Modul ini berisi contoh soal penyelesaian siklus pembangkit daya termasuk siklus Otto, Diesel, Dual, dan Rankine. Juga membahas analisis manual dasar tentang heat exchanger, sistem uap, dan sistem pendinginan. Buku ini ditujukan untuk mahasiswa teknik, pengajar, dan masyarakat umum yang membutuhkan. [ringkasan 3 kalimat]

1. MODUL
CONTOH PENYELESAIAN SOAL
THERMODINAMIKA
ANALISA SIKLUS PEMBANGKIT DAYA
Ali Hasimi Pane

2. ADVANCE LEARNING PROGRAM
(ALP CONSULTANT)
Menyediakan Buku
BIDANG STUDI DASAR
Thermodinamika, Perpindahan Panas, Mekanika Fluida, Konservasi Energi
Analisis Manual Dasar
Heat Exchanger, Sistem Uap, Sistem Refrigerasi dan AC
ALAMAT KONTAK
By Phone:
+6281370934621
By Email:
ali.h.pane@gmail.com

3. MUKADDIMAH
Syukur Alhamdulillah saya ucapkan ke-hadirat Allah SWT, karena telah memberikan saya
semangat dalam penyelesaian penulisan modul untuk mata pelajaran thermodinamika. Modul ini ditulis
hanyalah membahas salah satu dari bahagian kecil mata pelajaran tersebut. Buku modul ini adalah
berisikan tentang contoh soal penyelesaian siklus pembangkit daya, diantaranya:
 Siklus daya Otto
 Siklus daya Diesel
 Siklus daya Dual
 Siklus daya Rankine
Pembahasan disajikan sedmikian rupa, dengan tujuan para pengguna modul ini diharapkan
dengan mudah memahaminay. Untuk materi siklus daya Rankine disajikan hanya sampai pada siklus
Rankine dengan pemanas ulang. Buku modul ini dapat digunakan untuk para mahasiswa teknik,
khususnya teknik mesin, pengajar studi thermodinamika, dan masyarakat umum jika dianggap
membutuhkannya.
Buku Modul ini belumlah dianggap sempurna, karena kesempurnaan tersebut hanya milik Allah SWT
semata. Oleh karena itu, sangat diharapkan kritik dan saran yang sifatnya membangun untuk memperbaiki
kekurangan-kekurangan dalam penulisan modul ini.

4. I. Siklus Otto (Otto Cycle)
Dalam analisa siklus ini akan diperoleh besaran – besaran:
-
Panas yang masuk/ditambah kedalam siklus (Qin)
-
Panas yang dibuang dari siklus (Qout)
-
Kerja yang dihasilkan (Wsiklus)
-
Efisiensi thermal siklus ()
-
Mean effective pressure (MEP)
Dalam
penyelesaian
persoalan
akan
dilakukan
dengan
mengguanakan beberapa data – data asumsi atau konstanta yang
telah ditetapkan. Beberapa hal pengasumsian:
1.
Udara dalam silinder piston bekerja dalam siklus tertutup.
2.
Proses kompresi dan ekspansi adalah berlangsung secara
adiabatik.
3.
Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto
Keterangan gambar:
1 – 2 : Proses kompresi isentopik
Semua proses adalah berlangsung secara reversible.
4.
Pengaruh dari energi kinetic dan energi potensial adalah
diabaikan.
Analisa Thermodinamika
2 – 3 : Proses panas masuk pada volume
konstan
3 – 4 : Proses ekspansi isentropic
- Panas yang Masuk ke Sistem (qin)
qin
= cv (T3 – T2)
...(1a)
4 – 1 : Proses pembuangan panas pada volume
konstan
- Panas yang di-Buang dari Sistem (qout)
qout
= cv (T4 – T1)
...(1b)
Konstanta – konstanta yang berlaku:
k
: Konstanta rasio panas spesifik
: cp cv = 1,4
cp
: Konstanta panas spesifik pada tekanan
- Kerja Netto yang Dihasilkan (wnet)
wnet
= qin - qout
- Efisiensi Thermal Siklus (Th)
konstan
: 1,005 kJ/kg. K
cv
: 0,718 kJ/kg. K
: Konstanta udara
: 0,287 kPa. m3/kg. K
: 0,287 kJ/kg. K
r
Th
=
wnet
q in
=
qin  qout
q
= 1  out
qin
qin
: Konstanta panas spesifik pada volume
konstan
R
...(1c)
T
= 1

T1  4 1
cv T4  T1 
= 1   T1 


cv T3  T2 
T

...(1d)
T2 3  1
T

 2 
: Rasio kompresi
: v1 v 2 = v 4 v 3
Ali Hasimi Pane

5. Penyederhanaan persamaan efisiensi
 Proses 1 – 2
Dari proses ini diketahui berlangsung secara kompresi
adiabatik isentropik, maka:
T2  V1
=
T1  V2

T2




k 1
= T1 . r
v
= 1
v
 2




k 1
= r k 1
…(i)
k 1
 Proses 3 – 4
Dari proses ini diketahui berlangsung secara ekspansi
adiabatik isentropik, maka:
T4
T3
V
= 3
V
 4




k 1
v
= 3
v
 4




k 1
 1
=

r




k 1
...(ii)
 Proses 2 – 3 dan Proses 4 – 1
Dari proses ini diketahui adalah secara volume konstan,
maka:
T3
T2
=
T4
T1
...(iii)
Subsitusi harga T3/T4 kepersamaan (5.2d), maka:
Th
T

T1  4  1
T


= 1  1
 T4

T2 
 T  1

 1

Sehingga
Th
T2
T1
= 1
= r
T1
T2
k 1
 diketahui dari pers (i)
, maka:
1
= 1
r
...(1e)
k 1
- MEP (Mean Effective Pressure)
Wnet
MEP =
v1  v2 
=
qin  qout
 v
v1 1  2

v1

; dimana




qin  qout
=
 1
v1 1  
r

v1
 r , maka:
v2
...(1 f)
Ali Hasimi Pane

6. Contoh Soal dan Penyelesaian dalam Satuan SI
T4  v3 
 
T3  v4 
 
Soal 1. Siklus Otto bekerja dengan rasio kompresi 8,5,
c.
1
 T4  T3   
r
k 1
 1128,39 K
Kerja netto siklus (kJ/kg udara)
Efisiensi thermal siklus
k 1
 1 
T4  2656  
 8,5 



300 K. Penambahan panas 1400 kJ/kg. Tentukan:
b.
1
 
r
1, 4 1
pada tekanan dan temperatur awal p1 = 100 kPa dan T1 =
a.
k 1
Mean effective pressure (kPa)
Proses 4 – 1:
Qout  cvT4  T1 
Solusi:
 0,718 kJ / kg. K  1128,39  300 K  594,78 kJ / kg
a. Kerja Netto Siklus
W siklus  Qin  Qout
 1400  594,78kJ / kg  805,22 kJ / kg
b. Efisiensi Thermal Siklus

Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto
c. Mean Effective Pressure (MEP)
MEP 
Diketahui:
T1 = 300 K ; p1 = 100 kPa
r
W siklus 805,22 kJ / kg

 0,575  57,5%
Qin
1400 kJ / kg
W siklus

(v1  v 2 )
; Qin = 1400 kJ/kg
W siklus
 v
v1 1  2
 v
1






W siklus
 1
v1 1  
 r
= 8,5
Untuk harga v1 dapat ditentukan, berdasarkan persamaan
Penyelesaian: Dari lintasan proses siklus, diperoleh
gas perfek:
pv
besaran sebagai berikut:
= mRT atau
pv = RT
maka
Proses 1 – 2:
T2  v1 
 
T1  v 2 
 
v1 
k 1
 r k 1
1,4 1
T2  300  8,5
 T2  T1  r k 1
 706,14K
Proses 2 – 3:
Qin  cvT3  T2 
 0,861 m 3
sehingga
MEP 
Q
 T3  in  T2
cv
RT1 0,287 kPa. m 3 / kg. K  300 K

p
100 kPa
805,22 kJ / kg
m3
kg

1 
1 
 8,5 



 1059,91 kPa
0,861

10 3 N . m
1 kPa
 3
1 kJ
10 N / m 2
 1400 kJ / kg 
T3  
 0,718 kJ / kg. K   706,14 K  2656 K



Proses 3 – 4 (dimana v4 = v1 dan v3 = v1), maka:
Ali Hasimi Pane

7. Soal 2. Siklus Otto (seperti gambar 1) bekerja pada
p1  V1
(1 bar )(400 cm 3 )
10 5 N / m 2


R  T1
(0,287 kJ / kg.K )(290 K )
1 bar
m
3
p1 = 1 bar, T1 = 290 K, V1 = 400 cm . Temperatur
maksimum siklus T3 = 2200 K dan rasio kompresinya 8.

Tentukan:
a.
Panas masuk (Qin) dalam kJ
b.
Kerja netto siklus dalam kJ
Efisiensi thermal siklus
a.
e.
1 m3
10 6 cm 3
Sehingga:
d.
10 3 N .m

Panas yang dibuang dalam kJ
c.
1 kJ
Mean effective pressure (MEP) dalam bar
m  0,000481 kg
Panas Masuk (Qin) dalam kJ
Qin  m  cv  T3  T2 
 0,000481 kg  0,718 kJ / kg. K  2200  666,24K
Solusi:
 0,529 kJ
b. Panas yang di-Buang (Qout) dalam kJ
Qout  m  cv  T4  T1 
 0,000481 kg  0,718 kJ / kg. K  957,61  290K
 0,2306 kJ
c.
Kerja Netto Siklus (Wsiklus) dalam kJ
W siklus  Qin  Qout
 0,529  0,2306  kJ  0,2984 kJ
Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto
d. Efisiensi Thermal Siklus
Diketahui:
T1 = 290 K ; p1 = 1 bar
r
; T3
= 2200 K
3
=8
 Q
Wsiklus
 100%  1  out

Qin
Qin


; V1 = 400 cm

  100%


 0,2306 
 1 
  100%  56,41%

0,529 


Penyelesaian: Dari lintasan proses siklus, diperoleh
Atau berdasarkan rasio kompresinya:
besaran sebagai berikut:
Proses 1 – 2:
T2  T1  r
1
  1
k 1
 290 K  (8)
1, 4 1
r
 666,24 K
e.
Proses 2 – 3:
Proses 3 – 4:
1
 2200 K   
8
1, 4 1
 957,61 K

0,2984 kJ
400 cm 1  1 


8
3

Kemudian dari persamaan gas perfek, diperoleh harga:
pv
= mRT atau
pv = RT
 0,5647  56,47%
W siklus
W siklus

v1  v 2
 1
v1 1  
 r
MEP 
k 1
8
1, 41
Mean Effective Pressure (MEP)
T3 = 2200 K
1
T4  T3   
r
1
 1
k 1
6

10 m
1 cm 3

10 3 N .m
1 bar
 5
1 kJ
10 N / m 2

3
 8,526 bar
maka
Ali Hasimi Pane

8. Soal 3. Siklus Otto (seperti gambar 1) bekerja pada rasio
Sehingga
kompresi 7,5, tekanan awal (p1) = 85 kPa dan temperatur
a.
o
Panas Masuk (Qin) dalam kJ
Qin  m  cv  T3  T2 
awal (T1) = 32 C. Jika massa udaranya 2 gram dan
temperatur maksimum (T3), tentukan:
 0,002 kg  0,718 kJ / kg. K  960  682,85K
a.
Panas masuk dalam kJ
 0,3979 kJ
b.
Panas keluar dalam kJ
c.
Kerja netto siklus dalam kJ
d.
Efisiensi thermal
e.
Mean effective pressure dalam kPa
b. Panas Keluar (Qout) dalam kJ
Qout  m  cv  T4  T1 
 0,002 kg  0,718 kJ / kg. K  428,79  305K
 0,1778 kJ
Solusi: (Siklus Otto seperti gambar dibawah)
c.
Kerja Netto Siklus (Wsiklus) dalam kJ
W siklus  Qin  Qout
 0,3979  0,1778kJ  0,2201 kJ
d. Efisiensi Thermal

 Q
W siklus
100%  1  out

Qin
Qin


  100%


 0,1778 
 1 
 0,3979  100%  55,32%



e.
Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto
Mean Effective Pressure (MEP) dalam kPa
MEP 
Diketahui:
T1 = 32 + 273 = 305 K
; p1 = 100 kPa ; r = 7,5
m
; T3 = 960 K
W siklus
W siklus

V1  V 2
 1
V1 1  
 r
= 2 gram = 0,002 kg
Dari persamaan gas perfek, diperoleh harga untuk v1:
pV = mRT atau
Penyelesaian: Dari lintasan proses siklus, diperoleh
maka:
besaran sebagai berikut:
mRT1
p
V1 
Proses 1 – 2:
T2  T1  r k 1  305 K  7,51, 4 1  682,85 K

0,002 kg  0,287 kPa. m 3 / kg. K  305 K
85 kPa

Proses 2 – 3:
pV = RT
1 kPa
10 3 N / m 2

10 3 N .m
 0,00206 m 3
1 kJ
T3 = 960 K
Sehingga:
Proses 3 – 4:
1
T4  T3   
r
k 1
1, 4 1
 1 
 960 K  



 7,5 
 428,79 K
MEP 
0,2201 kJ

1 
0,002061 



 7,5 
 123,282 kPa

10 3 N . m
1 kPa
 3
1 kJ
10 N / m 2
Ali Hasimi Pane

9. Soal 4. Siklus Otto bekerja pada rasio kompresi 8, dimana
temperatur dan tekanan awal masing – masing 300 K dan
T V 
T

T1
T
 2  p 2  p1   2  1   p1   2  r 
T V 
T

p1V1 p 2V 2
2 
 1
 1

1 bar, volume silinder adalah 560 cm3. Sementara
temperatur maksimum siklus 2000 K. Tentukan:
a.
p 2  1 bar 
Temperatur dan tekanan pada setiap akhir proses
siklus
689,22
 8  18,3792 bar
300
Proses 2 – 3:
b.
Panas masuk
c.
Panas keluar
d.
Efisiensi thermal siklus
untuk tekanan p3 dapat ditentukan dari persamaan
e.
Kerja netto siklus
keadaan gas ideal sebagai berikut (dimana volume
f.
Mean effective pressure, dalam bar
konstan):
Solusi: (Siklus Otto seperti gambar)
T3 = 2000 K
T
T
T2
 3  p3  p 2  3
p2
p3
T2
p 3  18,3792 bar 
2000
 53,333 bar
689,22
Proses 3 – 4:
1
T4  T3   
r
k 1
1
 2000 K   
8
1, 4 1
 870,55 K
untuk tekanan p4 dapat ditentukan dari persamaan
keadaan gas ideal pada proses 4 – 1, sebagai berikut
(dimana volume konstan):
Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto
Diketahui:
T1 T4
T

 p 4  p1  4
p1 p 4
T1
T1 = 300 K
p1 = 1 bar
p 4  1 bar 
V1 = 560 cm3
870,55
 0,2902 bar
300
T3 = 2000 K
Massa udara yang dikonsumsi dapat ditentukan dari
r =8
persamaan keadaan gas ideal pada titik 1:
Penyelesaian: Dari lintasan proses siklus, diperoleh
besaran sebagai berikut:
a. Temperatur dan Tekanan pada setiap akhir
proses siklus
p V
(1bar )(560 cm 3 )
10 5 N / m 2
m 1 1 

R  T1 (0,287 kJ / kg.K )(300 K )
1 bar

Proses 1 – 2:
T2  T1  r k 1  300 K  81, 4 1  689,22 K
1 kJ
10 3 N .m

1 m3
10 6 cm 3
m  0,00065 kg
untuk tekanan p2 dapat ditentukan dari persamaan
keadaan gas ideal sebagai berikut:
Ali Hasimi Pane

