Post on 26-Dec-2015
1
BAB 4
HUKUM PERTAMATERMODINAMIKA
Energi tidak dapat
diciptakan atau
dimusnahkan
Energi hanya dapat diubah
dari satu bentuk ke
bentuk lainnya
EK = ½mu2
EP = 0
EK = 0
EP = mgh
EK = ½mu2
EP = 0
3
Bergerak lebih cepat
EK bertambah
T naik
INTERNAL ENERGY (U)
44
INTERNAL ENERGY
ENERGI KINETIK
Sebagai akibat gerakan molekul
(translasi, rotasi dan vibrasi)
ENERGI POTENSIAL
Berhubungan dengan ikatan kimia dan juga elektron bebas pada
logam
5
GAS MONOATOMIK GAS POLIATOMIK
Energi kinetik akibat gerakan translasi linier
dari atom tipe "hard sphere"
GAS
Energi kinetik akibat gerakan translasi, rotasi, dan vibrasi
666
• Energi kinetik akibat adanya gerakan translasi, rotasi, dan vibrasi.
• Energi potensial akibat adanya gaya tarik antar molekul.
CAIRAN
7
U= Q + W
Konvensi tanda:
• Positif jika Q atau W ditransfer ke dalam sistem
• Negatif jika Q atau W ditransfer dari sistem
9
Untuk sistem tertutup yang mengalami proses yang hanya menyebabkan perubahan internal energinya:
Ut = Q + W
Untuk perubahan yang sangat kecil:
dUt = Q + W
10
Persamaan termodinamika biasanya ditulis untuk satu satuan (massa atau mol). Jadi untuk n = 1:
U = Q + W
dU = Q + W
Mengingat bahwa:
Vt = n V dan Ut = n U
maka untuk sistem tertutup yang terdiri dari n mol:
(nU) = n U = Q + W
d(nU) = n dU = Q + W
11
Proses reversibel adalah proses yang arahnya dapat
dibalik karena adanya perubahan infinitisimal
(extremely small) dari kondisi eksternal. l
Ekspansi gas dalam silinder
• Tanpa friksi
• Perubahannya dari keadaan keseimbangan adalah kecil sekali (infinitesimal)
• Melewati serangkaian keadaan keseimbangan
• Disebabkan oleh ketidakseimbangan gaya yang besarnya infinitesimal
• Arahnya dapat diubah di sebarang titik oleh adanya perubahan eksternal yang besarnya infinitesimal
• Jika arahnya dibalik, maka akan melewati jalur semula dan akan kembali ke keadaan sistem dan sekeliling mula-mula.
RESUME: PROSES REVERSIBEL
1313
Usaha kompresi/ekspansi gas yang disebabkan oleh pergeseran infinitesimal dari piston dalam silinder:
W = P dVt
t
t
V
V
tdVPW2
1
14
CONTOH SOAL
Satu rangkaian piston/silinder ditempatkan secara mendatar di dalam suatu constant-temperature bath. Piston dapat bergerak di dalam silinder tanpa gesekan. Ada gaya luar yang menahan piston pada posisinya, melawan tekanan mula-mula gas sebesar 14 bar. Volum gas mula-mula 0,03 m3. Gaya eksternal yang bekerja pada piston dikurangi sedikit demi sedikit, dan gas mengalami ekspansi secara isotermal sampai volumnya menjadi 2 kali lipat. Jika hubungan antara volum gas dan tekanan dapat dinyatakan dengan:
PVt = konstan
Berapa usaha yang dilakukan oleh gas pada saat ekspansi? Berapa besar usaha yang akan dilakukan oleh gas jika gaya eksternal dikurangi secara mendadak sampai gaya tsb menjadi setengah dari gaya mula-mula.
15
PENYELESAIAN
P Vt = k tVk
P t
t
V
V
tdVPW2
1
Dengan: 31 03,0 mV t
32 06,0 mV t
JVPPVk tt 000.4203,01014 511
Maka: W = 42.000 ln (2) = 29.112 J
dan
Maka bisa diperoleh:
t
tV
Vt
t
V
Vk
V
dVkW
t
t1
2ln2
1
Tekanan akhirnya = barPaVk
P t 7000.70006,0000.42
22
V1t V2
t
P
P1
P2
1717
Pada kasus kedua, P gas turun mendadak menjadi 7 bar.
