Refrigerasi Dan Pengkondisian Udara PDF [PDF]

Citation preview

Refrigerasi dan Pengkondisian Udara Dr.Ir.Dipl.-Ing.Berkah Fajar TK



Bab III Pschycrometry •  Pschycrometry adalah ilmu yang mempelajari campuran udara dan uap air. •  Pada pengkondisian udara ilmu ini penting, sebab proses pengkondisian udara merupakan pengurangan atau penambahan uap air untuk udara yang dikondisikan •  Contoh : dehumidifier, humidifier, cooling tower.



PSYCHROMETRIC CHART



Garis Jenuh (khusus untuk air) Tekanan uap air



Garis jenuh yang diperoleh dari tabel jenuh air (tabel A-1) Garis jenuh yang diperoleh dari tabel jenuh udara-air (tabel A-2)



Daerah udaraair tidak jenuh Didinginkan pada tekanan konstan



Catatan: Tabel A-1: tabel jenuh air Tabel A-2:tabel jenuh-udara air pada 1 atm



Dew-point temperature



Temperatur



Kelembaban Relatif Kelembaban relatif = perbandingan fraksi mol pada campuran udara-air dan fraksi mol uap air pada tekanan jenuh dan temperatur sama. Dengan menganggap campuran udara dan uap air sebagai gas ideal, maka definisi tersebut dapat ditulis:



tekanan parsial uap air pada T , P sama φ= tekanan jenuh uap air murni pada T , P sama



Ratio Kelembaban (Kelembaban Mutlak)



Udara kering dan uap air diasumsikan sebagai gas ideal, karena temperatur udara kering relatif tinggi terhadap temperatur jenuhnya dan tekanan uap air relatif rendah terhadap tekanan jenuhnya.



Ratio Kelembaban (Kelembaban Mutlak) psV



W=



ps



RsT Rs kg uap air = = ( pt − ps ) kg udara ker ing paV RaT Ra



3-1



W = rasio kelembaban (kg uap air/kg udara kering) V = volume sebarang campuran udara dan uap air dalam m3 Pt = tekanan atmosfer = pa+ps , Pa Pa = tekanan parsial udara kering, Pa Ra = konstanta gas udara kering = 287 J/kg.K Rs = konstanta gas uap air = 461,5 J/kg.K T = Temperatur absolut campuran uap air-udara, K



Ratio Kelembaban (Kelembaban Mutlak) Harga Ra dan Rs disubtitusikan ke persamaan (3-1)



ps ps 287 W= = 0,622 461,5 pt − ps pt − ps



Ratio Kelembaban (Kelembaban Mutlak) Contoh 3-1 : Hitung kelembaban mutlak untuk kelembaban relatif 60 % ketika temperaturnya 300C. Tekanan atmosfer 101,3 kPa: Jawab : Dari tabel A-1 tekanan jenuh uap air pada 300 C = 4,241 kPa Maka tekanan uap air = 60%.4,241 kPa = 2,545 k Pa. Dari persamaan (3-2)



2,545 W = 0,622 = 0,0160kg / kg 101,3 − 2,545 Tentukan dengan diagram psychrometric !



Entalpi Entalpi campuran udara-uap air = entalpi udara kering + entalpi uap air h = c pt + W .hg C p = panas jenis udara ker ing pada tekanan kons tan 1,0 kJ / kg .k t = temperatur campuran campuran udara − uap air ,0C hg = entalpi jenuh uap air pada t , kJ / kg



Entalpi uap air = entalpi jenuh uap air pada temperatur konstan



Entalpi H= Cp t+ W.hg



Volume Jenis R T RaT v= a = pa pt − ps ps W = 0,622 pt − ps



Kombinasi perpindahan panas dan massa



Penjenuhan Adiabatik dan Temperatur bola basah



h1 = h2 − (W2 − W1)h f



Penjenuhan Adiabatik dan Temperatur bola basah



Bab II Perhitungan Beban Pemanasan/Pendinginan



Faktor Yang Mempengaruhi Kenyamanan Manusia



Katagori Beban Pendinginan



Outdoor Design



Indoor design Pendinginan : •  Temperatur : 200 C sampai 220 C •  RH : 55 % ± 5%



Indoor design



Beban Orang



Beban Orang



Beban Orang



Beban Orang beban orang = beban per orang dari tabel 4 − 7 x jumlah orang x CLF Untuk beban laten CLF = 1



