Ridinta Nabila - 02311940000038 [PDF]

Citation preview

LAPORAN PRAKTIKUM TERMODINAMIKA SEMESTER GENAP TAHUN AJARAN 2019/2020 P2 SIKLUS REFRIGERASI



Oleh: Ridinta Nabila F.S. (02311940000038) LABORATORIUM REKAYASA ENERGI DAN PENGKONDISIAN LINGKUNGAN DEPARTEMEN TEKNIK FISIKA FAKULTAS TEKNOLOGI INDUSTRI REKAYASA SISTEM INSTITUT TEKNOLOGI SEPULUH NOPEMBER SURABAYA 2020



A. TUJUAN 1. Memahami proses/siklus termodinamika pada mesin refrigerasi dan kinerja mesin refrigerasi. 2. Menentukan harga koefisien performansi (COP) dari suatu mesin refrigerasi (pengkondisian udara dengan AC) baik siklus ideal maupun siklus nyata dan efisiensi Hukum II Termodinamika. B. DATA DAN PERHITUNGAN A. Data Hasil Percobaan Pada praktikum kali ini akan dicari nilai C.O.P ideal dan actual serta efisiensi pada siklus refrigerasi dengan menganalisis nilai-nilai entalpi pada masing-masing state.



No. 1. 2. 3. 4. 5.



Tabel 2.1 Data Hasil Praktikum Kecepatan Pevaporator Tevaporator Blower (knop) (kN/m2) (oC) 30 200 4 40 200 3 50 220 4 60 220 5 70 240 5.5



Pcondensor (kN/m2) 1160 1200 1200 1200 1200



Tcondensor (oC) 42 43 44 43 44



Berdasarkan data di atas untuk mengetahui nilai C.O.P ideal dibutuhkan suhu pada evaporator dan kondensor, berikut ini adalah formulasi yang digunakan untuk mencari nilai C.O.P ideal:



…………(2.1)



Begitupun dengan formulasi untuk mencari nilai C.O.P actual, yaitu perbandingan nilai kalor yang dibutuhkan dengan kerja yang dihasilkan, berikut ini adalah formulasinya:



…………………………(2.2)



Sedangkan untuk mencari efisiensi sistem refrigerasi dinyatakan dengan:



………………………...(2.3)



Kemudian telah dilakukan perhitungan pada masing – masing kecepatan blower dengan menggunakan perhitungan interpolasi dan data dari tabel termodinamika untuk mendapatan nilai masing-masing entalpi di setiap state. Dimana di state 1 dan state 2 menggunakan Tabel A-13 Termodinamika (superheated refrigerant-134a), state 3 menggunakan Tabel A-11 Termodinamika (saturated refrigerant-134a - saturated liquid), dan nilai semua propertis pada state 4 adalah sama dengan state 3 karena entalpinya konstan. Berikut ini ditampilkan data hasil perhitungan nilai entalpi (h) dan entropi (s) pada masing-masing state di setiap kecepatan blower : Tabel 2.2 Data hasil perhitungan h dan s pada kecepatan blower 30 knop State



P (kN/m2)



T (˚C)



h (kJ/kg)



s (kJ/kg.K)



1



200



4



256,426



0,98203



2s



1160



42



297,882



0,98203



2



1160



42



308,2369



1,0183



3



1160



4



57,27



0,2238



4



200



4



57,25



0,22387



Tabel 2.3 Data hasil perhitungan h dan s pada kecepatan blower 40 knop State



T(◦C)



P(mPa)



h(kJ/kg)



s(kJ/Kg.K)



1



3



0.2



255.609



0.977043



2S



43



1.2



294.936



0.977043



2



43



1.2



304.76775



1.00576



3



3



1.2



55.9



0.219



4



3



0.2



55.9



0.219



Tabel 2.4 Data hasil perhitungan h dan s pada kecepatan blower 50 knop State



P (kN/m2)



T (˚C)



h (kJ/kg)



s (kJ/kg.K)



1



220



4



255,952



0,97321



2s



1200



44



293,6386



0,97321



2



1200



44



303,0605



1,000846



3



1200



4



57,25



0,22387



4



220



4



57,25



0,22387



Tabel 2.5 Data hasil perhitungan h dan s pada kecepatan blower 60 knop State



P (kN/m2)



