# Udara Dingin Belum Tentu Kering: Membaca Beban Sensibel dan Laten pada HVAC Tropis Lembap

**Draf bab pendidikan.** Semua input dalam kasus ideal ini adalah skenario belajar. Hasilnya belum menggambarkan cuaca, beban gedung, kapasitas unit, atau kenyamanan penghuni.

## 1. Termometer turun, lalu ke mana airnya?

Dalam skenario bab ini, udara campuran masuk ke koil pendingin pada 27,22 °C dan keluar pada 13,00 °C. Setelah itu udara dipanaskan ulang sampai 18,00 °C. Termometer turun lebih dari 14 °C, lalu naik 5 °C. Kelembapan relatif (RH) juga berubah: sekitar 56% di depan koil, 100% di keluaran koil, dan sekitar 73% setelah pemanasan ulang.

Dari urutan angka ini muncul satu pertanyaan konkret. Berapa kilogram air yang benar-benar meninggalkan udara, dan di tahap mana air itu keluar? Lalu, apakah turunnya RH dari 100% ke sekitar 73% saat pemanasan ulang berarti ada air yang dibuang lagi?

Untuk menghitung berapa air yang keluar per detik, pembacaan suhu dan RH perlu diterjemahkan menjadi rasio massa dengan tekanan serta basis aliran yang jelas. Suhu menyatakan keadaan termal. RH menyatakan perbandingan tekanan parsial uap terhadap tekanan jenuh *pada suhu itu*, sehingga RH berubah setiap kali suhu berubah walaupun jumlah uapnya sama. Untuk melacak air pada basis massa udara kering yang tetap, kita memakai rasio kelembapan W.

Tujuan bab ini adalah mengikuti satu aliran udara, dengan basis 1 kg udara kering per detik, dari pencampuran sampai pemanasan ulang. Di akhir, pembaca seharusnya bisa menunjukkan berapa air yang keluar, berapa energi yang dibawa udara, berapa energi yang dibawa air kondensat, dan berapa kalor yang dipindahkan. Pembaca juga seharusnya bisa memisahkan bagian yang berasal dari sumber, bagian yang merupakan asumsi, dan bagian yang hanya merupakan cara pembukuan.

Bab ini menganggap pembaca sudah mengenal hukum pertama termodinamika untuk sistem terbuka tunak, konsep tekanan parsial, kejenuhan, RH, dan titik embun. Konsep-konsep itu hanya diulang sejauh dibutuhkan untuk membaca angka kasus ini.

## 2. Mengenali udara yang masuk: state, basis, dan satuan

Ada dua aliran masuk. Udara luar O bersuhu 32 °C dengan RH 70%. Udara balik R bersuhu 26 °C dengan RH 50%. Kedua state ini adalah input skenario, bukan data cuaca atau data ruang.

**Tekanan.** Setiap state dihitung pada 101,325 kPa *absolut*. Nilai ini adalah asumsi bersama untuk semua titik, bukan tekanan lokal yang diukur. Karena tekanan sama di semua state, perbedaan antar-state hanya berasal dari suhu dan kandungan uap.

**Basis aliran.** Total aliran adalah 1 kg udara kering per detik (kgda/s). Sebanyak 0,2 kgda/s berasal dari O dan 0,8 kgda/s dari R. Angka 20% ini adalah fraksi *massa udara kering*. Ia bukan fraksi volume dan bukan fraksi massa udara lembap. Pilihan basis ini penting karena udara kering tidak mengembun dan tidak bertambah, sehingga massanya tetap sepanjang proses. Massa udara lembap justru berubah ketika air keluar di koil.

**Besaran dan satuan.** Untuk model gas sempurna yang dipakai di sini [S1, Bagian 5–8; Pers. 21, 32, 34]:

- tekanan parsial uap: `pw = RH · ps(t)`, dengan RH sebagai fraksi 0–1;
- rasio kelembapan: `W = 0,621945 · pw / (p − pw)`, dalam kg air/kgda;
- entalpi udara lembap: `h = 1,006·t + W·(2501 + 1,86·t)`, dalam kJ/kgda, dengan t dalam °C.

