BAB I

KONSEP DASAR TERMODINAMIKA

Pengertian Termodinamika

Termodinamika adalah cabang ilmu fisika yang mempelajari pertukaran energi dalam

bentuk kalor dan kerja, sistem pembatas (boundary) serta lingkungan, energi dan

perpindahannya. Bisa di artikan juga suatu cabang ilmu fisika yang mempelajari hukum-

hukum dasr yang dipatuhi oleh kalor dan usaha.

Pengertian sistem

Sistem adalah segalah sesuatu yang ingin di pelajari, dapat berupa sebuah benda

bebas yang sederhana atau sebuah kilang pengolahan bahan kimia yang kompleks. Segala

yang berada di luar sisitem di sebut lingkungan sistem.

Adapun lingkungan yaitu daerah di luarsistem. Misalnya, dalam proses es mencair,

yang dipandang sebagai sistemadalah air dan es, sedangkan udara luar sebagai lingkungan.

Jika suatu reaksi berlangsung dalam gelas kimia. Zat-zat yang bereaksi bertindak

sebagai sistem, gelas kimia sebagai pembatas reaksi, dan segala sesuatu di luar gelas kimia

bertindak sebagai lingkungan. Berdasarkan adanya perpindahan energi

antarasistem dan lingkungan, reaksi termokimia dikelompokkan menjadi reaksi eksoterm dan

reaksi endoterm.

Jenis – jenis sistem

1. Sistem tertutup

Sistem tertutup yaitu terjadi pertukaran energi (panas dan kerja) tetapi tidak terjadi

pertukaran benda dengan lingkungan. Dalam sistem tertutup masa dari sistem yang dianalisis

tetap dan tidak ada masa keluar dari sistem atau masuk kedalam sistem, tetapi volumenya

bisa berubah. Yang dapat keluar masuk sistem tertutup adalah energi dalam bentuk panas..

Contoh sistem tertutup adalah suatu balon udara yang dipanaskan, dimana masa udara

didalam balon tetap, tetapi volumenya berubah, dan energi panas masuk kedalam masa udara

didalam balon. Selain itu Rumah hijau adalah contoh dari sistem tertutup di mana terjadi

pertukaran panas tetapi tidak terjadi pertukaran kerja dengan lingkungan.

2. Sistem Terbuka

Sistem terbuka yaitu terjadi pertukaran energi (panas dan kerja) dan benda dengan

lingkungannya. Dalam sistem terbuka, energi dan masa dapat keluar sistem atau masuk

kedalam sistem melewati batas sistem. Sebagian besar mesin-mesin konversi energi adalah

sistem terbuka. Sistem mesin motor bakar adalah ruang didalam silinder mesin, dimana

campuran bahan bahan bakar dan udara masuk kedalam silinder, dan gas buang keluar

sistemmelalui knalpot.

Contoh ; Turbin gas, turbin uap, pesawat jet dan lain-lain adalah merupakan sistem

thermodinamika terbuka, karena secara simultan ada energi dan masa keluar-masuk sistem

tersebut.

Dimensi dan satuan

1. Pengertian satuan

Satuan adalah sejumlah tertentu dari besaran yang digunakan untuk mengukur besaran

dari jenis yang sama dengan melakukan perbandingan yang sama.

Ada dua macam sisitem satuan yang digunakan dalam termodinamika

Sistem british :

Contoh :

Besaran Satuan

1.Panjang

2.Massa

3. Waktu

Food

Pound

Detik (s)

Sistem internasional ( metrik)

Contoh :

Besaran Sistem Dinamis Besar Sistem Dinamis Kecil

1.Panjang

2.Massa          

3. Waktu

Meter (m)

Kilogram (Kg)

Detik (s)

Centimeter (cm)

Gram

Detik (s)

Konversi satuan

Temperatur

Contoh soal :

1. Suatu temperatur menunjukkan 373° K, ubah temperatur tersebut dalam satuan ℉ .

Penyelesaian :

Hubungan antara ° K dengan ℉ adalah

t (K) = t℉+460

1,8

373 = t℉+460

1,8

671,4= t (℉) + 460

t (℉) = 671,4 – 460

= 211,4 ℉

Konstanta Gas ideal

Contoh soal :

2. Ubah satuan konstanta ideal R = 8,314 J/grmol K menjadi dalam satuan g.cal/gr.mol (

° K ¿ ?