T (˚C)



h (kJ/kg)



1



220



5



256,8125



s (kJ/kg.K) 0,9754



2s



1200



43



294,36



0,9754



2



1200



43



3



1200



5,00016



303,746 58,61



4



220



5,5



58,61



1,00279 0,21902 0,21902



Tabel 2.6 Data hasil perhitungan h dan s pada kecepatan blower 70 knop State



P (kN/m2)



T (˚C)



h (kJ/kg)



s (kJ/kg.K)



1



240



5,5



256,774



0,96906



2s



1200



44



292,233



0,96906



2



1200



44



301,097



0.99520



3



1200



5,50



59,29



0,23116



4



240



5,5



59,29



0,23113



Setelah semua data pada masing-masing state dihitung, maka dapat ditentukan nilai C.O.P ideal dan C.O.P aktualnya serta efisiensi dari setiap kecepatan blower sesuai persamaan dasar yang telah dijabarkan pada poin (2.2) persamaan dasar. Untuk contoh perhitungan dari pencarian nilai C.O.P dan efisiensi diberikan pada contoh data kecepatan blower 60 knop : a. C.O.P ideal :



𝐶. 𝑂. 𝑃 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 =



𝑇𝑒𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟𝑎𝑡𝑜𝑟 𝑇𝑘𝑜𝑛𝑑𝑒𝑛𝑠𝑜𝑟 − 𝑇𝑒𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟𝑎𝑡𝑜𝑟



𝐶. 𝑂. 𝑃 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 =



(5 + 273) (43 + 273) − (5 + 273)



𝐶. 𝑂. 𝑃 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 = 7,3



b. C.O.P actual : 𝐶. 𝑂. 𝑃 𝑎𝑘𝑡𝑢𝑎𝑙 = 𝐶. 𝑂. 𝑃 𝑎𝑘𝑡𝑢𝑎𝑙 =



𝑄𝑖𝑛 ℎ1 − ℎ4 = 𝑊𝑐 ℎ2 − ℎ1



256.812 – 58.61 303.746 – 256.812



𝐶. 𝑂. 𝑃 𝑎𝑘𝑡𝑢𝑎𝑙 = 4,22 c. Efisiensi(ɳ) :



ɳ=



𝐶. 𝑂. 𝑃 𝑎𝑘𝑡𝑢𝑎𝑙 𝐶. 𝑂. 𝑃 𝑖𝑑𝑒𝑎𝑙 ɳ=



4,22 7,3



ɳ = 0,578



Dari data hasil praktikum dan melalui perhitungan yang telah dilakukan dapat diperoleh nilai C.O.P ideal, C.O.Paktual, serta efisiensi nya sebagai berikut :



Tabel 2.7 Data Perhitungan No.



Pevap Tevap Pcond Tcond (kN/m2) (oC) (kN/m2) (oC) 200 4 1160 42



𝜂



1.



Kecepatan Blower 30



C.O.P ideal 7.2894



C.O.P aktual 3.8439



0.5273



2.



40



200



3



1200



43



7.46



4.0625



0.545



3.



50



220



4



1200



44



6.925



4.21798



4.



60



220



5



1200



43



7.3



4.22



0.578



5.