W dalam kg air/kgda dan dalam g/kgda adalah besaran yang sama dengan skala berbeda. Contohnya, 0,02114 kg/kgda sama dengan 21,14 g/kgda. Keduanya berbeda dari RH. W adalah rasio massa, sedangkan RH adalah rasio tekanan yang bergantung pada suhu. Entalpi h juga dinyatakan per kilogram udara kering. Acuan model menetapkan entalpi udara kering nol pada 0 °C, komponen uap 2501 kJ/kg pada 0 °C, dan pendekatan cairan hl ≈ 4,186·t yang juga bernilai nol pada 0 °C. Nilai-nilai ini adalah konvensi pendekatan, bukan penyamaan dengan tabel real-fluid. Acuan setiap komponen harus konsisten dalam neraca, termasuk pada aliran kondensat [S1, Pers. 30–34].

**Tekanan jenuh.** ps(t) dihitung dengan persamaan tekanan jenuh IAPWS-IF97 dan koefisien Tabel 34 [S2, Pers. 30, Tabel 34]. Titik embun adalah suhu yang membuat ps(Tdp) = pw. Suhu ini dicari dengan membalik persamaan IF97 yang sama, bukan dengan rumus pendekatan lain. Faktor peningkatan (*enhancement factor*) uap air di udara diabaikan, sesuai pendekatan gas sempurna [S1]. Rentang berlaku persamaan IF97 (273,15–647,096 K) [S2] hanya berlaku untuk persamaan tekanan jenuh itu sendiri. Rentang itu tidak otomatis menjadi rentang berlaku koefisien entalpi sederhana di atas. Penerapan bab ini sengaja dibatasi pada state 13–32 °C pada tekanan asumsi.

Dengan rumus-rumus ini, kedua aliran masuk terbaca sebagai berikut. Udara luar O membawa W = 21,14 g/kgda, h = 86,33 kJ/kgda, dan titik embun 25,84 °C. Udara balik R membawa W = 10,50 g/kgda, h = 52,92 kJ/kgda, dan titik embun 14,78 °C. Per kilogram udara kering, udara luar membawa air kira-kira dua kali lipat udara balik, padahal suhunya hanya 6 °C lebih tinggi. Selisih entalpi kedua aliran sebagian besar datang dari suku air, bukan dari suku 1,006·t.

Model ini sengaja mengabaikan beberapa hal: kebocoran, *heat recovery*, penurunan tekanan, panas kipas dan saluran, kerja poros, perubahan energi kinetik dan potensial, efek transien, serta tetesan kondensat yang terbawa ke aliran pasok. Dengan begitu, neraca tetap mudah dibaca. Konsekuensinya, hasil bab ini tidak boleh dipakai sebagai angka desain.

## 3. Dua aliran bercampur: yang dijumlahkan adalah W dan h, bukan RH

Pencampuran O dan R dianggap adiabatik dan tunak [S1, Bagian 10]. Dalam keadaan itu berlaku tiga konservasi. Massa udara kering kekal (0,2 + 0,8 = 1 kgda/s). Massa air kekal. Energi juga kekal karena tidak ada kalor maupun kerja yang masuk. Dengan basis udara kering, dua neraca terakhir menjadi rata-rata berbobot yang sederhana:

`WM = 0,2·WO + 0,8·WR`   dan   `hM = 0,2·hO + 0,8·hR`.

Hasilnya adalah WM = 12,63 g/kgda dan hM = 59,60 kJ/kgda. Suhu campuran tidak dihitung langsung. Suhu diperoleh dengan membalik persamaan entalpi:

`TM = (hM − 2501·WM) / (1,006 + 1,86·WM)` → TM = 27,22 °C.

Baru setelah itu RH dihitung ulang dari pw dan ps(TM), dengan hasil 55,79%. Titik embun campuran adalah 17,62 °C.

Mengapa RH tidak bisa dirata-ratakan? RH adalah pw/ps(t), dan ps naik tajam (tidak linear) terhadap suhu. Jadi "70% pada 32 °C" dan "50% pada 26 °C" adalah persentase dari dua penyebut yang berbeda. Merata-ratakan keduanya seperti menjumlahkan pecahan dengan penyebut berbeda tanpa menyamakannya lebih dulu. Air dan energi bisa dijumlahkan karena keduanya kekal. RH tidak kekal.

