03 a termo2

BBAAHHAANN AAJJAARR
TTEERRMMOODDIINNAAMMIIKKAA TTEEKKNNIIKK IIII
Disusun Oleh :
Slamet Wahyudi, ST.,MT
Deny Widhiyanuriyaman, ST.,MT
Mega Nursasongko, ST.,MT
PPRROOGGRRAAMM SSEEMMII QQUUEE BBAATTCCHH IIVV TTAAHHAAPP KKEEDDUUAA
JJUURRUUSSAANN MMEESSIINN FFAAKKUULLTTAASS TTEEKKNNIIKK
UUNNIIVVEERRSSIITTAASS BBRRAAWWIIJJAAYYAA
MMAALLAANNGG 22000033

KKAATTAA PPEENNGGAANNTTAARR
Alhamdulillahirobbil ‘alamiin kami ucapkan atas berkat rahmat dan
hidayahNya sehingga kami dapat menyelesaikan bahan ajar
Termodinamika Teknik II tepat pada waktunya. Bahan ajar ini kami buat
bertujuan supaya materi yang disampaikan oleh dosen (tenaga
pengajar) lebih mudah diterima oleh mahasiswa khususnya di lingkungan
Jurusan Mesin FT Unibraw sehingga proses pembelajarannya lebih
dinamis.
Bahan ajar ini sebagian besar kami ambil dari buku yang berjudul
“Fundamentals Of Engineering Thermodynamics” oleh Michael J. Moran &
Howard N. Shapiro sehingga apabila kurang jelas bagi para
pemakai/pembaca dapat mengeceknya.
Dalam kesempatan ini kami mengucapkan terima kasih sebanyak-
banyaknya kepada segenap Pengelola Program Semi Que IV tahap
kedua yang telah banyak membantu pendanaan dalam pembuatan
bahan ajar ini
Seperti pepatah yang menyatakan bahwa tiada gading yang tak
retak, begitu juga apa yang telah kami susun ini banyak sekali
kekurangannya untuk itu saran dan kritik yang membangun sangat kami
harapkan demi sempurnanya bahan ajar ini.
Malang, 27 Agustus 2003
Tim penyusun

DDAAFFTTAARR IISSII
EENNTTRROOPPII
1.1 Ketidaksamaan Clausius 1
1.2 Definisi Perubahan Entropy 2
1.2.1 Entropy Dari Zat Murni 4
1.2.2 Data Tabel Entropy 4
1.2.3 Persamaan T dS 5
1.2.4 Perubahan Entropy Gas Ideal 6
1.2.5 Perubahan Entropy Zat Incompressible 9
1.2.6 Perubahan Entropy Pada Proses Reversible Internal 9
1.3 Kesetimbangan Entropy Untuk System Tertutup 11
1.3.1 Perkembangan Dari Kesetimbangan Entropy 12
1.3.2 Kesetimbangan Laju Entropy Untuk Control Volume 14
1.4 Analisis Control Volume Pada Keadaan Steady 15
1.5 Proses Isentropis 17
1.5.1 Penggunaan Data Tabel Dan Grafik 17
1.5.2 Penggunaan Model Gas Ideal 18
1.5.3 Efisiensi Isentropis Tubin, Nozzle, Kompresor dan Pompa 22
AANNAALLIISSIISS AAVVAAIILLAABBIILLIITTYY
2.1 Avalability 32
2.2 Environment 32
2.3 Dead State 34
2.4 Evaluasi availability 34
2.5 Aspek Availability 37
2.6 Kesetimbangan Availability Untuk Closed System 41
2.6.1 Development Dari Kesetimbangan Availability 41
2.6.2 Flow Availability 44
2.6.2.1 Availability Transfer Diikuti Aliran Kerja 44
2.6.2.2 Development Dari Konsep Flow Availability 45
SSIISSTTEEMM TTEENNAAGGAA UUAAPP ((VVAAPPOORR PPOOWWEERR SSYYSSTTEEMM))
3.1 Rankine Cycle 46
3.2 Siklus Rankine Ideal 48
3.3 Prinsip Irreversibilitas Dan Losses 52
3.4 Siklus Reheat (Siklus Panas Ulang) 55
3.5 Siklus Refrigerasi Idea 57
SSIISSTTEEMM TTEENNAAGGAA GGAASS ((GGAASS PPOOWWEERR SSYYSSTTEEMM))
4.1 Siklus-Siklus Udara Standart 59
4.2 Siklus Otto Udara Standart 59
4.3 Siklus Diesel Udara Standart 62
4.4 Contoh Alternatif Siklus Diesel (Siklus Gabungan/Trinkler) 64
4.5 Siklus Brayton Udara Standart 66

Diktat Termodinamika Teknik II
Oleh : Slamet Wahyudi, ST.,MT.; Deny Widhiyanuriyawan, ST.,MT.; Mega Nursasongko, ST.,MT.
Program Semi Que IV 1
EENNTTRROOPPII
1.1 Ketidak samaan Clausius (Clausius inequality)
Ketidak samaan Clausius memberikan dasar untuk mengantar dua
ideinstrumental untuk evaluasi kuantitatif dari system tertutup dan volume
kontrol dari perspektif hukum kedua termodinamika yaitu konsep property
entropy dan entropy production.
Clusius inequality : ∫ ≤




 δ
0
T
Q
b
(1)
Dimana : δQ = heat transfer pada bagian batas system selama siklus
T = temperatur absolut pada bagian batas
Gambar 1. Ilustrasi yang digunakan untuk mengembangkan Clausius
Inequality
Clausius inequality dapat menunjukkan peralatan pada gambar 1,
system menerima energi δQ pada lokasi batasnya dimana temperatur
absolut T sedangkan system membangkitkan kerja δW. Dari definisi skala
Entropy adalah ukuran tingkat ketidakpastian suatu zat dengan
tinjauan molekuler. Entropy merupakan sifat dari zat karena itu
tidak tergantung proses.

Kelvin kita memperoleh hubungan antara heat transfer dan temperaatur :
bres T
Q
T
'Q





 δ
=
δ
(2)
Kesetimbangan energi untuk gambar 1 : cc W'QdE δ−δ=
Dimana :
- δWc = total kerja dari kombinasi system, jumlah δW dan δW’
- dEc = perubahan energi dari kombinasi system
penyelesaian persamaan energi untuk δWc dan menggunakan
persamaan 2 eliminasi δQ’ menghasilkan : c
b
resc dE
T
Q
TW −




 δ
=δ
Asumsi system mengalami siklus tunggal, maka total kerja dari kombinasi
system :
∫∫∫ 




 δ
=−




 δ
=
b
resc
b
resc
T
Q
TdE
T
Q
TW (3)
Inequality pada persamaan 1 dapat dieliminasi dengan menulis ekspresi
seperti :
∫ σ−=




 δ
cycle
bT
Q
(4)
dimana : σcycle adalah produk entropy oleh irreversible internal selama
siklus
- σcycle = reversible
- σcycle > iireversible
- σcycle < imposible
1.2 Definisi Perubahan Entropy.
Suatu kuantitas adalah suatu property jika dan hanya jika
perubahannya dalam harga antara dua keadaan tergantung dari proses
(gambar 2).

Gambar 2. Dua siklus internl reversible digunakan untuk menunjukkan
entropy sebagai property
Dua siklus dijalankan oleh system tertutup ditunjukkan pada
gambar 2. Satu siklus terdiri dari proses reversible A dari keadaan 1 ke
keadaan 2, dilanjutkan oleh proses reversible C dari keadaan 2 ke 1. Siklus
lain terdiri proses reversible B dari keadaan 1 ke keadaan 2 dilanjutkan
oleh proses C dari keadaan 2 ke 1 seperti siklus pertama. Untuk siklus
pertama : 0
T
Q
T
Q
C
1
2
A
2
1
=




 δ
+




 δ
∫∫ (5)
Dan siklus kedua : 0
T
Q
T
Q
C
1
2
B
2
1
=




 δ
+




 δ
∫∫ (6)
Sehingga :
B
2
1
A
2
1 T
Q
T
Q





 δ
=




 δ
∫∫
Ini menunjukkan bahwa integral untuk kedua proses adalah
sama
T
Qδ
dapat dikatakan harga integral tergantung hanya pada
keadaan akhir. Kerana itu integral mendefinisikan perubahan dalam
beberapa property system. Pemilihan symbol S untuk menunjukkan
property ini, perubahannya memberikan : 12
revint
2
1
SS
T
Q
−=




 δ
∫ (7)

Entropy adalah property ekstensive. Perbandingan unit satuan
entropi
Unit SI Unit English
Entropi (S) kJ/K Btu/R
Entropy spesifik (s) kJ/kg.K Btu/lbm.R
Entropy spesifik ( s ) kJ/kmol.K Btu/lbmol.R
1.2.1 Entropy Dari Zat Murni
Harga entropy pada keadaan y relatif terhadap harga pada
keadaan referensi x diperoleh dalam prinsip dengan integrasi :
yx
revint
y
x
SS
T
Q
=+




 δ
∫ (8)
Dimana Sx adalah harga entropy khusus pada keadaan referensi
1.2.2 Data Table Entropy
Table data termodinamika dikenalkan pada mata kuliah
termodinamika dasar. Penekanan disini adalah mengevaluasi sifat-sifat p,
v, T, u dan h yang diperlukan untuk penggunaan dari prinsip konservasi
massa dan energi. Untuk penggunaan hokum kedua, harga entropy
sering diperlukan. Entropy spesifik ditabelkan dalam beberapa cara
seperti v, u dan h.
Daerah superheat table untuk air dan R12, entropy spesifik
ditabelkan v, u dan h terhadap temperatur dan tekanan.
Untuk keadan saturated (jenuh), harga sf dan sg ditabelkan
sebagai fungsi tekanan dan temperatur saturated. Entropy spesifik dari
dua phase campuran cair-uap dihitung menggunakan kualitas :
( ) ( )fgfgf ssxsxssx1x −+=+−= . (9)
Hubungn ini identik pada bentuk v, u, dan h.
Data compressed liquid ditampilan untuk air dalam table A-5.
Pada table ini s, v, u dan h ditabelkan terhadap temperatur dan tekanan
seperti table superheat. Jika data compressed liquid tak tersedia, harga

entropy spesifik dapat ditentukan dengan jalan yang sama seperti
menentukan v dan u diperoleh untuk keadaan cair dengan
menggunakan harga liquid saturated pada temperatur :
s(T,p) = sf(T) (10)
Data Grafik Entropy
- diagram Temperatur – entropy
- diagram entalpi – entropy
1.2.3 Persamaan T dS
Perubahan entropy antara dua keadaan dapat ditentukan
dengan menggunakan prinsip persamaan 7. setiap evaluasi dapat juga
diarahkan menggunakan persamaan TdS yang dikembangkan dalam
bagian ini.
Asumsi suatu zat murni, system kompresible sederhana mengalami proses
reversible internal. Jika pengaruh gerakan dan grafitasi diabaikan,
kesetimbangan energi :
( ) ( ) revintrevint QdUQ δ+=δ (11)
dengan definisi system kompresible sederhana, kerja diberikan :
( ) pdVW revint =δ (12)
pada dasar diferensial, definisi persamaan untuk perubahan entropy
persamaan 7 berbentuk : dS
T
Q
revint
=




 δ
atau ( ) TdSQ revint =δ
(13)
persamaan 11, 12 dan 13 menghasilkan persamaan T dS pertama :
TdS = dU + p dV (14)
Persamaan TdS kedua diperoleh dari persmaan 14 menggunakan
H = U + pV. Bentuk diferensial : dH = dU + d(pV) = dU + pdV + Vdp
Bentuk lain : dU + pdV = dH – Vdp, substitusi ke persamaan 14
menghasilkan persamaan T dS : T dS = dH – Vdp
(15)

Persmaan TdS dapat ditulis dalam bentuk unit massa :
pdvduTds += (16a)
vdpdhTds −= (16b)
atau pada dasar permol :
vpdudsTd += (17a)
pvdhdsTd −= (17b)
1.2.4 Perubahan Entropy Gas Ideal
Pada bagian ini persamaan TdS digunakan untuk mengevaluasi
perubahan entropy antara dua keadaan proses gas ideal. Persamaan ini
tepat sekali untuk memulai dengan persmaan 16, dirumuskan seperti :
dv
T
p
T
du
ds += (18)
dp
T
v
T
dh
ds −= (19)
Gas ideal ! du = cv(T)dT, dh=cp(T)dT dan pv = RT, dengan hubungan ini
persamaan 18 dan 19 menjadi :
( )
v
dv
R
T
dT
Tcds v += dan ( )
p
dp
R
T
dT
Tcds p −=
(20)
dimana : R adalah konstanta, persamaan 20 suku kedua dapat langsung
diintegralkan tetapi karena cv dan cp adalah fungsi temperatur untuk gas
ideal, biasanya mempunyai informasi tentang fungsi hubungan sebelum
integrasi suku pertama pada persamaan ini dapat dilakukan. Dua panas
spesifik dihubungkan oleh : cv(T) = cp(T) – R.
Persamaan 20 memberikan
( ) ( ) ( )
1
2
T
T
v1122
v
v
lnR
T
dT
Tcv,Tsv,Ts
2
1
+=− ∫ (22)
( ) ( ) ( )
1
2
T
T p1122
p
p
lnR
T
dT
Tcp,Tsp,Ts
2
1
−=− ∫ (23)