Infiltrasi



Ventilasi



Ventilasi



Ventilasi dan Infiltrasi qsensible = 1,23.Q! (t0 − ti ) q = 3000.Q! (W − W ) laten



0



i



Q! = laju aliran volume ventilasi / inf iltrasi ( L / s) W = kelembaban mutlak , kg / kg



ACH = a + bV + c(t0 − ti ) a,b,c = konstanta eksperimental (tabel 4-5) V = kecepatan angin ,m/s



Beban Lampu q = (rating lampu dalam watt )(Fu )(Fb )(CLF ) Fu = Faktor penggunaan F b= Faktor ballast = 1,2 CLF = Cooling Load Factor (tabel 4 − 6)



Heat Storage



CLF untuk Lampu



Beban dari Radiasi Matahari



τ + ρ +α =1 qsg = A(τI t + NαI t ) = AI t (τ + Nα ) U qsg = AI t (τ + α ) ho U (τ + α ) → kaca bening = 1 ho U (τ + α ) ho SC = U (τ + α ) ss ho



→ tabel 4.1



Heat Storage



Beban Radiasi Matahari q = ( SHGF ) maks .( SC ).A.(CLF ) SC = Shading Coefficient A = Luas CLF = Cooling Load Factor



γ = φ ±ψ γ = azimuth dinding φ = sudut azimuth matahari ψ = sudut bidang vertikal terhadap arah sela tan β = sudut l int ang matahari tan β y=d cos γ x = d tan γ



Beban Pendinginan Melalui Dinding dan Atap



q = U w A(te − ti )



ρ +α =1 U wα



qw =



ho



It A



U wα qw = I t A + U w A(t0 − ti ) ho 'αI t qw = U w A%++ t0 + ho &, αI t te = t0 + ho qw = U w A(te − ti )



* $ (( − ti " ) #



BAB V Sistem Pengkondisian Udara Sistem Distribusi Termal: Sistem yang memindahkan panas dari ruangan ke mesin pendingin, atau sistem yang memindahkan panas dari pompa kalor/boiler ke ruangan.



Multiple-Zone •  Air Systems a. Terminal Reheat b. Dual-duct atau multizone c. Variable-air-volume •  Water Systems a. Two-pipe b.Four-pipe



Classic Single –zone System



Optional return-fan diperlukan untuk menghindari tekanan berlebihan di ruang yang dikondisikan



Heating and humidification



Cooling and dehumidification with reheat



Outdoor Air Control Ventilasi : 10 %-20 % total flow rate, kecuali penggunaan khusus seperti di r. operasi atau laboratorium



Temperatur di A diatur pada 130C-140C



Enthalpy-Control Concept



Single Zone System



c p (tc − ti ) hc − hi w=



=



qs qs + q L



qs = c p (tc − ti )



qs + q L hc − hi



Diketahui : qs = 8 kW qL = 65 kW t rm = 24 0 C



RH rm = 50%



t DBoa = 350 C tWBoa = 250 C laju aliran return 4 = laju fresh air 1 tentukan : a.kondisi udara masuk coil ? b.temperature sup ply ? c.cooling capcity coil ?



a. t rm = 24 0 C RH rm = 50% → h1 = 47,5 kJ / kg W1 = 0,0093 kg / kg t DBoa = 35 0 C tWBoa = 25 0 C → h2 = 76 kJ / kg W2 = 0,00106 kg / kg m3 h3 = m1h1 + m2 h2 h3 = 53,2 kJ / kg W3 h3 = W1h1 + W2 h2 W3 = 0,0016 kg / kg → TDB 3 = 26,20 C , TWB 3 = 18,80 C Kondisi masuk coil



b.



c p (t 2 − ti ) h2 − hi



=



qs qs + q L



ti ditentukan sebarang = 14 0 C → hi = 36,3 kJ / kg load ratio line berpotonga n dengan garis jenuh → t = 12 0 C tabel 5.1 → chilled water temperature = 5.50 C c.