Suhu menunjukkan gejala yang lebih halus. Rata-rata berbobot langsung memberi 0,2·32 + 0,8·26 = 27,2 °C, sedangkan hasil lewat entalpi adalah 27,218 °C. Selisihnya kecil dan bukan galat besar. Namun asal-usulnya mengajarkan sesuatu. Jika suku-suku h dikelompokkan, terlihat bahwa TM adalah rata-rata suhu yang dibobot oleh 0,2 atau 0,8 *dikali* kapasitas kalor efektif tiap aliran, yaitu (1,006 + 1,86·W). Udara luar membawa lebih banyak uap, sehingga kapasitas kalor efektifnya per kgda sedikit lebih besar. Akibatnya campuran sedikit tertarik ke arah 32 °C. Untuk dua suhu berbeda dalam model ini, rata-rata berbobot massa udara kering menjadi tepat bila kedua aliran memiliki W yang sama.

Ada juga konsekuensi untuk gambar. Pada sumbu h–W, titik M terletak tepat pada garis lurus R–O, dan jaraknya tepat 20% dari R menuju O. Hal ini berlaku karena h dan W sama-sama dicampur secara linear terhadap massa udara kering. Pada diagram persegi dengan sumbu suhu bola kering dan W, aturan "garis lurus dan 20% jarak" tidak tepat, karena suhu bukan besaran yang dicampur secara linear. Jadi aturan geometri ini terikat pada pilihan sumbu.

### Latihan 1 — Mengapa RH tidak dirata-ratakan?

**Soal.** Dari O (32 °C, RH 70%) dan R (26 °C, RH 50%) dengan 0,2/0,8 kgda/s pada 101,325 kPa absolut, hitung WM, hM, TM, pw, ps(TM), dan RH campuran. Bandingkan hasilnya dengan rata-rata RH langsung.

**Jawaban.**

- WO ≈ 0,021144 kg/kgda; WR ≈ 0,010498 kg/kgda.
- WM = 0,2·WO + 0,8·WR ≈ 0,012627 kg/kgda (12,63 g/kgda).
- hM ≈ 59,601 kJ/kgda; TM = (hM − 2501·WM)/(1,006 + 1,86·WM) ≈ 27,218 °C.
- pwM = p·WM/(0,621945 + WM) ≈ **2,016198 kPa**.
- ps(TM) dari IF97 ≈ **3,613914 kPa**.
- RH ≈ (2,016198 / 3,613914) × 100% ≈ **55,79%**.

Rata-rata langsung 0,2·70 + 0,8·50 = 54% meleset sekitar −1,79 poin persentase RH. Angka ini adalah selisih RH. Ia bukan persentase kekurangan beban laten. Angka antara di latihan dibulatkan; hasil akhir dihitung dengan nilai penuh dalam skrip pendamping. Seluruh perhitungan konsisten memakai nilai IF97. Tabel NIST yang dibulatkan dipakai hanya sebagai pemeriksaan silang dan tidak dicampur ke dalam rantai hitungan ini.

## 4. Mendinginkan sampai air keluar: neraca air, neraca energi, dan pembagian sensibel/fasa

Keadaan keluar koil C ditetapkan sebagai **asumsi**: 13 °C dan jenuh. C adalah titik akhir ideal yang dipilih, bukan prediksi performa koil. Asumsi ini konsisten secara internal. Suhu 13 °C berada di bawah titik embun M (17,62 °C), sehingga dalam model ini pengembunan memang dapat terjadi, dan WC = 9,33 g/kgda lebih kecil daripada WM = 12,63 g/kgda. Konsistensi ini hanya berlaku di dalam model. Ia bukan bukti bahwa koil fisik mana pun akan mengeluarkan udara jenuh tepat pada 13 °C.

**Neraca air.** Udara kering tetap 1 kgda/s. Air yang hilang dari udara harus keluar sebagai kondensat:

`ṁcond = ṁda · (WM − WC)` = 0,003293634 kg/s ≈ **11,86 kg/jam**.

