*
*1
11,+
=
+=
+=pc
1TT
sehingga
kPa88,6+8,*77
6,*65+7,73
13,1
3,1
1,+ =
=
p
Temperatur udara akan naik 41,19 dan tekanannya sebesar *5,81 kPa jika udara
mengalami perlambatan dari *7+ m?s sampai nol. enaikan dalam tekanan dan
temperatur ini karena kon(ersi dari energi kinetik menjadi entalpi.
:b; erja kompresor dapat dicari dari persamaan kekekalan energi,
peTTcw! += ;: 1,+*,+p
dengan mengabaikan pedan transer kalor maka yang perlu dicari adalah T+,*.
7,71
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
62/118
7.4 ecepatan !uara dan "ilangan &ach
/alam aliran luida kecepatan tinggi yang merupakan luida kompresibel,
ke
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
63/118
alau cara pandangnya diubah yaitu pengamat bergerak bersama dengan ujung
gelombang maka akan didapati>
luida yang berada di sebelah kanannya bergerak mendekati gelombang dengan
kecepatan c
luida yang berada di sebelah kirinya bergerak menjauhi gelombang dengan
kecepatan c-d1
Untuk aliran dimensi satu dan steadi maka,
;.:..
;.:;.:..
letright
d1dcdd1c#c#
d1c#dc#
mm
+=+=
=
/engan membagi kedua suku dengan#dan mengabaikan suku orde tinggi maka,+= d1cd
#pabila pada (olume kontrol !C w C +, dan peC+ maka,
+
*
;:
*
**
=
++=+
cd1dh
d1cdhh
ch
#mplitudo dari gelombang suara biasa :ordinary sonic wave; sangat kecil sehingga
perubahan tekanan dan temperatur sangat kecil. -leh karena itu perambatan gelombang
akan berlangsung mendekati isentropis atau TdsC+. !ehingga,
dpdh
dpdhTds
=
=
/ari 4 persamaan terakhir akan didapatkan,
7*
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
64/118
T
*
s
*
=
=
pkc
pc
/ari persamaan terakhir maka kecepatan suara dalam luida adalah ungsi properti
termodinamika luida tersebut dimana apabila luidanya adalah gas ideal maka akan
didapatkan hubungan sebagai berikut,
kRTc
kRT
RTk
pkc
=
=
=
=
T
T
*
;:
/isini terlihat bahwa chanya merupakan ungsi temperatur saja, sebab>
;:
gasuntuk tiapkonstan
;:;:
;:
Tcc
R
TfTc
Tck
v
p
=
=
==
9ontoh kecepatan suara pada beberapa medium>
Temp 2K3 )dara >eium
*++ *63 64*
4++ 438 1+1 Transonik& >1 > !upersonik& >> > Hipersonik
"ontoh Soal
Udara masuk diuser dengan kecepatan *++ m?s dan temperatur 4+9. Tentukan
kecepatan suara dan bilangan &ach pada inlet diuser,
Solusi
ecepatan suara di udara pada 4+9,
m?s43
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
66/118
?kgm+,*373k%?kg.4+11,8
&Pa*,1 4=
=
=v
s
p
?kgm+,447
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
67/118
saluran dan bilangan &ach untuk setiap lokasi dimana terjadi penurunan sebesar *++
kPa.
#sumsi> 9-*adalah gas ideal dengan kalor jenis konstan :cpC+,635 k%?kg., kC1,*6
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
68/118
"ilangan &ach akan menjadi uniti :satu; pada suatu tekanan kritis :pada kasus ini
858 kPa; di suatu tempat yang disebut throat yaitu bagian saluran dengan luas
penampang minimum.
#pabila tekanan berkurang menuju tekanan kritis maka luas penampang akan
berkurang tetapi bertambah dengan penurunan tekanan lebih lanjut.
ecepatan akan tetap bertambah terus setelah melewati throat meskipun luas
penampang membesar.
!aluran luida dimana luas penampangnya mengecil kemudian membesar seperti contoh
diatas disebut nose kon?ergen-di?ergen.