W = (7 105) (0,06 0,03) = 21.000 J
Proses kedua ini merupakan proses irreversibel, karena perubahannya tidak berlangsung sedikit demi sedikit.
Jika dibandingkan dengan proses reversibel, maka efisiensi dari proses yang kedua (irreversibel) adalah:
721,0112.29000.21
Atau 72,1%
W = - P Vt = - P (V2t – V1
t)
18V1
t V2t
P
19
Neraca energi untuk sistem homogen tertutup yang terdiri dari n mol:
d(nU) = Q + W
Untuk kerja yang reversibel: W = P d(nV)
Jika kedua persamaan digabung:d(nU) = Q P d(nV)
Untuk proses dengan V konstan, d(nV) = 0, sehingga:
Q = d(nU)
Q = n U
Untuk n = 1 Q = U
20
Hukum I Termodinamika dapat ditulis sebagai:
Q = d(nU) + P d(nV)
Untuk proses dengan P konstan:
Q = d(nU) + d(nPV) = d{n (U + PV)}
Didefinisikan sebagai enthalpy (H)
H U + PV
Persamaan di atas dapat ditulis sebagai:
Q = d(nH)
Q = n H
(4.12)
(4.13)
(4.14)
Untuk n = 1 Q = H (4.14a)
d(nU) = Q P d(nV)
21
Definisi dari kapasitas panas dTQ
C
KAPASITAS PANAS PADA V KONSTAN
Vv T
UC
Untuk sistem tertutup yang mengalami proses pada V konstan:
dU = CV dT (V konstan)
2
1
T
TV dTCU (V konstan)
Untuk proses dengan V konstan Q = U
2
1
T
TV dTCnUnQ (V konstan)
22
dTQ
C
TdUd
Cv
Untuk proses dengan V konstan Q = U
(V konstan)
Vv T
UC
23
KAPASITAS PANAS PADA P KONSTAN
PP T
HC
Untuk sistem tertutup yang mengalami proses pada P konstan:
dH = CP dT (P konstan)
2
1
T
TP dTCH (P konstan)
Untuk proses reversibel pada P konstan:
2
1
T
TP dTCnHnQ (P konstan)
Untuk proses dengan P konstan Q = H
24
CONTOH 4.1
Udara pada 1 bar dan 298,15K dikompresi menjadi 5 bar dan 298,15 K melalui 2 proses yang berbeda:
a) Pendinginan pada P konstan diikuti dengan pemanasan pada V konstan
b) Pemanasan pada V konstan diikuti dengan pendinginan pada P konstan
Hitung panas dan usaha yang diperlukan, juga U dan H udara untuk tiap alur proses. Kapasitas panas udara dianggap tidak tergantung pada temperatur:CV = 20,78 J mol-1 K-1 dan CP = 29,10 J mol-1 K-1
Untuk udara dianggap berlaku hubungan:
konstanT
PV
Pada 298,15K dan 1 bar Vudara = 0,02479 m3 mol-1
25
PENYELESAIAN
Pa
Pb
Va = VdVb = Vc
1
2
3
4(soal a)
(soal b)
(1 bar)T = 298 K
26
konstanT
PV
2
22
1
11
TVP
TVP
T1 = T2 P1V1 = P2 V2
molmPP
VV 3
2
112 004958,0
51
02479,0
(a) Proses pendinginan pada P konstan (1-3)
3
33
1
11
TVP
TVP
P1 = P3
3
2
3
3
1
1
TV
TV
TV
V2 = V3
KVV
TT 63,5902479,0
004958,015,298
1
213
P1
P2
V1V2
1
2
3
4
27
Q = H = CP T
= (29,10) (59,63 – 298,15)
= 6.941 J
U = H – (PV) = H – P V