70



240



5.5



1200



44



7,233



4,455



0.616



C. PEMBAHASAN Pada praktikum termodinamika kali ini, dilakukan percobaan mengenai sistem refrigerasi yang didalamnya terdapat suatu siklus yang dinamakan siklus refrigerasi. Praktikum mengenai siklus refrigerasi ini menggunakan prinsip hukum termodinamika kedua yang memiliki tujuan utama untuk memahami proses siklus termodinamika pada mesin refrigerasi dan kinerja mesin refrigerasi serta untuk menentukan harga koefisien performansi (C.O.P) dari suatu mesin refrigerasi baik siklus yang ideal maupun yang actual. Kemudian juga menentukan harga efisiensi hukum kedua termodinamika. Siklus ini akan bertujuan untuk menurunkan dan mempertahankan suhu di dalam sistem, dengan cara membuang kalor pada sistem ke lingkungan melalui serangkaian keadaan yang membentuk siklus. Siklus ini terdiri dari proses Isentropik, Isoentalpi, Isobar, dan Isotermal. Refrigerasi merupakan suatu proses penarikan kalor dari suatu benda atau ruangan ke lngkungan sehingga temperature benda atau ruangan tersebut lebih rendah dari temperatur lingkungannya. Kinerja mesin refrigerasi kompresi uap ditentukan oleh beberapa parameter, diantaranya adalah kapasitas pendinginan, kapasitas pemanasan, daya kompresi, koefisien kinerja, dan factor kineja. Sesuai dengan konsep hukum kekekalan energi, panas tidak dapat dimusnahkan, tetapi dapat dipindahkan. Sehingga refrigerasi selalu berhubungan dengan proses – proses aliran panas dan perpindahan panas (Kurniawan, 2012). Siklus ini bekerja dengan cara membuang kalor dari ruangan untuk dibuang ke lingkungan melalui komponen-komponen sistem refrigerasi. Komponen utama tersebut adalah kompresor, kondensor, katup ekspansi (expansion valve), dan evaporator yang melalui serangkaian proses isentropik, isoentalpi, isobar, dan isothermal. Proses termodinamika pada siklus ideal refrigerasi kompresi uap yang terjadi pada komponen penyusun sebuah sistem refrigerasi adalah kompresi isentropic pada unit kompresor, pembuangan panas pada tekanan konstan (isobaric) pada kondensor, penurunan tekanan pada katup ekspansi, dan penyerapan panas pada tekanan konstan di evaporator (Kusuma, et al., 2016).



Proses siklus ini diawali dengan kondisi uap jenuh masuk ke kompresor dengan suhu yang meningkat dan tekanan tetap lalu dikompresi sehingga keluar sebagai uap panas lanjut (superheated) dengan suhu meningkat, dan tekanan meningkat.proses ini memerlukan kerja dari luar dan entalpi naik dari h1 ke h2 yang besarnya sama dengan besar kerja yang dilakukan. Setelah itu refrigerant masuk ke kondensor lalu pada kondensor terjadi pelepasan kalor secara



isobaris sehingga terjadi kondensasi sampai ke kondisi cairan jenuh dengan suhu rendah, tekanan tinggi. Besar panas yang dipindahkan tersebut adalah beda entalpi di titik 2 dan 3 (h2h3). Agar dapat menyerap kalor yang maksimum di evaporator, perlu diturunkan tekanannya yaitu melalui expansion valve atau katup ekspansi. Dalam katup ekspansi terdapat proses bernama throttling sehingga mengubah kondisi dari cairan jenuuh menjadi campuran jenuh dengan suhu rendah dan tekanan rendah. Ini merupakan ekspansi adiabatic, dimana entalpi proses tidak berubah. Kemudian refrigerant masuk evaporator untuk menyerap kalor secara isobaris sehingga terjadi proses evaporasi dan siap untuk dilakukan Langkah kompresi berikutnya. Pada proses ini entalpi naik akibat penyerapan kalori. Dalam siklus, ada suatu indikator pada sistem refrigerasi yang sangat menentukan kinerja dan performansi suatu sistem, indicator ini disebut koefisien performansi (C.O.P). Ada dua jenis C.O.P, yaitu C.O.P ideal dan C.O.P actual. Berdasarkan tabel-tabel hasil perhitungan yang telah dilakukan dan telah disajikan pada bab – bab sebelumnya, dibawah ini ditampilkan tabel perbandingan nilai C.O.P ideal dan nilai C.O.P actual pada masing – masing kecepatan blower dalam sistem refrigerasi untuk kemudian dianalisis : Tabel 3.1 Data perbandingan nilai C.O.P Ideal dan C.O.P Aktual Nomor



C.O.P Ideal



C.O.P Aktual



1.



Kecepatan blower (knop) 30



7.2894



3.8439



2.



40



7.46



4.0625



3.



50



6.925



4.21798



4.



60



7,3



4,22



5.