Hubungan 1,#, dan
Persamaan kekekalan massa untuk aliran steadi,
konstan.. == 1#m
%ika didierensiasi maka persamaan di atas akan berubah menjadi,
+=++= #d11d##1dm
%ika sisi kanan dan kiri dibagi dengan #1m = akan diperoleh,
+=++1
d1
#
d#d
Persamaan kekekalan energi untuk aliran steadi :wC!C+ dan peC+;,
konstan*
*
=+1h
%ika didierensiasi maka persamaan di atas akan berubah menjadi,
+=+1d1dh
Untuk proses isentropis berlaku hubungan,
dpvdpdh
vdpdh
vdpdhTdS
==
==
+
/ari hubunganhubungan di atas diperoleh persamaan,
+=+1d1dp
78
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
69/118
/engan mensubstitusikan persamaan terakhir ke persamaan kekekalan massa
terdierensiasi maka,
= dpd
1
dp
#
d#
*
1
/ari deinisi kecepatan suara dan bilangan &ach didapatkan,
( )**
1 )1
dp
#
d# =
Pada persamaan terakhir ini hargadapat lebih besar dari 1 atau lebih kecil dari 1,
sehingga,
Untuk 1 :aliran subsonik; maka d#dan dpmempunyai kecenderungan sama
Untuk O 1 :aliran supersonik; maka d# dan dp mempunyai kecenderungan
berlawanan
!elain dari hubunganhubungan di atas, apabila persamaan 1d1 C dp?
disubstitusikan ke persamaan hubungan tekanan dan luas penampang akan didapatkan,
( )*1 )1
d1
#
d# =
Persamaan terakhir menentukan bentuk nosel atau diuser untuk suatu aliran isentropiksubsonik atau supersonik. arena # dan 1 adalah besaran positi maka didapatkan
hubungan sebagai berikut,
Untuk 1 :aliran subsonik; maka d#8d1 +
Untuk O 1 :aliran supersonik; maka d#8d1O +
Untuk C 1 :aliran sonik; maka d#8d1 C +
"ontoh kasus
Untuk mempercepat aliran isentropik subsonik diperlukan kondisi d#?d1 + dan
alat yang memenuhi kondisi ini disebut nose kon?ergen.
76
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
70/118
ecepatan maksimum yang dapat dicapai oleh nosel kon(ergen adalah kecepatan suara.
Untuk mendapatkan kecepatan supersonik tidak dapat dilakukan hanya dengan
menambah panjang nosel kon(ergen, tetapi harus dengan memperbesar penampang
saluran atau menambah dengan nosel di(ergen. !ecara umum untuk penamaan, alat
untuk mempercepat aliran disebut nose, dan alat untuk memperlambat aliran disebut
difuser.
Halhal tersebut diatas bisa diilustrasikan sebagai berikut,#liran !ubsonik
#liran !upersonik
p 1
& T
p 1
& T
p 1
& T
p 1
& T
7
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
71/118
6ubungan Properti Statik dan Stagnasi #liran 2sentropis +as 2deal
Temperatur
Tc
1
T
T
c
1
TT
p
*+
p
*
+
*1
*
+=
+=
dengan memperhatikan ;1?: = kkRcp , kRTc =* danC1?cmaka
*+
*
*
**
p
*
*
1
1
*
1
*
1
;1:*
*
)
k
T
T
)k
"
1k
Tk
kR
1
Tc
1
+=
=
=
=
Tekanan
/ari hubungan proses isentropis,
;1:*+
*
11
+=
kk
)k
p
p
/ensitas
/ari hubungan proses isentropis,
;1:1
*+
*
11
+=
k
)k
Untuk luida dengan kC1,3 nilai T+?T,p+?p, +?ada dalam Tabel #43.
Properti luida pada lokasi dimanaC1 disebut properti atau sifat kritis:p, T,
;.
PadaC1 maka,
5+
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
72/118
11
+
1
+
+
1
*
1
*
1
*
+=
+
=
+=
k
kk
k
kp
p
kT
T
Ke
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
73/118
Temperatur
+4,4314,+*
13,11;*845*:
*
11
*
11
*
*111,+
*1
1
1,+
=
++=
+=
+=
)k
TT
)k
T
T
sehingga,
*4,4+*
6,+*
13,11
+4,431
*
11
*
**
*,+
*
=
+
=
+
=)
k
TT
ecepatan
m?s6,*866,+7,436
m?s7,43644,4+4*683,1
***
**
===
===
)c1
kRTc
Tekanan
kPa66,374*845*
44,4+*57+
3,+3,1
1
1
*1*
1
1
*
1
*
=
+=
=
=
kk
kk
T
Tpp
T
T
p
p
5*
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
74/118
$uas Penampang
*3*
13,+
1
4
*1
*
1
*
11
1
*
11
**
111
1
*
11
**
111
1
*
11
*
1
*
11*
***111
m1+1+*,74,4+*
5**84
6,+
4,+
4,4+*
5**841+
=
+
+=
=
=
=
=
=
T
T
)
)
T
T#
kRT)
kRT)
T
T#
c)
c)
T
T#
1
1##
1#1#
k
k
k
Tekanan !tagnasi
*,+
3,+3,1
*
1*111,+
kPa66,5
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
75/118
7.7 #liran 2sentropis /alam =osel
=osel on(ergen
'luida disuplai dari reser(oir dengan tekanan pr dan temperatur Tr dan mengalir
secara isentropis keluar dari e@it nosel dengan tekanan pe menuju ke area yangbertekanan pb. Pengaruh pb :ba
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
76/118
[ ]( )
;M1:*L1
*
++
*?;1:1
;?:
+
+=
kk
)k
RTk#)pm
/ari persamaan di atas maka m akan tergantung kepada properti stagnasi :p+, T+;,
luas penampang :#;, dan bilangan &ach . Untukp+, T+ dan# tertentu maka ma@m
dicapai padaC1. arenaC1 dicapai di daerah dengan luas area minimum atau pada
throat maka ma@m dicapai ketika &C1 pada throat:#;.