Untuk memperkenalkan ini, kita mulai dengan pemilihan keadaan
referensi dan harga referensi : harga entropy spesifik adalah nol pada
keadaan dimana temperatur adalah 0 K dan tekanan 1 atmosfir.
Kemudian penggunaan persamaan 22 entropi spesifik pada keadaan
dimana temperatur T dan tekanan 1 atmosfir ditentukan relatif terhadap
keadaan referensi dan harga referensi seperti :
( )
( )
dT
T
Tc
Ts
T
0
po
∫= (24)
Symbol so(T) menunjukkan entropy spesifik pada temperatur T dan
tekanan 1 atmosfir. Karena so tergantung hanya pada temperatur,
entropy spesifik dapat ditabelkan terhadap temperatur, seperti h dan u.
untuk udara seperti gas ideal so dengan unit kJ/kg.K atau Btu/lb.R. dari t’
integral persamaan 22 dapat dirumuskan dalam bentuk so :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫∫∫ −=−=
122
1
T
0
1
o
2
o
p
T
0
p
T
T
p TsTs
T
dT
Tc
T
dT
Tc
T
dT
Tc
sehingga persamaan 23 menjadi :
( ) ( ) ( ) ( )
1
2
1
o
2
o
1122
p
p
lnRTsTsp,Tsp,Ts −−=− (25a)
dalam bentuk per mol.
( ) ( ) ( ) ( )
1
2
1
o
2
o
1122
p
p
lnRTsTsp,Tsp,Ts −−=− (25b)
Ketika panas spesifik diambil konstan, persamaan 21 dan 22
menjadi :
( ) ( )
1
2
1
2
v1122
v
v
lnR
T
T
lncv,Tsv,Ts +=− (26)
( ) ( )
1
2
1
2
p1122
p
p
lnR
T
T
lncp,Tsp,Ts −=− (27)
Contoh 1
Uap air pada 400 K dan 1 bar mengalami proses sampai 900 K dan 5
bar. Tentukan perubahan entropy spesifik dalam kJ/kg.K. Gunakan :
a. Tabel uap superheated
b. Tabel gas ideal untuk uap air

c. Integralkan dengan ( )Tcp dari table A-12
Penyelesaian
Diketahui : uap air mengalami proses dari 400 K, 1 bar sampai 900 K, 5 bar
Tentukan : perubahan entropy spesifik gunaka tabel uap superheated;
tabel gas ideal untuk uap air dan Integralkan dengan ( )Tcp dari table A-
12
Asumsi : pada bagian b dan model gas ideal untuk uap air digunakan
Analysis :
a. Perubahan entropy spesifik dengan menggunakan table A-4, s1=7,501
kJ/kg.K dan s2 =9,418 kJ/kg.K, maka : K.kg/kJ917,0ss 12 =−
Gunakan berat molekul, ini dapat menunjukkan pada dasar molar :
( )( ) kmol/kJ524,16kmol/kg02,18K.kg/kJ917,0ss 12 ==−
b. Perubahan entropy spesifik dengan menggunakan table gas ideal.
Untuk gas ideal pada uap air gunakan table A-16 pada T1=400 K,
K.kmol/kJ673,198so
1 = dan pada T2=900 K, K.kmol/kJ321,228so
2 =
K.kmol/kJ267,165ln314,8673,198321,228ss o
1
o
2 =−−=−
c. Perubahan entropy spesifik dengan menggunakan table A-12 dengan
mengikuti persamaan ( )Tcp dari uap air model uap :
432p
TTTT
R
c
ε+δ+γ+β+α= . Masukkan persaman ini ke dalam
persamaan 23, tulis pada dasar molar dan integralkan :






−




 ε+δ+γ+β+α
=
−
∫ 1
2
T
T
432
12
p
p
lndT
T
TTTT
R
ss 2
1
( ) ( ) ( ) ( ) 





−−
ε
+−
δ
+−
γ
+−β+α=
−
1
24
1
4
2
3
1
3
2
2
1
2
212
1
212
p
p
lnTT
2
TT
3
TT
2
TT
T
T
ln
R
ss
9567,1
1
5
ln
10
400900
4
807,0
10
400900
3
964,2
10
400900
2
152,4
10
400900
108,1
400
900
ln07,4
R
sˆs
12
44
9
33
6
22
3
12
=





−




 −
+





 −
−




 −
+




 −
−=
−
Dengan K.kmol/kJ314,8R = , maka 27,16ss 12 =− kJ/kmol.K

1.2.5 Perubahan Entropy Zat Incompressible
Model zat incompressible dikenalkan pada bagian sebelumnya
yang diasumsikan bahwa volume spesifik (densitas) adalah konstan dan
panas spesifik tergantung semata-mata pada temperatur, cv = c(T).
Dengan demikian perubahan dalam energi dalam spesifik adalah du =
c(T) dT dan persamaan 18 menjadi :
( ) ( )dT
T
Tc
dv
T
p
T
dTTc
ds =+=
pada integrasi, perubahan entropy spesifik
( )
∫=−
2
1
T
T
12 dT
T
Tc
ss
ketika diasumsikan panas spesifik konstan, menjadi
1
2
12
T
T
lncss =− (incompressible, c konstan) (28)
1.2.6 Perubahan Entropy Pada Proses Reversible Internal
Pada bagian ini hubungan antara perubahan entropy dan heat
transfer untuk proses reversible internal dipertimbangkan. Diskusi dibatasi
pada kasus system tertutup. Pertimbangan sama terhadap volume kontrol
dijelaskan dalam bagian selanjutnya. Sistem tertutup mengalami proses
reversible internal, entropinya dapat meningkat, menurun atau konstan.
Ini dapat menggunakan :
revintT
Q
dS 




 δ
=
Persamaan tersebut menunjukkan bahwa ketika system tertutup
mengalami proses reversible internal menerima energi oleh heat transfer,
perjalanannya meningkat dalam entropy. Sebaliknya ketika energi
melepaskan dari system oleh heat transfer, entropy system menurun. Ini
dapat ditafsirkan bahwa entropi transfer diikuti heat transfer. Arah transfer
entropy sama seperti heat transfer. Pada proses reversible internal
adiabatic entropy akan konstan. Proses entropy konstan disebut proses
isentropis. Persamaan 12 diintegralkan dari keadaan awal 1 ke keadaan
akhir 2 :

∫=
2
1
revint TdSQ (29)
Dari persamaan tersebut dapat disimpulkan bahwa transfer energi oleh
panas terhadap system tyertutup selama proses reversible internal dapat
dipresentasikan sebagai luasan pada diagram temperatur-entropi.
2
T δQ = TdS
1
Area = ∫
2
1
TdS
Gambar 3. Luasan menunjukkan heat transfer pada proses internal
reversibel
Contoh 2.
Air yang mula-mula saturated liquid pada 100 C diisikan pada
rangkaian piston-silinder. Air mengalami proses ke keadaan saturated
vapor, yang mana piston bergerak secara bebas dalam silinder. Jika
perubahan keadaan yang dibawa oleh pemanasan air seperti
mengalamiproses reversible internal pada tekanan dan temperatur
konstan. Tentukan kerja dan heat transfer perunit massa (kJ/kg).
Penyelesaian
Diketahui : air diisikan pada rangkaian piston-silinder mengalami proses
reversible internal pada 100 C dari saturated liquid ke saturated vapor.
Tentukan : kerja dan heat transfer per unit massa
Skema dan data yang diberikan :

Asumsi :
1. Air dalam rankaian piston-silinder adalah closed system
2. Proses adalah secara internal reversible
3. Temperatur dan tekanan konstan selama proses
4. Tidak ada perubahan energi kinetik dan potensial antara dua
keadaan
Analysis :
Kerja pada tekanan konstan : ( )fg
g
f
vvppdv
m
W
−== ∫
Dengan harga dari table A-2 :
kg/kJ170
Nm10
kJ1
kg
m
10
0435,11673
m
N
10x014,1
m
W
3
3
32
5
=










 −






=
dari proses secara internal reversible dan tekanan konstan, heat transfer
memberikan :
( )fg
g
f
g
f
ssmTTdsmTdSQ −=== ∫∫
dengan harga dari table A-2 : ( ) kg/kJ22573089,13549,715,373
m
Q
=−=
1.3 Kesetimbangan Entropy Untuk System Tertutup
Pada bagian ini, persamaan 3 dan definisi persamaan untuk
perubahan entropy digunakan untuk mengembangakn kesetimbangan
entropy untuk system tertutup. Kesetimbangan entropy dirumuskan dari
hukum kedua terutama tepat untuk analisa termodinamika.

1.3.1 Perkembangan Dari Kesetimbangan Entropy.
Ditunjukkan pada gambar 4 siklus dijalankan oleh system tertutup.
Siklus terdiri dari proses I, irreversible internal; dapat disajikan, diikuti oleh
proses reversible internal R. untuk siklus ini persamaan 4 mempunyai
bentuk :
σ−=




 δ
+




 δ
∫∫ revint
1
2
b
2
1 T
Q
T
Q
(29)
Penggunaan definisi perubahan entropy, integral kedua
persamaan 29 dapat dirumuskan :
revint
1
2
21
T
Q
SS 




 δ
=− ∫
Maka
σ−=−+




 δ
∫ 11
b
2
1
SS
T
Q
Akhirnya, kesetimbangan entropy system tertutup : σ+




 δ
=− ∫ b
2
1
21
T
Q
SS
Dimana : σ = produk entropy yang mempunyai harga tidak boleh negatif,
sebaliknya perubahan entropy dari system boleh negatif, positif atau nol.
Gambar 4. Siklus yang digunakan untuk mengembangkan
kesetimbangan
entropy untuk closed system

Contoh 3.
Air yang mula-mula saturated liquid pada 100 C diisikan dalam
rankaian piston-silinder. Air mengalami proses sampai saturated vapor,
yang mana piston bergerak bebas dalam silinder. Tidak ada heat transfer
dengan lingkungan. Jika perubahan keadaan dibawa oleh aksi paddle
wheel, tentukan kerja perunit massa (kJ/kg) dan jumlah entropy yang
dihasilkan per unit massa (kJ/kg.K)
Penyelesaian :
Diketahui : air diisikan pada rangkaian piston-silinder mengalami proses
adiabatic dari saturated liquid sampai saturated vapor pada 100 C.
Selama proses piston bergerak secara bebas dan air secara cepat
diaduk oleh paddle wheel.
Tentukan : kerja perunit massa dentropy yang dihasilkan perunit massa.
Asumsi :
1. Air pada rankaian piston-silinder adalah closed system
2. Tidak ada heat transfer dengan lingkungan
3. System adalah pada keadaan setimbang pada awal dan akhir.
Tidak ada perubahan energi kinetik dan potensial antara dua
keadaan ini.
Skema dan data yang diberikan
Analysis :

Volume dari system meningkat selama proses, ada transfer energi
oleh kerja dari system selama ekspansi melalaui paddle wheel. Total kerja
dapat dievaluasi dari kesetimbangan energi yang mana direduksi
dengan asumsi 2 dan 3 :
WQPEKEU −=∆+∆+∆ ! WU −=∆ .
Pada dasar unit massa, kesetimbangan energi : ( )fg uu
m
W
−−=
Dengan harga energi internal spesifik dari table A-2 pada 100 C :
56,2087
m
W
−= kJ/kg
Tanda minus menunjukkan bahwa kerja masuk dengan pengadukan
lebih besar dari kerja yang dilakukan oleh air. Jumlah entropy yang
dihasilkan dievaluasi dengan menggunakan kesetimbangan entropy. Dari
tidak ada heat trabsfer :
σ+




 δ
=∆ ∫
2
1
bT
Q
S --! fg ss
m
−=
σ
dengan harga entropy spesifik dari table A-2 pada 100 C :
048,6
m
=
σ
kJ/kg.K
1.3.2 Kesetimbangan Laju Entropy Untuk Control Volume
Kesetimbangan laju entropy dapat diperoleh dengan modifikasi
persamaan 36 untuk menghitung transfer entropy, menghasilkan :
CV
e
ee
i
ii
j j
jCV
smsm
T
Q
dt
dS
σ+−+= ∑∑∑ !!! (41)
dimana
dt
dSCV
menunjukkan laju waktu perubahan entropy dalam kontrol
volume. Suku iism! dan eesm! berturut-turut untuk laju transfer entropy
masuk dan keluar control volume yang diikuti oleh aliran massa.
jQ! menunjukkan laju waktu heat transfer pada lokasi pada batas dimana

temperatur sesaat Tj. Suku CVσ! menunjukkan laju waktu produksi entropy
pada kontrol volume irreversible.
1.4 Analisis Control Volume Pada Keadaan Steady
Pada keadaan steady, prinsip konservasi massa : ∑∑ =
e
e
i
i mm !!
Kesetimbangan laju energi pada keadaan steady :








++−








+++−= ∑∑ e
2
e
e
e
ei
2
i
i
i
iCVCV gz
2
V
hmgz
2
V
hmWQ0 !!!!
maka pada keadaan steady, kesetimbangan laju entropy :
CV
e
ee
i
ii
j j
j
smsm
T
Q
0 σ+−+= ∑∑∑ !!! (42)
untuk penggunaan misalnya satu-masuk dan satu-keluar kontrol volum
pada keadaan steady, bentuk kesetimbangan entropy :
( ) CV21
j j
j
ssm
T
Q
0 σ+−−+= ∑ !! (43)
Contoh 4.
Uap masuk turbin dengan tekanan 30 bar, temperatur 400 C dan
kecepatan 160 m/s. saturated vapor pada 100 C keluar dengan
kecepatan 100 m/s. Pada steady state, turbin membangkitkan kerja
sebesar 540 kJ/kg uap mengalir melalui turbin. Heat transfer antara turbin
dan lingkungan terjadi pada temperatur rata-rata permukaan pada 500
K. tentukan laju dimana entropy dihasilkan dalam turbin perkilogram uap
mengalir (kJ/kg.K). Abaikan perubahan energi potensial antara keluar
dan masuk.
Penyelesaian :
Diketahui : uap berekspansi melalui turbin pada steady state
Tentukaan : laju produk entropi per kg uap aliran uap.