10. b. Panas Masuk Siklus
Qin  m  cv  T3  T2 
 0,00065 kg  0,718 kJ / kg. K  2000  689,22 K
 0,6117 kJ
c. Panas Keluar Siklus
Qout  m  cv  T4  T1 
 0,00065 kg  0,718 kJ / kg. K  870,55  300K
 0,2663 kJ
d. Efisiensi Siklus
Gambar 1. P – v Diagram Siklus Otto
 Q 
  1  out  100%

Qin 


 0, 2663 
 1 


 100%  56,47%
 0,6117 
Diketahui:
T1 = 30 + 273 = 303 K
p2 = 11 bar ; Qin = 210 kJ
k
a.
W siklus  Qin  Qout
 0,6117 kJ  0,2663 kJ  0,3454 kJ
Mean Effective Pressure (MEP), dalam bar
MEP 

 10 6 cm 3

560 cm 3 1  1 / 8  1 m 3

 1 bar 
 5
  7,05 bar
2
 10 N / m 


  10 3 N . m 


  1 kJ 
 

Soal 5. Siklus Otto bekerja pada temperatur dan tekanan
awal 30oC dan 1 bar, volume awal 0,45 m3. Tekanan akhir
= 1,4
Temperatur, tekanan dan volume pada setiap
akhir proses siklus
Langkah awal yang dilakukan adalah menentukan rasio
k
p1V1  p 2V 2
ditambahkan pada volume konstan sebesar 210 kJ.
Tentukan:
Temperatur, tekanan dan volume pada setiap akhir
k
V
 1
V
 2
1
k

p
p
  2  r  2

 p
p1

 1
k



maka
1
 11  1,4
r     5,544
1
Proses 1 – 2
Untuk T2:
pada proses kompresi adalah 11 bar, energi panas
a.
cv = 0,718 kJ/kg. K
kompresinya, dapat ditentukan:
W siklus
W siklus

V1  V 2 V1 1  1 / r 
0,3454 kJ
;
Penyelesaian:
e. Kerja Netto Siklus
f.
p1 = 1 bar ; V1 = 0,45 m3
;
T2  V1 
 
T1  V 2 
 
k 1
 r k 1  T2  T1  r  k 1
T2  303  5,5441,4 1  601,135 K
proses siklus
Untuk V2:
b.
Efisiensi thermal siklus
c.
Kerja netto siklus
d.
MEP
p1V1 p 2V 2


T1
T2
e.
Daya yang dihasilkan jika jumlah perputaran siklus
V2 
per menit adalah 210.

Solusi: (Siklus Otto seperti gambar)
p1 T 2
  V1
p 2 T1
1 601,135

 0, 45  0,08116 m 2
11
303
Ali Hasimi Pane

11. Proses 2 – 3
T 4  V3 
 
T3  V 4 
 
Untuk T3:
Qin  cv  T3  T2   T3  T2 
Qin
m  cv
dimana harga m :
1
 
r
k 1
 1 
T4  1166,31 
 5,544 



1
 T4  T3   
r
k 1
1,4 1
 587,875 K
Sementara V4 = V1 = 0,45 m3
pV
m 1 1
RT1

k 1
b. Efisiensi Thermal Siklus
1bar  0,45 m 3
105 N / m 2
1 kJ


0,287 kJ / kg . K  303 K
1bar
10 3 N . m
 Q
  1  out

Qin


  100%


dimana
 0,5175 kg
Qout  m  cv  T4  T1 
 0,5175 kg  0,718 kJ / kg . K  587,875  303K
sehingga
 105,849 kJ
210 kJ
T3  601,135 K 
0,5175 kg  0,718 kJ / kg . K
sehingga
 1166,31 K
 105,849 
  1 
 100%  49,59%
210 

Untuk p3:
p3 p 2
T

 p3  3  p 2
T3 T2
T2

Cara lain untuk menentukan efisiensi thermal siklus:
1 

  1  k 1   100%
 r



1
  100%  49,59%
 1 
 5,5441, 4 1 


1166,31
11  21,342 bar
601,135
Untuk V3:
V3 = V2 = 0,08116 m3
c.
Mean Effective Pressure (MEP)
Proses 3 – 4
MEP 
Untuk p4:
k
p 3V3  p 4V 4
V
 p 4  p3   3
V
 4
k




k
W netto
Q  Qout
 in
 1
 1
V1 1   V1 1  
r

 r
sehingga
Dimana V4 = V1 dan V3 = V2, maka
V
p 4  p3   2
V
 1
k

1
  p3   

r

 1 
 21,342  
 5,544 



Untuk T4:
k
1, 4
 1,9404 bar
MEP 
210  105,849 kJ

1 
0,45 m 3 1 
 5,544 



 282,381 kPa

10 3 N . m
1 kPa

1 kJ
10 3 N / m 2
d. Daya yang di-Hasilkan (P)
P  W netto  jumlah putaran siklus per detik
 210 - 105,849 kJ 
210
 364,529 kW
60
Ali Hasimi Pane

12. Soal 6. Siklus Otto seperti gambar 1.a, dengan diameter
CONTOH SOAL TAMBAHAN
silinder 250 mm, panjang langkah torak adalah 375 mm,
volume sisanya 0,00263 m3.
Kemudian siklus Otto
tersebut bekerja pada tekanan dan temperatur awal adalah
1 bar dan 50 oC masing – masingnya. Jika tekanan
maksimumnya adalah 25 bar, maka tentukan:
a.
Efisiensi thermal siklus
b.
MEP
Solusi: (Siklus Otto seperti gambar 1.a)
Diketahui:
Diameter silinder (D)
(Vs)
: 250 mm
= 0,25 m
Panjang langkah torak (L) : 375 mm
Volume sisa (Vs)
: 0,00263 m
Tekanan awal (p1)
(VL)
= 0,375 m
3
: 1 bar
Tekanan maksimum (p3) : 25 bar
(VT)
Temperatur awal (T1)
: 50 + 273 = 323 K
Gambar 1.a Siklus Otto
Penyelesaian:
Keterangan gambar:
Volume Isap/volume langkah torak (VL)
-
Vs
= Volume sisa
-
VL
= Volume hisap atau volume langkah torak,
VL 


 D 2 L   0,252  0,375  0,0184 m 3
4
4
dapat ditentukan:
 D 2
VL  
 4

Rasio Kompresi (r)

 L


r
Dimana:
D
-
= Diameter silinder/torak
L
= Panjang langkah torak
VT
= Volume total, dapat ditentukan:
VT
-
1
  1
r
= Vs + VL
k 1
1
 1
8
1,4 1
 0,5647  56,47 %
b. MEP
Vs  VL
VL
MEP 
p3
p
 4
p2
p1
MEP dapat ditentukan dengan persamaan lain:
MEP 

p1  r (r k 1  1)(r p  1)


p1  r (r k 1  1)(r p  1)
Rasio tekanan dapat ditentukan:
rp 
-
a. Efisiensi Thermal Siklus
Rasio kompresi dapat ditentukan:
r
-
V s  V L 0,00263  0,0184

8
VL
0,00263

(k  1)(r  1)
Untuk harga rp:
p
rp  3
p2
Maka nilai p2 dapat ditentukan dari proses 1 – 2:
(k  1)(r  1)
Ali Hasimi Pane

13. p1  v1 k  p 2  v 2 k
v
p 2  p1  1
v
 2
k

  p1  r k


p 2  1 bar  81,4  18,379 bar
Sehingga harga rasio tekanannya:
rp 
p3
25

 1,36
p 2 18,379
Jadi nilai MEP dapat ditentukan:
MEP 


p1  r (r k 1  1)(r p  1)

(k  1)(r  1)

1 bar  8 (81,4 1  1)(1,36  1)
(1,4  1)(8  1)

 1,335 bar
Ali Hasimi Pane

14. II. Siklus Diesel
(Diesel Cycle)
Dalam analisa siklus ini akan diperoleh besaran – besaran:
-
Panas yang masuk/ditambah kedalam siklus (Qin)
-
Panas yang dibuang dari siklus (Qout)
-
Kerja yang dihasilkan (Wsiklus)
-
Efisiensi thermal siklus ()
-
Mean effective pressure (MEP)
Dalam penyelesaian persoalan akan dilakukan dengan mengguanakan
beberapa data – data asumsi atau konstanta yang telah ditetapkan.
Beberapa hal pengasumsian:
1.
2.
Proses kompresi dan ekspansi adalah berlangsung secara adiabatik.
3.
Gambar 2. P – v Diagram
Udara dalam silinder piston bekerja dalam siklus tertutup.
Semua proses adalah berlangsung secara reversible.
4.
Pengaruh dari energi kinetic dan energi potensial adalah diabaikan.
Keterangan gambar:
1 – 2 : Proses kompresi isentropik
Analisa Thermodinamika
2 – 3 : Proses panas masuk pada
tekanan konstan
3 – 4 : Proses ekspansi isentropic
- Panas yang Masuk ke Sistem (qin)
qin
= cp (T3 – T2)
...(2a)
4 – 1 : Proses panas dibuang pada
volume konstan
- Panas yang di-Buang dari Sistem (qout)
qout
Konstanta – konstanta yang diberlaku:
k
: Konstanta rasio panas spesifik
= cv (T4 – T1)
...(2b)
- Kerja Netto yang Dihasilkan (wnet)
wnet = qin - qout
...(2c)
: cp cv = 1,4
cp
: Konstanta panas spesifik pada
- Efisiensi Thermal Siklus (Th)
tekanan konstan
: 1,005 kJ/kg. K
cv
: 0,718 kJ/kg. K
: Rasio kompresi
: v1 v 2
rC
=
wnet
qin
=
qin  qout
q
= 1  out
qin
qin
: Konstanta panas spesifik pada
volume konstan
r
Th
: Rasio pancung (cut off ratio)
= 1
cv (T4  T1 )
cp (T3  T2 )
= 1
T4  T1 
k T3  T2 
…(2d)
: v3 v 2
rE
: Rasio ekspansi
:
v4
r

v 3 rC
Ali Hasimi Pane

15. Penyederhanaan persamaan efisiensi:
 Proses 3 – 4
Dalam siklus Diesel berlaku tiga rasio, yaitu:
Dari proses ini diketahui berlangsung secara ekspansi
 Rasio Kompresi (r)
adiabatik isentropik, maka:
r
=
V1
v
= 1
V2
v2
…(i)
T4  V3

T3  V4

 Rasio Pemasukan Bahan Bakar/Cut-off Ratio (rC)
V
v
rC
= 3 = 3
...(ii)
V2
v2
 Rasio Ekspansi (rE)
V
V
rE
= 4 = 1
V3
V3
atau
V
V
rE
= 1 . 2
V2 V3
= r.




k 1




k 1
...(iii)




 subsitusi T3 dari persamaan (v),
maka:
k 1
T4  T1  r
Dari proses ini diketahui berlangsung secara kompresi
adiabatik isentropik, maka:
T2
T1
V
= 1
V
 2




v
= 1
v
 2




= r
= T1 . r k 1
  1
k 1
...(vi)
k
T4  T1 
k T3  T2 
...(iv)

  





1
T1  r  rC k  T1

 1  
 k T1  r k 1  rC  T1  r k 1


Dari proses ini diketahui panas masuk berlangsung secara
isobar, maka:
=
 T1  r  rC




(5.3d), maka:
 Proses 2 – 3
V2
T2
r
 rC   C
 r

Kemudian subsitusi harga dari T2, T3 dan T4 kepersamaan
k 1
k 1
T2




k 1
 Proses 1 – 2
k 1
r
 C
 r

sehingga
r
T4  T3 .  C
 r

1
r
=
rC
rC
V4
= rE  dari persamaan (ii),
V3
maka:
T4  1

T3  rE

 dimana V4 = V1
; dimana
Eliminasi harga T1, sehingga persamaan efisiensi thermal
siklus menjadi:
V3
 dari gas perfek atau Charles’ law
T3
T3 V3

 rC  T3  T2  rC
T2 V2
 1
 r k  1 

 C

  1 
k 1  r  1 
k  r
 C



...(2e)
- MEP (Mean Effective Pressure)
subsitusi harga T2 dari persamaan (iv), maka:
T3  T1  r k 1  rC
MEP =
...(v)
=
Wnet
v1  v2 
qin  q out
v1  v2 
...(2f)
Ali Hasimi Pane

16. Soal 2.1 Siklus Diesel (seperti gambar 2), bekerja pada
p 3  v3 p 2  v 2
v
T
2200

 3  3 
 2,265
T3
T2
v 2 T2 971.14
rasio kompresi 20. Bekerja pada tekanan awal 95 kPa dan
temperatur
awal
maksimumnya
20
tidak
0
C.
boleh
Sementara
temperatur
lebih
2200
dari
Tentukanlah:
v 3  2,265  v 2
K,
Proses 3 – 4 adalah proses ekspansi
a.
Efisiensi thermal siklus
b.
MEP siklus
T4  v 3

T3  v 4

Solusi: Siklus Diesel Seperti gambar




k 1
v
 T4  T3   3
v
 4




k 1
Dimana v4 = v1, maka:
 2,265  v 2
T4  T3  

v1

k 1




 2,265 
 T3  

 r 
k 1
1, 41
 2,265 
 2200 K  

 20 
 920,53 K
Sehingga:
a. Efisiensi Thermal Siklus

Gambar 2. P – v Diagram
Diketahui:
r
= 20
W net qin  q out
q

 1  out
q in
qin
q in
Dimana:
qin  cp  (T3  T2 )
T1
= 20 + 273 = 293 K
p1
= 95 kPa
T3
= 2200 K
R
= 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
Dan
cv
= 0,718 kJ/kg. K ; cp = 1,005 kJ/kg. K ; k = 1,4
q out  cv  (T4  T1 )
 1,005 kJ / kg.K  (2200  971,14) K  1235 kJ / kg
 0,718 kJ / kg.K  (920,53  393) K
 450,567 kJ / kg
Ditanya seperti soal?
Penyelesaian:
Langkah awal adalah menentukan besaran pada setiap
  1
proses siklus:
Proses 1 – 2 adalah proses kompresi
T2  v1

T1  v 2

Jadi




b. MEP Siklus
k 1
 r k 1  T2  T1  r k 1
450,567
 0,6352  63,52%
1235
MEP 
Wnet

v1  v 2
W net
 1
v1 1  
r

T2  293  201,4 1  971,14 K
Untuk v1 dapat ditentukan:
Proses 2 – 3 adalah proses panas masuk pada tekanan
konstan
v1 
RT1 (0,287 kPa. m 3 / kg. K )  (293) K

p1
95 kPa
 0,8851 m 3 / kg
Ali Hasimi Pane

17. Dan
Wnet  qin  qout
 (1235  450,567) kJ / kg
 784,433 kJ / kg
Jadi
MEP 
Wnet

v1  v 2
Wnet
 1
v1 1  
 r
784,433 kJ / kg

1 

0,8851m 3 / kg  1  
20 

 932,91 kPa

103 N .m
1 kPa

3
1 kJ
10 N / m 2
Soal 2.2 Siklus Diesel bekerja pada tekanan dan
temperatur awal kompresi adalah 95 kPa dan 300 K.
kemudian tekanan dan temperatur maksimumnya adalah
7,2 Mpa dan 2150 K. Tentukanlah:
a. Rasio kompresi siklus
Gambar 2. P – v Diagram
Untuk harga T2:
T2  p 2 


T1  p1 


( k 1) / k
p 
 T2  T1   2 
 p 
 1
Dimana p2 = p2 = 7200 kPa, maka:
b. Rasio pancung (cut off ratio)
c. Efisiensi thermal siklus
d. MEP siklus
( k 1) / k
 7200 
T2  300 K  