= – 6.941 – (1 105) (0,004958 – 0,02479)
= – 4.958 J
H = U + (PV)
U = Q + W
W = U – Q = – 4.958 + 6.941 = 1.983 J
Pendinginan pada P konstan (1-3)
28
Q = U = CV T = (20,78) (298,15 – 59,63) = 4.958 J
H = U + (PV) = H + V P
= 4.958 + 0,004958 (5 – 1) 105 = 6.941 JU = Q + W
W = U – Q = 4.958 – 4.958 = 0 J
Pemanasan pada V konstan (3-2)
Untuk keseluruhan proses
Q = 6.941 + 4.958 = 1.983 J
W = 1.983 + 0 = 1.983 J
U = 4.958 + 4.958 = 0 J
H = 6.941 + 6.941 = 0 J
P1
P2
V1V2
1
2
3
4
29
(b) Proses pemanasan pada V konstan (1 – 4)
4
44
1
11
TVP
TVP
V1 = V4
P4 = P2
4
2
4
4
1
1
TP
TP
TP
KPP
TT 75,490.115
15,2981
214
Q = U = CV T
= (20,78) (1.490,75 – 298,15) = 24.788 JU = Q + W W = U – Q = 0
H = U + (PV) = U + V P
= 24.788 + 0,02479 (5 – 1) 105 = 34.704 J
P1
P2
V1V2
1
2
3
4
30
Pendinginan pada P konstan (4 – 1)
Q = H = CP T
= (29,10) (298,15 – 1.490,75) = – 34.704 J
U = H – (PV) = H – P V
= – 34.704 – (5 105) (0,004958 – 0,02479) = – 24.788 J
U = Q + W
W = U – Q = – 24.788 + 34.704 = 9.914 J
Q = 24.788 – 34.704 = - 9.916 J
W = 0 + 9.914 = 9.914 J
U = 24.788 – 24.788 = 0 J
H = 34.704 – 34.704 = 0 J
Untuk keseluruhan proses
P1
P2
V1V2
1
2
3
4
31
CONTOH 4.2Hitung H dan U untuk udara yang mengalami per-ubahan dari keadaan mula-mula 40F dan 10 atm ke keadaan akhir 140F dan 1 atm. Anggap bahwa untuk udara berlaku:
konstanT
PV
Pada 40F dan 10 atm, volum molar udara V = 36,49 (ft3) (lb mol)-1. Kapasitas panas udara dianggap konstan, CV = 5 dan CP = 7 (Btu) (lb mol)-1 (F)-1.
PENYELESAIAN
TA = 40F = (40 + 459,67) R = 499,67 R
TC = 140F = (140 + 459,67) R = 599,67 R
32
U dan H merupakan state function, sehingga nilainya tidak tergantung pada jalannya proses.
Untuk memudahkan, maka proses dibagi 2:
a. Pendinginan pada V konstan (A-B)
b. Pemanasan pada P konstan (B-C)
hingga dicapai kondisi akhir.
a
b
A
P(atm)
V
1
10
40F140F
VA VC
CB
33
kT
VP
A
AA
7303,067,499
49,3610k
kT
VP
B
BB R
kVP
T BBB 97,49
7303,049,361
kT
VP
C
CC
13 mollbft93,437
167,599
7303,0
C
CC P
TkV
LANGKAH a:
Ta = TB – TA = 49,97 – 499,67 = – 449,70 (R)
Ua = CV Ta = (5) (– 449,70) = – 2.248,5 (Btu)
Ha = Ua + V Pa
= – 2.248,5 + (36,49) (1 – 10) (2,7195) = – 3.141,6 (Btu)
34
LANGKAH b:
Tb = TC – TB = 599,67 – 49,97 = 549,70 (R)
Hb = CP Tb = (7) (549,70) = 3.847,9 (Btu)
Ub = Hb – P Vb
= 3.847,9 – (1) (437,93 – 36,49) (2,7195)
= 2.756,2 (Btu)
KESELURUHAN PROSES:
U = – 2.248,5 + 2.756,2 = 507,7 (Btu)
H = – 3.141,6 + 3.847,9 = 706,3 (Btu)