Asumsi :
1. Control volume ditunjukkan disertai sketsa sebagai steady state
2. Heat transfer antara turbin dan lingkungan terjadi pada
temperatur yang diberikan
3. Perubahan energi potensial antara keluar dan masuk dapat
diabaikan
Analysis.
Untuk menentukan produksi entropy per unit massa aliran melalui turbin
dimulai dengan kesetimbangan massa dan entropy untuk one-inlet, one-
exit control volume pada steady state :
21 mm0 !! −=
cv2211
j j
j
smsm
T
Q
0 σ+−+= ∑ !!!
!

dari heat transfer hanya terjadi pada Tb = 500 K, suku pertama pada
bagian kanan dari kesetimbagan laju entropy berkurang manjadi
bcv TQ! . Gabungkan kesetimbangan massa dan entropy :
( ) cv21
b
CV
ssm
T
Q
0 σ+−+= !!
!
dimana m! adalah laju aliran massa. Penyelesaian :
( )12
b
CVcv
ss
T
mQ
m
−+−=
σ !!
!
!
Reduksi dari kesetimbangan massa dan energi menghasilkan :
( ) 






 −
+−+=
2
VV
hh
m
W
m
Q 2
1
2
2
12
CVCV
!
!
!
!
Dimana perubahan energi potensial dari inlet ke outlet diabaikan dengan
asumsi 3. Dari table A-4 pada 30 bar, 400 C ! h1 = 3230,9 kJ/kg dan dari
table A-2 ! h2=hg(100 C)= 2676,1 kJ/kg, maka :
( ) 
























 −
+





−+=
Nm10
kJ1
s/m.kg1
N1
s
m
2
160100
kg
kJ
9,32301,2676
kg
kJ
540
m
Q
322
222
CV
!
!
kgkJ6,228,78,554540
m
QCV
−=−−=
!
!
dari table A-2, s2=7,3549 kJ/kg.K dan dari table A-4, s1=6,9212 kJ/kg.K.
Masukkan harga ke dalam persaman produksi entropy :
( ) ( ) 





=





−+
−
−=
σ
K.kg
kJ
4789,0
K.kg
kJ
9212,63549,7
K500
kgkJ6,22
m
cv
!
!
1.5 Proses Isentropis
Isentropis berarti entropy konstan. Tujuan kali ini adalah untuk
menjelaskan bagaimana sifat-sifat dievaluasi pada kedaan dua proses
dimana tidak ada perubahan entropy spesifik.
1.5.1 Penggunaan Data Table Dan Grafik
Diilustrasikan oleh gambar 5, diagram temperatur – entropy dan
entalpi-entropi terutama tepat sekali untuk menentukan sifat-sifat pada
keadaan yang mempunyai harga entropy spesifik yang sama. Semua

keadaan pada garis vertical memberikan keadaan mempunyai entropy
sama.
Data tabel juga dapat digunakan untuk menghubungkan dua
keadaan yang mempunyai entropy spesifik yang sama.
Gambar 5. Diagram T-s dan h-s menunjukkan keadaan yang mempunyai
harga yang sama dari entropy spesifik
1.5.2 Penggunaan Model Gas Ideal
Gambar 7 menunjukkan dua keadaan gas ideal yang mempunyai
harga entropy spesifik yang sama. Kita akan mendapatkan hubungan
antara tekanan, volume spesifik dan temperatur pada keadaan tersebut.
Gambar 8. Dua keadaan dari gas ideal yang mempunyai harga
entropy spesifik yang sama

Untuk dua keadaan yang mempunyai entropy spesifik, persamaan 24
menjadi :
( ) ( )
1
2
1
o
2
o
p
p
lnRTsTs0 −−= (44)
Persamaan 44 meliputi empat sifat : p1, T1, p2 dan T2, jika ketiga
diketahui, maka keempat dapat ditentukan. Jika untuk contoh,
temperatur pada keadaan 1 dan rasio tekanan
1
2
p
p
diketahui, temperatur
pada keadaan 2 dapat ditentukan dari :
( ) ( )
1
2
1
o
2
o
p
p
lnRTsTs +=
Dari T1 diketahui, ( )1
o
Ts akan diperoleh dari pendekatan table,
harga ( )2
o
Ts akan dihitung dan temperatur T2 akan ditentukan dengan
interpolasi. Jika p1, T1 dan T2 dipilih dan tekanan pada keadaan 2 tidak
diketahui persamaan 44 akan menjadi :
( ) ( )





 −
=
R
TsTs
exppp 1
o
2
o
12
Persamaan diatas disajikan sebagai dasar alternatif pendekatan
table untuk menghubungkan tekanan dan temperatur pada dua
keadaan gas ideal yang mempunyai entropy spesifik yang sama. Untuk
mengantarkan ini, tulis lagi persamaan seperti :
( )
( )












=
R
Ts
exp
R
Ts
exp
p
p
1
o
2
o
1
2
Jumlah
( )






R
Ts
exp
o
terlihat dalam persamaan ini semata-mata
sebagai fungsi temperatur.
( )






R
Ts 2
o
biasa disebut relative pressure dan

diberikan symbol pr(T). pada suku tekanan relatif, persamaan selanjutnya
menjadi :
1r
2r
1
2
p
p
p
p
= (s1=s2) (45)
Hubungan antara volume spesifik dan temperatur untuk dua
keadaan dari gas ideal mempunyai entropy spesifik yang sama dapat
dikembangkan. Dengan persamaan keadaan gas ideal,
p
RT
v = , rasio
volume spesifik : 











=
1
1
2
2
1
2
RT
p
p
RT
v
v
, kemudian dari dua keadaan yang
mempunyai entropy spesifik yang sama persamaan 45 dapat
memberikan :
( )
( )












=
1
1r
2r
2
1
2
RT
Tp
Tp
RT
v
v
Rasio
( )Tp
RT
r
kelihatan pada bagian kanan dari persamaan tersebut
semata-mata sebagai fungsi temperatur.
( )Tp
RT
r
biasanya disebut relative
volume dan diberi symbol vr(T).. pada suku volume relatif, persamaan
selanjutnya menjadi :
1r
2r
1
2
v
v
v
v
= (s1=s2) (46)
Selanjutnya bagaimana sifat-sifat dihubungkan pada proses
isentropis gas ideal ketika panas spesifik konstan. Maka persamaan 25
dan 26 :
1
2
1
2
v
v
v
lnR
T
T
lnc0 +=
1
2
1
2
p
p
p
lnR
T
T
lnc0 −=
Pengantar hubungan gas ideal :
1k
kR
cp
−
= ,
1k
R
cv
−
= maka
persamaan diatas dapat diselesaikan menjadi :
1k
2
1
1
2
v
v
T
T
−






= ! (s1=s2, k konstan) (47)

k
1k
1
2
1
2
p
p
T
T
−






= ! (s1=s2, k konstan) (48)
Dengan mengikuti hubungan diatas dapat diperoleh :
k
2
1
1
2
v
v
p
p






= ! (s1=s2, k konstan) (49)
Persamaan 49 dapat disimpulkan bahwa proses politropis
pvk=konstan dari gas ideal dengan k konstan adalah proses isentropis.
Untuk n = 1 adalah proses isotermal, n=0 adalah proses isobaric dan n=±∞
adalah isovolumik (isometris).
Contoh 5.
Udara mengalami proses isentropis dari p1=1 atm, T1=540 R ke
keadaan akhir dimana temperatur adalah T2=1160 R. Gunakan model gas
ideal, tentukan tekanan akhir p2 (atm). Penyelesaian gunakan :
a. Data pr dari table A-13E
b. Rasio panas spesifik konstan (k) dievaluasi pada temperatur rata-
rata 850 R dari table A-11E
Penyelesaian
Diketahui : udara mengalami proses isentropis dari keadaan dimana
tekanan dan temperatur diketahui ke keadaan dimana temperatur
dispesifikasi
Tentukan : tekanan akhir menggunakan data pr dan harga konstan rasio
panas spesifik
Skema data yang diberikan

Asumsi :
1. Proses adalah isentropis
2. Udara dapat dimodelkan sebagai model gas ideal
3. Pada bagian (b) rasio panas spesifik adalah konstan
Analisis
a. Tekanan dan temperatur pada dua keadaan dari gas ideal
mempunyai entropy spesifik yang sama, maka :
1r
2r
1
2
p
p
p
p
= , harga pr
didapat dari table A-13E, maka p2 :
( ) 28,15
3860,1
18,21
atm1
p
p
pp
1r
2r
12 === atm
b. Ketika rasio panas spesifik diasumsikan konstan, temperatur dan
tekanan pada dua keadaan gas ideal mempunyai entropy spesifik
yang sama dihubungkan dengan persamaan sebelumnya sehingga :
1k
k
1
2
12
T
T
pp
−






=
dari table A-11E pada 390 F, k = 1,39. masukkan harga ke dalam
persamaan diatas maka : 26,15
540
1160
atm1p
139,1
39,1
2 =





=
−
atm
1.5.3 Efisiensi Isentropis Turbin, Nozzle, Kompresor Dan Pompa.
Efisiensi isentropis meliputi perbandingan antara performance
actual dari alat dan performance yang akan dicapai dibawah keadaan
ideal untuk kondisi masuk yang sama dan tekanan keluar yang sama.
Misalnya turbin, keadaan bahan masuk turbin dan tekanan keluar
ditentukan. Heat transfer antara turbin dan lingkungannya diabaikan
seperti pengaruh energi kinetik dan potensial. Dengan asumsi ini

kesetimbangan laju massa dan energi berkurang pada keadaan steady,
untuk memberikan kerja yang dibangkitkan per unit massa aliran melalui
turbin : 21
CV
hh
m
W
−=
!
!
. Dari keadaan 1 ditentukan, entalphy spesifik h1
diketahui. Dengan demikian harga kerja tergantung pada hanya entalphi
spesifik h2 dan meningkat jika h2 berkurang. Harga maksimum untuk kerja
turbin berhubungan terhadap harga yang dibolehkan semakin kecil untuk
entalpi spesifik pada keluar turbin. Hal ini dapat ditentukan dengan
menggunakan hokum kedua. Keadaan keluar yang dibolehkan dipaksa
dengan : 0ss
m
12
CV
≥−=
σ
!
!
Yang mana diperoleh dengan mengurangi kesetimbangan laju energi.
Karena produksi entropy tidak boleh negatif, keadaan s2 < s1 tidak
diperoleh pada ekspansi adiabatic. Hanya keadaan yang dapat dicapai
pada ekspansi actual dengan s2>s1. Keadaan berlabel 2s pada gambar 9
hanya dicapai pada batas reversible internal. Hal ini berhubungan pada
ekspansi isentropis melalui turbin. Untuk tekanan keluar ditentukan, entalpi
spesifik h2 menurun sehinggaa entropy spesifik menurun. Karena itu harga
yang dicapai semakin kecil h2 berhubungan pada keadaan 2s dan harga
maksimum kerja turbin adalah s21
s
CV
hh
m
W
−=