70



7,233



4,455



Berdasarkan hasil data perhitungan C.O.P ideal dan C.O.P actual terlihat bahwa terdapat perbedaan nilai C.O.P pada masing-masing temperatur kerja yang telah dihitung. Perbedaan tersebut muncul dikarenakan tekanan di sepanjang pipa kondensor dan evaporator mengalami penurunan. Lalu karena adanya pipa bawah dingin (sub-cooling) cairan yang meninggalkan kondensor sebelum memasuki expansion valve. Adanya pemanasan lanjut uap yang meninggalkan evaporator sebelum masuk ke kompresor. Selanjutnya juga karena nilai entropi saat proses kompresi mengalami kenaikan (berlangsung tidak isoentropi) dan juga disebabkan karena proses ekspansi yang berlangsung secara non-adiabatik menyebabkan kompresor tidak memerlukan kerja yang besar menyebabkan C.O.P ideal cenderung lebih besar dari C.O.P aktual. Pada kenyataan yang sebenarnya, sistem refrigrasi akan bekerja dengan suatu proses yang menyimpang dari siklus idealnya diakibatkan karena adanya ireversibilitas dalam setiap komponen dalam sistem. Ireversibilitas ini pada umumnya disebabkan oleh adanya gesekan fluida dan perpindahan kalor dari atau ke lingkungan sekitar.



D. PENUTUP A. Kesimpulan 1. Sistem refrigerasi berfungsi sebagai pendingin untuk mencapai temperatur dan kelembaban yang diinginkan. 2. Nilai COP dapat lebih besar dari satu dan nilai efisiensi kurang dari satu. 3. COP aktual dari suatu sistem refrigerasi dapat berbeda dengan COP ideal karena dipengaruhi oleh beberapa faktor yaitu karena proses yang dilalui oleh refrigerant pada siklus sistem refrigerasi dan karena adanya irreversibilitas dalam setiap komponen dalam sistem contohnya gesekan fluida dan perpindahan kalor.



B. Saran 1. Perlu dilakukan perawatan alat secara berkala agar alat dapat bekerja dengan baik. 2. Dalam pengambilan dan pengolahan data, praktikan perlu meningkatkan ketelitian agar tidak terjadi kesalahan.



E.DAFTAR PUSTAKA



Kurniawan, B. R., 2012. Karakterisitik Pengkondisian Udara Menggunakan Heat Pipe dengan Variasi Temperatur Inlet Ducting dan Jumlah Heat Pipe. Depok: Universitas Indonesia. Kusuma, G. E., Santoso, M. & Mustaghfirin, M. A., 2016. Sistem Refrigerasi dan Saluran Udara. Surabaya: Politeknik Perkapalan Negeri Surabaya. Moran, Michael J., and Saphiro,Howard N., 2002. Termodinamika Teknik : Jilid 1. Inggirs: John Willey & Sons,Inc.



LAMPIRAN State



P (kN/m2)



T (˚C)



h (kJ/kg)



s (kJ/kg.K)



1



200



4



256,426



0,98203



2s



1160



42



297,882



0,98203



2



1160



42



308,2369



1,0183



3



1160



4



57,27



0,2238



4



200



4



57,25



0,22387



State 1 Pada P = 0,20 MPa



Pada P = 0,20 MPa



𝑇 − 𝑇𝐿 ℎ − ℎ1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 ℎ2 − ℎ1



𝑇 − 𝑇𝐿 𝑠 − 𝑠1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 𝑠2 − 𝑠1



3−0 ℎ − 253,05 = 10 − 0 261,58 − 253,05



3−0 𝑠 − 0,9698 = 10 − 0 1,0004 − 0,9698



3 ℎ − 254,6 = 10 8,53



3 𝑠 − 0,9698 = 10 0,0306



h = 255.609 Kj/Kg



s = 0.977043 KJ/Kg.K



State 2s



Pada P = 1 MPa



Pada P = 1,2 MPa



𝑠 − 𝑠1 ℎ − ℎ1 = 𝑠2 − 𝑠1 ℎ2 − ℎ1



𝑠 − 𝑠1 ℎ − ℎ1 = 𝑠2 − 𝑠1 ℎ2 − ℎ1



0,98203 − 0,9525 ℎ − 293,38 = 0,985 − 0,9525 303,85 − 293,38 0,909 =



0,98203 − 0,9614 ℎ − 289,64 = 0,9938 − 0,9614 300,61 − 289,64



ℎ − 254,6 303,85 − 293,38



ℎ = 302,896 𝐾𝑗/𝐾𝑔



0,637 = Maka



ℎ = 296,628 𝐾𝑗/𝐾𝑔



𝑃 − 𝑃1 ℎ − ℎ1 = 𝑃2 − 𝑃1 ℎ2 − ℎ1 1,16 − 1 ℎ − 302,896 = 1,2 − 1 296,628 − 302,896 0,8 =