Inilah jawaban pertama atas pertanyaan pembuka. Air meninggalkan udara di koil, dan jumlahnya ditentukan oleh perubahan W, bukan oleh perubahan suhu atau RH.

**Narasi lintasan ideal.** Untuk membayangkan proses ini, kita bisa memakai lintasan ilustratif. Udara M didinginkan pada W tetap sampai mencapai titik embunnya, 17,62 °C. Setelah itu udara bergerak sepanjang garis jenuh sampai C pada 13 °C, dan uap mengembun sedikit demi sedikit. Lintasan ini menggambarkan udara yang diolah secara seragam. Ia bukan lintasan koil yang diukur. Untuk menentukan lintasan atau keadaan keluar koil fisik diperlukan data kinerjanya; lintasan ilustratif ini tidak menetapkan keduanya.

**Neraca energi koil.** Buat kontrol volume di sekitar koil saja. Udara M masuk, sedangkan udara C dan kondensat cair keluar. Q_coil diberi tanda positif untuk kalor yang *keluar* dari kontrol volume. Dengan entalpi cair model `hl = 4,186·t` pada 13 °C, yaitu 54,418 kJ/kg [S1, Pers. 34; neraca pada Pers. 44–45]:

`Q_coil = ṁda·(hM − hC) − ṁcond·hl,C`

Penurunan entalpi aliran udara adalah 22,95 kW. Kondensat membawa 0,18 kW keluar dari kontrol volume. Jadi kalor yang dipindahkan koil adalah **22,78 kW**.

Suku kondensat dikurangkan karena air cair itu masih membawa entalpi ketika keluar. Energi tersebut tidak dibuang oleh koil, melainkan terbawa oleh aliran air. Pada kasus ini, mengabaikan suku tersebut membuat Q_coil terlalu besar sekitar 0,79%. Angka ini hanya dampak lokal pada skenario ini, bukan galat umum. Koefisien 4,186 dipilih agar entalpi cair memakai konvensi pendekatan yang sama dengan rumus h udara. Tabel acuan memberi nilai entalpi cair yang sedikit berbeda, dan perbandingannya dicatat di audit, bukan dicampurkan ke hitungan utama. Perlu diingat juga bahwa 22,78 kW adalah *laju perpindahan kalor* pada model ideal. Angka ini bukan daya listrik kompresor dan bukan kapasitas peralatan yang diukur atau dinilai.

**Memisahkan sensibel dan perubahan fasa.** Setelah totalnya jelas, kita bisa bertanya berapa bagian dari 22,78 kW itu yang "menurunkan suhu" dan berapa yang "mengubah uap menjadi cair". Untuk memberi angka pada dua komponen itu, kita perlu menetapkan definisi pembagiannya. Di sini reviewer memilih pembukuan aljabar dari rumus h model. Uraikan selisih entalpi sebagai berikut:

`WM·(2501 + 1,86·TM) − WC·(2501 + 1,86·TC) = 1,86·WM·(TM − TC) + (WM − WC)·(2501 + 1,86·TC)`

Dengan menyusun ulang dan mengurangkan suku kondensat, Q_coil terbagi tepat menjadi dua bagian:

- `Qs = ṁda·(1,006 + 1,86·WM)·(TM − TC)` ≈ **14,64 kW**;
- `Q_fasa = ṁcond·(2501 + 1,86·TC − hl,C)` ≈ **8,14 kW**.

Jumlah keduanya adalah 22,78 kW. Pembagian ini adalah **konvensi pembukuan** yang diturunkan dari rumus h model. Ia bukan definisi resmi beban sensibel/laten ruang, dan bukan dua tahap fisik yang berurutan. Qs tidak boleh dibayangkan sebagai pendinginan pada WM tetap sampai 13 °C, karena lintasan semacam itu akan menembus garis jenuh. Bahwa ini konvensi terlihat dari satu fakta sederhana. Penguraian yang sama dapat disusun memakai WC pada koefisien sensibel dan TM pada suku fasa. Hasilnya sekitar 14,55 kW dan 8,22 kW, dengan total yang sama. Totalnya tetap, sedangkan pembagiannya bergantung pada pilihan pengelompokan. Beban sensibel dan laten *ruang* adalah persoalan lain lagi. Besaran itu baru bisa ditentukan dari neraca ruang beserta sumber panas dan uapnya, dan data itu tidak ada dalam skenario ini.