w=



65 + 8 kW = 5,49 kg / s 47,5 − 34,2 kJ / kg



capacity cooling coil = 5,49 kg / s (53,2 − 34,2 kJ / kg ) = 104,3 kW



Terminal Reheat System



Dual Duct or Multizone System



Variable-Air-Volume System



Water System



BAB VI Fan dan Duct •  Menghitung hilang tekan udara yang melalui ducting dan fitting •  Merancang sistem ducting •  Mempelajari karakteristik Fan yang berhubungan dengan sistem ducting •  Merancang distribusi udara untuk ruang yang dikondisikan



Sistem Distribusi Udara



Ducting



Hilang Tekan di Cerobong Lurus L V2 Δp = f ρ D 2 ) # # 1 # f =( / # D 9.3 1 , 14 + 2 log − log 1 + # ε - Re ε #' D . VDρ Re =



( )



µ



& # # # % ,# *# f *# +$



2



Kekasaran Permukaan Material



Kekasaran ε, m



Riveted Steel



0,0009-0,009



Concrete



0,0003-0,003



Cast Iron



0,00026



Sheet Metal



0,00015



Commercial Steel



0,000046



Drawn tubing



0,0000015



Moody Diagram



Hilang Tekan Ducting Segiempat L V2 Δp = f ρ Deq 2 penampang lingkaran & πD 2 # 4$ ! 4 4 x luas penampang "=D Deq = = % perimeter πD Penampang Segiempat 4 x luas penampang 4a.b 2ab Deq = = = perimeter 2(a + b) a + b



Hilang Tekan Ducting Segiempat f =



C



Re 0,2



& $ Q $ 2 πD C L $% 4 Δp = 0, 2 D 2 & 4QDρ # $ ! $ πD 2 µ ! % " Q V= ab



2



# ! ! ρ ! "



2



Δp =



C , & 2ab # ) * Q$ a + b ! ρ ' " ' * % * abµ ' *+ '( 1



L 0, 2



2ab



16



a+b



&a+b# =$ ! 0, 2 2 4 % 2 " Dπ D



(4πD )



Deq, f = 1,30



(ab )0,625 (a + b )0,25



0, 2



&Q# $ ! ρ % ab " 2



a+b 1 2ab (ab )2



Hilang Tekan untuk Ducting Segiempat



Contoh 6-1 •  Hitung hilang tekan untuk cerobong(duct) lurus dengan penampang lingkaran (Ф 300 mm) berbahan lembaran logam (sheet metal) yang dialiri udara 200 C dan laju aliran udara 0,5 m3/s



Jawab 3



0,5m / s V= = 7,07 m / s 2 π (0,3) / 4 ρVD Re = = 140500



µ



2



LV Δp = f ρ = 29,3 Pa D 2



Contoh 6-2 •  Udara mengalir 1,5 m3/s melalui sebuah cerobong segi empat 0,3 X 0,5 m. Hitung hilang tekan untuk cerobong 40 m dengan menggunakan : •  a. Deq •  b.Deq,f



Jawab a. Dari gambar 6-2 dengan kecepatan 10 m/s dan Deq 0,375 m ! hilang tekan = 3,0 Pa/m. Catatan Q=1,2 m3/s. Hilang tekan untuk 40 m =120 Pa 2ab = 0,375 m a+b 1,5m 3 / s V= = 10 m / s 0,3(0,5) Deq =



b. Dari gambar 6-2 1,5 m3 /s Deq =0,42 m !Δp=3,0 Pa/m. V dari gambar 6-2 = 10,8 m/s. V sebenarnya = 10 m/s Deq , f = 1,3



2(0,3)(0,5) = 0,42m 0,3(0,5)



Hilang tekan di Fitting V22 1 Ploss = ( − 1) 2 2 Cc



V12 ρ & $$1 − Ploss = 2 %



A1 # !! A2 "