!
!
. Pada ekspansiaktual
melalui turbin h2>h2s maka kerja berkurang dari maksimum yang
dibangkitkan. Perbandingan dapat diukur dengan efisiensi isentropis
didefinisikan dengan :
( )sCV
CV
t
m/W
m/W
!!
!!
=η (50)

Gambar 9. Perbandingan ekspansi actual dan isentropis melalui turbin
Pendekatan yang sama untuk turbin dapat digunakan untuk
mengantarkan efisiensi isentropis dari nozzle yang beroperasi pada
keadaan steady. Efisiensi isentropis nozzle didefinisikan sebagai rasio
energi kinetik spesifik actual dari gas meninggalkan nozzle
2
V2
2
terhadap
energi kinetik pada keluar yang dicapai pada ekspansi isentropis antara
keadaan inlet sama dan tekanan keluar sama
s
2
2
2
V








:
( )s
2
2
2
2
nozzle
2/V
2/V
=η (51)
Bentuk efisiensi isentropis kompressor., dengan mengacu gambar
10. Yang mana menunjukkan proses kompresi pada diagram Mollier.
Keadaan massa masuk kompressor dan tekanan keluar ditentukan. Untuk
heat transfer diabaikan dengan lingkungan dan energi potensial dan
kinetik diabaikan, kerja input per unit massa aliran melalui kompresor :
12
CV
hh
m
W
−=







−
!
!
. Dari keadaan 1 ditentukan, entalpi spesifik h1
diketahui. Dengan demikian harga kerja input tergantung pada entalpi
spesifik keluar h2. Persamaan diatas menunjukkan bahwa jumlah kerja
input menurun jika h2 menurun. Kerja input minimum berhubungan
s

terhadap semakin kecil harga yang dicapai entalpi spesifik pada sata
keluar kompresor. Kerja input minimum yang diberikan :
1s2
s
CV
hh
m
W
−=







−
!
!
. Pada kompresi actual h2>h1, maka kerja lebih besar
daripada minimum yang diperlukan. Perbedaan ini dapat diukur dengan
efisiensi isentropis kompresor :
( )
( )m/W
m/W
CV
sCV
c
!!
!!
=η
Gambar 10. Perbandingan kompresi isentropis dan aktual
Contoh 6.
Turbin uap beroperasi pada steady state dengan kondisi inlet p1 = 5
bar, T1=320 C. Uap meninggalkan turbin pada tekanan 1 bar. Tidak ada
heat transfer antara turbin dan lingkungannya, perubahan energi kinetik
dan potensial antara inlet dan outlet diabaikan. Jika efisiensi turbin
isentropis adalah 75 %, tentukan kerja yang dibangkitkan per unit massa
aliran uap melalui turbin (kJ/kg)
Penyelesaian :
Diketahui : Uap berekspansi melalui turbin beroperasi pada steady state
dari keadaan inlet ke keadaan keluar yang dipilih. Efisiensi turbin yang
diketahui.
Tentukan : kerja yang dibangkitkan per unit massa uap mengalir melalui
turbin

Asumsi :
1. Control volume ditunjukkan pada diagram yang disertai steady
state
2. Ekspansi adalah adiabatic dan perubahan energi kinetik dan
potensial antara inlet dan outlet dapat diabaikan.
Analisis :
Kerja yang dibangkitkan dapat ditentukan menggunakan efisiensi turbin
isentropis, yang mana memberikan : ( ) ( )s21tsCVtCV hhm/Wm/W −η=η= !!!!
Dari table A-4, h1=3105,6 kJ/kg dan s1=7,5308 kJ/kg.K. keadaan keluar
untuk ekspansi isentropis ditentukan dengan p2 =1 bar dan s2s=s1.
interpolasi dengan entropy spesifik pada table A-4 pada 1 bar
memberikan h2s = 2743,0 kJ/kg. Sehingga :
( ) 95,27127436,310575,0m/WCV =−=!! kJ/kg
Contoh 7.
Suatu turbin pada steady state menerima udara pada tekanan
p1=3 bar dan temperatur T1=390 K. Udara keluar turbin pada tekanan p2=1
bar. Kerja yang dibangkitkan diukur sebesar 74 kJ/kg aliran udara melalui
turbin. Turbin beroperasi secara adiabatic dan perubahan energi
potensial dan kinetik antara inlet dan keluar dapat diabaikan. Gunakan
model gas ideal untuk udara, tentukan efisiensi turbin.
Penyelesaian :

Diketahui : udara berekspansi melalui turbin pada steady state dari
pemilihan keadaan inlet sampai tekanan keluar yang dipilih. Kerja yang
dibangkitkan per kg udara mengalir melalui turbin diketahui.
Tentukan : efisiensi turbin
Skema dan data yang diberikan:
Asumsi :
1. Kontrol volume ditunjukkan mengikuti sketsa adalah steady state
2. Ekspansi adalah adiabatic dan perubahan energi kinetik dan
potensial antara inlet dan keluar dapat diabaikan
3. Udara adalah model sebagai gas ideal
Analisis :
Kerja yang dibangkitkan pada ekspansi isentropis dari keadaan inlet yang
diberikan pada tekanan keluar adalah s21
s
CV
hh
m
W
−=







!
!

Dari table A-13 pada 390 K, h1 = 390,88 kJ/kg. Untuk menentukan h2s
gunakan :
( ) ( )1r
1
2
s2r Tp
p
p
Tp 





=
dimana p2= 1 bar, p1 = 3 bar dan pr1 = 3,481 dari table A-13 pada 390 K,
( ) ( ) 1603,1481,3
3
1
Tp s2r =





=
interpolasi pada table A-13 memberikan h2s = 285,27 kJ/kg, maka :
6,10527,28588,390
m
W
s
CV
=−=







!
!
kJ/kg
sehingga efisiensi isentropisnya adalah :
( )
( ) ( )%707,0
6,105
74
m/W
m/W
sCV
CV
t ===η
!!
!!
Contoh 8
Uap masuk nozzle yang beroperasi pada steady state pada p1 =
140 lbf/in2 dan T1 = 600 F dengan kecepatan 100 ft/s. Tekanan dan
temperatur pada saat keluar adalah p2 = 40 lbf/in2 dan T2 = 350 F. tidak
ada heat transfer antara nozzle dan lingkungannya dan perubahan
energi potensial antara inlet dan keluar dapat diabaikan. Tentukan
efisiensi nozzle.
Penyelesaian :
Diketahui : uap berekspansi melalui nozzle pada steady state dari
keadaan inlet yang khusus sampai keadaan luar yang khsusus.
Kecepatan pada inlet diketahui.
Tentukan : efisiensi nozzle

Asumsi :
1. Kontrol volume ditunjukkan mengikuti sketsa yang beroperasi
secara adiabatic pada steady state
2. Untuk control volume 0Wcv =! dan perubahan energi potensial
antara inlet dan exit dapat diabaikan
Analisis :
Kesetimbangan laju massa dan energi untuk kontrol volume satu-inlet,
satu-exit direduksi memberikan :
2
V
hh
2
V 2
1
21
2
2
+−=
Persamaan ini menggunakan ekspansi actual dan isentropis
Dari table A-4E pada T1=600 F dan p2 = 140 lbf/in2, h1 = 1326,4 Btu/lb, s1 =
1,7191 Btu/lb.R. Juga dengan T2 = 350 F dan p2 = 40 lbf/in2, h2 = 1211,8
Btu/lb. Dengan demikian, energi kinetik dipilih pada keluar adalah :
( ) ( )
( )
lb
Btu
8,114
Btu1
lbf.ft778
lbf1
sft.lb2,32
2
s/ft100
lb
Btu
8,12114,1326
2
V
2
22
2
=












+−=
interpolasi pada table A-4E pada 40 lbf/in2 dengan s2s=s1=1,7191 Btu/lb
menghasilkan h2s=1202,3 Btu/lb, maka :

( ) ( )
( )
lb
Btu
3,124
Btu1
lbf.ft778
lbf1
sft.lb2,32
2
s/ft100
lb
Btu
3,12024,1326
2
V
2
22
2
=












+−=
sehingga efisiensi nozzle adalah :
( )
( ) ( )%4,92924,0
3,124
8,114
2V
2V
s
2
2
2
2
nozzle ===η
Contoh 9
Suatu kompresor udara beroperasi pada steady state menerima udara
pada p1=0,95 bar dan T1=22 C. rasio tekanan pada keluar terhadap
tekanan pada saat masuk adalah 6. tidak ada heat transfer antara
compressor dan lingkungannya dan energi kinetik dan potensial antara
saat masuk dan saat keluar diabaikan. Jika efisiensi kompresor adalah 82
%. Tentukan temperatur udara pada saat keluar kompresor. Gunakan
model gas ideal untuk udara.
Penyelesaian :
Diketahui : udara dikompresi dari keadaan masuk melalui rasio tekanan
yang dipilih. Efisiensi isentropis kompresor diketahui.
Tentukan : temperatur udara saat keluar.

Asumsi :
1. Kontrol volume ditunjukkan mengikuti sketsa yang beroperasi
secara adiabatic pada steady state
2. Perubahan energi kinetik dan potensial antara saat masuk dan
keluar dapat diabaikan
3. Udara adalah model sebagai gas ideal
Analisis :
Temperatur pada saat masuk dapat ditentukan dari entalphi spesifik
pada saat keluar. Entalphi spesifik saat keluar h2 dapat ditentukan
menggunakan efisiensi isentropis kompresor :
( )
( ) 12
1s2
CV
sCV
c
hh
hh
m/W
m/W
−
−
==η
!!
!!
Maka
( )
c
1s2
12
hh
hh
η
−
+=
Table A-13 memberikan h1 = 295,17 kJ/kg pada T1 = 295 K. Untuk
menentukan h2s gunakan persamaan isentropis untuk gas ideal yaitu :
( ) ( ) ( ) 841,73068,16Tp
p
p
Tp 1r
1
2
s2r ==





=
dimana pr1 diperoleh dari table A-13 pada 295 K. entalphi spesifik pada
keadaan 2s kemudian ditemukan dengan interpolasi pada table A-13 ;
h2s=493 kJ/kg maka entalphi spesifik saat keluar adalah :
( )
kg
kJ
4,536
82,0
17,295493
17,295h2 =
−
+=
interpolasikan pada table A-13 mengahsilkan T2 = 532 K

AANNAALLIISSIISS AAVVAAIILLAABBIILLIITTYY
2.1 Availability
Dasar untuk konsep availability disajikan dalam introduksi hukum
kedua termodinamika bagaimana kesempatan kerja yang dilakukan bila
dua system pada keadaan berbeda berkomunikasi, pada prinsipnya
kerja dapat dibangkitkan seperti system yang diijinkan menjadi setmbang.
Ketika salah satu dari dua system sesuai dengan system yang ideal
disebut lingkungan dan yang lain dari beberapa system yang tertutup
dari yang interest. Definisi availability adalah kerja teoritis yang maksimum
yang diperoleh akibat mereka berinteraksi terhadap kesetimbangan.
2.2 Environment
System apa saja, apakah suatu komponen pada system lebih besar seperti
suatu turbin pada power plant atau system lebih besar (power plat) dari dirinya,
beroperasi dalam lingkungan dari beberapa macam. Hal ini penting untuk
membedakan environment dan sekeliling system. Seperti yang digunakan dalam
buku ini, term surrounding berhubungan terhadap sesuatu yang tidak termasuk
dalam system. Term environment digunakan untuk beberapa bagian dari
surrounding, sifat intensive dari setiap phase dimana adalah uniform dan tidak
berubah secara signifikan sebagai hasil dari proses apa saja dibawah
pertimbangan. Environment bebas dari irreversibilitas. Semua irreversibilitas
signifikan ditempatkan dalam system dan immediate surroundingnya.
Irreversibilitas internal bertempat didalam system. Irreversibilitas eksternal
bertempat pada immediate surrounding. Environment dan immediate surrounding
Bab ini mengantarkan metode bagaimana menggunakan prinsip
konservasi massa dan energi bersama-sama dengan hukum
kedua termodinamika untuk merancang desain dan analisa
system termal. Metode disini dipilih analisa availability.