### Latihan 2 — Satu kilogram apa?

**Soal.** Dengan basis 1 kgda/s, tentukan laju massa udara lembap di M dan di C, laju kondensat, energi yang dibawa kondensat, dan Q_coil.

**Jawaban.** Udara kering tetap 1 kgda/s di kedua titik. Massa udara lembap adalah ṁda·(1 + W):

- M: 1·(1 + WM) ≈ **1,012627 kg/s**;
- C: 1·(1 + WC) ≈ **1,009333 kg/s**;
- selisih ≈ kondensat ≈ **0,003294 kg/s**, atau sekitar **11,86 kg/jam** dengan nilai penuh.

Air yang masuk sebagai uap (0,012627 kg/s) sama dengan air yang keluar sebagai uap di C (0,009333 kg/s) ditambah cairan (0,003294 kg/s). Dengan hl = 54,418 kJ/kg, kondensat membawa 0,179233 kW. Karena itu Q_coil = 22,954731 − 0,179233 = **22,775498 kW**, bukan 22,954731 kW. Pelajarannya, neraca air dan neraca energi harus diperiksa bersamaan. Air yang keluar dari udara juga membawa energi keluar.

> **Penempatan Gambar 1 (sedang disiapkan terpisah).** Letakkan di akhir Bagian 4, sebelum Bagian 5.
> **Sumbu:** diagram persegi, suhu bola kering 10–35 °C (horizontal) dan W 5–25 g/kgda (vertikal). Kurva jenuh dihitung dengan ps IF97 pada 101,325 kPa absolut.
> **Isi:** titik O, R, M, C, dan S. Lokus pencampuran digambar *parametrik* dari fraksi massa udara kering x, yaitu W(x) dan h(x) yang linear, lalu T(x) hasil inversi. Lokus ini tidak digambar sebagai garis lurus dengan aturan jarak 20%, karena aturan itu hanya tepat pada sumbu h–W. Lintasan ilustratif: M → titik embun 17,62 °C pada W tetap → sepanjang garis jenuh → C, lalu C → S pada W tetap. Garis pembukuan sensibel tidak boleh digambar menembus garis jenuh.
> **Usulan keterangan:** "Gambar 1. Peta state kasus pendidikan pada 101,325 kPa absolut. Lokus pencampuran dihitung dari W dan h; lintasan koil dan pemanasan ulang adalah ilustrasi model pendidikan, bukan lintasan koil terukur."

## 5. Memanaskan ulang pada W tetap: RH turun tanpa air dibuang

Tahap terakhir memanaskan udara C dari 13 °C ke S pada 18 °C, dengan W tetap. Tahap ini disertakan sebagai alat belajar. Bab ini tidak menyatakan bahwa pemanasan ulang wajib, dianjurkan, atau hemat energi.

Karena W tetap dan tekanan total tetap, pw juga tetap: 1,498 kPa, sama dengan ps(13 °C), karena C jenuh. Titik embun pun tetap 13 °C, sebab titik embun hanya ditentukan oleh pw. Yang berubah adalah penyebut RH. Pada 18 °C, ps naik menjadi 2,065 kPa, sehingga RH turun dari 100% ke 72,56%. Penurunan RH ini terjadi karena tekanan jenuh pada suhu yang lebih tinggi lebih besar, bukan karena ada uap yang dikeluarkan. Tidak ada kondensat tambahan di tahap ini.

Kalor yang masuk adalah:

`Q_reheat = ṁda·(hS − hC)` ≈ **5,12 kW**.

Karena W tetap, selisih entalpi ini sederhana: (1,006 + 1,86·WC)·(18 − 13). Seluruhnya adalah suku sensibel dalam rumus model. Seperti Q_coil, angka ini adalah laju perpindahan kalor, bukan daya listrik pemanas.