 95 
(1,4 1) / 1, 4
 1033,124 K
Untuk harga v2:
Diketahui siklus Diesel (seperti gambar 2), dengan:
v2 
RT2 0,287 kPa. m 3 / kg. K  1033,124 K

p2
7200 kPa
T1
= 300 K
p1
= 95 kPa
T3
= 2150 K
p3
= 7,2 Mpa = 7200 kPa
R
= 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
Proses 2 – 3 adalah proses penambahan energi panas,
cv
= 0,718 kJ/kg. K ; cp = 1,005 kJ/kg. K
maka diperoleh harga v3:
k
= 1,4
 0,0412 m 3 / kg
v3 
RT3 0, 287 kPa. m 3 / kg. K  2150 K

p3
7200 kPa
Ditanya seperti soal:
 0,0857 m 3 / kg
Penyelesaian:
Langkah awal adalah dengan menentukan parameter pada
setiap proses siklus
Proses 3 – 4 adalah proses ekspansi, maka akan diperoleh
harga T4:
Proses 1 – 2 adalah proses kompresi
Untuk harga v1:
v1 
RT1 0,287 kPa. m 3 / kg. K  300 K

p1
95 kPa
T4  v 3 
 
T3  v 4 
 
k 1
v
 T4  T3   3
v
 4




k 1
Dimana harga v4 = v1 = 0,9063 m3/kg, maka:
1, 4 1
 0,9063 m 3 / kg
 0,0857 
T4  2150 K  
 0,9063 



 836,99 K
Ali Hasimi Pane

18. Oleh karena itu, dapat diselesaikan:
Soal 2.3 Siklus Diesel bekerja pada kondisi tekanan dan
a. Rasio Kompresi Siklus
temperatur awal adalah 200 kPa dan 380 K dan rasio
r
v1 0,9063

 21,998
v 2 0,0412
kompresi 20. Jika panas ditambahkan sebesar 900 kJ/kg.
Tentukan:
a. Temperatur maksimum
b. Rasio Pancung (Cut-off Ratio)
v
0,0857
rC  3 
 2,08
v 2 0,0412
c. Efisiensi Thermal Siklus
W net qin  q out
q

 1  out
q in
qin
q in

b. Rasio pancung (Cut-off ratio)
c. Kerja netto siklus
d. Efisiensi thermal siklus
e. MEP siklus
Diketahui
: Siklus Diesel seperti gambar 2.
qout  cv  (T4  T1 )
 0,718 kJ / kg.K  (836,99  300) K
= 900 kJ/kg
= 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
= 0,718 kJ/kg. K ; cp = 1,005 kJ/kg. K
k
Dan
qin
cv
 1122,46 kJ / kg
= 20
R
 1,005 kJ / kg.K  (2150  1033,124) K
= 380 K
r
qin  cp  (T3  T2 )
= 200 kPa
T1
Dimana:
p1
= 1,4
Ditanya seperti soal:
 385,559 kJ / kg
Jadi
  1
385,559
 0,6565  65,65%
1122,46
d. MEP Siklus
MEP 
W net

v1  v 2
W net
 1
v1 1  
 r
Dimana
W net  q in  q out  (1122,46  385,559) kJ / kg
 736,901 kJ / kg
Gambar 2. P – v Diagram
Sehingga
MEP 
736,901 kJ / kg

1 
0,9063 m / kg  1 
 21,998 



3
Penyelesaian
Langkah awal adalah dengan menentukan parameter pada
setiap proses siklus

10 3 N .m
1 kPa

 851,809 kPa
3
1 kJ
10 N / m 2
Proses 1 – 2 adalah proses kompresi
Harga v1: dapat ditentukan dari persamaan gas ideal
v1 
RT1 0,287 kPa. m 3 / kg. K  380 K

p1
200 kPa
 0,5453 m 3 / kg
Ali Hasimi Pane

19. Harga T2:
T2  V1

T1  V 2

Oleh karena itu, dapat diselesaikan:




a. Temperatur Maksimum
k 1
 r  k 1  T2  T1  r  k 1
T2  380  201,4 1  1259,493 K
Tmaks  T3  2155,015 K
b. Rasio pancung (Cutoff ratio)
Dan harga v2:
rC 
v1
v
0,5453 m 3 / kg
 r  v2  1 
 0,0273 m 3 / kg
v2
r
20
c. Kerja Netto Siklus
Harga p2:
p 2  v1

p1  v 2

v 3 0,0467

 1,71
v 2 0,0273
Wnet  q in  q out
k

  (r ) k


Harga qout:
p 2  p1  (r ) k  200 kPa  (20)1, 4  13257,82 kPa
q out  cv  (T 4 T2 )
 0,718 kJ / kg.K  (806,349  380) K
 306,119 kJ / kg
Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada
tekanan konstan
Jadi
W net  (900  306,119) kJ / kg
 593,881 kJ / kg
Harga T3 dapat ditentukan dari:
qin  cp  (T3  T2 )
T3  T2 
q in
900 kJ / kg
 1259,493 K 
cp
1,005 kJ / kg. K
d. Efisiensi Thermal Siklus

 2155,015 K
Maka harga v3 dapat ditentukan dari persamaan gas ideal:
v3 
RT3
p3
W net 593,881

 0,6599  65,99%
q in
900
Karena rasio pancung (cutoff rastio) diketahui, maka
efisiensi thermal siklus dapat ditentukan:
, dimana p3 = p2 = 13257,82 kPa
  1
r k 1
 C
r k 1 k (rC  1)
1
Maka
3
v3 
RT3 0,287 kPa. m / kg. K  2155,015 K

p3
13257,82 kPa
MEP 
Proses 3 – 4 adalah proses ekpansi
T 4  v3 
 
T3  v 4 
 
v
 T4  T3   3
v
 4




k 1
(20)1,4 1

(1,71)1,4  1
 0,6603  66,02%
1,4(1,71  1)
Wnet

v1  v 2
Wnet
 1
v1 1  
 r
103 N.m
1 kPa

3
1 kJ
1 

10 N / m 2
0,5453m 3 / kg  1  
 20 
 1146,41 kPa

Dimana harga v4 = v1 = 0,5453 m3/kg, maka:
 0,0467 
T4  2155,015 K  
 0,5453 



1
e. MEP Siklus
 0,0467 m 3 / kg
k 1
 1
593,881kJ / kg

1, 41
 806,349 K
Ali Hasimi Pane

20. Soal 2-4 Siklus Diesel seperti gambar 2, dimana tekanan
Harga T2:
dan temperatur kompresinya adalah 1 bar dan 300 K,
T2  v1

T1  v 2

kemudian tekanan setelah kompresi adalah 40 bar, jika
panas masuknya adalah 600 kJ/kg. Tentukanlah:




k 1
 r k 1  T2  T1  r k 1
T2  300 K  13,9421,4 1  860,70 K
a. Rasio kompresinya
b. Rasio pancung (Cut off ratio)
b. Rasio Pancung (Cut off Ratio)
c. Efisiensi thermal siklus
d. Kerja netto yang dihasilkan
rC 
v3 T3

v 2 T2
Diketahui:
p1
= 1bar ;
T1 = 300K
qin
= 600 kJ/kg ; k = 1,4
R
= 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
cv
= 0,718 kJ/kg. K
;
p2 = p3 = 40 bar
Dari proses 2 – 3 dapat ditentukan harga T3:
qin  cp  (T3  T2 )
cp
= 1,005 kJ/kg. K
T3  T2 
Ditanya: seperti soal
qin
600 kJ / kg
 860,70 K 
cp
1,005 kJ / kg. K
 1457,72 K
Solusi: Siklus Diesel seperti gambar:
maka
Penyelesaian:
rC 
a. Rasio Kompresi Siklus
r
T3 1457,72

 1,694
T2
860,70
v1
v2
c. Efisiensi Thermal Siklus
Dari proses 1 – 2 diketahui bahwa:
Dari persamaan (2e) diketahui:
p1  v1 k  p 2  v 2 k
 1
 r k  1 

 C

 1 
k 1  r  1 
k  r
 C




 (1,694)1,4  1 
1


1  

1,4 1  1,694  1 
1,4  (13,942)




 0,6084  6084%
d. Kerja Netto yang dihasilkan

Wnet
 Wnet    qin
qin
Jadi
Gambar 2. P – v Diagram
Wnet  0,6084  600 kJ / kg  362,88 kJ / kg
maka
1
1
 p  k  40  1,4
v
r  1   2      13,942
v 2  p1 
 1 


Ali Hasimi Pane

21. Soal 2-5 Siklus Diesel seperti gambar 2, dengan rasio
kompresi 18,2. Udara sebagai fluida kerjanya dengan
0
tekanan dan temperatur awal adalah 80 F dan 14,7 psia
dan
temperatur
maksimumnya
adalah
3000
Tentukanlah:
maka
rC 
T3
3000

 1,741
T2 1723,544
R.
b. Panas yang dibuang dari Siklus
a. Rasio pancung (Cut off ratio)
qout  cv  (T4  T1 )
b. Panas yang dibuang
c. Efisiensi thermal
Untak harga T4, dapat ditentukan dari proses 3 – 4 adalah
proses langkah ekpansi isentropik:
Diketahui:
p1
= 14,7 psia
;
T3
= 3000 R
;
r
R
= 0,171 Btu/lbm. R
cp
k 1
= 0,3704 psia. ft3/lbm. R (Konstanta udara)
cv
T4  v 3 
 
T3  v 4 
 
T1 = 80 + 460 = 540 R
= 0,240 Btu/lbm. R
= 18,2 ;
k = 1,4
Ditanya: seperti soal
Diketahui bahwa:
r
T4  T3   C
 r

v4
r

adalah rasio ekspansi, maka:
v 3 rC




k 1
1,4 1
Solusi: Siklus Diesel seperti gambar
 1,741 
 3000 R  
 18,2 



 1173,31 R
Penyelesaian:
a. Rasio Pancung (Cut off Ratio)
rC 
v3 T3

v 2 T2
Jadi
qout  0,171 Btu / lbm. R  (1173,31  540) R
 108,296 Btu / lbm
c. Efisiensi Thermal Siklus

W net qin  qout
q

 1  out
qin
qin
qin
Untuk harga qin, dapat ditentukan dari proses 2 – 3 adalah
proses panas masuk pada proses tekanan konstan:
qin  cp  (T3  T2 )
 0,24 Btu / lbm. R  (3000  1723,544) R
 306,349 Btu / lbm
Gambar 2. P – v Diagram
Proses 1 – 2 adalah proses langkah kompresi
Sehingga
 1
qout
108,296
1
 0,6465  64,65 %
qin
306,349
Harga T2:
T2  v1

T1  v 2





k 1
 r k 1  T2  T1  r k 1
T2  540 R  18,21, 41  1723,544 R
Ali Hasimi Pane

22. Contoh – contoh tambahan
Contoh Soal:
Soal 2-6 Siklus Diesel (seperti gambar), dengan panjang
langkah dan diameter silinder masing – masingnya adalah
250 mm dan 150 mm. Jika volume sisanya adalah 0,0004
m3 dan bahan bakar diinjeksikan pada tekanan konstan 5
% dari volume langkahnya. Tentukan efisiensi thermal
siklus.
Solusi:
Diketahui:
Panjang langkah (L)
: 250 mm = 0.25 m
Diameter silinder (D)
: 150 mm = 0,15 m
Volume sisa (Vs = V2) : 0,0004 m3
Ditanya: Efisiensi thermal siklus?
Vs
VL
VT
Penyelesaian:
Efisiensi
thermal
siklus
dapat
ditentukan
dengan
menggunakan persamaan:
Keterangan gambar:
-
Vs
= Volume sisa
-
VL
 1
 r k  1 

 C

  1 

k  r k 1  rC  1 




= Volume hisap atau volume langkah torak,
dapat ditentukan:
 D 2
VL  
 4


 L


Menentukan besaran – besaran persamaan tersebut:
-
r
Dimana:
D
VT
= Volume total, dapat ditentukan:
VT
-
= Panjang langkah torak
= Vs + VL
Rasio kompresi dapat ditentukan:
r
-
v1 V s  V L

v2
V2
= Diameter silinder/torak
L
-
Rasio Kompresi (r):
Vs  VL
VL
Rasio tekanan dapat ditentukan:
rp 
Harga volume langkah (VL):
   D2
VL  
 4

2


  L     (0,15)


4



  0,25  0,00442 m 3


maka
p3
p
 4
p2
p1
r
-
V s  V L (0,0004  0,00442)

 12,05
V2
0,0004
Rasio Pancung (Cutoff Ratio) (rC)
rC 
V3
V2
Ali Hasimi Pane

23. Harga V3 dapat ditentukan:
V3  V2  5%  V L
 5

 0,0004  
 0,00442   0,000621m 3
 100

8
 Vs
100
maka
rC 
V3 0,000621

 1,553
V2
0,0004
sehingga

 1,5531, 4  1 
1



 1 
1,41  1,553  1  
1, 4  (12,05)




 0,5934  59,34%
Soal 2-7 Siklus Diesel dengan rasio kompresi 15, bekerja
Vs
VL
0
pada tekanan dan temperatur awal 1 bar dan 27 C, jika
VT
diketahui diameter silindernya 200 mm dan panjang
langkahnya 300 mm. Persentase cut-off adalah 8% dari
volume langkah. Tentukanlah:
Harga untuk VL:
a. Tekanan dan temperatur pada setiap titik utama
   D2
VL  
 4

b. Efisiensi thermal siklus
c. MEP siklus
2


  L     (0, 2)


4



  0,3  0,00942 m 3


d. Tenaga mesin jika kerja siklus per menit adalah 380
maka
Solusi (siklus Diesel seperti gambar)
1 
1 


3
V1  V L  1 
  0,00942  1 
  0,0101m
r 1

 15  1 
Diketahui:
p1 = 1 bar =100 kPa ; T1 = 27 + 273 =300 K
;
r =
15
Untuk massa udara dalam silinder dapat ditentukan dari
D = 200 mm = 0,2 m
;
L = 300 mm = 0,3 m
Ditanya seperti soal?
persamaan gas idral:
p1V1  mRT1
Penyelesaian:
m
a. Tekanan dan Temperatur pada Setiap Titik Utama
p1V1
100 kPa  0,0101 m 3

 0,0117 kg
RT1 0,287 kPa. m 3 / kg. K  300 K
Proses 1 – 2 adalah proses langkah kompresi isentropik
Harga V1
V1  V L  V s  V L 
Harga tekanan p2:
VL
1 

 V L  1 

r 1
r 1

p 2  V1

p1  V2

k

  rk


p 2  p1  r k  1  (15)1,4  44,313 bar
Ali Hasimi Pane

24. Harga temperatur T2:
T2  V1

T1  V 2





Diketahui bahwa:
k 1
rE 
 r k 1
T2  T1  r k 1  300 K  (15)1,4 1  886,253 K
maka
k
V
p 4  p3   3
V
 4
Harga V2 dapat ditentukan dari persamaan:
V1
V
V
 r  V2  1 atau V2  V s  L
V2
r
r 1

 1
  p3  

r

 E
 2,12 
p 4  44,31bar  

 15 
maka
V2  V s 
V4
r

adalah rasio ekspansi
V3 rE
0,00942
 0,000673 m 3
15  1
k

r
  p3   C
 r







k
1, 4
 2,863 bar
Harga T4:
Proses 2 – 3 adalah proses energi panas masuk
T4  V3 
 
T3  V4 
 
Harga T3:
V3 V 2
V

 T3  T2  3  T2  rC
T3 T2
V2
k 1
r
T4  T3   C
 r

r
 C
 r





k 1




k 1
 2,12 
 1878,856 K  

 15 
1, 41
Harga untuk rasio pancung (rC):
% Cut  off ratio 
 858,996K
rC  1
r 1
Harga V4 = V1 = 0,0101 m3
rC  1  % Cut  off ratio  (r  1) 
b. Efisiensi Thermal Siklus
 8