2



Bentuk



V ρ 2



L V 2ρ Δp = f D 2 ! geometri



P1 V12 P2 V22 + = + ρ 2 ρ 2 V2 A1 = V1 A2 V12 ρ P1 − P2 = 2



&- A * 2 # $+ 1 ( − 1! $+, A2 () ! %%"$"#" geometri



2



Sudden Enlargement Persamaan Bernoulli yang direvisi P1 V12 P2 V22 Ploss + = + + ρ 2 ρ 2 ρ Persamaan momentum untuk hilang tekan P1 A2 − P 2 A2 = V2 (V2 A2 ρ ) − V1 (V1 A1ρ ) Persamaan momentum disubtitus ikan ke pers. Bernoulli : V12 ρ & $$1 − Ploss = 2 %



A1 # !! A2 "



2



Contoh 6-3 •  Udara mengalir pada 200 C dan tekanan atmosphere dengan kecepatan 12 m/s dan memasuki sudden enlargment dengan luas 2 kalinya.Berapa kenaikkan tekanan statik?



Jawab 2



ploss



(12 m / s) 2 (1,204 kg / m3 ) ' 1 $ = %1 − " = 21,7 Pa 2 & 2#



(V P −P = 2



1



2 1



)



− V22 ρ 12 2 − 6 2 − ploss = (1,204) − 21,7 = 43,3 Pa 2 2



Jika tidak ada hilang tekan kenaikkan tekanan menjasi 65 Pa (hanya menggunakan persamaan bernoulli sebelum dimodifikasi



Sudden Contraction 2



P loss



( V1 ) =



ρ



2



2 ' & # A $1 − 1 ! $ A2 ! % "



A1' V2 CC = = A2 V1 2 2 & # V2 ρ 1 $$ Ploss = − 1!! 2 % CC "



Hilang tekan di Belokan



Branch Takeoff



Ploss



2 d



( Vd V ρ (0,4)&&1 − = 2 ' Vu



% ## $



2



Vd2 ρ untuk beberapa β → tabel 6 − 11 2



Vb/Vu



Contoh 6-4



Vd =



1 m3/s 30 x 50 cm



m3/s



1,5 30 x 50 cm Vu =



1,5 = 10 m / s 0,3.0,5



0,5 m3/s 30 x 30 cm T=150C!ρ= 1,225 kg/m3



1 = 6,67 m / s 0,3.0,5



Vu =



0,5 = 5,56 m / s 0,3.0,3



Jawab •  Dari persamaan 6-16 Ploss



' Vd2 ρ (0,4)%%1 − Vd = 2 & Vu



2



$ "" = 1,2 Pa #



Persamaan Bernoulli Vu2 Vd2 ploss pd = ρ ( + − − ) ρ 2 2 ρ pd = 5,33 Pa pu



Jawab •  Dari gambar 6-11 pada Vb/Va = 0,556 dan β=600 Ploss = 2,5 2 Vd ρ 2 ploss = 47,3 Pa Dengan menggunakan persamaan mod ifikasi Bernoulli pb = 495 Pa



Velocity Methode •  Kecepatan udara di main duct 5-8 m/s •  Kecepatan di duct cabang 4-6 m/s



Tekanan statik fan = 92 Pa



Optimasi Total Cost = Biaya Investasi+ Biaya Operasi Biaya Investasi = (ketebalan)(πD)(L)(massa jenis duct)(biaya instalasi Rp/kg) Initial cost = C1DL Biaya operasi = C2 H Δp Q



Optimasi L V2 L Q2 ρ Δp = f ρ= f D 2 D D π 2 D 4 / 16 2



(



Q3 operating cos t = C3 LH 5 D C3 HLQ 3 total cos t = C1 DL + D5 Dopt



& 5C3 HQ = $$ % C1



3



1/ 6



# !! "



)



Fan



Karakteristik Fan



Hukum Fan 1.  Variasi ω, ρ konstan Q~ω SP~ω2 P~ω3 2. Q konstan, ρ variasi SP~ρ P~ρ 3. Ρ variasi, SP konstan Q~ 1 ω~ 1 P~ 1 ρ ρ ρ



Distribusi Udara



Distribusi Udara



BAB VII Cooling and Dehumidifying Coils Koil pendingin digunakan untuk menurunkan temperatur udara sekaligus untuk memisahkan sebagian uap air dari udara (50C – 350C)