untuk kasus sederhana power plant ditunjukkan pada gambar 1
Gambar 1. Skema dari vapor power plant sederhana dan surroundingnya
Dunia fisika sangat sulit dan utnuk memasukan setiap detail pada
analisis tidak praktis. Dengan demikian pada penjabaran environment
dibuat sederhana. Validitasi dan utility dari analisis memnggunakan
model adalah proses yang dibatasi oleh idealisasi yang dibuat pada
formulasi model. Pada buku ini environment dianggap sebagai system
compressible sederhana yang lebih besar dalam luas dan uniform dalam
temperatur (To) dan tekanan (po). Dalam menjaga ide bahwa
environment dilakukan dengan dunia fisik actual, harga untukm po dan To
menggunakan seluruhnya analisis keterangan-keterangan secara normal
yang diambil sebagai kondisi environment tipikal seperti 1 atm dan 25 C.
meskipun sifat intensivenya tidak berubah, environment dapat
mengalami perubahan dalam sifat extensivenya sebagai hasil dari
interaksi dengan system yang lain. Perubahan dalam sifat extensive :
energi dalam (Uo), entropy (So) dan volume (Vo) dari environment
dihubungkan melalui persamaan Tds. Dari To dan po konstan, persamaan
menjadi : eoeoe VpSTU ∆−∆=∆ (1)
Pada bab ini energi kinetik dan potensial dievaluasi relatif
terhadap environment, semua bagian-bagian dimana dianggap diam

berkenaan dengan salah satu yang lain. Dengan demikian, seperti
ditunjukkan dengan persamaan sebelumnya, perubahan dalam energi
dari environment dapat berubah hanya pada energi internalnya.
Persamaan 1 digunakan untuk mengembangkan persamaan untuk
mengevaluasi availability.
2.3 Dead state
Jika keadaan dipilih kuantitas dari materi, system tertutup,
berangkat dari environment, berkesempatan bertahan untuk
mengembangkan kerja. Akan tetapi sebagai system merubah keadaan
terhadap environment, kesempatan berkurang, berhenti sampai diam
ketika dua adalah setimbang dengan salah satu yang lainnya. Keadaan
ini dari system disebut dead state. Pada dead state, jumlah materi tetap
dibawah pertimbangan diimajinasi pada tertutup dalam amplop (kedap
air), pada saat diam relatif terhadap environment dan secara internal
dalam kesetimbangan pada To dan po dari environment. Pada dead
state kedua system tertutup dan environment mempunyai energi tetapi
harga availability adalah nol karena tidak ada kemungkinan perubahan
sesaat dalam system tertutup atau environment atau tidak ada interaksi
antara mereka.
2.4 Evaluasi availability
Tujuan kali ini untuk menunjukkan bagaimana availability dari
system tertutup pada spesifikasi keadaan diberikan persamaan :
( ) ( ) ( )ooooo SSTVVpUEA −−−+−= (2)
Dimana :
- E = U+KE+PE = energi
- V = volume
- S = entropy
Persamaan 2 dapat diturunkan dengan menggunakan
kesetimbangan energi dan entropy untuk system kombinasi yang

ditunjukkan dalam gambar 2 dimana terdiri dari system tertutup dan
lingkungan. Availability adalah kerja teoritis maksimum yang dapat
dilakukan oleh kombinasi system jika system tertutup menjadi setimbangn
dengan lingkungan dapat juga dikatakan jika system tertutup melalui
dead state. Dari tujuan adalah mengevaluasi kerja yang maksimum yang
dapat dibangkitkan oleh kombinasi system, batas kombinasi system
ditempatkan sehingga hanya transfer energi yang melewatinya adalah
transfer kerja dari energi. Hal ini menjamin bahwa kerja dibangkitkan oleh
kombinasi system tidak dipengaruhi oleh heat transfer. Selain itu, meskipun
volume dari system tertutup dan environment dapat berubah, batas dari
kombinasi system ditempatkan sehingga total volume dari kombinasi
system tetap konstan. Hal ini menjamin bahwa kerja dibangkitkan oleh
kombinasi system adalah fully available untuk mengangkat massa dalam
surroundingnya.
Kesetimbangan energi untuk kombinasi system : ccc WQE −=∆ (3)
Dimana :
- Wc = kerja yang dibangkitkan oleh kombinasi system
- ∆Ec = perubahan energi dari kombinasi system = jumlah perubahan
anergi dari system tertutup dan lingkungan.
Energi dari system tertutup mula-mula ditunjukkan oleh E, dimana
meliputi energi kinetik, energi potensial dan energi dalam dari system.
Sebagai tambahan diatas, energi kinetik dan potensial dievaluasi relatif
terhadap lingkungan sehingga energi dari system tertutup ketika pada
dead state akan sama energi internalnya (Uo). Dengan demikian, ∆Ec
dapat dirumuskan sebagai : ( ) eoc UEUE ∆+−=∆
Didapat bahwa : eoeoe VpSTU ∆−∆=∆
Maka : ( ) ( )eoeooc VpSTEUE ∆−∆+−=∆ (3)
Ganti persamaan 3 ke persamaan 2 maka :
( ) ( )eoeooc VpSTUEW ∆−∆−−=

perubahan volume lingkungan sama dengan jumlah perubahan volume
dari close system : ( )VVV 0e −−=∆ . Dengan substitusi ini persamaan
diatas untuk kerja :
( ) ( ) eooooc STVVpUEW ∆−−+−= (4)
persamaan ini memberikan kerja yang dibangkitkan oleh
combined system. Harga kerja teoritis maksimum ditentukan
menggunakan kesetimbangan entropy. Kesetimbangan entropy untuk
combined system : ccS σ=∆ ! perubahan entropy dari combined system
sama dengan jumlah perubahan entropy untuk closed system dan
lingkungan : ( ) eoc SSSS ∆+−=∆
sehingga : ( ) eoc SSS ∆+−=σ (5)
maka : ( ) ( ) coeooooc TSTVVpUEW σ−∆−−+−=
harga Toσc tergantung dari proses seperti closed system melalui dead
state. Harga kerja teoritis maksimum dari combined system diperoleh
dengan menset Toσc = nol maka :
( ) ( ) eoooomak,c STVVpUEW ∆−−+−=
Harga availability tidak dapat negatif. Jika closed system pada
keadaan yang lain dari dead state, system dapat berubah kondisinya
secara spontan terhadap dead state. Tidak ada kerja yang harus
dilakukan untuk mempengaruhi setiap perubahan secara spontan.
Dengan demikian dari perubahan apa saja pada keadaan dari closed
system terhadap dead state dapat diselesaikan dengan at least zero
kerja yang dibangkitkan, kerja maksimum (availability) tidak dapat
negatif
Availability secara umum tidak dapat dirubah tetapi dirusak oleh
irreversibility. Suatu batasan kasus ketika availability secara sempurna
dirusak, seperti akan terjadi jika closed system dibolehkan untuk
mengalami perubahan sesaat terhadap dead state dengan tidak
menentu untuk memperoleh kerja.

2.5 Aspek Availability
Availability adalah suatu ukuran dari permulaan keadaan closed
system dari lingkungannya. Availability adalah sifat ekstensif, availability
sering sesuai pada kerja dengan unit massa atau molar, availability
spesifik pada dasar massa (a) :
( ) ( ) ( )ooooo ssTvvpuea −−−+−= (7)
dimana e, v dan s adalah berturut-turut energi, volume dan entropy pada
keadaan yang ditentukan; uo, vo, so adalah pada dead state.
Dimana e = u + V2/2 + gz
( ) ( )ooooo
2
ssTvvpugz
2
V
ua −−−+







−





++=
( ) ( ) ( ) gz
V
ssTvvpuua ooooo ++−−−+−=
2
2
(8)
sedangkan perubahan availability antara dua keadaan dari
closed system dapat ditentukan sebagai perbedaan :
( ) ( ) ( )12o12o2212 SSTVVpEEAA −−−+−=− (9)
dimana harga po dan To ditentukan dengan keadaan lingkungan. Ketika
system pada dead state, system berada kesetimbangan thermal dan
mekanik dengan lingkungan dan harga availability adalah nol !
kontribusi thermomekanik terhadap availability adalah nol.
Contoh 1.
Dua kilogram air mengalami proses dari keadaan awal dimana air
adalah saturated vapor pada 120 C, kecepatan 30 m/s dan ketinggian 6
m sampai ke keadaan akhir dimana air adalah saturated liquid pada 10
C, kecepatan 25 m/s dan ketinggian 3 m. tentukan dalam kJ/kg : ambil
To=25 C dan po = 1 atm, g = 9,8 m/s2
a. Availability pada keadaan awal
b. Availability pada keadaan akhir
c. Perubahan availability

Penyelesaian :
Diketahui : dua kg air mengalami proses antara dua keadaan yang dipilih
Tentukan : availability pada keadaan awal dan akhir dan perubahan
dalam availability
Asumsi :
1. Air adalah suatu closed system pada keadaan awal dan akhir
setimbang
2. Kecepatan dan ktinggian diukur relatif terhadap environment
3. To = 25 C, po=1 atm dan g = 9,8 m/s2
Analisis
Availability pada keadaan awal dan akhir dapat ditentukan dengan
mengggunakan :
( ) ( ) ( ) 





++−−−+−= gz
2
V
ssTvvpuumA
2
ooooo
Untuk mengevaluasi availability memerlukan harga volume spesifik, energi
internal spesifik dan entropy spesifik dari air pada dead state. Pada dead
state dimana To= 25 C dan po=1 atm, air adalah liquid. Dengan demikian
persamaan pada bab sebelumnya dan harga dari table A-2, vo=1,0029
cm3/g, uo=104,88 kJ/kg, so=0,3674 kJ/kg.K

a. Untuk air sebagai saturated vapor pada 120 C, table A-2
memberikan p=1,985 bar, v=891,9 cm3/g, u=2529,3 kJ/kg, s=7,1296
kJ/kg.K. Ganti ke dalam persamaan diatas untuk availability,
availability pada keadaan awal adalah :
( )
( )
( )( )
( ) ( )( )
kJ1,1000
Nm10
kJ1
s/m.kg1
N1
m6s/m81,9
2
s/m30
K.kg
kJ
3674,0126,7K298
Nm10
kJ1
mcm10
kgg10
g
cm
0029,19,891
m
N
10x013,1
kg
kJ
88,1043,2529
kg2A
32
2
2
3336
33
2
3
=
















































++






−−


















−





+−
=
b. Untuk air sebagai saturated liquid pada 10 C, p=0,01228 bar,
v=1,0004 cm3/g, u=42 kJ/kg, s= 0,151 kJ/kg.K. Availability pada
keadaan akhir adalah 3,9 kJ
c. Perubahan availability dari system adalah A2 – A1 = -996,2 kJ
Tanda minus menunjukkan bahwa availability menurun dalam proses ini
Contoh 2.
Suatu silinder dari internal combustion engine berisi 2450 cm3
produk gas pembakaran pada tekanan 7 bar dan temperatur 867 C
sebelum katup exhaust terbuka. Tentukan availability spesifik dari gas
dalam kJ/kg. Abaikan pengaruh gerakan dan grafitasi dan model gas
pembakaran sebagai udara sebagai gas ideal. Ambil To = 27 C dan po 1
atm
Penyelesaian
Diketahui : produk gas pembakaran pada keadaan khusus diisikan dalam
silinder dari ICE
Tentukan : availability spesifik

Asumsi :
1. Produk gas pembakarn adalah closed system
2. Produk pembakaran dimodel sebagai gas ideal
3. pengaruh gerakan dan grafitasi dapat diabaikan
4. To = 27 C dan po 1 atm
Penyelesaian : availability spesifik :
( ) ( ) ( )ooooo ssTvvpuua −−−+−=
term energi internal dan entropy dievaluasi dengan menggunakan table
A-13 :
( ) kgkJ28,66607,21435,880uu o =−=−
( ) ( ) ( )
o
o
oo
o
p
p
ln
M
R
TsTsss −−=−
( ) kgkJ62,258
013,1
7
ln
97,28
314,8
70203,111883,3K300ssT oo =

















−−=−
term ( )oo vvp − dievaluasi dengan menggunakan persamaan gas ideal
dari keadaan : ( ) pTM/Rv = dan ( ) ooo pTM/Rv = sehingga :
( ) 





−=− o
o
oo T
p
Tp
M
R
vvp

( ) ( )
kg
kJ
75,38300
7
1140013,1
97,28
314,8
vvp oo −=





−=−
sehingga availability spesifiknya adalah a = 368,91 kJ/kg
2.6 Kesetimbangan Availability Untuk Closed System
2.6.1 Development Dari Kesetimbangan Availability
Kesetimbangan availability untuk closed system dibangkitkan oleh
kombinasi kesetimbangan energi dan antropi closed system. Bentuk
kesetimbangan antropi dan energi :
∫ −δ=−
2
1
12 WQEE
∫ σ+




 δ
=−
2
1
b
12
T
Q
SS
dimana W dan Q berturut-turut adalah kerja dan heat transfer antara
system dan lingkungan.
Langkah pertama dalam menurunkan kesetimbangan availability,
dimana kesetimbangan energi :
( ) ( ) ∫ ∫ σ−−




 δ
−δ=−−−
2
1
2
1
o
b
o12o12 TW
T
Q
TQSSTEE
( ) ( ) ∫ σ−−δ





−=−−−
2
1
o
b
o
12o12 TWQ
T
T
1VVpAA
maka closed system availability balance :
( ) ( )[ ]∫ σ−−−−δ