1 
 (15  1)   2,12
 100


W net qin  q out
q

 1  out
qin
qin
qin
maka
T3  T2  rC  886,253 K  2,12  1878,856 K
Atau
efisiensi
thermal
siklus
dapat
ditentukan
menggunakan persamaan:
Harga V3:
 1
 r k  1 

 C

 1 
k 1  r  1  
k  r
 C



V3
 8

 rC atau V3  
 V L   Vs
V2
100


maka
V3  V 2  rC  0,000673  2,12  0,00143 m
3
Sementara harga p3 = p2 = 44,313 bar
c. MEP Siklus
Proses 3 – 4 adalah proses langkah ekspansi isentropik
Harga p4:
V
p3V3 k  p 4V 4 k  p 4  p3   3
V
 4

 2,121, 4  1 
1

  0,5977  59,77
1  

1,4 1  2,12  1  
1,4  (15)








MEP 
Wnet

v1  v 2
Wnet
 1
v1 1  
r

k
Ali Hasimi Pane

25. Atau MEP siklus dapat ditentukan dengan menggunakan
persamaan sebagai berikut:
MEP 

p1  r k [k  (rC  1)  (r 1k  (rC k  1))]
(k  1)(r  1)
1bar  151, 4 [1,4  (2,12  1)  (1511, 4  (2,12  1))]
(1,4  1)(15  1)
 7,417 bar
d. Daya Mesin jika Kerja Siklus per Menit adalah
380
P  WSiklus  Jumlah siklus per detik
Untuk harga Wsiklus dapat ditentukan:
W Siklus  MEP  V L
 7, 417 bar  0,00942 m 3 
10 2 kPa
1bar
 6,987 kPa. m 3  6,987 kJ / Siklus
Ali Hasimi Pane

26. III. Siklus Dual
(Dual Cycle)
Dalam analisa siklus ini akan diperoleh besaran – besaran:
-
Panas yang masuk/ditambah kedalam siklus (Qin)
-
Panas yang dibuang dari siklus (Qout)
-
Kerja yang dihasilkan (Wsiklus)
-
Efisiensi thermal siklus ()
-
Mean effective pressure (MEP)
Dalam penyelesaian persoalan akan dilakukan dengan mengguanakan
beberapa data – data asumsi atau konstanta yang telah ditetapkan.
Beberapa hal pengasumsian:
1.
2.
Proses kompresi dan ekspansi adalah berlangsung secara adiabatik.
3.
Gambar P – v Diagram
Udara dalam silinder piston bekerja dalam siklus tertutup.
Semua proses adalah berlangsung secara reversible.
4.
Pengaruh dari energi kinetic dan energi potensial adalah diabaikan.
Keterangan gambar:
Analisa Thermodinamika
1 – 2 : Proses kompresi isentropik
2 – 3 : Proses panas masuk pada volume
- Panas Total yang Masuk ke Sistem (qin, total)
konstan
3 – 4 : Proses panas masuk pada
qin, total  qin ,1  qin , 2
Dimana
tekanan konstan
qin,1  cv  (T3  T2 )
4 – 5 : Proses ekspansi isentropic
5 – 1 : Proses panas dibuang pada
Dan
qin, 2  cp  (T4  T3 )
volume konstan
Maka
Konstanta – konstanta yang diberlaku:
k
...(3a)
: Konstanta rasio panas spesifik
: cp cv = 1,4
cp
qin, total  cv  (T3  T2 )  cp  (T4  T3 )
: Konstanta panas spesifik pada
- Panas yang di-Buang dari Sistem (qout)
qout  cv  (T5  T1 )
...(3b)
tekanan konstan
: 1,005 kJ/kg. K
cv
- Kerja Netto yang Dihasilkan (wnet)
wnet  qtotal  qout
 (cv  (T3  T2 )  cp  (T4  T3 ))  (cv  (T5  T1 ))
: Konstanta panas spesifik pada
volume konstan
: 0,718 kJ/kg. K
r
...(3c)
- Efisiensi Thermal Siklus
: Rasio kompresi
: v1 v 2

wnet qin, total  q out
q out

1 
qin
qin ,total
qin , total
…(3d)
1 
cv  (T5  T1 )
cv  (T5  T1 )
1
cv  (T3  T2 )  cp  (T4  T3
(T3  T2 )  k (T4  T3 )
Ali Hasimi Pane

27. Penyederhanaan persamaan efisiensi thermal siklus:
atau
 Rasio Kompresi (r)
r
v
V
= 1 = 1
V2
v2
 r
T5  T4  
r
 C
…(i)




k 1
…(vii)
Subsitusi persamaan (vi) kepersamaan (vii):
r
T5  T3  rC   C
r

 Rasio Pemasukan Bahan Bakar/Cut-off Ratio (rC)
V
v
rC
= 4  4
...(ii)
V3 v 3
 Rasio Ekspansi (rE)
V
V
rE
= 5 = 1
 dimana V5 = V1
V4
V4
atau
V
V
V
V
rE
= 1  2  1 3
V2 V4 V2 V4
1
r
= r

...(iii)
rC rC




k 1
Dari persamaan (iv) dan (v) kita peroleh:
T3
T2
 r k 1    r k 1
T1
T1
atau
T
T1  3  r k 1

…(viii)
 Proses 1 – 2
Dari proses kompresi adiabatik isentropik, maka:




k 1
T2
T1
V
= 1
V
 2
T2
v
 1
v
 2




Subsitusi harga – harga dari T1, T2, T4 dan T5 pada
persamaan efisiensi thermal siklus:
k 1
= T1 . r k 1
 r k 1
 1
...(iv)
 Proses 2 – 3
1
Adalah proses panas masuk berlangsung secara volume
konstan, maka:
T3 p3
T

 α  T2  3
T2 p 2

…(v)
(T5  T1 )
(T3  T2 )  k (T4  T3 )
k 1 


  T3
 rC 
1 

T3  rC   
 

 r 

k 1  
 

  r






T3 
 T3    k  rC  T3  T3 


 


atau
Dimana α adalah rasio tekanan
 1

  rC k  1
1 


r k 1  (  1)    k  (rC  1) 


…(3e)
 Proses 3 – 4
Adalah proses panas masuk berlangsung secara tekanan
-
MEP Siklus
konstan, maka:
T4 V4

 rC  T4  T3  rC
T3 V3
…(vi)
MEP 
Wnet

v1  v 2
Wnet
Wnet

 r 1
 1
v1 
 v1 1  
r 
r


 Proses 4 – 5
Adalah proses ekspansi isentropik
T4  V5 
 
T5  V 4 
 
k 1
 r
 (rE ) k 1  
r
 C





k 1

p1v1[r 1k k (rC  1)  (  1)  r 1 k (rC k  1)]
 r 1
(k  1)v1 

 r 
p1 (r ) k [ (rC  1)  (  1)  r 1 k (rC k  1)]
(k  1)(r  1)
Ali Hasimi Pane

28. Soal 3-1. Siklus dual, bekerja pada rasio kompresi 9.
Tekanan dan temperatur awal kompresinya adalah 100
T2  v1

T1  v 2





k 1
 r k 1  T2  T1  r k 1
kPa dan 300 K. Jika energi panas masuk ditambahkan
pada tekanan konstan dan volume konstan masing –
T2  300 K  91,4 1  722,467 K
masingnya adalah 700 kJ/kg. Tentukanlah:
a. Temperatur pada akhir proses panas masuknya
sehingga
b. Kerja netto siklus
T3  722,467 K 
c. Efisiensi thermal siklus
700 kJ / kg
 1697,397 K
0,718 kJ / kg. K
d. MEP siklus
Harga T4 untuk akhir proses panas masuk pada tekanan
Diketahui:
p1
= 100 kPa
;
qin, 2 – 3 = 700 kJ/kg ;
konstan dapat ditentukan:
T1 = 300K r = 9
qin, 3 – 4 = 700 kJ/kg
k
= 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
cv
= 0,718 kJ/kg. K
qin , 3 4
= 1,4
R
qin, 34  cp  (T4  T3 )  T4  T3 
;
T4  1697,397 K 
cp = 1,005 kJ/kg. K
cp
700 kJ / kg
 2393,914 K
1,005 kJ / kg. K
Ditanya: seperti soal
b. Kerja netto siklus
Solusi: Siklus Dual seperti gambar:
wnet  qtotal  qout
 (qin, 2 3  qin, 3  4 )  qout
Untuk qout:
qout  cv  (T5  T1 )
Untuk harga T5 dapat ditentukan dari proses 4 – 5 adalah
proses ekspansi:
T4  V5

T5  V 4





k 1
r
T5  T4   C
 r

Penyelesaian:
 (rE )




k 1
 r

r
 C




k 1
k 1
a. Temperatur pada akhir proses panas masuknya
Harga T3 untuk akhir proses panas masuk pada volume
rC 
konstan dapat ditentukan:
qin, 2 3  cv  (T3  T2 )  T3  T2 
T4 v 4
2393,914

 rC 
 1,41
T3 v3
1697,397
qin , 23
cv
Harga T2 dapat ditentukan dari proses 1 – 2
proses langkah kompresi:
Harga rC:
maka
adalah
r
T5  T4   C
 r





k 1
 1,41 
 2393,914 K  

 9 
1,4 1
 1140,51 K
Ali Hasimi Pane

29. jadi
Diketahui:
qout  0,718 kJ / kg. K  (1140,51  300) K
 603,486 kJ / kg
p1
= 95 kPa
;
T1 = 300K
;
r = 16
;
rC
k = 1,4
;
=
p3/p2 = α = 2,2
1,15
m
Sehingga kerja netto siklusnya:
wnet  (qin , 2 3  qin , 3 4 )  qout
 1400 kJ / kg  603, 486 kJ / kg  796,514 kJ / kg
= 0,04 kg ;
3
R
= 0,287 kpa. m /kg. K (Konstanta udara)
cv
= 0,718 kJ/kg. K
;
cp = 1,005 kJ/kg. K
Ditanya: seperti soal
Solusi: Siklus Dual seperti gambar:
c. Efisiensi thermal siklus

wnet
796,514

 0,5689  56,89 %
qin , 23  qin ,34
1400
d. MEP Siklus
MEP 
Wnet

v1  v 2
Wnet
 1
v1 1  
r

Untuk harga v1:
v1 
RT1 0,287 kPa. m 3 / kg. K  300 K

 0,861 m 3 / kg
p1
100 kPa
Penyelesaian:
jadi
a. Panas yang ditambahkan kesiklus pada volume
796,514 kJ / kg
10 3 N .m
1 kPa
MEP 


3
1 kJ
 1
10 N / m 2
0,861 m 3 / kg  1  
 9
konstan dan tekanan konstan (dalam kJ)
-
Panas yang ditambahkan pada volume konstan (dari
proses 2 – 3):
 1040,741 kPa
qin , 2 3  m. cv  (T3  T2 )
Untuk harga T2, dari proses 1 – 2:
Soal 3 – 2. Siklus dual bekerja pada rasio kompresi 16
dan rasio pancung 1,15. Kemudian tekanan dan
temperatur awal kompresi masing – masingnya adalah p1
= 95 kPa dan
T1 = 300 K. Selama proses
penambahan panas pada volume konstan tekanan
T2  V1

T1  V2





k 1
 r k 1
T2  T1  r k 1  300 K  (16)1,4 1  909,23K
meningkat pada faktor 2,2. Jika massa udaranya adalah
0,04 kg, tentukanlah:
a. Panas yang ditambahkan pada proses volume dan
tekanan konstan, dalam kJ
b. Panas yang dilepaskan siklus, dalam kJ
Untuk harga T3, dari proses 2 – 3:
T3 p3

α
T2 p 2
T3    T2  2,2  909,23  2000,31 K
c. Kerja netto siklus, dalam kJ
d. Efisiensi thermal siklus
Ali Hasimi Pane

30. jadi
Soal 3-3. Siklus dual bekerja pada temperatur dan tekanan
qin, 2 3  0,04 kg  0,718 kJ/kg. K  (2000,31  909,23) K
awal kompresi adalah 90 oC dan 1 bar. Rasio kompresinya
adalah 9 dan tekanan maksimum siklusnya 68 bar, jika
 31,336 kJ
panas total yang ditambahkan kesiklus adalah 1750 kJ/kg.
-
Panas yang ditambahkan pada tekanan konstan (dari
Tentukanlah:
proses 3 – 4):
a. Tekanan dan temperatur pada setiap akhir proses
qin, 34  m  cp  (T4  T3 )
b. Efisiensi thermal siklus
c. MEP siklus
Untuk harga T4, dari proses 3 – 4:
T4 V4

 rC
T3 V3
Diketahui:
p1
T4  T3  rC  2000,31  1,15  2300,36 K
= 1 bar
;
T1 = 90 + 273 = 363 K ;
r=9
p3 = p4 = 68 bar
;
qin, net = 1750 kJ/kg
k = 1,4
;
qin, 34  m  cp  (T4  T3 )
 0,04 kg  1,005 kJ / kg. K  (2300,36  2000,31) K
 12,062 kJ
R
= 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
cv
jadi
= 0,718 kJ/kg. K
;
cp = 1,005 kJ/kg. K
Ditanya: seperti soal
Solusi: Siklus Dual seperti gambar:
b. Panas yang dilepaskan siklus, dalam kJ
qout  m  cv  (T5  T1 )
Untuk harga T5, dari proses 4 – 5:
T4  V5

T5  V 4





k 1
 (rE )
k 1
 r

r
 C




k 1
maka
T5 
T4
 r

r
 C




k 1

2300,36
 16 

 1,15 



1,4 1
 802,47 K
Jadi
qout  m  cv  (T5  T1 )
 0,04 kg  0,718 kJ / kg. K  (802,47  300) K
Penyelesaian:
 14, 431 kJ
a. Tekanan dan temperatur pada setiap akhir proses
Proses 1 – 2 adalah proses kompresi isentropik,
c. Kerja netto siklus, dalam kJ
diperoleh:
w net  (qin , 23  qin , 3 4 )  qout
 (31,336  12,062)  14,431  28,967 kJ
d. Efisiensi thermal siklus

wnet
qin , 23  qin ,34
Untuk harga T2:
T2  V1

T1  V 2





k 1
 r k 1
T2  T1  r k 1  363 K  (9)1, 41  874,19 K

28,967
 0,6675  66,75%
(31,336  12,062)
Ali Hasimi Pane

31. Untuk harga p2:
p 2  V1

p1  V2

Untuk rasio pancung (cut-off ratio)
k

  rk


rC 
p 2  p1  r k  1bar  (9)1,4  21,67bar
V4 T4 3147,36


 1,15
V3 T3 2743,19
Proses 4 – 5 adalah proses ekspansi isentropik
Untuk harga T5:
Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada
volume konstan
T5  V5 
 
T4  V 4 
 
k 1
r
 C
 r





k 1
 1,15 
T5  3147,36 K  

 9 
Untuk harga T3:
p 2 p3

T2 T3
r
 T5  T4   C
 r





k 1
1, 41
 1382,07 K
Untuk harga p5:
k
Dimana p3 = p4 = 68 bar, maka:
T3 
p3  T2 68 bar  874,19 K