ℎ − 254,6 303,85 − 293,38



ℎ2𝑠 = 297,882𝐾𝑗/𝐾𝑔



ℎ − 254,6 300,61 − 289,64



State 2 ℎ2 =



ℎ2𝑠 − ℎ1 + ℎ1 𝑒𝑓𝑖𝑠𝑖𝑒𝑛𝑠𝑖 𝑐𝑜𝑚𝑝



Pada P = 1 MPa



297,882 − 256,426 ℎ2 = + 256,426 0,8 ℎ2 = ℎ = 308,2369 𝐾𝑗/𝐾𝑔



𝑠 − 𝑠1 ℎ − ℎ1 = 𝑠2 − 𝑠1 ℎ2 − ℎ1 s − 1,016 308,2369 − 303,85 = 1,0458 − 1,016 314,25 − 303,85 𝑠 = 1,02857 𝐾𝑗/𝐾𝑔. 𝐾



d.



State 4 = State 3 karena hasilnya hampir sama.



T = 4 oC maka h3 = h4 = 57,25 Kj/Kg S4 nilainya hampir sama dengan S3 = 0,2238 Kj/Kg.K



BLOWER 40 State



P (Mpa)



T (˚C)



h (kJ/kg)



s (kJ/kg.K)



1



0,2



3



255,609



0.977043



2s



1,2



43



294,936



0.977043



2



1,2



43



304,76775



1.00576



3



1,2



3



55,9



0.219



4



0,2



3



55,9



0.219



a. State 1 Pada P = 0,20 MPa 𝑇 − 𝑇𝐿 ℎ − ℎ1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 ℎ2 − ℎ1 3−0 ℎ − 253,05 = 10 − 0 261,58 − 253,05 3 ℎ − 254,6 = b. State 2s 10 8,53 h = 255.609 Kj/Kg



Pada P = 0,20 MPa 𝑇 − 𝑇𝐿 𝑠 − 𝑠1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 𝑠2 − 𝑠1 3−0 𝑠 − 0,9698 = 10 − 0 1,0004 − 0,9698 3 𝑠 − 0,9698 = 10 0,0306 s = 0.977043 KJ/Kg.K



S1=S2s=0,98203, P=1,2 Mpa Pada P = 1,2 MPa 𝑠 − 𝑠1 ℎ − ℎ1 = 𝑠2 − 𝑠1 ℎ2 − ℎ1 0,98203 − 0,9614 ℎ − 289,64 = 0,9938 − 0,9614 300,61 − 289,64



c. State 2



ℎ2 =



ℎ = 294.936 𝐾𝑗/𝐾𝑔. 𝐾



ℎ2𝑠 − ℎ1 + ℎ1 𝑒𝑓𝑖𝑠𝑖𝑒𝑛𝑠𝑖 𝑐𝑜𝑚𝑝



Pada P = 1,2 MPa 𝑠 − 𝑠1 ℎ − ℎ1 = 𝑠2 − 𝑠1 ℎ2 − ℎ1



294.936 − 294,936 ℎ2 = + 294.936 0,8



s − 0,9938 304.76775 − 300,61 = 1,0248 − 0,9938 311,39 − 300,61



ℎ2 = 304.76775𝐾𝑗/𝐾𝑔



𝑠 = 1.00576 𝐾𝑗/𝐾𝑔. 𝐾



State 4 = State 3 karena hasilnya hampir sama. Pada P = 0,20 MPa



Pada P = 0,20 MPa



𝑇 − 𝑇𝐿 ℎ − ℎ1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 ℎ2 − ℎ1



𝑇 − 𝑇𝐿 𝑠 − 𝑠1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 𝑠2 − 𝑠1



3−2 ℎ − 54,55 = 4 − 2 57,25 − 54,55



3−2 𝑠 − 0,21415 = 4 − 2 0,22387 − 0,21415



1 ℎ − 54,55 = 2 57,25 − 54,55



1 𝑠 − 0,21415 = 2 0,22387 − 0,21415



h3=h4 = 55,9Kj/Kg



S4 = 0.219 Kj/Kg.K



BLOWER 50 State



P (MPa)