**Batas kontrol volume.** Jika koil dan pemanas ulang dibungkus dalam satu kontrol volume M→S, neraca energinya menjadi:

`ṁda·hM + Q_reheat = ṁda·hS + ṁcond·hl,C + Q_coil`

Dengan angka kasus, sisi kiri 59,60 + 5,12 dan sisi kanan 41,76 + 0,18 + 22,78 sama-sama bernilai sekitar 64,72 kW. Pencampuran berada *di luar* batas ini. Bila batas diperluas hingga mencakup pencampuran, suku masuk ṁda·hM harus diganti dengan 0,2·hO + 0,8·hR. Pada kasus adiabatik ini nilainya sama, tetapi istilah masuknya harus sesuai dengan batas yang dipilih. Mencampur suku masuk dari satu batas dengan suku keluar dari batas lain adalah sumber kekeliruan neraca yang umum.

> **Penempatan Gambar 2 (sedang disiapkan terpisah).** Letakkan setelah persamaan kontrol volume M→S, sebelum Latihan 3.
> **Isi:** diagram aliran dari kiri ke kanan: pencampuran O/R → koil → pemanas ulang → S. Label 0,2 dan 0,8 kgda/s pada aliran basis, kg/s pada udara lembap dan kondensat, dan kJ/kgda pada h. Batas kontrol volume M→S mengelilingi koil dan pemanas ulang saja; pencampuran berada di luar batas. Panah energi: 22,78 kW keluar di koil, 5,12 kW masuk di pemanas ulang, 0,179 kW terbawa kondensat. Catatan kecil: bila batas mencakup pencampuran, inlet hM diganti 0,2·hO + 0,8·hR.
> **Usulan keterangan:** "Gambar 2. Neraca udara, air, dan energi kasus pendidikan. Angka dibulatkan; penutupan neraca diperiksa pada nilai penuh."

### Latihan 3 — Apakah RH turun berarti air dibuang?

**Soal.** Untuk C → S, hitung pw, ps(18 °C), RH di S, titik embun di S, kondensat tambahan, dan kalor pemanasan ulang.

**Jawaban.**

- W tetap sekitar 0,00933329 kg/kgda, sehingga pw ≈ **1,498064 kPa**.
- ps(18 °C) dari IF97 ≈ **2,064657 kPa**.
- RH di S ≈ (1,498064 / 2,064657) × 100% ≈ **72,56%**.
- Titik embun tetap **13 °C**, karena pw tidak berubah, dan kondensat tambahan = 0.
- Q_reheat ≈ **5,12 kW**.

RH turun sekitar 27,44 poin persentase, sedangkan W tidak berubah sama sekali. Jadi untuk menilai apakah air dibuang, bandingkan perubahan W, bukan perubahan RH atau angka termometer.

## 6. Membaca hasil sesuai lingkupnya

Tabel berikut merangkum kelima state. Semuanya dihitung pada tekanan bersama yang diasumsikan, yaitu 101,325 kPa absolut.

| State | t (°C) | RH (%) | W (g/kgda) | h (kJ/kgda) | Titik embun (°C) |
|---|---:|---:|---:|---:|---:|
| O, udara luar | 32,00 | 70,00 | 21,14 | 86,33 | 25,84 |
| R, udara balik | 26,00 | 50,00 | 10,50 | 52,92 | 14,78 |
| M, campuran | 27,22 | 55,79 | 12,63 | 59,60 | 17,62 |
| C, keluar koil (ideal) | 13,00 | 100,00 | 9,33 | 36,65 | 13,00 |
| S, setelah pemanasan ulang | 18,00 | 72,56 | 9,33 | 41,76 | 13,00 |

Sekarang pertanyaan pembuka dapat dijawab. Air keluar hanya di koil, sebanyak 11,86 kg/jam, karena W turun dari 12,63 ke 9,33 g/kgda. Saat pemanasan ulang, W dan titik embun tidak berubah. RH turun hanya karena tekanan jenuh naik bersama suhu. Udara pada 18 °C membawa air yang sama banyaknya dengan udara pada 13 °C. Kolom W dan titik embun menceritakan perjalanan air, sedangkan kolom suhu dan RH saja tidak.