 2743,19 K
p2
21,67 bar
p 5  V4 
r
    p5  p 4   C
 r
p 4  V5 

 




k
Dimana p4 = p3 = 68 bar, maka:
1,4
 1,15 
p5  68 bar  

 9 
Untuk jumlah panas yang ditambahkan
 3,815 bar
qin, 2 3  cv  (T3  T2 )
 0,718 kJ / kg. K  (2743,19  874,19) K
 1343,811 kJ / kg
Proses 5 – 1 adalah proses pelepasan panas pada proses
volume konstan
Proses 3 – 4 adalah proses penambahan panas pada
qout  cv  (T5  T1 )
 0,718 kJ / kg. K  (1382,07  363) K
tekanan konstan
 731,69 kJ / kg
Untuk harga T4:
qin, 34  cp  (T4  T3 )  T4  T3 
qin , 34
b. Efisiensi Thermal Siklus
cp

qin , net  q out
wnet
q

 1  out
qin , net
qin , net
qin , net
Untuk harga qin, 3 – 4:
qin, net  qin , 23  q in, 3 4
1
731,69
 0,5819  58,19%
1750
atau
qin, 34  qin , net  qin , 23
 (1750  1343,811)kJ / kg  406,189 kJ / kg
maka
T4  T3 
qin , 3 4
cp
 2743,19 K 
406,189 kJ / kg
 3147,36 K
1,005 kJ / kg. K
c. MEP siklus
MEP 
Wnet

v1  v 2
Wnet
Wnet

 r 1
 1
v1 
 v1 1  
r 
r


Untuk harga Wnet:
Wnet  qin , net  qout
 (1750  731,69) kJ / kg  1018,31 kJ / kg
Ali Hasimi Pane

32. Untuk harga v1:
1bar
RT 0,278 kPa. m 3 / kg. K  363 K


p1
1bar
10 2 kPa
v1 
 1,0092 m 3 / kg
Maka
MEP 
1018,31kJ / kg
10 3 N .m
1 kPa


3
1 kJ
 1
10 N / m 2
1,0092 m 3 / kg 1  
 9
 1135,16 kPa
Penyelesaian:
atau
a. Efisiensi Thermal Siklus
MEP  1135,16 kPa 
1 bar
10 2 kPa
 11,3516 bar
Soal 3 – 4 Siklus dual dengan temperatur dan tekanan
awal kompresinya adalah 20 oC dan 100 kPa, kemudian
 1
pancungnya (cutoff ratio) adalah 2, tentukanlah efisiensi
r k 1

rC k 1  1
k (rC  1)  (  1)
Untuk harga r:
r
tekanan pada akhir proses kompresinya adalah 10 MPa.
Jika tekanan maksimum siklus adalah 20 Mpa dan rasio
1
v1
v2
Untuk harga v1:
RT1
p1
v1 
siklus dan daya keluaran siklus jika massa aliran udaranya

0,1 kg/detik.
0,287 kpa. m 3 / kg. K  293 K
 0,8409 m 3 / kg
100 kPa
Untuk harga v2:
Diketahui:
p2 = 10 MPa = 104 kPa
p1
= 100 kPa
;
T1
= 20 + 273 = 293 K
;
p3 = p4 = 20 MPa = 20 x 103 kPa
rC = 2
;
RT2
p2
k = 1,4
3
R
= 0,287 kpa. m /kg. K (Konstanta udara)
cv
= 0,718 kJ/kg. K
;
v2 
cp = 1,005 kJ/kg. K
Harga T2 dapat ditentukan dari proses 1 – 2:
T2  p 2 


T1  p1 


(k 1) / k
p 
 T2  T1   2 
 p 
 1
( k 1) / k
Ditanya:
a. Efisiensi thermal siklus
 10000 
 293 K 

 100 
b. Daya keluaran siklus jika massa aliran udara 0,1
(1, 41) / 1,4
 1092,185 K
kg/detik
Maka
Solusi: Siklus Dual seperti gambar:
v2 
0,287 kpa. m 3 / kg. K  1092,185 K
 0,0315 m 3 / kg
10000 kPa
Ali Hasimi Pane

33. Harga qin, 3 – 4, dapat ditentukan dari proses 3 – 4 adalah
Jadi harga r:
r
v1 0,8409

 26,69
v 2 0,0315
qin, 34  cp  (T4  T3 )
Harga T4 dapat ditentukan dari proses 3 – 4 adalah proses
Untuk harga α:

proses penambahan panas pada tekanan konstan:
penambahan panas pada tekanan konstan:
p3 20000

2
p 2 10000
T3 T4
v

 T4  T3  4  T3  rC
v3 v 4
v3
Oleh karena itu, Efisiensi thermal siklus:
1
 1
r
1
k 1
T4  2184,37 K  2  4368,74 K
k 1

rC
1
k (rC  1)  (  1)
1
(26,69)1, 41
maka
qin, 34  1,005 kJ / kg. K  (4368,74  2184,37) K
2  (2)1, 41  1

1,4  2(2  1)  (2  1)
 0,8841  88, 41%
 2195,29 kJ / kg
Sehingga qin, net dapat ditentukan:
qin, net  qin , 23  qin , 34
b. Daya keluaran siklus jika massa aliran udara 0,1
kg/s

 (783,7114  2195,29) kJ / kg  2979 kJ / kg


W out  m  wout  m    qin, net

Oleh karena itu, W out dapat ditentukan:
Untuk harga qin, net:

W out  0,1 kg / s  0,8841  2979 kJ / kg  263,373 kW
qin, net  qin , 23  q in, 3 4
Harga qin, 2 – 3, dapat ditentukan dari proses 2 – 3 adalah
proses penambahan panas pada volume konstan:
qin, 2 3  cv  (T3  T2 )
Soal 3-5 Siklus dual, tekanan dan temperatur awal
kompresinya adalah 100 kPa dan 27 oC, pada proses
kompresi isentropik, volume udara berubah dari 0,0708
m3 menjadi 0,0042 m3, dan pada proses tekanan konstan,
temperatur udara meningkat dari 1149 oC menjadi 1593
Harga T3 dapat ditentukan dari proses 2 – 3 adalah proses
penambahan panas pada volume konstan:
T3 T2
p

 T3  T2  3  T2  
p3 p 2
p2
T3  1092,185 K  2  2184,37 K
o
C. Tentukanlah:
a. Rasio pancung dan rasio kompresi
b. Panas yang masuk dan keluar dari siklus
c. Efisiensi thermal siklus
Diketahui:
v1 = 0,0708 m3
p1
T1
qin, 2 3  0,718 kJ / kg. K  (2184,37  1092,185) K
 783,7114 kJ / kg
= 27 +273 = 300 K
T3
= 1149 + 273 = 1422 K
T4
maka
= 100 kPa ;
= 1593 + 273 = 1866 K
k
= 1,4
R
= 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
cv
= 0,718 kJ/kg. K
;
;
v3 = 0,0042 m3
cp = 1,005 kJ/kg. K
Ali Hasimi Pane

34. Ditanya:
-
a. Rasio pancung (cut off ratio) dan rasio kompressi
Untuk Energi Panas Masuk yang terjadi pada
proses 2 – 3 dan 3 – 4
b. Energi panas masuk dan keluar dari siklus
Untuk proses 2 – 3 panas masuk pada langkah volume
c. Efisiensi thermal siklus
konstan, maka:
Solusi: Siklus Dual seperti gambar:
qin, 2 3  cv  (T3  T2 )
Dimana T3 = 1422 K, sementara T2:
T2  v1

T1  v 2





k 1
 r k 1  T2  T1  r k 1
 300 K  16,861, 41  928,68K
jadi
qin, 2 3  0,718kJ / kg. K  (1422  928,68) K
 354,204 kJ / kg
Penyelesaian:
a. Rasio Pancung/Cutoff Ratio dan Rasio Kompresi
Untuk proses 3 – 4 panas masuk pada langkah tekanan
konstan, maka:
-
qin, 34  cp  (T4  T3 )
 1,005 kJ/kg. K  ( 1866-1422 )K
 446,22 kJ / kg
Untuk rasio pancung/cutoff ratio
rC 
v4
v3
Dimana v3 = 0,0042 m3, sementara untuk v4 dapat
ditentukan dari proses 3 – 4:
Oleh karena itu, energi panas netto masuk adalah:
qin, net  qin ,2 3  qin,3 4
v 4 T4
T

 v 4  v3  4
v 3 T3
T3
 1866 
3
v 4  0,0042 m 3  
  0,0055 m
 1422 
 354,204  446,22  800,424 kJ / kg
-
Untuk Energi Panas Keluar yang terjadi pada
proses 5 – 1, dapat ditentukan
Jadi
qin,51  cv  (T5  T1 )
rC 
v 4 0,0055

 1,31
v3 0,0042
Untuk T1 = 300 K, sementara T5 dapat ditentukan
berdasarkan proses 4 – 5 langkah ekspansi isentropik:
-
Untuk rasio kompresi
r
r
T5  T4   C
 r

v1
v2
Dimana v2 = v3 = 0,0042 m3
r
v1 0,0708

 16,86
v 2 0,0042
b. Energi Panas Masuk dan Keluar dari Siklus




k 1
1, 41
 1,31 
 1866 K  



 16,86 
 671,55 K
jadi
qin,51  0,718 kJ / kg. K  (671,55  300) K
 266,77 kJ / kg
Ali Hasimi Pane

35. Penyelesaian:
c. Efisiensi Thermal Siklus

Langkah pertama penentuan besaran – besaran temperatur
qin , net  qout
wnet
q

 1  out
qin , net
qin, net
qin , net
dan tekanan pada setiap proses
Proses 1 – 2 adalah proses langkah kompresi isentropik
1
266,77
 0,6667  66,67%
800,424
Harga T2:
Soal 3 – 6 Siklus dual dengan rasio kompresi 15, bekerja
pada tekanan dan temperatur awal kompresi adalah 1 bar
dan
300
K.
Kemudian
tekanan
dan
temperatur
T2  v1

T1  v 2





k 1
 r k 1  T2  T1  r k 1
 300 K  151, 41  886,25 K
maksimumnya adalah 70 bar dan 3000 K. Tentukan
energi panas yang ditambahkan, energi panas yang
dibuang, kerja netto siklus dan efisiensi thermal siklus.
Harga p2:
p 2  v1

p1  v 2

k

  r k  p 2  p1  r k


Diketahui:
p1
= 1 bar ; T1 = 300 K
p3 = p4 = 70 bar ;
;
r = 18
;
k = 1,4
 1 bar  151,4  44,31bar
T4 = 3000 K
R
= 0,287 kpa. m3/kg. K (Konstanta udara)
Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada
cv
= 0,718 kJ/kg. K
volume konstan
;
cp = 1,005 kJ/kg. K
Ditanya:
a. Energi panas netto yang ditambahkan
b. Energi panas yang dibuang
Harga T3:
T3 T2

 T3  T2 
p3 p 2
p3
p2
c. Kerja netto siklus
d. Efisiensi thermal siklus
T3  886,25 K 
70
 1400,08 K
44,31
Solusi: Siklus Dual seperti gambar:
Harga qin, 2 – 3:
qin, 2 3  cv  (T3  T2 )
 0,718 kJ / kg. K  (1400,08  886,25) K
 368,93 kJ / kg
Proses 3 – 4 adalah proses penambahan panas pada
tekanan konstan
Harga qin, 3 – 4:
qin, 34  1,005 kJ / kg. K  (3000  1400,08) K
 1607,92 kJ / kg
Proses 4 – 5 adalah proses kerja ekspansi isentropik
Harga T5:
T5  V5 
 
T4  V 4 
 
k 1
r
 C
 r





k 1
r
 T5  T4   C
 r





k 1
Ali Hasimi Pane

36. Dimana: rC 
v 4 T4

, maka:
v 3 T3
r
T5  T4   C
 r





k 1
T
1
 T4   4  
T

 3 r
 3000
1
 3000 K  

 

 1400,08 15 
k 1
1,4 1
 1377,44 K
Oleh karena itu,
a. Energi panas masuk netto yang ditambahkan
kesiklus
qin, net  qin , 23  qin , 34
 (368,93  1607,92) kJ / kg  1976,85 kJ / kg
b. Energi panas yang dibuang dari siklus
Dapat ditentukan dari proses 5 – 1:
qout  cv  (T5  T1 )
 0,718 kJ / kg. K  (1377,44  300) K
 773,6 kJ / kg
c. Kerja netto siklus
Wnet  qin , net  qout
 (1976,85  773,6) kJ / kg  1203,25 kJ / kg
d. Efisiensi thermal siklus

qin , net  q out
wnet
q

 1  out
qin , net
qin , net
qin , net
1
773,6
 0,6087  60,87%
1976,85
Ali Hasimi Pane

37. IV. Siklus Rankine (Rankine Cycle)
 Proses 3 – 4 adalah proses kerja ekspansi isentropik
atau kerja keluaran turbin
wT  h3  h 4
4.1 Siklus Rankine Ideal
qin
…4.c
 Proses 4 – 1 adalah proses pelepasan panas pada
tekanan konstan dalam kondensor
Ketel Uap
2
q out  h 4  h1
3
…4.d
w Tur, out
Sementara untuk menentukan efisiensi thermal siklus dapat
Turbin
ditentukan:
w pump, in
4
Pompa
Kondensor
qout
 th 
w net
q in

wT  w p
q in
…4.e
atau
1
 th 
wnet qin  q out
q

 1  out
q in
q in
q in
…4.f
Gambar 4. Siklus Rankine Ideal
Analisa Thermodinamika:
 Proses 1 – 2 adalah proses kompresi isentropik atau
kerja pompa
w p  v 1  ( P2  P1 )  h 2  h1
…4.a
Dimana h1 = hf dan v1 = vf diperoleh dari tabel uap air
berdasarkan pada tekanan titik 1.
 Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada
tekanan konstan dalam ketel uap
q in  h 3  h 2
…4.b
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

38. Soal 4.1 Siklus Rankine ideal, dimana uap panas lanjut
qin
masuk ke turbin pada tekanan dan temperatur masingmasingnya adalah 8 MPa dan 480oC. Tekanan kondensor
Ketel Uap
8 kPa. Jika kerja netto siklus adalah 100 MW, tentukanlah:
3
2
w Tur, out
Turbin
a. Laju panas masuk yang dibutuhkan ketel uap dalam kW
b. Efisiensi thermal siklus
w pump, in
4
Pompa
Kondensor
Diketahui: Siklus Rankine seperti gambar
P3
qout
1
= 8 MPa = 8000 kPa = 80 bar
o
T3
= 480 C
P4
= 8 kPa = 0,08 bar
wnet = 100 MW
Ditanya: seperti soal
Penyelesaian:
Langkah awal dilakukan analisis pada setiap proses
berdasarkan diagram alir dan diagram T-s, sebagai berikut:
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
w p  v 1  ( P2  P1 )  h 2  h1
dan
h2  h1  wp
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
P1
v1
= vf = 1,0084 x 10-3 m3/kg
h1
= hf = hf,4 = 173,88 kJ/kg
Gambar Soal 1-1 Siklus Rankine Ideal
= 0,08 bar, diperoleh:
hfg,4 = 2403,1 kJ/kg
sf
h2  173,88 kJ / kg  8,059 kJ / kg  181,939 kJ / kg
= 0,5926 kJ/kg . K
sg
Sehingga
= 8,2287 kJ/kg . K
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
q in  h 3  h 2
maka
w p  v1  ( P2  P )
1
 m3 
  (80  0,08)bar
 1,0084  103 
 kg 


105 N / m 2 1kJ

 8,059 kJ / kg
1bar
103 N . m
Dari tabel uap air pada tekanan ketel uap yaitu:
P3 = 80 bar dan 480oC; diperoleh:
h3 = 3348,4 kJ/kg
s3 = 6,6586 kJ/kg . K
maka
q in  (3348 , 4  181 ,939 ) kJ / kg
 3166 , 461 kJ / kg
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

39. 