( );M1:*L
1
++
ma@
1
* +
+=
kk
kRT
kp#m
Untuk gas ideal, ma@m tergantung padap+ dan T+sehingga memungkinkan nosel
dipakai sebagaiflow meter. /imana hal ini bisa digambarkan dalam graik berikut.
57
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
77/118
/ari gambar di atas diketahui,
m naik apabilapb?p+ turun.
m mencapai maksimum padapbCp.
m C konstan apabilapbp.
pemencapaipbapabilapbpdanpesama denganpuntukpbp
%adi untuk semuapbyang lebih kecil daripmaka pada e@it nosel kon(ergen akan
didapatkanpeCp,C1 dan ma@mm = yaitu kondisi choked.
Pengaruhp+dan T+terhadap m dapat dilihat dari gambar di bawah,
/ari gambar di atas diketahui,
apabilap+ naik atau T+turun maka mass flu'm ?# naik
apabilap+ turun atau T+naik maka mass flu'm ?# turun
Hubungan perubahan luas penampang # dengan # dapat dituliskan sebagai
berikut,
;M1:*L;1:
*
*
11
1
*1 +
+
+=
kk
)k
k)#
#
Harga #?# untuk kC1,3 dapat dilihat dari Tabel #43, dimana untuk satu harga
didapatkan satu harga #?#. Tetapi untuk satu harga #?#bisa didapatkan * harga
yaitu pada kondisi subsonik dan supersonik.
Parameter lain yang sering dipakai dalam aliran luida isentropik dimensi satu
adalah rasio kecepatan lokal dan kecepatan suara pada throat.
55
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
78/118
*
;1:*
1
atau
)k
k))
T
T)
kRT
kRT)
c
)c
c
1)
+
+=
===
"ontoh Soal
Udara pada 1 &Pa dan 5++9 masuk ke nosel kon(ergen dengan kecepatan 17+
m?s. Tentukan laju aliran massa pada throatdengan luas penampang 7+ cm* apabila
back pressurenya adalah :a; +,8 &Pa, :b; +,3 &Pa.
Solusi
#sumsi> luida kerja gas ideal, prosesnya isentropik.
&Pa+37,1684
6631
6631++7*
17+684
*
3,+3,1
1
i
+,i
i+,i
*
p
*
i+,i
=
=
=
=
+=+=
kk
T
Tpp
c
1TT
Proses isentropis berarti T+C T+,iC 663 danp+Cp+,iC 1,+37 &Pa.
Rasio tekanan kritis>
( )7*64,+
1
* 1
+
=
+
= k
k
kp
p
:a; UntukpbC+,8 &Pa maka rasio back pressure
58+,++37,1
8,+
+
==p
pb
arenapb?p+Op?p+makaptCpbC +,8 &Pa danp+?pt C +,58+. !ehingga aliran tidak
dalam kondisi choked. /ari Tabel #43 atau dari persamaan hubungan antara p+?p
maka akan didapatkantC +,886 dan Tt?T+C+,6
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
79/118
$aju aliran massa dapat dihitung dari ttt 1#m = . /ari Tt?T+C+,6 k=*C1,3, proses isentropik.
/ari Tabel #43 atau dari persamaan sebelumnya,
56
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
80/118
=
=
=
=
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
81/118
=osel on(ergen/i(ergen
=osel kon(ergendi(ergen merupakan peralatan standar dalam pesawat supersonik.
Hanya disini yang perlu diingat bahwa tidak semua aliran dengan kecepatan sonik
:C1; pada throatbisa dipercepat sampai kecepatan supersonik. Hal ini akan ditentukan
oleh back pressure pb dimana kondisi dalam nosel kon(ergendi(ergen bisa
digambarkan sebagai berikut,
8+
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
82/118
#pabila p+ O pb O p9 maka aliran akan tetap dalam kondisi subsonik dan m
chokedm .