−=−
2
1
o12o
b
o
12 TVVpWQ
T
T
1AA (10)
Availability change Availability transfer Availability
destruction
Contoh 3
Air yang mula-mula saturated liquid pada 100 C diisikan pada
rangkaian silinder-piston. Air mengalami proses sampai pada keadaan
saturated vapor yang mana piston dapat bergerak secara bebas dalam

silinder. Untuk tiap-tiap dari dua proses jelaskan di bawah, tentukan pada
unit massa perubahan availability, transfer availability diikuti kerja,
availability transfer diikuti panas dan irreversibility (kJ/kg). Ambil To = 20C,
po=1,014 bar
a. Perubahan keadaan dibawa oleh pemanasan air seperti air
mengalami proses internal reversible pada T dan p konstan.
b. Perubahan keadaan yang dibawa secara adiabatic oleh aksi
pengadukan dari paddle wheel
Penyelesaian
Diketahui : saturated liquid pada 100 C mengalami proses sampai
keadaan saturated vapor
Tentukan : perubahan availability, availability transfer diikuti kerja dan
panas serta irreversibility untuk setiap dari dua proses yang dipilih
Asumsi :
1. Untuk bagian a dan b lihat asumsi yang terdapat pada contoh
soal pada bab sebelumnya (entropy)
2. To = 20 C, po = 1,014 bar
Analisis
a. Perubahan availability spesifik :
( ) ( )fgofgofg ssTvvpuua −−−+−=∆
gunakan data dari table A-2
( )( )
( ) ( ) 





−+=∆
K.kg
kJ
048,6K15,293
kJm.N10
kgm672,1mN10x014,1
kg
kJ
56,2087a 3
325
kg/KJ484a =∆
penggunaan persamaan untuk kerja yang diperoleh pada
penyelesaian pada contoh soal bab tentang entropy, fgpv
m
W
= ;
availability transfer diikuti kerja adalah :
[ ] ( ) ( ) 0vppvvp
m
W
fgofgo
tyavailabili.of.transfer
work.ngaccompanyi =−=−−=

meskipun kerja mempunyai harga tidak nol, tidak ada kerja yang
mengikuti availability transfer karena p=po. Penggunaan harga heat
transfer dihitung pada contoh soal pada bab tentang entropy,
transfer dari availability diikuti heat transfer pada proses tekanan
konstan adalah :
[ ] kgkJ484
kg
kJ
2257
15,373
15,293
1
m
Q
T
T
1 otyavailabili.of.transfer
transfer.heat.ngaccompanyi =





−=





−=
Harga positip menunjukkan bahwa availability transfer adalah
arahnya sama sesuai heat transfer. Dari proses yang terjadi tanpa
irreversibility, irreversibility I biasanya berharga nol. Ini dapat dibuktikan
dengan memasukkan tiga availability yang dievaluasi diatas kedalam
kesetimbangan availability.
b. Dari keadaan akhir adalah sama seperti pada bagian a, perubahan
availability adalah sama. Selain itu, karena tidak heat transfer, tidak
ada availability transfer diikuti oleh panas. Availability transfer diikuti
oleh kerja adalah :
[ ] ( ) ( )( ) kg/kJ2257
10
672,110x014,1
56,2087vvp
m
W
3
5
fgo
tyavailabili.of.transfer
work.ngaccompanyi −=−−=−−=
tanda minus menunjukkan bahwa total availability transfer diikuti kerja
adalah masuk system. Akhirnya, irreversibility ditentukan dari
kesetimbangan availability. Penyelesaian untuk irreversisbility per unit
massa :
( ) ( ) kg/kJ17732257484vvp
m
W
a
m
I
fgo =−−−=





−−−∆−=
Komentar :
1. Contoh ini menunjukkan bahwa perubahan availability selama
proses ditentukan oleh keadaan akhir tetapi harga transfer
availability dan irreversibility tergantung pada sifat proses.
2. Harga irreversibility dari bagian b dapat juga ditentukan dengan
menggunakan 




 σ
=
m
T
m
I
o , dimana produk entropy per unit

massa, σ/m diperoleh dari penyelesaian pada contoh bab
sebelumnya.
2.6.2 Flow Availability
Tujuan kali ini adalah utnuk mengembangkan konsep flow
availability. Konsep ini penting untuk control volume dari kesetimbangan
laju availability.
2.6.2.1 Availability Transfer Diikuti Aliran Kerja
Ketika diasumsikan aliran satu dimensi, kerj pada bagian masuk
atau keluar dari control volume, aliran kerja diberikan pada laju waktu
dengan ( )pvm! dimana m! adalah laju massa, p = tekanan dan v =
volume spesifik pada inlet atau outlet. Availi
bility transfer diikuti aliraan kerja :
[ ] ( )vppvm o
transfer.avaibility.of.rate.time
work.flow.ngaccompanyi −= ! (11)
Kita asumsikan bahwa peningkatan volume dari closed system
pada interval waktu (∆t) sama dengan volume daerah akhir. Availability
transfer diikuti kerja :
[ ] VpW o
transfer.avaibility
work.ngaccompanyi ∆−= (12)
dimana ∆V adalah perubahan volume dari system. Perubahan volume
system sama dengan volume region e. Sehingga ∆V=meve, maka :
[ ] ( )eoe
transfer.avaibility
work.ngaccompanyi vpmW −= (13)
Persamaan 13 dapat dipasang pada dasar laju waktu dengan membagi
setiap suku dengan interval waktu ∆t. dan batas didekati ∆t!0 :
[ ] ( )





∆
−





∆
= →∆→∆ eo
elim
0t
lim
0t
work.ngaccompanyi vp
t
m
t
W
(14)
pada limit ∆t!0, batas closed system dan control volume serupa. Dengan
demikian, pada limit ini laju transfer energi oleh kerja dari closed system
adalah laju transfer energi oleh kerja dari control volume. Maka suku
pertama dari persamaan 14 menjadi :

( )ooe
lim
0t vpm
t
W !=





∆
→∆ (15)
dan suku kedua : ( ) ( )eoeeo
elim
0t vpmvp
t
m
!=





∆
→∆ (16)
pada limit ini, asumsi volume spesifik uniform seluruhnya region e
berhubungan terhadap asumsi volume spesifik uniform melalui exit (satu
dimensi). Substitusi persamaan 16, 15 ke 14 memberikan :
[ ] ( )eoeee
work.ngaccompanyi vpvpm −= ! (17)
2.6.2.2 Development Dari Konsep Flow Availability.
Ketika massa mengalir melalui batas control volume, diikuti transfer energi:
[ ] 





++== gz
2
V
umem
2
transfer.energi.of.rate.time
work.ngaccompanyi
!! (18)
Demikian juga, ketika massa masuk atau keluar control volume diikuti oleh
transfer availability :
[ ] ( ) ( ) ( )[ ]ooooo
work.ngaccompanyi ssTvvpuemam −−−+−== !! (19)
Dari transfer availability diikuti aliran massa dan aliran kerja terjadi
pada lokasi dimana massa masuk atau keluar control volume, maka :
[ ] ( )[ ]oo
work.ngaccompanyi vppvam −+= !
[ ] ( ) ( ) ( ) ( )[ ]ooooooo
work.ngaccompanyi vppvssTvvpuem −+−−−+−= ! (20)

SYSTEM TENAGA UAP
(VAPOR POWER SYSTEMS)
3.1 Rankine Cycle
Prisip kerja dan heat transfer
Asumsi :
- Heat transfer antara system ke lingkungan diabaikan
- Energi kenetik dan potensial diabaikan
- Setiap komponen beroperasi pada steady state
- Penggunaan bersama-sama prinsip konservasi massa dan energi
Gambar 1 Prinsip Kerja dan heat transfer dari Sistem Tenaga Uap
sederhana
Pada Gambar 1, uap dari boiler pada keadaan 1 mempunyai
kenaikan temperatur dan tekanan, berekspansi melalui turbin
menghasilkan kerja dan kemudian dikeluarkan ke kondensor pada
keadaan 2 dengan tekanan rendah. Heat transfer dengan lingkungan
diabaikan, laju kesetimbangan massa dan energi untuk control volume
sekitar turbin pada steady state memberikan :
Pada bab ini akan dibahas mengenai sistem tenaga uap dan
juga mesin-mesin bekerja sesuai dengan siklus tersebut. Sistem
tenaga uap ini membahas mengenai turbin uao dan juga mesin

( )





−+
−
+−+−= 21
2
2
2
1
21tcv zzg
2
VV
hhmWQ0 !!!
atau : 21
t
hh
m
W
−=
!
!
(1)
dimana m! menunjukkan laju aliran massa fluida kerja dan
m
Wt
!
!
adalah laju
kerja yang dibangkitkan per unit massa uap melaui turbin.
Pada kondensor disini heat transfer dari uap ke air pendingin mengalir
dalam aliran separasi. Uap kondensasi dan temperatur air pendingin
meningkat. Pada steady state, kesetimbangan massa dan energi untuk
control volume :
32
out
hh
m
Q
−=
!
!
(2)
Dimana
m
Qout
!
!
adalah laju anergi yang ditransfer oleh panas dari fluida
kerja ke air pendingin per unit massa fluida kerja melalui kondensor.
Cairan kondensat meninggalkan kondensor pada 3 dipompa dari
tekanan kondensor ke tekanan boiler maka kesetimbangan massa dan
energi :
34
p
hh
m
W
−=
!
!
(3)
Dimana
m
Wp
!
!
adalah laju daya input per unit massa melewati pompa.
Fluida kerja suatu siklus seperti liquid meninggalkan pompa pada 4
disebut boiler feedwater dipanaskan sampai saturasi dan diuapkan di
dalam boiler. Dari keadaan 4 sampai 1, kesetimbangan laju massa dan
energi :
41
in
hh
m
Q
−=
!
!
(4)

Dimana
m
Qin
!
!
adalah laju heat transfer dari sumber energi ke fluida kerja
per unit massa melalui boiler.
Efisiensi thermal mengukur tingkat dimana energi input pada fluida
kerja melalui boiler dikonversi ke total kerja output. Efisiensi thermal dari
siklus daya gambar 1 adalah :
( ) ( )
( )41
3421
in
pt
hh
hhhh
mQ
mWmW
−
−−−
=
−
=η
!!
!!!!
(5)
Parameter yang lain digunakan untuk menjabarkan performan power
plant adalah back work ratio (bwr) didefinisikan sebagai rasio kerja input
pompa terhadap kerja yang dibangkitkan oleh turbin. Bwr untuk siklus
daya :
( )
( )21
34
t
p
hh
hh
mW
mW
−
−
==η
!!
!
(6)
3.2 Siklus Rankine Ideal
Jika fluida kerja melewati bermacam-macam komponen dari siklus
daya uap sederhana tanpa irreversibilitas, gesekan pressure drop dari
boiler dan kondensor dan fluida kerja akan mengalir melalui komponen
pada tekanan konstan. Juga tidak ada irreversibilitas dan heat transfer
dengan lingkungan, proses melalui turbin dan pompa akan isentropis.
Suatu siklus akan menjadi ideal (siklus Rankine Ideal).
Gambar 2 Diagram Temperatur – entropy dari siklus Rankine Ideal

Dengan mengacu gambar 2 fluida kerja mengalami urutan proses
internal reversible:
1-2 : Ekspansi isentropis dari fluida kerja melalui turbin dari uap jenuh
pada keadaan 1 sampai tekanan kondensor.
2-3 : Heat transfer dari fluida kerja seperti fluida mengalir pada
tekanan konstan melalui kondensor sampai cair jenuh pada
keadaan 3.
3-4 : Kompresi isentropis dalam pompa sampai keadaan 4 pada
daerah compresed liquid.
4-1 : Heat transfer pada fluida kerja seperti fluida mengalir pada
tekanan konstan melalui boiler.
Karena pompa ideal maka seperti beroperasi tanpa irreversibilitas,
maka kerja pompa adalah :
( )343
4
3
p
ppvvdp
m
W
int
rev
−==








∫!
!
(7)
Contoh 1.
Uap adalah fluida kerja pada siklus Rankine Ideal. Uap jenuh masuk
turbin pada 8 MPa dan cair jenuh keluar kondensor pada tekanan 0,008
MPa. Kerja keluaran total silus adalah 100 MW. Tentukan untuk siklus :
a. Efisiensi termal
b. Rasio kerja balik
c. Laju aliran massa uap (kg/h)
d. Laju heat transfer, Qin ke dalam fluida kerja yang melalui boiler
(MW)
e. Laju heat transfer Qout dari kondensasi uap melalui kondensor (MW)
Penyelesaian :
Diketahui : Siklus Rankine Ideal beroperasi dengan uap sebagai fluida
kerja. Tekanan boiler dan kondensor dispesifikasi dan total daya keluaran
diberikan.