T (˚C)



h (kJ/kg)



s (kJ/kg.K)



1



0,22



4



255,952



0,97321



2s



1,2



44



293,6386



0,97321



2



1,2



44



303,06025



1,000846



3



1,2



4



57,25



0,22387



4



0,22



4



State 1



57,25



0,22387



Pada P = 0,24 MPa Pada P = 0,20 MPa



𝑇 − 𝑇𝐿 ℎ − ℎ1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 ℎ2 − ℎ1



𝑇 − 𝑇𝐿 ℎ − ℎ1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 ℎ2 − ℎ1



4−0 ℎ − 251,97 = 10 − 0 260,65 − 251,97



4−0 ℎ − 253,05 = 10 − 0 261,58 − 253,05



4 ℎ − 251,97 = 10 260,65 − 251,97



4 ℎ − 253,05 = 10 261,58 − 253,05 ℎ = 256,462



ℎ = 255,42



𝐾𝐽 𝐾𝑔



𝐾𝐽 𝐾𝑔



Pada P = 0,22 MPa 𝑃 − 𝑃𝐿 ℎ − ℎ1 = 𝑃𝐻 − 𝑃𝐿 ℎ2 − ℎ1 0,22 − 0,20 ℎ − 256,462 = 0,24 − 0,20 255,42 − 256,462 0,02 ℎ − 257,315 = 0,04 255,42 − 256,462 h = 255,952 kj/kg Pada P = 0,20 MPa 𝑃 − 𝑃𝐿 𝑠 − 𝑠1 = 𝑃𝐻 − 𝑃𝐿 𝑠2 − 𝑠1



Pada P = 0,24 MPa 𝑃 − 𝑃𝐿 𝑠 − 𝑠1 = 𝑃𝐻 − 𝑃𝐿 𝑠2 − 𝑠1



0,22 − 0,20 𝑠 − 0,9698 = 0,24 − 0,20 1,0004 − 0,9698



0,22 − 0,20 𝑠 − 0,9519 = 0,24 − 0,20 0,9831 − 0,9519



0,02 𝑠 − 0,9698 = 0,04 1,0004 − 0,9698



0,02 𝑠 − 0,9519 = 0,04 0,9831 − 0,9519



𝑠 = 0,98204



a. state 2s



𝐾𝐽 𝐾𝑔. 𝐾



𝑠 = 0,96438



𝐾𝐽 𝐾𝑔. 𝐾



𝐾𝐽



S1=S2s=0,97321 𝐾𝑔.𝐾 , P = 1,2 Mpa Pada P = 1,2 MPa 𝑠 − 𝑠1 ℎ − ℎ1 = 𝑠2 − 𝑠1 ℎ2 − ℎ1 0,97321 − 0,9614 ℎ − 289,64 = 0,9938 − 0,9614 300,61 − 289,64 ℎ = 293,6386 𝐾𝑗/𝐾𝑔. 𝐾



b. state 2 ℎ2 =



ℎ2𝑠 − ℎ1 + ℎ1 𝑒𝑓𝑖𝑠𝑖𝑒𝑛𝑠𝑖 𝑐𝑜𝑚𝑝



Pada P = 1,2 MPa



293,6386 − 255,952 ℎ2 = + 255,952 0,8 ℎ2 = 303,06025 𝐾𝑗/𝐾𝑔



𝑠 − 𝑠1 ℎ − ℎ1 = 𝑠2 − 𝑠1 ℎ2 − ℎ1 s − 0,9938 303,06025 − 300,61 = 1,0248 − 0,9938 311,39 − 300,61 𝑠 = 1,000846 𝐾𝑗/𝐾𝑔. 𝐾



c. State 4 = State 3 karena hasilnya hampir sama. T = 4 oC maka h3 = h4 = 57,25 Kj/Kg S4 nilainya hampir sama dengan S3 = 0,2238 Kj/Kg.K