/i bagian kon(ergen kecepatan 1naik dengan1, sedangkan di bagian di(ergen 1
turun.
/i bagian kon(ergen tekananpturun, di throatpCpmin, di bagian di(ergenpnaik.
#pabilapbC p9makapthroat Cpsehingga di throat kecepatan 1mencapat kecepatan
suara c. Tetapi karena pb belum terlalu kecil maka di bagian di(ergen aliran
mengalami deselerasi ke subsonik.
/engan mengingat bahwa tekanan kritispadalah tekanan minimum yang mungkin
terjadi pada throatmaka kecepatan suara adalah kecepatan maksimum untuk nosel
kon(ergen. #tau dengan kata lain penurunan pb hanya berpengaruh pada bagian
di(ergennya.
#pabila p9 O pb O p0maka kecepatan mencapai kecepatan suara pada throat dan
aliran terakselerasi menjadi supersonik pada bagian di(ergen. #kselerasi ini akan
menyebabkan timbulnya gelombang kejut :shock wave; di mana terjadi kenaikan
tekanan dan penurunan kecepatan secara tibatiba di bagian antara throatdan e@it
nosel.
Shock wave yang terjadi disini akan tegak lurus aliran sehingga disebut normal
shockdan bukan merupakan aliran isentropik karena ire(ersibilitas.
#pabilapbsemakin diturunkan maka akan membuat normal shockbergerak ke arah
e@it nosel.
#pabilapbC p0maka normal shockakan ada tepat pada e@it nosel sehingga aliran
nosel secara keseluruhan adalah isentropik.
#pabilap0OpbO + maka di bagian di(ergen terjadi aliran supersonik dengan tanpa
normal shockdimana apabila
pbCp'maka tidak terjadi shock di dalam atau diluar nosel
pbp'maka terjadi mi'ingdan e'pansion wavesdi hilir dari nosel
pb O p'maka terjadi kenaikan tekanan dari p' ke pbdi ekor e@it nosel dan
membentuk obli!ue shocks
81
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
83/118
"ontoh Soal
Udara masuk ke nosel kon(ergendi(ergen pada 1 &Pa dan 6++ dengan kecepatan
yang bisa diabaikan. #pabila pada pintu e@itC* dan luas throat*+ cm*, tentukan :a;
kondisi throat, :b; kondisi pintu e@it termasuk luas penampang, :c; laju aliran massa.
Solusi
#sumsi> aliran adalah steadi, isentropik dengan kC1,3.
arena kecepatan masuk bisa diabaikan makap+Cp1C1 &Pa, T+CT1C6++ .
4
+
+ kg?m477,3
6++*68
1+++=
==
=
RT
p
RT
p
:a; arena*C * makathroatC1, sehingga dari Tabel #43 didapatkan>
m?s718,7
kg?m*,851+,544
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
84/118
7.5 =ormal !hock /alam #liran =osel
/alam aliran nosel supersonik untuk back pressure tertentu akan terjadi suatu
perubahan properti tibatiba yang akan menghasilkan shock wave. /isini hanya akan
dibahas mengenai normal shock yang terbentuk dalam suatu bidang yang tegak lurus
dengan arah aliran seperti ditunjukkan gambar di bawah.
/isini akan berlaku hubunganhubungan sebagai berikut>
ekekalan &assa
yy@@
yy@@
..
....
11
1#1#
=
=
ekekalan 0nergi
y+,@+,
*y
y
*@
@**
hh
1h
1h
=
+=+
ekekalan &omentum
;:;: 'yy' 11mpp# =
Hukum edua Termodinamika
+@y ss
Prinsip kekekalan massa dan energi dapat dinyatakan dalam sebuah persamaan dan
diplot dalam diagram hsdimana kur(anya disebut sebagai )aris 'anno :;anno ,ine;.
ur(a ini menunjukkan tempat dimana entalpi stagnasi dan mass flu' : #m ? ;
mempunyai harga yang sama.
/emikian juga prinsip kekekalan massa dan momentum dapat dinyatakan dalam
sebuah persamaan dan diplot dalam diagram hsdimana kur(anya akan disebut sebagai
)aris Rayleigh :Rayleigh ,ine;.
84
-
5/20/2018 Diktat Termo Lanjut2
85/118
/ari gambar di atas dapat dilihat bahwa>
)aris 'anno dan )aris Rayleigh akan berpotongan di':bagian hulushock wavi;dan
y:bagian hilirshock wave; dimana 4 persamaan kekekalan di atas terpenuhi.
ondisi aliran di bagian hulushock waveadalah supersonik dan sesudahnya adalah
subsonik, atau dengan kata lain shock wave adalah batas aliran supersonik dan