Terminology •  Face area of the coil: luas penampang melintang aliran udara pada udara masuk koil •  Face velocity of the air : laju aliran volume udara dibagi dengan luas penampang •  Surface area of the coil : luas perpindahan panas yang kontak dengan udara •  Number of rows of tubes : jumlah baris dalam arah aliran udara



DX (direct expansion) Coil



Chilled Water Coil



Closed and Opened System Closed System



Opened System



Kondisi udara melalui Koil (Ideal)



Heat and Mass Transfer



Heat and Mass Transfer dq = hc .dA(ta − ti ) = m! .C pm (ta − ti ) hc.dA m! = C pm hc.dA (ha − hi ) dq = C pm dq = hr dAi (ti − tr )



Cpm panas jenis campuran udara dan air Hr konduktansi permukaan basah, logam, fin dan tube dan lapis batas fluida di dalam tube



Heat and Mass Transfer



ti − tr hc A = =R ha − hi C pm hr Ai Jika tr, ha dan R diketahui ! ti dan hi harus dicari ti digunakan untuk menentukan performance koil



Heat and Mass Transfer Entalpi jenuh fungsi temperatur jenuh ! dari tabel A-2 untuk temperatur 20C sampai 300C:



hi = 9,3625 + 1,7861ti + 0,01135ti2 + 0,00098855ti3 Disubtitusikan ke persamaan sebelumnya :



ti tr − − ha + 9,3625 + 1,7861ti + 0,01135ti2 + 0,00098855ti3 = 0 R R



Contoh 8-1 •  Diketahui



R=0,22 ha=85,5 kJ/kg tr = 9,00C Berapakah ti dan hi



Jawab



Newton Raphson f xbaru = xlama − (df / dx ) t 9,0 f = i − − 85,5 + 9,3625 + 1,7861 ti + 0,01135 ti2 + 0,00098855 ti3 0,22 0,22 f =0 1 (df / dx ) = + 1,7861 + 0,227 ti + 0,002966 ti2 0,22 df coba → ti = 20 0 C dan = 17,236 dt i



Jawab 22,0329 ti ,baru = 20 − = 17,236 7,9718 Iterasi lain f = 0,5188 ti ,baru



df = 7,604 dt i



0,5188 = 17,236 − = 17,17 0 C 7,604



→ hi = 48,37 kJ / kg



Menghitung Luas Permukaan sebuah Koil



Counterflow chilled-water coil mendinginkan aliran udara sebesar 2,5 kg/s dengan temperatur mula-mula 300C bola kering dan 210C bola basah. Temperatur bola basah akhir udara sebesar 130C. Temperatur chilled-water masuk 70C dan keluar 120C. Perbandingan luas permukaan luar dan dalam adalah 16:1. hc = 55 W/m2.K. . hr = 3 W/m2.K Dan Cp,m=1,02 kJ/kg.K. Hitung : a. luas permukaan yang dibutuhkan. b. tDB udara keluar



7 + 12 t r , 2 = nilai tengah = = 9,50 C 2 ha ,1 = 60,6 kJ / kg ( psycrometric chart ) ha ,3 = 36,72 kJ / kg (tabel A − 2 jenuh) 60,6 + 36,7 ha , 2 = = 48,66 kJ / kg 2 hc A 55(16) R= = = 0,2876 kg .K / kJ C p ,m hr Ai 1,02(3000)



Nilai antara untuk tiga titik Posisi



ha



tr



ti



hi



1



60,6



12,0



16,28



45,72



2



48,66



9,5



12,97



36,59



3



36,72



7,0



9,47



28,13



Luas Permukaan Koil q1, 2 = (2,5 kg / s )(60,6 − 48,66) = 29,850 W q1, 2



hc



A = × perbedaan entalpi rata rata C p ,m hr Ai



A1, 2 =



29,850



= 41,1 m 2



'% 55 $"[(60,6 + 48,66 ) / 2 − (45,72 + 36,59 ) / 2] & 1,02 # 2,5(48,66 − 36,72 )(1000 W / kW ) 2 A2,3 = = 53,6 m '% 55 $"[(48,66 + 36,72 ) / 2 − (36,59 + 28,13) / 2] & 1,02 # Total luas permukaan = 41,1 + 53,6 = 94,7 m 2