Tentukan : Efisiensi termal, rasio kerja balik, laju aliran massa uap (kg/h),
laju heat transfer, Qin ke dalam fluida kerja yang melalui boiler (MW) dan
laju heat transfer Qout dari kondensasi uap melalui kondensor (MW)
Asumsi :
1. Setiap komponen dari siklus dianalisa sebagai control volume
pada keadaan steady.
2. Semua proses dari fluida kerja adalah reversible internal
3. Turbin dan pompa beroperasi secara adiabatic
4. Energi kinetik dan potensial diabaikan
5. Uap Jenuh masuk turbin. Kondenat keluar kondensor sebagai cair
jenuh
Gambar soal contoh 1 dari Siklus Rankine Ideal
Analisis : untuk memulai, kita perhatikan skema diatas. Permulaan pada
masuk turbin, tekanan adalah 8 MPa dan uap adalah saturated vapor,
sehingga dari table A-3 didapat h1 = 2758 kJ/kg dan s1 = 5,7432 kJ/kg.K.
Keadaan 2 ditentukan dengan p2=0,008 MPa dan entropy spesifik konstan
untuk adiabatic dan ekspansi reversible secara internal melalui turbin.
Gunakan data cair jenuh dan uap jenuh dari table A-3, kualitas pada
keadaan 2 adalah :

6745,0
6361,7
5926,07432,5
ss
ss
x
fg
f2
2 =
−
=
−
−
= kJ/kg.K
maka entalphi : ( ) 8,17941,24036745,088,173hxhh fg2f2 =+=+= kJ/kg
Keadaan 3 adalah cair jenuh pada 0,008 MPa, sehingga h3 = 173,88
kJ/kg.
Keadaan 4 ditentukan dengan tekanan boiler p4 dan entropy spesifik
s4=s1. atau dengan pendekatan kerja pompa (lebih sederhana) :
( )3433p34 ppvhmWhh −+=+= !!
( )( ) 











−+=
Nm10
kJ
MPa1
mN10
MPa008,08kg/m10x0084,1kg/kJ88,173h 3
26
33
4
94,18106,888,173h4 =+= kJ/kg
a. Efisiensi thermal
( ) ( )
( )
( ) ( )
94,1812758
88,17394,1818,17942758
hh
hhhh
Q
WW
41
3421
in
tt
−
−−−
=
−
−−−
=
−
=η
!
!!
%1,37371,0 ==η
b. Rasio Kerja Balik
%84,010x37,8
8,17942758
88,17394,181
hh
hh
W
W
bwr 3
21
34
t
p
==
−
−
=
−
−
== −
!
!
c. Laju aliran massa uap dapat diperoleh dari persamaan untuk daya
total
( ) ( )
( )( ) h/kg10x77,3
06,82,963
hs3600MWkW10MW100
hhhh
W
m 5
3
3421
cycle
=
−
=
−−−
=
!
!
d. Laju heat transfer, Qin ke dalam fluida kerja yang melalui boiler (MW)
( ) ( )( )
( )( )
MW77,269
MW/kW1000h/s3600
kg/kJ94,1812758h/kg10x77,3
hhmQ
5
41in =
−
=−= !!
e. Laju heat transfer Qout dari kondensasi uap melalui kondensor (MW)
( ) ( )( )
( )( )
MW75,169
MW/kW1000h/s3600
kg/kJ88,1738,1794h/kg10x77,3
hhmQ
5
32out =
−
=−= !!

3.3 Prinsip Irreversibilitas Dan Losses
Irreversibilitas dan losses ditunjukkan dengan setiap dari empat
subsistem dalam gambar 3. Beberapa pengaruh ini mempunyai
beberapa pengaruh nyata pada performance daripada yang lain.
Prinsip irreversibilitas dialami oleh fluida kerja yang ditunjukkan dengan
ekspansi melalui turbin. Heat transfer dari turbin ke lingkungan juga
menunjukkan kerugian tetapi biasanya diabaikan. Seperti ditunjukkan
pada proses 1-2 dari gambar 3 ekspansi adiabatic actual melalui turbin
diikuti oleh peningkatan entropy. Kerja dibangkitkan per unit massa
dalam proses ini berkurang dari pada ekspansi isentropis 1-2s. efisiensi
turbin ηt dikenalkan pada bagian 6.8 dibolehkan mempengaruhi
irreversibilitas dalam turbin untuk perhitungan efisiensi actual. Efisiensi
turbin isentropis :
( )
( ) S21
21
st
t
t
hh
hh
mW
mW
−
−
==η
!!
!!
(8)
Sedangkan efisiensi isentropis pompa :
( )
( ) 34
3s4
p
sp
p
hh
hh
mW
mW
−
−
==η
!!
!!
(9)
Contoh 2
Seperti pada contoh soal no 1, tetapi termasuk dalam analisis
bahwa setiap turbin dan pompa mempunyai efisiensi isentropis 85 %.
Tentukan untuk modifikasi siklus :
a. Efisiensi termal
b. Laju aliran massa uap (kg/h) untuk daya keluar 100 MW
c. Laju heat transfer, Qin ke dalam fluida kerja yang melalui boiler
(MW)
d. Laju heat transfer Qout dari kondensasi uap melalui kondensor (MW)
Penyelesaian :
Diketahui : suatu Siklus Tenaga Uap beroperasi dengan uap sebagai fluida
kerja. Kedua turbin dan pompa mempunyai efisiensi 85 %.
Tentukan : Efisiensi termal, laju aliran massa uap (kg/h) untuk daya keluar
100 MW, laju heat transfer, Qin ke dalam fluida kerja yang melalui boiler

(MW) dan laju heat transfer Qout dari kondensasi uap melalui kondensor
(MW).
Asumsi :
1. Setiap komponen dari siklus dianalisa sebagai control volume
pada keadaan steady.
2. Fluida kerjaa melewati boiler dan kondensor pada tekanan
konstan. Uap Jenuh masuk turbin. Kondenat keluar kondensor
sebagai cair jenuh
3. Turbin dan pompa beroperasi secara adiabatic dengan efisiensi 85
%
4. Energi kinetik dan potensial diabaikan
Analisa :
Keadaan 1 sama seperti pada contoh 1 sehingga h1 = 2758 kJ/kg dan
s1=5,7432 kJ/kg.K. Entalphi spesifik pada keluar turbin, keadaan 2 dapat
ditentukan menggunakan efisiensi turbin :
( )
( ) S21
21
st
t
t
hh
hh
mW
mW
−
−
==η
!!
!!
dimana h2s adalah entalphi spesifik pada keadaan 2s pada diagram T-s.
Dari penyelesaian untuk contoh 1, h2s = 1794,8 kJ/kg. Penyelesaian untuk
h2 dengan memmasukkan harga :
( ) ( ) 3,19398,1794275885,02758hhhh s21t12 =−−=−η−= kJ/kg
Keadaan 3 adalah sama seperti contoh 1 sehingga h3 = 173,88 kJ/kg

Untuk menentukan entalphi spesifik pada keluar pompa, keadaan 4,
reduksi kesetimbangan laju massa dan energi untuk control volume
sekeliling pompa untuk memperoleh : ( ) 34p hhmW −=!! , maka entalphi
spesifik pada keadaan 4 adalah ( )mWhh p34
!!+= . Untuk menentukan h4
dari persamaan ini memerlukan kerja pompa yang mana dapat
dievaluasi menggunakan efisiensi pompa, dengan definisi :
( )
( )mW
mW
p
sp
p
!!
!!
=η , suku ( )sp mW !! dapat dievaluasi menggunakan persamaan
7. kemudian penyelesaian untuk ( )mWp
!! menghasilkan :
( )
p
343p ppv
m
W
η
−
=








!
!
pembilang dari persamaan ini ditentukan pada penyelesaian untuk
contoh 1, maka: 48,9
85,0
06,8
m
Wp
==








!
!
kJ/kg
sehingga entalphi spesifik untuk pompa keluar :
36,18348,988,173h4 =+= kJ/kg
a. Efisiensi termis :
( ) ( )
( )
( ) ( ) %4,31314,0
36,1832758
48.93.19392758
hh
hhhh
Q
WW
41
3421
in
tt
==
−
−−
=
−
−−−
=
−
=η
!
!!
b. Laju aliran massa uap
( ) ( )
( )( ) h/kg10x449,4
48,97,818
hs3600MWkW10MW100
hhhh
W
m 5
3
3421
cycle
=
−
=
−−−
=
!
!
c. Laju heat transfer, Qin ke dalam fluida kerja yang melalui boiler (MW)
( ) ( )( )
( )( )
MW2,318
MW/kW1000h/s3600
kg/kJ36,1832758h/kg10x45,4
hhmQ
5
41in =
−
=−= !!

f. Laju heat transfer Qout dari kondensasi uap melalui kondensor (MW)
( ) ( )( )
( )( )
MW2,218
MW/kW1000h/s3600
kg/kJ88,1733,1939h/kg10x45,4
hhmQ
5
32out =
−
=−= !!
3.4 Siklus Reheat (Siklus Panas Ulang)
Seringkali fluida kerja dapat berekspansi melalui sebuah turbin
tekanan tinggi kemudian dipanaskan ulang sehingga dapat dengan
lebih baik memanfaatkan gas pembakaran. Hal ini merupakan strategi
yang baik dalam kerangka penguraian energi. Tetapi karena perbedaan
temperatur yang besar antara fluida kerja dan gas buang dari
pembakaran, menjadikan siklus ini proses yang irreversibel.
3.5 Siklus Regeneratif
Penambahan pemanas air ke dalam siklus Rankine memungkinkan
panas dipindahkan lebih dekat (perbedaan temperatur yang lebih kecil ≈
mendekati reversibel). Kebanyakan pembangkit tenaga uap memiliki tiga
atau lebih pemanas air, dua diantaranya adalah terbuka dan tertutup.
Sebagian besar pembangkit tenaga hanya memiliki satu pemanas air
terbuka. Sebuah pemanas deaerasi untuk mengeluarkan gas-gas terlarut

yang terjadi selama proses pemanasan. Seperti yang telah dijelaskaan
sebelumnya bahwa pemanas air merupakan penukar panas sederhana
(umumnya berupa desain shell dan tube). Kemampuan untuk
memindahkan fluida dari satu fluida ke yang lainnya tergantung dari
desain penukar panas (pengaturan, jenis, jumlah, dan ukuran tube serta
kondisi aliran). Sebuah penukar panas satu pase yang baik biasanya
memungkinkan satu temperatur fluida mendekati temperatur fluida yang
lainnya biasanya berkisar 5o F atau 2.78o C.
Diasumsikan bahwa pada tahap 1 berupa pase cair jenuh. Tahap
2 dicapai jika sebuah pompa ideal dari ( )21121 ppvhh −=− . Tekanan 2,5
dan 7 yang masuk dan keluar penukar panas terbuka diasumsikan sama.
Tahap 7 diasumsikan berubah menjadi cair jenuh pada tekanan tersebut.
Tahap 8 juga dicapai jika sebuah pompa ideal dari ( )87787 ppvhh −=− .
Tahap 10 menjadi cair jenuh pada tekanan tahap 4. Pada tahap 9
temperatur mendekati temperatur tahap 10 tapi lebih cair dan memilik
temperatur yang lebih rendah (sekitar 5 oF atau sekitar 2.78oC tergantung
dari desain).
Pada pembangkit tenaga uap riil. Uap dilewatkan melalui sistem
katup yang cukup kompleks untuk mengatur aliran ( dan juga tenaga
dari turbin), tergantung dari kebutuhan tenaga listrik dan parameter
operasi pembangkit tenaga. Pembangkit tenaga uap dapat digunakan
untuk menghasilkan tenaga listrik dalam berbagai skema beban.
Laju aliran pada tahap intermedit ditentukan berdasarkan atas
aplikasi hukum pertama dari pemanas air. Sebagai contoh, jika laju aliran
massa yang memasuki turbin adalah m! , dan bagian aliran yang
diuraikan ke dalam pemanas air tertutup adalah a sehingga laju aliran
yang masuk ke pemanas air adalah am! . Laju aliran pada turbin
bertekanan intermedit adalah . jika laju aliran yang diuraikan ke dalam
pemanas air terbuka adalah am! , sehingga laju aliran menuju turbin

tekanan rendah adalah ( )ba1m −−! . Hukum pertama pada pemanas air
terbuka memberikan ( ) ( ) 1052 ha1bhhba1 −=+−− dengan kedua a dan
b tidak diketahui. Hukum pertama pada pemanas air tertutup
mendapatkan a dari 91084 hahhah +=+ , kemudian b dapat ditentukan.
3.6 Siklus Refrigerasi Ideal
Siklus refrigerasi ideal dianalogikan seperti siklus Rankine bolak-balik,
kecuali untuk dua hal yaitu :
- Siklus memulai dengan kompresi uap jenuh (buka cair jenuh) ke
dalam daerah panas lanjut dari table
- Proses ekspansi penguraian tenaga (turbin) digantikan oleh
throtling .
Diagram siklus Refrigerasi sebagai berikut
Input tenaga ke dalam kompresor diberikan oleh hukum pertama
termodinamika ( )21comp hhmW −= !! dimana s2=s1, jika proses tersebut
reversibel dan adiabatis. Tahap 2 ditentukan oleh s2 dan tekanan

kondenser. Cukup sulit untuk mencapai tahap jenuh (biasanya
membutuhkan beberapa kali interpolasi). Cara yang lebih baik untuk
memperoleh sifat sifat siklus refrigerasi adalah menggunakan grafik
tekanan – entalpi untuk refrigeran tertentu
Untuk menentukan laju perpindahan panas kondenser, hukum
pertama termodinamika memberikan ( )23cond hhmQ −= !! yang mutlak
bernilai negatif (panas dikeluarkan ke lingkungan). Hukum pertama dari
katup throttle mempersyaratkan h4 = h3, untuk proses ekspansi irreversibel
ke dalam evaporator. Laju perpindahan panas untuk evaporator adalah
( )41evapo hhmQ −= !! , dimana panas dimasukkan ke dalam siklus, tapi
dihilangkan dari daerah terrefrigerasi