Dari sisi energi, kalor yang dipindahkan koil adalah 22,78 kW setelah energi kondensat diperhitungkan, dan pemanasan ulang menambahkan 5,12 kW. Pembagian 14,64 kW sensibel dan 8,14 kW perubahan fasa adalah cara pembukuan yang konsisten dengan rumus h model. Pembagian ini berguna untuk melihat bahwa sebagian besar kalor, tetapi tidak seluruhnya, terkait dengan penurunan suhu. Namun pembagian itu bukan sifat koil atau ruang.

Penting juga membedakan dua jenis bukti di balik angka-angka ini. Pertama, ada pemeriksaan **sifat zat**. Implementasi persamaan tekanan jenuh IF97 diuji terhadap nilai uji program pada Tabel 35 [S2]. Tekanan jenuh pada 13, 18, 26, dan 32 °C dibandingkan dengan tabulasi NIST [S3, Tabel 1], dan selisih terbesarnya sekitar 0,0074%. Tabulasi NIST berasal dari keluarga formulasi IAPWS, sehingga perbandingan ini adalah pemeriksaan silang antar-tabel, bukan validasi eksperimen yang independen. Untuk state C, W dan h model gas sempurna sedikit lebih rendah daripada tabel *real-fluid* dalam [S1], masing-masing sekitar 0,41% dan 0,22%. Kedua angka ini adalah perbandingan pada satu titik, bukan jaminan ketelitian untuk semua kasus. Kedua, ada pemeriksaan **penutupan neraca**. Neraca massa dan energi menutup sampai ke batas pembulatan aritmetika. Penutupan ini hanya menunjukkan bahwa hitungannya konsisten, bukan bahwa model mewakili alat nyata dengan teliti.

Untuk beralih dari kasus ini ke gedung atau peralatan nyata, dibutuhkan data yang sengaja tidak ada di sini. Neraca ruang diperlukan, termasuk sumber panas dan uap, untuk menentukan beban sensibel dan laten ruang. Kondisi udara luar dan tekanan lokal harus dipilih dari data yang jelas asal-usulnya. Keadaan keluar koil harus diperoleh dari data kinerja peralatan, bukan diasumsikan jenuh. Panas kipas dan saluran, penurunan tekanan, kebocoran, dan tetesan kondensat yang terbawa perlu diperhitungkan. Strategi kontrol dan kondisi beban parsial juga perlu dipertimbangkan, begitu pula hubungan antara laju kalor dan daya listrik. Setiap butir itu memerlukan sumber dan data tersendiri, dan bab ini tidak mengisinya dengan angka umum.

Yang dibawa pulang dari bab ini adalah cara membaca, bukan angka desain. Lacak air dengan W pada basis udara kering. Lacak energi dengan h, dan sertakan aliran kondensat. Pilih batas kontrol volume secara eksplisit. Nyatakan definisi dan basis pembagian sensibel/laten, termasuk aturan pengelompokannya.

## Referensi

Semua sumber diakses 3 Oktober 2026.

- **[S1]** ASHRAE. *2021 ASHRAE Handbook—Fundamentals* (SI), Chapter 1: Psychrometrics. Bagian 5–8 dan 10; Pers. 21, 32, 34, 43–46; Table 2. [Bab resmi ASHRAE](https://handbook.ashrae.org/Handbooks/F21/SI/F21_Ch01/F21_Ch01_si.aspx)
- **[S2]** IAPWS. *R7-97(2012), Revised Release on the IAPWS Industrial Formulation 1997 for the Thermodynamic Properties of Water and Steam.* Pers. 30, Tabel 34, Tabel 35. [Halaman penerbit](https://iapws.org/technical-guidance/release/IF97-Rev) dan [PDF resmi](https://iapws.org/technical-guidance/release/IF97-Rev.download)
- **[S3]** Harvey, A. H. *NISTIR 5078: Thermodynamic Properties of Water: Tabulation from the IAPWS Formulation 1995 for the Thermodynamic Properties of Ordinary Water Substance for General and Scientific Use*, Oktober 1998. [Halaman penerbit](https://www.nist.gov/system/files/documents/srd/NISTIR5078.htm) dan [Table 1](https://www.nist.gov/system/files/documents/srd/NISTIR5078-Tab1.pdf)