TDB udara keluar koil Qs = (2,5kg / s )C p ,m (1000 W / kW )(t1 − t 2 ) t1 + t 2 ti ,1 + ti , 2 = A1, 2 hc ( − ) 2 2 30 + t 2 16,28 + 12,97 2,5(1,02)(1000)(30,0 − t 2 ) = 41,1(55)( − ) 2 2 t 2 = 20,56 0 C 20,56 + t3 12,97 + 9,47 2,5(1,02)(1000)(20,56 − t3 ) = 53,6(55)( − ) 2 2 → t3 = 13,72 0 C



Moisture Removal



Rate of water removal = G (W1 − W2 ) hc A1− 2 W1 + W2 Wi,1 + Wi,2 Rate of water remova = ( − ) C pm 2 2 hc A1− 2 W1 + W2 Wi,1 + Wi,2 G (W1 − W2 ) = ( − ) C pm 2 2



Actual Coil Condition Curves



Solving for Outlet Conditions



Solving for Outlet Conditions



(



)



G ha,1 − ha,2 = q hc A1− 2 & ha,1 + ha,2 hi,1 + hi,2 # $$ !! = q − C pm % 2 2 " # hr A1− 2 & ti,1 + ti,2 $$ − tr !! = q A / Ai % 2 " hi,2 = f ti,2



( )



Solving for Outlet Conditions •  A/Ai diketahui •  Ti,1 dan hi,1 dapat dihitung •  4 yang tidak diketahui q, h2, hi,2 dan ti,2



Partially Dry Coil



Coil Performance from Manufacture



BAB 9 Pengaturan AC



Fungsi Kontrol/Pengaturan •  Mengatur sistem, sehingga kondisi nyaman dapat dicapai dan dijaga di ruang yang dikondisikan. •  Untuk memperoleh kondisi operasi peralatan yang efisien •  Untuk melindungi peralatan dan bangunan dari kerusakan dan penghuni dari cidera. Dari fungsi sistem pengaturan dapat disimpulkan, bahwa sistem tersebut hanya dapat mengurangi kapasitasnya (tidak dapat menambah kapasitas)



Elemen Pengaturan dasar



Pada pembahasan pengaturan ini hanya didasarkan pada logika dari pada pendekatan matematika dan pada pengaturan tunak (steady) dari pada pengaturan dinamik



Pengaturan Pneumatic, Elektrik dan Elektronika •  Beberapa tipe sensor, actuator dan perangkat keras lain untuk pengaturan adalah pneumatic, elektrik dan elektronika. •  Tidak ada yang jelas antara pengaturan elektrik dan elektronika. Pengaturan elektronika pasti elektrik •  Pneumatic merupakan penggunaan standar di bangunan besar. •  Pneumatik paling banyak digunakan di bangunan besar, karena : lebih alami, mudah dipahami oleh operator dan cocok untuk menggerakkan katub dan damper. •  Jarang ditemui pengaturan yang secara murni hanya menggunakan satu tipe saja, biasanya hybrid



Sistem Pneumatic



Alat Pengaturan Pneumatic 1.  Valves for liquids( two-way, three-way mixing, three way by pass) 2.  Valves for control air (two way solenoid, three way solenoid) 3.  Dampers to restrict the flow of air 4.  Manual pressure regulator for control air 5.  Pressure regulator for working fluids 6.  Differential pressure regulators



Alat Pengaturan Pneumatic 7. Velocity sensors 8. Thermostats 9. Temperature transmitters 10. Receiver-controlers 11. Humidistats 12. Master and submaster controllers 13. Reversing relays foe control pressure 14. Pressure selectors 15. Pneumatic electric switches 16. Freezestats



Bimetal Sensor



Direct and Reverse-Acting Thermostats A direct acting : kenaikkan tekanan di ruang yang bertekanan 1 kPA, karena kenaikkan temperatur, sehingga bimetal menutup port! katub tertutup



Reverse acting : penurunan tekanan pada ruang kontrol karena penurunan tekanan! katub terbuka



Actuator



Control Valve



Three-Way Valve



Damper



Temperature Transmitter with Receiver Controller



Throttling Valve



Two-way and Three-way Valves



Three-way valve



mixing



Bypass



Harga two-way valve