Wnet  m  ( wT  w p )
Proses 3 – 4: Kerja turbin
wT  h3  h 4
atau
Untuk h4, dimana berada pada posisi phasa campuran dan

m
pada tekanan kondensor (P4 = P1 = 0,08 bar), maka dapat

W net
wT  w p
ditentukan:
h 4  h f , 4  x . h fg , 4
100 MW
10 3 kJ / s
 78,864 kg / s
(1276,071  8,059) kJ / kg 1 MW

Dimana konstanta x adalah menyatakan kualitas uap yang
dapat ditentukan:
x
sehingga

Q  78 ,864 kg / s  3166 , 461 kJ / kg
s4  s f ,4
s g ,4  s f ,4
Dimana s4 = s3, sedangkan sf,4 dan sg,4 diperoleh dari tabel
 249 , 72  10 3 kW
b. Efisiensi Thermal Siklus
uap air pada tekanan kondensasi P1 = P4 = 0,08 bar
 th 
maka
x

Wnet

Q
6,6586  0,5926
 0,79
8,2287  0,5926

100  10 3 kW
249,72  10 3 kW
 0,40  40%
sehingga
h4  173 ,88 kJ / kg  ( 0 ,79  2403 ,1 kJ / kg )
 2072 ,329 kJ / kg
Soal 4.2 Sebuah sistem pembangkit tenaga uap beroperasi
dengan siklus Rankine ideal, yang bekerja pada batas tekanan
dari 3 MPa dan 50 kPa. Temperatur uap pada sisi masuk
maka
turbin adalah 300oC, jika laju aliran massa uap adalah
wT  h3  h 4
 ( 3348 , 4  2072 ,329 ) kJ / kg
 1276 , 071 kJ / kg
35 kg/s. Tentukanlah:
a. Gambarkan proses sistem dalam diagram T-s
b. Efisiensi Thermal Siklus
c. Kerja netto siklus
Proses 4 – 1: Panas yang dibuang kondensor untuk proses
d. Daya output sistem pembangkit tenaga
kondensasi
q out  h 4  h1
 ( 2072 , 329  173 ,88 ) kJ / kg
 1898 , 449 kJ / kg
Diketahui: Sistem pembangkit tenaga uap beoperasi dengan
siklus Rankine
P3
Oleh karena itu, dapat diselesaikan:
= 3 MPa = 30 bar
T3
= 300oC
P4
= 50 kPa = 0,5 bar

a. Laju aliran panas masuk yang dibutuhkan ketel uap
m
= 35 kg/s
dalam kW
Ditanya: seperti soal


Q  m  q in
Penyelesaian:

m adalah laju aliran massa uap air, dimana kerja netto siklus
a. Diagram T-s Sistem (Siklus Rankine Ideal)
diketahui, maka dapat ditentukan:
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

40. Tekanan = 30 bar
Temp (oC)
Enthalpi (kJ/kg)
Entropi (kJ/kg . K)
280
2941,3
6,4462
300
h3 = ?
s3 = ?
320
3043,4
6,6245
Untuk h3:
 320  300 

h 3  3043 , 4  
  ( 3043 , 4  2941 ,3 ) 
 320  280 

 2992 ,35 kJ / kg
Untuk s3:
proses, untuk menyelesaikan pertanyaan berikutnya:
 320  300 

s 3  6 ,6245  
  ( 6 ,6245  6 , 4462 ) 
 320  280 

 6 ,5354 kJ / kg . K
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
maka
Langkah selanjutnya adalah dilakukan analisis pada setiap
w p  v 1  ( P2  P1 )  h 2  h1
q in  ( 2992 ,35  343 ,525 ) kJ / kg
 2648 ,825 kJ / kg
dan
h2  h1  wp
Proses 3 – 4: Kerja turbin
wT  h3  h 4
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
P1 = 0,5 bar, diperoleh:
v1 = vf = 1,030 x 10-3 m3/kg
Untuk h4, karena berada pada posisi phasa campuran dan
h1 = hf = 340,49 kJ/kg
pada tekanan kondensor (P4 = P1 = 0,08 bar), maka dapat
ditentukan:
h 4  h f , 4  x . h fg , 4
maka
w p  v1  ( P2  P )
1
 m3 
  (30  0,5)bar
 1,030  10 3 
 kg 



Dimana konstanta x adalah menyatakan kualitas uap yang
dapat ditentukan:
105 N / m 2 1kJ
 3,039 kJ / kg
1bar
103 N . m
x
s4  s f ,4
s g ,4  s f ,4
Sehingga
h2  340,49 kJ / kg  3,039 kJ / kg  343,525 kJ / kg
Dimana s4 = s3 = 6,5354 kJ/kg . K, sedangkan sf,4 dan sg,4
diperoleh dari tabel uap air pada tekanan kondensasi yaitu:
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
q in  h 3  h 2
P1 = P4 = 0,08 bar
hf,4 = 340,49 kJ/kg
hfg,4 = 2305,4 kJ/kg
Dari tabel uap air pada tekanan dan temperatur uap panas
sf,4
= 1,0910 kJ/kg . K
lanjut, yaitu: P3 = 30 bar dan 300oC; dengan metode
sg,4 = 7,5939 kJ/kg . K
interpolasi diperoleh:
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

41. maka
x
a. Diagram T-s siklus Rankine dan analisis thermodinamika
6,5354  1,0910
 0,84
7,5939  1,0910
pada setiap proses.
b. Kerja netto siklus
c. Efisiensi siklus
d. Laju aliran massa uap
sehingga
h 4  340 , 49 kJ / kg  ( 0 ,84  2305 , 4 kJ / kg )
 2277 , 026 kJ / kg
Diketahui Siklus Rankine ideal dengan data operasional:
P3
T3
maka
wT  h 3  h 4
 ( 2992 ,35  2277 , 026 ) kJ / kg
 715 ,324 kJ / kg
= 10 MPa = 100 bar
= 500oC
P1
= P4 = 10 kPa = 0,1 bar

W net = 210 MW
Ditanya seperti soal:
Proses 4 – 1: Panas yang dibuang kondensor untuk proses
kondensasi
Penyelesaian:
a. Diagram T – s Siklus Rankine Ideal dan Analisis
q out  h 4  h1
 ( 2277 , 026  340 , 49 ) kJ / kg
 1936 ,536 kJ / kg
Thermodinamika pada setiap proses
Oleh karena itu, dapat ditentukan:
b. Kerja Netto Siklus
wnet  wT  wP
 (715,324  3,039) kJ / kg  712,285 kJ / kg
c. Efisiensi Thermal Siklus
th  1 
 1
qout
qin
1936,536
 0,2689  26,89%
2648,825
d. Daya Output Sistem Pembangkit Tenaga

Analisis Thermodinamika pada setiap proses:

W net  m  wnet
 35 kg / s  712,285 kJ / kg
 24929,98 kW  24,93 MW
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
w p  v 1  ( P2  P1 )  h 2  h1
dan
h2  h1  wp
Soal 4.3 Sistem pembangkit tenaga uap beroperasi dengan
siklus Rankine ideal menghasilkan daya sebesar 210 MW.
Uap panas lanjut masuk ke-turbin pada tekanan dan
temperatur adalah 10 MPa dan 500oC, kemudian uap
didinginkan dalam kondensor pada tekanan kondensor
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
P1 = 0,1 bar, diperoleh:
v1 = vf = 1,0102 x 10-3 m3/kg
h1 = hf = 191,83 kJ/kg
10 kPa. Tentukanlah:
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

42. maka
Dimana konstanta x adalah menyatakan kualitas uap yang
dapat ditentukan:
w p  v1  ( P2  P )
1
 m3 
  (100  0,1)bar
 1,0102  10 3 
 kg 



105 N / m 2 1kJ
 10,092 kJ / kg
1bar
103 N . m
x
s4  s f ,4
s g ,4  s f ,4
Dimana s4 = s3 = 6,5952 kJ/kg . K, sedangkan sf,4 dan sg,4
diperoleh dari tabel uap air pada tekanan kondensasi yaitu:
P1 = P4 = 0,1 bar
Sehingga
h2  191,83 kJ / kg  10,092 kJ / kg  201,922 kJ / kg
hf,4 = 191,83 kJ/kg
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
q in  h 3  h 2
hfg,4 = 2392,8 kJ/kg
sf,4
= 0,6493 kJ/kg . K
sg,4 = 8,1502 kJ/kg . K
Dari tabel uap air pada tekanan dan temperatur uap panas
lanjut, yaitu: P3 = 100 bar dan 500oC; dengan metode
maka
interpolasi diperoleh:
Tekanan = 100 bar
Temp (oC)
Enthalpi (kJ/kg)
3321,4
6,5282
500
h3 = ?
s3 = ?
520
3425,1
6,6622
6,5952  0,6493
 0,793
8,1502  0,6493
Entropi (kJ/kg . K)
480
x
sehingga
h 4  191 ,83 kJ / kg  ( 0 , 793  2392 ,8 kJ / kg )
 2089 ,32 kJ / kg
maka
Untuk h3:
 520  500 

h 3  3425 ,1  
  ( 3425 ,1  3321 , 4 ) 
520  480 


 3373 , 25 kJ / kg
wT  h 3  h 4
 ( 3373 , 25  2089 ,32 ) kJ / kg
 1283 ,93 kJ / kg
Proses 4 – 1: Panas yang dibuang kondensor untuk proses
Untuk s3:
 520  500 

s 3  6 , 6622  
  ( 6 , 6622  6 ,5282 ) 
 520  480 

 6 ,5952 kJ / kg . K
Maka panas yang diterima ketel uap selama proses
penguapan:
q in  (3371 , 25  201 ,922 ) kJ / kg
kondensasi
q out  h 4  h1
 ( 2089 ,32  191 ,83 ) kJ / kg
 1897 , 49 kJ / kg
b. Kerja Netto Siklus
wnet  wT  wP
 (1283,93  10,092) kJ / kg  1273,838 kJ / kg
 3171 ,328 kJ / kg
c. Efisiensi Thermal Siklus
Proses 3 – 4: Kerja turbin
th  1 
wT  h3  h 4
Untuk h4, karena berada pada posisi phasa campuran dan
pada tekanan kondensor (P4 = P1 = 0,08 bar), maka dapat
 1
qout
qin
1897,49
 0,4017  40,17%
3171,328
ditentukan:
h 4  h f , 4  x . h fg , 4
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

43. d. Laju Aliran Massa Uap


W net  m  wnet
atau


W net
m
wnet

210 MW 103 kJ / s
 164,856 kg / s
1273,838 1 MW
Soal 4.4 Sistem pembangkit tenaga uap menggunakan bahan
bakar batu bara yang menghasil tenaga listrik 300 MW.
Sistem ini beroperasi sesuai dengan siklus Rankine ideal
dimana uap panas lanjut masuk ke-turbin pada kondisi
Diagram T-s Siklus Rankine
tekanan dan temperatur: 5 MPa dan 450oC dan tekanan
kondensor 35 kPa. Nilai kalor batu bara dari hasil proses
pembakaran adalah 29300 kJ/kg. Diasumsikan bahwa 75%
Analisis thermodinamika setiap proses
nilai kalor tersebut ditransfer untuk proses penguapan ke
ketel uap dan efesiensi generator listriknya adalah 96%.
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
w p  v 1  ( P2  P1 )  h 2  h1
Tentukanlah:
dan
a. Diagram T-s dan analisa thermodinamika
h2  h1  wp
b. Efisiensi seluruh sistem pembangkit tenaga (rasio daya
netto
elektrik
yang
dihasilkan
terhadap
masuk/bahan bakar)
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
c. Laju suplai bahan bakar batu bara yang dibutuhkan
Diketahui: Siklus Rankine ideal
P1 = 0,35 bar, diperoleh:
= 300 MW
P1
= P4 = 35 kPa = 0,35 bar
P2
= P3 = 5 MPa = 50 bar
T3
= 450oC ;
Cbatu bara = 29300 kJ/kg
;
Tekanan
Volume Spesifik
Enthalpi
(bar)

W
Pembakan = 0,75
energi
vf x 10-3 (m3/kg)
(kJ/kg . K)
0,3
1,0223
289,23
0,35
vf = ?
hf = ?
0,4
1,0265
317,58
Generator = 0,96
Ditanya: Seperti soal?
Penyelesaian:
a. Diagram T-s dan Analisa Thermodinamika
Untuk harga v1 = vf:
  0 , 4  0 , 35
v f  1, 0265   

  0 , 4  0 ,3


  (1, 0265  1, 0223 ) 



 1, 0244 m 3 / kg
Untuk harga hf = h1:
  0 , 4  0 , 35
h f  317 ,58   

  0 , 4  0 ,3
 303 , 405 kJ / kg


  ( 317 , 58  289 , 23 ) 



Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

44. maka
Untuk h3 pada tekanan 60 bar
w p  v1  ( P2  P )
1
 m3 
  (50  0,35)bar
 1,0244  10 3 
 kg 



10 5 N / m 2
1 kJ
 5,086 kJ / kg
1bar
103 N . m
Sehingga
h2  303,405 kJ / kg  5,086 kJ / kg  308,491 kJ / kg
 500  450 

h3  3422 , 2  
  ( 3422 , 2  3277 ,3 ) 
 500  440 

 3301 , 45 kJ / kg
Untuk s3 pada tekanan 60 bar
  500  450 

s 3  6 ,8803   
  ( 6 ,8803  6 , 6853 ) 
  500  440 

 6 , 7178 kJ / kg . K
Maka harga h3 dan s3 sebenarnya pada tekanan 50 bar dan
450oC dapat ditentukan dengan metode interpolasi sebagai
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
q in  h 3  h 2
berikut:
Tekanan
Enthalpi (kJ/kg)
Entropi (kJ/kg . K)
40
3330,133
6,9351
50
h3 = ?
s3 = ?
60
3301,45
6,7178
(bar)
Dari tabel uap air (yang digunakan) pada tekanan dan
temperatur uap panas lanjut, yaitu: P3 = 50 bar dan 450oC;
dengan metode interpolasi (karena tekanan 50 bar berada
diantara tekanan 40 dan 60 bar, dan temperatur pada 440 dan
500oC) diperoleh harga h3 dan s3:
-
Untuk h3 pada tekanan 50 bar dan 450oC:
Pada tekanan 40 bar dan temperatur 440 dan 500oC
Tekanan = 40 bar
o
Temp ( C)
Enthalpi (kJ/kg)
Entropi (kJ/kg . K)
440
3307,1
6,9041
450
h3 = ?
s3 = ?
500
3445,3
7,0901
 60  50 

h3  3301, 45  
  (3301, 45  3330 ,133 ) 
 60  40 

 3315 ,792 kJ / kg
Untuk s3 pada tekanan 70 bar dan 450oC:
  60  50 

s 3  6 , 7178   
  ( 6 , 7178  6 ,9351 ) 
  60  40 

 6 ,8265 kJ / kg . K
Untuk h3 pada tekanan 40 bar
 500  450 

h3  3445 ,3  
  (3445 , 3  3307 ,1) 
 500  440 

 3330 ,133 kJ / kg
Maka panas yang diterima ketel uap selama proses
penguapan:
q in  ( 3315 , 792  308 , 491 ) kJ / kg
 3007 ,301 kJ / kg
Untuk s3 pada tekanan 40 bar
 500  450 

s 3  7 , 0901  
  ( 7 , 0901  6 ,9041 ) 
 500  440 

 6 ,9351 kJ / kg . K
-
Pada tekanan 60 bar dan temperatur 440 dan 500oC
Tekanan = 60 bar
Temp (oC)
Enthalpi (kJ/kg)
Entropi (kJ/kg . K)
440
3277,3
6,6853
450
h3 = ?
3422,2
6,8803
wT  h3  h 4
Untuk h4, karena berada pada posisi phasa campuran dan
pada tekanan kondensor (P4 = P1 = 0,35 bar), maka dapat
ditentukan:
s3 = ?
500
Proses 3 – 4: Kerja turbin
h 4  h f , 4  x 4 . h fg , 4
Dimana konstanta x adalah menyatakan kualitas uap yang
dapat ditentukan:
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