SSIISSTTEEMM TTEENNAAGGAA GGAASS
((GGAASS PPOOWWEERR SSYYSSTTEEMM))
4.1 Siklus-Siklus Udara Standart
Asumsi dasarnya adalah udara sebagai fluida kerja dan semua
proses bekerja secara reversible. Untuk siklus Otto, Diesel dan Trinkler, kita
menganggap sebuah system tertutup yang bekerja dengan jumlah
udara yang sama sepanjang siklus tersebut. Pembakaran hidrokarbon
dianggap sebagai penambahan panas; karena jumlah udara jauh lebih
besar dibandingkan dengan jumlah bahan bakar, hal ini merupakan
model kualitatif yang baik yang tidak membutuhkan pengetahuan
tentang pembakaran aktual. Panas biasanya dikeluarkan dari mesin-
mesin jenis ini sebagai produk pembakaran. Dua konsep baru adalah
rasio kompresi dan tekanan efektif. Untuk siklus Brayton, kita
mengasumsikan sebagai mesin-mesin kontrol volume yang mewakili
sebuah turbin gas. Pembakaran dimodelkan sebagai sebuah penukar
panas (menerima panas).
4.2 Siklus Otto Udara Standar
Siklus otto merupakan model ideal dari penyalaan busi, mesin empat
tak. Adapun prosesnya adalah sebagai berikut (terlihat pada gambar 1)
1. Kompresi adiabatic reversible
2. Pemasukan volume panas secara konstan mewakili pembakaran
dari akhir langkah piston
Pada bab sebelumnya telah dibahas mesin-mesin siklus sebagai
satu kesatuan system, dan dalam bentuk siklus Carnot. Pada
kesempatan ini kita akan memperluas konsep mengenai
bagaimana proses-proses tersebut dimodelkan dalam siklus-
siklus termodinamika spesifik. Pertama kita akan meninjau siklus
gas spesifik : siklus Otto, Diesel, dan Brayton.

3. Ekspansi adiabatic reversible, mewakili tenaga yang dihasilkan oleh
langkah piston
4. Pembuangan volume secara konstan, mewakili pembuangan gas
buang
Proses dari tahap 1 ke 2 merupakan proses adiabatic reversible
(isentropis) sehingga kerjanya adalah isentropis (n=k), yaitu :
( )
k1
TTmR
k1
VpVp
W 121122
12
−
−
=
−
−
= (1)
dimana :
- W12 : Kerja isentropis yang dilakukan gas dari titik 1 ke 2
- p2, p1 : tekanan titik 1 dan 2
- R : konstanta gas ideal (udara standart)
- m : masa gas
- T2, T1 : temperatur titik 1 dan 2
- k : konstanta gas adiabatis
Perpindahan panas dari proses yang sama adalah nol (reversible
dan adiabatic). Penambahan panas (tanpa batasan kerja), diberikan
sebagai berikut :
( )2323 uumQ −= (2)
dimana :
- Q23 : heat transfer dari titik 2 ke 3
- u3, u2 : masing-masing energi dalam pada titik 2 dan 3
Utuk panas spesifik konstan, persamaan ini
menjadi ( )23cv23 TTmQ −= . Kerja ekspansi 3 ke 4 dari siklus Otto juga
merupakan proses isentropis persamaannya ditunjukkan sebagai berikut :
( )
k1
TTmR
k1
VpVp
W 3431344
34
−
−
=
−
−
= (3)
dimana :
- T3, T4 : temperatur pada titik 3 dan 4

Perpindahan panas 34Q juga tidak ada (zero). Proses diakhiri
dengan pembuangan panas sejajar dengan pemasukan panas pada
kondisi volume konstan. Proses akhir, pengeluaran panas sejajar dengan
pemasukan panas pada volume konstan dinyatakan sebagai :
( )4141 uumQ −= (4)
dimana :
- Q41 : heat transfer dari titik 4 ke 1
- u1, u4 : masing-masing energi dalam pada titik 1 dan 4
Panas spesifik menjadi ( )41cv41 TTmQ −= . Rasio kompresi r,
didasarkan atas nilai volume terbesar sampai terkecil (diambil dari
langkah piston selama kompresi)
3
4
2
1
V
V
V
V
r == , ternyata rasio volume
spesifik sama dengan rasio volume (untuk system tertutup). Mean
effective pressure (MEP) atau tekanan efektif rata-rata didefinisikan
sebagai siklus kerja dibagi dengan perubahan maksimum pada volume
12
cycle
VV
W
MEP
−
= . MEP merupakan ukuran untuk kerja yang tidak berguna
dalam siklus kerja. Akhirnya efisiensi panas dapat dinyatakan sebagai
23
cycle
Q
W
=η . Untuk panas spesifik konstan persamaan dapat
disederhanakan menjadi :
( )
( ) 1k
2
1
23v
14v
23
cycle
r
1
1
T
T
1
TTc
TTc
1
Q
W
−
−=−=
−
−
−==η (5)
Gambar 1. Siklus Otto Udara Standart

4.3 Siklus Diesel Standar Udara
Siklus diesel merupakan model idealisasi dari sebuah proses kompres
penyalaan, mesin empat langkah. Adapun porsesnya sebagai berikut
(terlihat pada gambar 2).
1. Kompresi reversible dan adiabatic (isentropis)
2. Pemasukan tekanan konstant, mewakili pembakaran pada akhir
langkah piston
3. Ekspansi reversible dan adiabatic, mewakili langkah tenaga piston
4. Pengeluaran volume panas secara konstan, mewakili proses
pembuangan gas
Proses-proses dari tahap 1 ke 2 adalah adiabatic dan reversible
sehingga kerja merupakan kerja isentropis (n=k) :
( )
k1
TTmR
k1
VpVp
W 121122
12
−
−
=
−
−
= (6)
dimana :
- R : konstanta gas ideal (udara standart)
- m : masa gas
- T2, T1 : temperatur titik 2 dan 1
- k : konstanta gas adiabatis
Perpindahan panas untuk proses-proses yang serupa adalah nol
(zero/reversible dan adiabatik). Heat transfer pada tekanan konstan yaitu
pada proses 2-3 diberikan sebagai :
( )2323 hhmQ −= (7)
dimana :
- Q23 : Heat transfer pada tekanan konstan dari titik 2 – 3
- h2, h3 : Entalpi pada titik 2 dan 3
Kerja dari 2 ke 3 merupakan tekanan konstan ( )23223 VVpW −= , untuk
panas spesifik konstan, perpindahan panas menjadi ( )23p23 TTmcQ −= .

Kerja ekspansi 3 ke 4 dari siklus Diesel merupakan kerja isentropis,
diberikan oleh persamaan :
( )
k1
TTmR
k1
VpVp
W 343344
34
−
−
=
−
−
= (8)
dimana :
- T3, T4 : temperatur pada titik 3 dan 4
Sedangkan perpindahan panas 34Q juga bernilai nol (zero). Proses
terakhir berupa proses pengeluaran panas pada sejajar dengan
pemasukan panas pada volume konstan dinyatakan sebagai
( )4141 uumQ −= dan untuk panas spesifik konstan menjadi
( )41v41 TTmcQ −= . Perbandingan kompresi , r, didasarkan atas langkah
piston selama kompresi :
2
1
V
V
r = . Kenyataanya perbandingan volume
spesifik sama dengan perbandingan volume (volume ratio)
Mean effective pressure, MEP (tekanan efektif rata-rata) didefiniskan
sebagai siklus kerja dibagi dengan perubahan maksimum pada volume
dan dinyatakan sebagai
21
cycle
VV
W
MEP
−
= . MEP juga merupakan ukuran
dari kerja tidak berguna (tidak efektif) dari siklus tersebut. Efisiensi thermal
(η) diberikan sebagai
23
cycle
Q
W
=η . Untuk panas spesifik konstan, persamaan
dapat disederhanakan menjadi :
( )
( )23p
14v
23
cycle
TTc
TTc
1
Q
W
−
−
−==η . (9)
Parameter lain yang dipakai dalam siklus diesel adalah cutoff ratio
yang dinyatakan dalam rumus
2
3
c
V
V
r =

Gambar 2. Siklus Diesel Udara Standart
Contoh Alternatif Siklus Diesel (Siklus gabungan/Trinkler)
Seringkali sebuah pernyataan yang lebih praktis dari siklus Diesel
adalah bahwa perpindahan panas mulai terjadi pada langkah penuh
dari piston (titik mati atas) sebagai sebuah proses volume konstan,
kemudian berlanjut selama ekspansi piston. Adapun diagramnya sebagai
berikut
Gambar 3 Siklus Trinkler Udara Standart

Proses pada taha[ 1 ke 2 merupakan proses adiabatic reversible
(isentropic) dengan demikian kerjanya adalah isentropis (n=k) :
( )
k1
TTmR
k1
VpVp
W 121122
12
−
−
=
−
−
= (10)
Transfer panas untuk proses yang sama adalah nol (reversible dan
adiabatic), pemasukan panas, dinyatakan sebagai volume konstan :
( )2323 uumQ −= (11)
Untuk tekanan konstan ( )3434 hhmQ −= . Kerja dari 3 ke 4
merupakan kondisi batas kerja tekanan konstan ( )34334 VVpW −= . Untuk
panas spesifik konstan, perpindahan panas menjadi
( ) ( )34p23v342324 TTmcTTmcQQQ −+−=+= . Kerja ekspansi 4 ke 5 dari
siklus Trinkler juga merupakan kerja isentropis, persamaanya diberikan
sebagai berikut :
( )
k1
TTmR
k1
VpVp
W 454455
45
−
−
=
−
−
= (12)
Perpindahan panas 45Q juga bernilai nol. Pengeluaran panas
terjadi pada volume konstan (tanpa batas kerja) dinyatakan sebagai
( )5151 uumQ −= dan untuk panas spesifik konstan menjadi
( )51p51 TTmcQ −= . Perbandingan kompresi ( r ) didasarkan pada
langkah langkah piston selama kompresi
2
1
V
V
r = . Mean effective pressure
(MEP) didefenisikan sebagai kerja siklus dibagi dengan perubahan
maksimum pada volume yang dinyatakan sebagai
21
cycle
VV
W
MEP
−
= ,
akhirnya efisiensi termal dapat diberikan sebagai
23
cycle
Q
W
=η , untuk panas
spesifik konstan persamaan menjadi :
( )
( ) ( )34p23v
15v
TTcTTc
TTc
1
−+−
−
−=η (13)

4.4 Siklus Brayton Udara Standart
Siklus ini merupakan model ideal dari sebuah turbin gas.. Secara
skematik, model tersebut terdiri dari sebuah kompresor adiabatic
reversible, pemasukan tekanan konstan melalui penukar panas (untuk
menggambarkan pembakaran), turbin adiabatic reversible untuk
penguraian tenaga dan penukar panas tekanan rendah untuk
pengeluaran panas (menggambarkan pembuangan gas).
Dari hukum pertama kontrol volume compressor ( )12comp hhmW −= !! ,
dimana h2diperoleh dari sebuah proses isentropic di dalam tabel. Untuk
pemasukan panas, ( )2323 hhmQ −= !! . Untuk trubin reversibel dan
adiabatic ( )43turbin hhmW −= !! , dan untuk pengeluaran panas
( )4141 hhmQ −= !! . Efisiensi termal yang dihasilkan adalah
23
4123
23
cycle
Q
QQ
Q
W
!
!!
!
! +
==η (15)

Gambar 4. Diagraam Siklus Brayton Udara Standart

03 a termo2

More Related Content

What's hot (20)

Similar to 03 a termo2 (20)

03 a termo2