BLOWER 60 State



P (MPa)



T (˚C)



h (kJ/kg)



s (kJ/kg.K)



1



0,22



5



256.8125



0.9754



2s



1,2



43



294.36



0.9754



2



1,2



43



303.746



1.00279



3



1,2



5



58.61



0.21902



4



0,22



5



58.61



0.21902



a. State 1 Pada P = 0,20 MPa 𝑇 − 𝑇𝐿 ℎ − ℎ1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 ℎ2 − ℎ1 5−0 ℎ − 253,05 = 10 − 0 261,58 − 253,05



Pada P = 0,24 MPa 𝑇 − 𝑇𝐿 ℎ − ℎ1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 ℎ2 − ℎ1 5−0 ℎ − 251,97 = 10 − 0 260,65 − 251,97



Pada P = 0,22 MPa 𝑃 − 𝑃𝐿 ℎ − ℎ1 = 𝑃𝐻 − 𝑃𝐿 ℎ2 − ℎ1 0,22 − 0,20 ℎ − 257,315 = 0,24 − 0,20 256,31 − 257,315 0,02 ℎ − 257,315 = 0,04 256,31 − 257,315 h = 256.8125 kj/kg



Pada P = 0,20 MPa



Pada P = 0,24 MPa



𝑃 − 𝑃𝐿 𝑠 − 𝑠1 = 𝑃𝐻 − 𝑃𝐿 𝑠2 − 𝑠1



𝑃 − 𝑃𝐿 𝑠 − 𝑠1 = 𝑃𝐻 − 𝑃𝐿 𝑠2 − 𝑠1



0,22 − 0,20 𝑠 − 0,9698 = 0,24 − 0,20 1,0004 − 0,9698



0,22 − 0,20 𝑠 − 0,9519 = 0,24 − 0,20 0,9831 − 0,9519



0,02 𝑠 − 0,9698 = 0,04 1,0004 − 0,9698 𝑠 = 0,98204



0,02 𝑠 − 0,9519 = 0,04 0,9831 − 0,9519



𝐾𝐽 𝐾𝑔. 𝐾



𝑠 = 0,96438



Pada P = 0,22 MPa 𝑃 − 𝑃𝐿 𝑠 − 𝑠1 = 𝑃𝐻 − 𝑃𝐿 𝑠2 − 𝑠1 0,22 − 0,20 𝑠 − 0,98204 = 0,24 − 0,20 0,96438 − 0,98204 0,02 𝑠 − 0,98204 = 0,04 0,96438 − 0,98204 𝒔 = 𝟎, 𝟗𝟕𝟓𝟒



b. State 2s



𝑲𝑱 𝑲𝒈. 𝑲



𝐾𝐽 𝐾𝑔. 𝐾



𝐾𝐽



S1=S2s=0,9754 𝐾𝑔.𝐾 Pada P = 1,2 MPa 𝑠 − 𝑠1 ℎ − ℎ1 = 𝑠2 − 𝑠1 ℎ2 − ℎ1 0,9754 − 0,9614 ℎ − 289,64 = 0,9938 − 0,9614 300,61 − 289,64