45. x4 
Proses 4 – 1: Panas yang dibuang kondensor untuk proses
s4  s f ,4
kondensasi
s g ,4  s f , 4
q out  h 4  h1
 ( 2328 , 461  303 , 405 ) kJ / kg
Dimana s4 = s3 = 6,8265 kJ/kg . K, dan hf,4 = 303,405 kJ/kg,
 2025 , 056 kJ / kg
sedangkan sf,4 dan sg,4 diperoleh dengan metode interpolasi
dari tabel uap air pada tekanan kondensasi yaitu:
b. Efisiensi Seluruh Sistem Pembangkit
P1 = P4 = 0,35 bar
 overall   Th   pembakaran   generator
Tekanan
Enthalpi
Entropi
(bar)
(kJ/kg)
(kJ/kg . K)
hfg,4
Untuk efisiensi thermal siklus:
sf,4
sg,4
0,3
2336,1
0,9439
7,7686
0,35
hfg = ?
sf = ?
2319,2
1,0259
7,6700
q out
2025,056
1
 0,3266  32,66%
qin
3007,301
sg = ?
0,4
Th  1 
sehingga
 overall  0,3266  0,75  0,96  0,2352  23,52%
Untuk hfg,4:
  0 , 4  0 ,35
h fg , 4  2319 , 2   

  0 , 4  0 ,3
 2327 , 65 kJ / kg


  ( 2319 , 2  2336 ,1) 



c. Laju Suplai Bahan Bakar Batu Bara yang dibutuhkan


m Batu bara 
Q in
C Batu Bara
Untuk sf,4:

 0 , 4  0 , 35
s f , 4  1,0259  

  0 , 4  0 ,3
 0 ,9849 kJ / kg . K


  (1, 0259  0 ,9439 ) 




Q in
Untuk sg,4:
  0 , 4  0 ,35
s g , 4  7 , 6700   

  0 , 4  0 ,3
 7 , 7193 kJ / kg . K
Untuk harga Q in :

300 MW 10 3 kJ / s
W net


 overall
0,2352 1 MW
 1275510,204 kJ / s


  ( 7 , 6700  7 , 7686 ) 



sehingga:

m Batu bara 
maka
x4 
6,8265  0,9849
 0,867
7,7193  0,9849
1275510,204 kJ / s 1 ton
29300 kJ / kg 103 kg
 0,043533 ton / s  156,72 ton / jam
sehingga
h 4  303 , 405 kJ / kg  ( 0 ,867  2327 , 65 kJ / kg )
 2321 , 478 kJ / kg
maka
wT  h 3  h 4
 (3315,792  2328 , 478 ) kJ / kg
 987 ,314 kJ / kg
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

46. 4.2 Siklus Rankine dengan Pemanas Ulang
 Proses 3 – 4 adalah proses kerja ekspansi isentropik
atau kerja keluaran turbin tingkat I (tekanan tinggi)
3
wT , I  h 3  h 4
Turbin
Tekanan
Rendah
Turbin
Tekanan
Tinggi
Ketel Uap
…4.i
 Proses 4 – 5 adalah proses panas ulang pada tekanan
konstan pada reheater
4
q reheater  h 4  h 5
P4 = P5 = PReheat
6
…4.j
 Proses 5 – 6 adalah proses kerja ekspansi isentropik
atau kerja keluaran turbin tingkat II (tekanan
5
Kondensor
rendah)
Pompa
wT , II  h5  h 6
…4.k
2
1
 Proses 6 – 1 adalah proses pelepasan panas pada
tekanan konstan dalam kondensor
Turbin Tekanan
Pemanas Ulang
q out  h 6  h1
Tinggi
Turbin
Tekanan
Rendah
…4.l
Sementara untuk menentukan efisiensi thermal siklus dapat
ditentukan:
 th 
( w T , I  w T , II )  w p
w net

q in
q in
…4.m
atau
 th 
wnet (q boiler  q reaher )  q out

qin
(qboiler  q reheater )
…4.n
 1
Gambar 2. Siklus Rankine dengan Pemanas Ulang
q out
(qboiler  q reheater )
Analisa Thermodinamika:
 Proses 1 – 2 adalah proses kompresi isentropik atau
kerja pompa
w p  v f  ( P2  P1 )  h 2  h1
…4.g
Dimana h1 = hf dan v1 = vf diperoleh dari tabel uap air
berdasarkan pada tekanan titik 1.
 Proses 2 – 3 adalah proses penambahan panas pada
tekanan konstan dalam ketel uap
q boiler  h3  h 2
…4.h
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

47. Soal 4.5 Sebuah sistem pembangkit tenaga uap, beroperasi
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
berdasarkan siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang.
P1 = 0,2 bar, diperoleh:
Kondisi uap masuk pada turbin tekanan tinggi adalah 8 Mpa
dan 500oC dan keluar pada tekanan 3 Mpa. Sebelum uap
v1 = vf = 1,0172 x 10-3 m3/kg
masuk pada turbin tekanan rendah, uap dipanas ulang hingga
h1 = hf = 251,40 kJ/kg
o
pada temperatur 500 C. Jika tekanan uap yang keluar dari
turbin tekanan rendah adalah 20 kPa, tentukanlah:
a. Gambar diagram T-s sistem dan analisa thermodinamika
maka
w p  v1  ( P2  P1 )
sistem
 m3 
  (80  0,2)bar
 1,0172  10 3 
 kg 


b. Panas masuk netto dan kerja netto siklus
c. Efisiensi thermal siklus

1 kJ
10 5 N / m 2
 8,117 kJ / kg
1bar
10 3 N . m
Diketahui: Siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang
P2 = P3 = 8 MPa = 80 bar ;
T3 = 500oC
P4 = P5 = 3 MPa = 30 bar ;
T5 = 500oC
Sehingga
h2  251,40 kJ / kg  8,117 kJ / kg  259,517 kJ / kg
P6 = P1 = 20 kPa = 0,2 bar
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
Ditanya: seperti soal
q in , boiler  h3  h 2
Penyelesaian:
a. Gambar Diagram T-s Siklus dan Analisa Thermodinamika
Dari tabel uap air diperoleh harga h3 dengan metode
interpolasi yaitu pada tekanan 80 bar dan 500oC:
Turbin Tekanan
Tekanan = 80 bar
Pemanas Ulang
Temp (oC)
Turbin
Tekanan
Rendah
Enthalpi (kJ/kg)
Entropi (kJ/kg . K)
480
3348,4
6,6586
500
h3 = ?
s3 = ?
520
Tinggi
3447,7
6,7871
Untuk h3 pada tekanan 80 bar dan 500oC
 520  500 

h3  3447 , 7  
  (3447 , 7  3348 , 4 ) 
 520  480 

 3398 , 05 kJ / kg
Untuk s3 pada tekanan 80 bar dan 500oC:
Diagram T-s Siklus Rankine ideal dengan Pemanas Ulang
  520  500 

s3  6 , 7871   
  ( 6 , 7871  6 , 6586 ) 
520  480 


 6 , 7229 kJ / kg . K
Analisa Thermodinamika
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
w p  v 1  ( P2  P1 )  h 2  h1
sehingga
q in ,boiler  3398 ,05  259 , 517  3138 , 533 kJ / kg
dan
h2  h1  wp
Proses 3 – 4 adalah kerja turbin tekanan tinggi atau
tingkat pertama
wT ,1  h3  h 4
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

48. Untuk harga h4 diperoleh dengan metode interpolasi dari
sg,6 = 7,9085 kJ/kg . K
tabel uap panas lanjut pada tekanan 30 bar dan entropi
s4 = s3 = 6,7229 kJ/kg . K:
Sementara harga s6 = s5 = 7,2338 kJ/kg . K, maka:
Tekanan = 30 bar
Entropi
Enthalpi
Temperatur
(kJ/kg . K)
(kJ/kg)
Saturasi (oC)
6,6245
3043,4
6,7229
h4 = ?
6,7801
7 , 2338  0 ,8320
 0 ,905
7 ,9085  0 ,8320
x6 
3138,7
jadi:
h 6  251 , 40 kJ / kg  ( 0 ,905  2358 , 3) kJ / kg
233,90
 2385 , 662 kJ / kg
sehingga:
maka:
 6 ,7801  6 ,7229
h 4  3138 ,7  

 6 , 7801  6 , 6245
 3103 ,67 kJ / kg
wT , 2  (3456,5  2385,662)kJ / kg  1070,838 kJ / kg


  ( 3138 ,7  3043 , 4 ) 



Sehingga:
Proses 6 – 1 adalah proses pembuangan energi panas
pada kondensor
wT ,1  (3398 , 05  3105 , 67 ) kJ / kg  292 ,38 kJ / kg
Proses 4 – 5 adalah proses pemanas ulang
qin, reheater  h5  h4
qout  (2385,662  251,40) kJ / kg  2134,262 kJ / kg
b. Panas Masuk Netto dan Kerja Netto Siklus
-
qin,net  qin , Boiler  qin , reheater
Untuk harga h5 diperoleh asi dari tabel uap panas lanjut pada
 (3138,533  352,83)kJ / kg  3491,363 kJ / kg
tekanan 30 bar dan temperatur 500oC:
h5 = 3456,5 kJ/kg
;
s5 = 7,2338 kJ/kg . K
Panas Masuk Netto
-
Kerja Netto Siklus
w net  wT ,1  wT , 2
maka:
 (292,38  1070,838)kJ / kg  1363,218 kJ / kg
qin, reheater  (3456,5  3103,67)kJ / kg  352,83 kJ / kg
c. Efisiensi Thermal Siklus
Proses 5 – 6 adalah kerja turbin tekanan rendah atau
turbin tingkat kedua
Th 
wnet
1363,218

 0,3905  39,05%
qin , net 3491,363
wT , 2  h5  h6
Untuk harga h6 dapat ditentukan:
h 6  h f , 6  ( x 6 . h fg , 6 )
Soal 4.6 Siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang, bekerja
pada kondisi uap panas lanjut 10 MPa dan 600oC masuk
Dimana x6 adalah kualitas uap pada proses tersebut, dapat
keturbin tingkat pertama (turbin tekanan tinggi), kemudian
ditentukan:
uap buangan turbin tingkat pertama dipanas ulang hingga
x6 
s6  s f ,6
temperatur 500oC sebelum masuk keturbin tingkat kedua.
s g ,6  s f ,6
Jika tekanan kondensornya adalah 6 kPa dan kualitas uap
buangan turbin tingkat kedua adalah 90%. Tentukanlah:
Harga-harga tersebut diperoleh dari tabel uap air pada
a. Gambar diagram T-s dan analisa thermodinamika sistem
tekanan kondensor 0,2 bar:
b. Panas masuk netto dan kerja netto siklus
c. Efisiensi thermal siklus
hf,6 = 251,40 kJ/kg
hfg,6 = 2358,3 kJ/kg
Diketahui: Siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang
sf,6
P2 = P3 = 10 MPa = 100 bar
= 0,8320 kJ/kg . K
;
T3 = 600oC
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

49. T5 = 500oC
Sehingga
P6 = P1 = 6 kPa
= 0,06 bar
;
x6 = 0,9
Ditanya: seperti soal
h2  (151,53  10,058) kJ / kg  161,588 kJ / kg
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
q in , boiler  h3  h 2
Penyelesaian:
a. Gambar Diagram T-s Siklus dan Analisa Thermodinamika
Dari tabel uap air diperoleh harga h3 dan s3, yaitu pada
tekanan 100 bar dan 600oC:
h3 = 3625,3 kJ/kg
s3 = 6,9029 kJ/kg . K
maka:
q in , boiler  ( 3625 ,3  161 , 588 ) kJ / kg
 3463 , 712 kJ / kg
Proses 3 – 4 adalah kerja turbin tekanan tinggi atau
tingkat pertama
wT ,1  h3  h 4
Diagram T-s Siklus Rankine Ideal dengan Pemanas Ulang
Karena h4 adalah berada pada daerah uap panas lanjut, maka
perlu diketahui tekanan kerjanya. Oleh karena itu, untuk
mengetahui tekanan kerjanya, maka dapat diperoleh dengan
Analisa Thermodinamika
menyelesaikan proses 5 – 6, maka:
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
w p  v 1  ( P2  P1 )  h 2  h1
dan
Dari tabel uap air, pada tekanan kondensor 0,06 bar,
diperoleh:
hf,6 = 151,53 kJ/kg
h2  h1  wp
hfg,6 = 2415,9 kJ/kg
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
sf,6
P1 = 0,06 bar, diperoleh:
sg,6 = 8,3304 kJ/kg . K
v1 = vf = 1,0064 x 10-3 m3/kg
Maka dapat diselesaikan:
h1 = hf = 151,53 kJ/kg
= 0,5210 kJ/kg . K
h 6  h f , 6  ( x 6 . h fg , 6 )
 151 , 53 kJ / kg  ( 0 ,9  2415 , 9 ) kJ / kg
 2325 ,84 kJ / kg
maka
w p  v1  ( P2  P1 )
dan
3
m
 1,0064  10 3 
 kg



  (100  0,06)bar


1 kJ
10 5 N / m 2
 10,058 kJ / kg
1bar
103 N . m
s 6  s f , 6  [ x 6  ( s g , 6  s f , 6 )]
 0 ,5210  [ 0 ,9  (8,3304  0 ,5210 )]
 7 , 5495 kJ / kg . K
Karena harga s6 = s5, maka berdasarkan harga tersebut dan
T5, dari tabel uap panas lanjut dapat diperoleh harag P5 = P4
dan h5 dengan metode interpolasi:
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

50. s6 = s5 = 7,5495 kJ/kg . K dan T5 = 500oC
maka
Entropi
Tekanan
Enthalpi
(kJ/kg . K)
(bar)
(kJ/kg)
7,5698
15
3473,1
7,5495
P5
h5
7,4317
20
3467,6
Untuk P5:
 6,9917  6,9029 

h4  3159,3  
 6,9917  6,8452   (3159,3  3069,5)




 3104,868 kJ / kg
-
Interpolasi Kedua
Untuk h4 diman s4 = 6,9029 kJ/kg . K dan P4 = 15,735 bar
 7 , 4317  7 ,5495
P5  20  

 7 , 4317  7 ,5698
 15 , 735 bar


  ( 20  15 ) 



s4 = 6,9029 kJ/kg
Tekanan (bar)
Enthalpi (kJ/kg)
15
3029,824
15,735
h4 = ?
20
3104,868
Untuk h5:
  7 , 4317  7 ,5495
h 5  3467 ,6   

  7 , 4317  7 ,5698
 3473 ,01 kJ / kg


  ( 3467 ,6  3473,1) 



maka,
Dengan diperolehnya harga P5 = P4 = 15,735 bar dan harga
s3 = s4 = 6,9029 kJ/kg . K, maka dari tabel uap panas lanjut
dapat diperoleh harga h4 dengan melakukan dua kali metode
 20  15,735 

h4  3104,868  
  (3104,868  3029,824)
 20  15 

 3040,856 kJ / kg
interpolasi:
Oleh karena itu, proses 3 – 4 yang adalah kerja turbin
-
tekanan tinggi atau tingkat pertama dapat ditentukan:
Interpolasi Pertama
wT ,1  3625 ,3  3040 ,856  584 , 444 kJ / kg
Untuk h4 dimana s4 = 6,9029 kJ/kg . K dan P4 = 15 bar
P4 = 15 bar
Entropi (kJ/kg . K)
Enthalpi (kJ/kg)
6,8381
2992,7
6,9029
h4 = ?
6,9938
3081,9
Proses 4 – 5 adalah proses pemanasan ulang
qin, reheater  3473,01  3040,856  432,154 kJ / kg
Proses 5 – 6 adalah proses kerja turbin tekanan rendah atau
tingkat kedua:
maka,
wT , 2  h5  h 6
 6,9938  6,9029 

h4  3081,9  
 6,9938  6,8381   (3081,9  2992,7)




 3029,824 kJ / kg
 3473 , 01  2325 ,84  1147 ,17 kJ / kg
Proses 6 – 1 adalah proses pembuangan panas pada
kondensor
Untuk h4 diman s4 = 6,9029 kJ/kg . K dan P4 = 20 bar
qout  h6  h1
 2325,84  151,534  2174,306 kJ / kg
P4 = 20 bar
Entropi (kJ/kg . K)
Enthalpi (kJ/kg)
6,8452
3069,5
6,9029
h4 = ?
6,9917
3159,3
b. Panas Masuk Netto dan Kerja Netto Siklus
-
Untuk panas masuk netto:
qin,netto  qin, Boiler  qin , Re heater
 3463,712  432,154  3895,866 kJ / kg
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

51. -
Untuk kerja netto siklus:
Keterangan gambar:
wnet  (wT ,1  wT ,2 )  w p
1-2s-3-4s-5-6-1 : Siklus Rankine – pemanas ulang ideal
 (584,444  1147,17)  10,058  1721,556 kJ / kg
: Siklus Rankine – pemanas ulang aktual
Analisa Thermodinamika
c. Efisiensi Thermal Siklus
Th 
1-2-3-4-5-6-1
w net
1721,556

 0,4419  44,19%
qin ,net 3895,866
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
w p ,ideal  v1  ( P2  P1 )  h 2 s  h1
Soal 4.7 Sistem pemabnagkit tenaga beroperasi sesuai siklus
Rankine ideal dengan pemanas ulang, menghasilkan daya
netto sebesar 80 MW. Uap panas lanjut masuk ke turbin
o
tekanan tinggi pada 10 MPa dan 500 C dan turbin tekanan
rendah pada 1 MPa dan 500oC. Jika tekanan kondensornya
adalah 10 kPa, diketahui efisiensi isentropik turbin dan
pompa masing-masing adalah 80 dan 95 persen. Tentukanlah:
a. Diagram T-s siklus dan analisa thermodinamikanya
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
P1
= 0,1 bar, diperoleh:
v1
= vf = 1,0102 x 10-3 m3/kg
h1
= hf = 191,83 kJ/kg
maka
w p ,ideal  h2 s  h1  v1  ( P2  P1 )
 m3 
  (100  0,1)bar
 1,0102  10 3 
 kg 


b. Panas masuk netto dan kerja siklus netto
c. Efisiensi thermal siklus
d. Laju aliran massa uap

1 kJ
10 5 N / m 2
 10,092 kJ / kg
1bar
10 3 N . m
Diketahui: Siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang
Untuk wp, aktual:

W net = 80 MW
w p ,aktual 
P1
= P6 = 10 kPa = 0,1 bar
P3
= P2 = 10 MPa = 100 bar
;
T3 = 500oC
P4
= p5 = 1 Mpa
= 10 bar
;
T5 = 500oC
T
= 80%
P = 95%
w p ,ideal
;
Ditanya: seperti soal
a. Diagram T-s siklus dan Analisa Thermodinamika

10,092 kJ / kg
 10,623 kJ / kg
0,95
Untuk harga h2:
P 
Penyelesaian
P
w p,ideal
w p ,aktual

h2 s  h1
h2  h1
maka
 h  h1 

h2  h1   2 s
 

P


 10,092 
 191,83  
 0,95   202,453 kJ / kg



Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
q in , Boiler  h3  h 2
Dari tabel uap air pada tekanan temperatur ketel uap yaitu:
P3 = 100 bar dan 500oC; dengan metode interpolasi
diperoleh:
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

52. maka
P3 = 100 bar
Temperatur
Enthalpi
Entropi
( C)
(kJ/kg)
(kJ/kg . K)
480
3321,4
6,5282
500
h3
s3
520
3425,1
6,6622
o
 6 , 6940  6 ,5952
h 4 s  2827 , 9  
 6 , 6940  6 ,5865

 2782 ,13 kJ / kg

  ( 2827 ,9  2778 ,1)


Oleh karena itu,
h4  3373,25  [(3373,25  2782,13)  0,80]
 2900,354 kJ / kg
Untuk h3
  520  500 

h3  3425 ,1   
  (3425 ,1  3321 , 4 ) 
  520  480 

 3373 , 25 kJ / kg
Sehingga kerja aktual turbin tingkat pertama:
( wT ,1 ) aktual  3373 , 25  2900 , 354
 472 ,896 kJ / kg
Untuk s3
 520  500 

s 3  6 ,6622  
  ( 6 , 6622  6 , 5282 ) 
 520  480 

 6 , 5952 kJ / kg . K
Proses 4 – 5: adalah proses pemanas ulang
q in , Re heater  h5  h 4
Untuk h5 dapat ditentukan dari tabel uap air panas lanjut pada
maka
tekanan dan temperatur masing-masing adalah: 10 bar dan
q in , Boiler  ( 3373 , 25  202 , 453 ) kJ / kg
500oC:
 3170 , 797 kJ / kg
h5 = 3478,5 kJ/kg
Proses 3 – 4: Kerja aktual turbin tekanan tinggi (Tingkat
Pertama)
;
s5 = 7,7622 kJ/kg . K
maka
q in , Re heater  3478 , 5  2900 ,354  578 ,146 kJ / kg
wT , 1  h 3  h 4
Proses 5 – 6: kerja aktual turbin tekanan rendah atau turbin
Untuk h4:
T 
tingkat kedua
wT ,1( aktual )
wT ,1(ideal )

h3  h4
h3  h4 s
( wT , 2 ) aktual  h 5  h 6
Untuk h6 dapat ditentukan:
atau
T 
h4  h3  [(h3  h4 s )   T ]
wT , 2(aktual )
wT ,2 (ideal )

h5  h6
h5  h6 s
atau
Untuk h4s dapat ditentukan dari tabel uap panas lanjut,
dengan metode interpolasi, berdasarkan:
h 6  h5  [ T  ( h5  h 6 s )]
P4s = P4 = 10 bar dan s4s = s3 = 6,5952 kJ/kg . K
Untuk h6s, dimana berada pada posisi phasa campuran dan
pada tekanan kondensor (P6 = P1 = 0,1 bar), maka dapat
P4s = 10 bar
Entropi
Enthalpi
Tekanan
(kJ/kg . K)
(kJ/kg)
(bar)
6,5865
2778,1
6,5952
h3
6,6940
ditentukan:
2827,9
h 6 s  h f , 6 s  ( x 6 s  h fg , 6 s )
10
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

53. w net  ( wT ,1  wT , 2 ) aktual  ( w p ) aktual
Dimana konstanta x6s adalah menyatakan kualitas uap yang
 ( 472 ,896  814 , 637 )  10 , 623
 1276 , 91 kJ / kg
dapat ditentukan:
x6s 
s 6 s  s f ,6 s
s g ,6 s  s f ,6 s
c. Efisiensi Thermal Siklus
 Th 
Dimana s6s = s5, sedangkan sf,6s dan sg,6s diperoleh dari tabel
w net
1276 ,91

 0 ,3406  34 , 06 %
q in , net
3748 ,943
uap air pada tekanan kondensasi P6 = P1 = 0,1 bar,
s6s
= 7,7622 kJ/kg . K
;
sf,6 s = 0,6493 kJ/kg . K
;
hfg,6 s = 2392,8 kJ/kg
d. Laju Aliran Massa Uap
sg,6s = 8,1502 kJ/kg . K
hf,6s = 191,83 kJ/kg


W net
m
w net
maka

x6s 
7,7622  0,6493
 0,948
8,1502  0,6493
80 MW
10 3 kJ / s

 62 , 651 kg / s
1276 ,91 kJ / kg
1 MW
sehingga
h 6 s  191 ,83 kJ / kg  ( 0 ,948  2392 ,8 kJ / kg )
 2460 , 204 kJ / kg
Soal
2.5
Sistem
pembangkit tenaga
uap beroperasi
berdasarkan siklus Rankine ideal dengan pemanas ulang,
tekanan dan temperatur uap yang masuk ke turbin tekanan
tinggi adalah 15 MPA dan 500oC, dan temperatur uap yang
jadi
h 6  h5  [ T  ( h5  h 6 s )]
 3478 ,5  [( 0 ,80  (3478 , 5  2460 , 204 )]
 2663 ,863 kJ / kg
masuk ke turbin tekanan rendahnya sebesar 500oC. sementara
tekanan kondensornya adalah 10 kPa. Jika laju aliran massa
uapnya adalah 12 kg/s, dan kualitas uap yang keluar dari
turbin tekanan rendah tidak boleh lebih dari 10%,
Oleh karena itu
tentukanlah:
( wT , 2 ) aktual  h5  h 6  3478 ,5  2663 ,863
 814 , 637 kJ / kg
a. Diagram T-s siklus dan analisa thermodinamika
b. Laju aliran panas masuk dan laju aliran panas keluar
c. Efisiensi thermal siklus
Proses 6 – 1: adalah proses panas dilepas oleh kondensor
q out  h 6  h1
Diketahui: Siklus Rankine Ideal dengan pemanas ulang
P1 = P6 = 10 kPa = 0,1 bar
Dimana h1 = hf,1 = 191,83 kJ/kg, maka:
q out  2663 ,863  191 ,83  2472 , 033 kJ / kg
P3 = P2 = 15 MPa
T3 = T5 = 500oC

m = 12 kg/s
b. Panas Masuk Netto dan Kerja Netto Siklus
x6 = (100 – 10)% = 90%
Untuk panas masuk netto:
q in , net  q in , Boiler  q in , Re heater
Ditanya: seperti soal
 3170 , 797  578 ,146  3748 , 943 kJ / kg
Penyelesaian
Untuk kerja aktual netto siklus
a. Diagram T-s Siklus dan Analisa Thermodinamika
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

54. (Catatan dalam tabel uap air panas lanjut posisi tekanan
T
3
5
berada antara 140 dan 160 bar, sementara temperatur berada
antara 480 dan 520oC).
150 bar
Interpolasi Pertama:
P4 = P5 = ?
-
4
Interpolasi tekanan 140 bar dan 500oC
P5 = 140 bar
Temperatur
1
(kJ/kg . K)
3264,5
6,3143
h3, 140
s3, 140
520
s
(kJ/kg)
500
6
Entropi
480
0,1 bar
Enthalpi
(oC)
2
3377,8
6,4610
Untuk h3, 140:
Diagram T-s Siklus Rankine Ideal dengan Pemanas Ulang
Analisa Thermodinamika
 520  500 

h3,140  3377 ,8  
  ( 3377 ,8  3264 , 5 ) 
 520  480 

 3321 ,15 kJ / kg
Proses 1 – 2 : Kerja Pompa
w p  h 2  h1  v1  ( P2  P1 )
Dari tabel uap air pada tekanan kondensor yaitu:
P1
= vf = 1,0102 x 10-3 m3/kg
h1
= hf = 191,83 kJ/kg
 520  500 

s 3,140  6 , 4610  
  ( 6 , 4610  6 ,3143 ) 
 520  480 

 6 ,3877 kJ / kg . K
= 0,1 bar, diperoleh:
v1
Untuk s3, 140:
-
Interpolasi tekanan 160 bar dan 500oC
P5 = 160 bar
Temperatur
maka
Enthalpi
Entropi
( C)
(kJ/kg)
(kJ/kg . K)
480
3234,4
6,2215
500
h3, 160
s3, 160
520
3353,3
6,3752
o
w p  v1  ( P2  P1 )
 1,0102  10
 3
  (150  0,1)bar
 kg 


3  m
1 kJ
10 5 N / m 2

 15,143 kJ / kg
1bar
10 3 N . m
sehingga
h2  h1  wp
 (191,83  15,143) kJ / kg  206,973 kJ / kg
Untuk h3, 160:
 520  500 

h3,160  3353 ,3  
  (3353 ,3  3234 , 4 ) 
520  480 


 3293 ,85 kJ / kg
Untuk s3, 160:
Proses 2 – 3: Panas yang diserap ketel uap
q in , Boiler  h3  h 2
 520  500 

s 3,160  6 ,3752  
  ( 6 ,3752  6 , 2215 ) 
 520  480 

 6 , 2984 kJ / kg . K
Untuk harga h3 dan s3 diperoleh dari tabel uap air panas
lanjut pada tekanan dan temperatur ketel uap yaitu: 150 bar
dan 500oC, dengan metode interpolasi:
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane

55. Dan untuk s6:
Interpolasi Kedua
-
Interpolasi tekanan 150 bar dan 500oC
s 6  [s f ,6  ( x 4  ( s g ,6  s f ,6 ))]
 [0,6493  (0,9  (8,1502  0,6493))] kJ / kg
 7,40011 kJ / kg . K
o
T5 = 500 C
Tekanan
Enthalpi
Entropi
(bar)
(kJ/kg)
(kJ/kg . K)
140
3321,15
6,3877
Dimana s6 = s5 = 7,40011 kJ/kg . K dan T5 = 500oC, maka
150
h3, 150
s3, 150
dari tabel uap air panas lanjut dapat ditentukan P5 dengan
160
3293,85
6,2984
metode interpolasi:
T5 = 500oC
Entropi
Enthalpi
(kJ/kg . K)
(bar)
(kJ/kg)
7,4317
20
3467,6
7,40011
P5
h5
7,2338
Untuk h3, 150:
Tekanan
30
3456,5
  160  150 

h3 ,150  3293 ,85   
  ( 3293 ,85  3321 ,15 ) 
  160  140 

 3307 ,5 kJ / kg
Untuk s3, 150:
Untuk P5:
 160  150 

s 3,150  6 , 2984  
  ( 6 , 2984  6 ,3877 ) 
 160  140 

 6 ,3431 kJ / kg . K
  7 , 2338  7 , 40011
P5  30   

  7 , 2338  7 , 4317
 21,596 bar
maka
Untuk h5:
q in , Boiler  ( 3307 ,5  206 , 973 ) kJ / kg
 3100 ,527 kJ / kg


  ( 30  20 ) 



  7 , 2338  7 , 40011
h 5  3456 ,5   

  7 , 2338  7 , 4317
 3465 ,83 kJ / kg


  ( 3456 ,5  3467 ,6 ) 



Proses 3 – 4: Kerja turbin tekanan tinggi (Tingkat Pertama)
wT , 1  h 3  h 4
Oleh karena itu, h4 dapat ditentukan dari tabel uap air panas
lanjut berdasarkan:
Untuk h4 berada pada daerah uap panas lanjut, karena tidak
diketahuinya tekanan kerjanya, maka dapat diselesaikan
P5 = P4 = 21,596 bar dan s3 = s4 = 6,3431 kJ/kg . K, dengan
metode interpolasi:
dimulai dari titik 6. Diketahui tekanan pada titik 6 adalah 10
kPa = 0,1 bar dan kualitas uapnya (x6 = 90%), maka dari tabel
-
Interpolasi Pertama (P4 = 20 bar ; s4 = 6,3431 kJ/kg . K)
uap air saturasi diperoleh:
Entropi
Enthalpi
Tekanan
(kJ/kg . K)
(kJ/kg)
(bar)
6,3409
2799,5
6,3431
h4, 20
6,4952
2876,5
hf,6 = 191,83 kJ/kg
hfg,6 = 2392,8 kJ/kg
sf,6
= 0,6493 kJ/kg . K
sg,6 = 8,1502 kJ/kg . K
20 bar
Oleh karena itu,
Untuk h6:
h6  h f ,6  ( x 6 . h fg ,6 )
 [191,83  (0,90  2392,8)] kJ / kg
 2345,35 kJ / kg
maka:
 6, 4952  6,3431 

h 4 , 20  2876 ,5  
 6 ,4952  6 ,3409   ( 2876 ,5  2799 ,5 ) 




 2800 ,598 kJ / kg
Ali Hasimi Pane
Ali Hasimi Pane