c. State 2



𝒉 = 𝟐𝟗𝟒, 𝟑𝟔𝑲𝒋/𝑲𝒈. 𝑲



ℎ2 = ℎ2 =



Pada P = 1,2 MPa



ℎ2𝑠 − ℎ1 + ℎ1 𝑒𝑓𝑖𝑠𝑖𝑒𝑛𝑠𝑖 𝑐𝑜𝑚𝑝



𝑠 − 𝑠1 ℎ − ℎ1 = 𝑠2 − 𝑠1 ℎ2 − ℎ1



294,36 − 256.8125 + 256.8125 0,8



s − 0,9938 303,746 − 300,61 = 1,0248 − 0,9938 311,39 − 300,61



𝒉𝟐 = 𝟑𝟎𝟑, 𝟕𝟒𝟔 𝑲𝒋/𝑲𝒈



𝑠 = 𝟏, 𝟎𝟎𝟐𝟕𝟗 𝐾𝑗/𝐾𝑔. 𝐾



d. State 4 = State 3 karena hasilnya hampir sama. Pada P = 0,22 MPa, T = 5 oC



Pada P = 0,22 MPa



𝑇 − 𝑇𝐿 ℎ − ℎ1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 ℎ2 − ℎ1



𝑇 − 𝑇𝐿 𝑠 − 𝑠1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 𝑠2 − 𝑠1



5−4 ℎ − 57,25 = 6 − 4 59,97 − 57,25



5−4 𝑠 − 0,22387 = 6 − 4 0,23356 − 0,22387



1 ℎ − 57,25 = 2 59,97 − 57,25



1 𝑠 − 0,22387 = 2 0,23356 − 0,22387



h3=h4 = 58,61 Kj/Kg



S4 = 0.21902 Kj/Kg.K



1. Pada kecepatan Blower 70 State



P (MPa)



T (˚C)



h (kJ/kg)



s (kJ/kg.K)



1



240



5,5



256,774



0,96906



2s



1200



44



292,233



0,96906



2



1200



44



301,097



0.99520



3



1200



5,503



59,29



0,23116



4



240



5,5



59,29



0,23113



a. State 1



Pada P = 0,24 MPa



Pada P = 0,24 MPa 𝑇 − 𝑇𝐿 𝑠 − 𝑠1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 𝑠2 − 𝑠1



𝑇 − 𝑇𝐿 ℎ − ℎ1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 ℎ2 − ℎ1 5,5 − 0 ℎ − 251,97 = 10 − 0 260,65 − 251,97



5,5 − 0 𝑠 − 0,9519 = 10 − 0 0,9831 − 0,9519



5,5 ℎ − 251,97 = 10 260,65 − 251,97



5,5 𝑠 − 0,9519 = 10 0,9831 − 0,9519



h = 256,774 kj/kg



s = 0,96906 kJ/kg.K



111111



b. State 2s S1=S2s=0,96906



𝐾𝐽 𝐾𝑔.𝐾



Pada P = 1,2 MPa 𝑠 − 𝑠1 ℎ − ℎ1 = 𝑠2 − 𝑠1 ℎ2 − ℎ1 0,96906 − 0,9614 ℎ − 289,64 = 0,9938 − 0,9614 300,61 − 289,64



c. State 2 . ℎ2 =



𝒉 = 𝟐𝟗𝟐, 𝟐𝟑𝟑 𝑲𝒋/𝑲𝒈. 𝑲



Pada P = 1,2 MPa



ℎ2𝑠 − ℎ1 + ℎ1 𝑒𝑓𝑖𝑠𝑖𝑒𝑛𝑠𝑖 𝑐𝑜𝑚𝑝



292,233 − 256,774 ℎ2 = + 256,774 0,8 𝒉𝟐 = 𝟑𝟎𝟏, 𝟎𝟗𝟕 𝑲𝒋/𝑲𝒈



𝑠 − 𝑠1 ℎ − ℎ1 = 𝑠2 − 𝑠1 ℎ2 − ℎ1 s − 0,9938 301,097 − 300,61 = 1,0248 − 0,9938 311,39 − 300,61 𝒔 = 𝟎. 𝟗𝟗𝟓𝟐𝟎 𝑲𝒋/𝑲𝒈. 𝑲



d. State 4 = State 3 karena hasilnya hampir sama Pada P = 0,24 MPa, T = 5,5 oC



Pada P = 0,24 MPa



𝑇 − 𝑇𝐿 ℎ − ℎ1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 ℎ2 − ℎ1 5,5 − 4 ℎ − 57,25 = 6−4 59,97 − 57,25 1,5 ℎ − 57,25 = 2 59,97 − 57,25



𝑇 − 𝑇𝐿 𝑠 − 𝑠1 = 𝑇𝐻 − 𝑇𝐿 𝑠2 − 𝑠1 5,5 − 4 𝑠 − 0,22387 = 6−4 0,23356 − 0,22387 1,5



=



𝑠 − 0,22387