Penyelesaian :

R = 8,314 J/grmol x 1gr.cal/ 4,182 J

= 1,987 cal/grmol K

Volume

Contoh soal :

3. Pada tekanan atmosfir (101 kPa), suhu gas karbon dioksida = 20 Oc dan volumenya = 2

liter. Apabila tekanan diubah menjadi 201 kPa dan suhu dinaikkan menjadi 40 Oc,

hitung volume akhir gas karbon dioksida tersebut…

Panduan jawaban :

P1 = 101 kPa

P2 = 201 kPa

T1 = 20 Oc + 273 K = 293 K

T2 = 40 Oc + 273 K = 313 K

V1 = 2 liter

V2 = ?

Penyelesaian :

Dua sifat terukur

Tiga sifat intenstif yang penting dalam termodinamika teknik adalah volume spesifik,

tekanan dan temperatur.

Volume spesifik

Volume spesifik didefinisikan sebagai kebalikan dari densitas, v =1ρ

yaitu volume

persatuan massa. Volume spesifik merupakan sifat intensif, satuan SI untuk spesifik m3/kg.

Pada aplikasi tertentu, penentuan volume spesifik akan lebih mudah jika diberi dalam basis

molar dibandingan dengan basis massa.

Tekanan

Tekanan berdasarkan pandangan continuum, misalkan suatu bidang kecil A melintasi

sebuah titik dalam fluida diam. Fluida dalam suatu sisi bidang tersebut mengalami gaya tekan

yang berkerja tegak lurus terhadap bidang, Fnormal. Tekanan P pada titik tertentu didefinisikan

dalam bentuk Limit sebagai p = LIMIT Fnormal

A

Keterangan : A = luas bidang pada titik tertentu

Satuan tekanan dan tegangan adalah pascal, sedangkan satuan inggris untuk tekanan

dan tegangan adalah Ibf/cuft2 atau Ibf/inch2. 1 atm = 1,01325 x 105 N/m2,, 1 atm = 14,696

Ibf/inch2.

Temperatur

apabila dua buah benda, yang satu panas dan yang satu dingin, disentuhkan satu sama

lain, maka benda yang panas akan mendingin, dan yang dingin akan menjadi panas, sehingga

pada suatu waktu, keduanya akan memiliki rasa panas atau dingin yang sama. Sebenarnya

yang terjadi adalah kedua benda tersebut mengalami perubahan sifat, dan pada waktu proses

perubahan ini berhenti, kedua benda berada dalam keadaan kesetimbangan thermal. Jadi dua

sistem yang berada dalam kesetimbangan thermal mempunyai sifat yang sama, sifat ini

disebut temperatur (suhu).Dengan kata lain, temperatur dari suatu benda adalah suatu

indikator dari keadaan panas yang dimiliki-nya didasari kepada kemampuan benda tersebut

untuk mentransfer panas ke benda lain. Hukum dasar yang mendasari pengukuran suhu

dikenal dengan hukum thermodinamika ke-nol. 

Contoh kasus :

- Es dan air masing-masing suhunya -100C dan 200C dicampur dalam suatu bejana,

akibatnya akan terjadi keimbangan suhu kedua benda. Dalam kasus ini, air dan es

merupakan sistem, sedangkan permukaan yang dibatasi bejana merupakan

permukaan tertutup, dalam hal ini adalah keadaan sebenarnya. Lingkungan

merupakan udara di luar sistem yang ikut mempengaruhi sistem.

- Udara yang dikompresi dalam tabung berbentuk silinder. Udara yang dikompresi

merupakan sistem, tabung berbentuk silinder merupakan batas sistem. Udara di

luar tabung yang mempengaruhi sistem disebut lingkungan.

BAB II

PENGERTIAN ENERGI

Pengertian Energi

Energi merupakan konsep dasar termodinamika dan meruapakan salah satu aspek

penting dalam analisis teknik. Energi dapat di simpan pada suatu sistem dalm berbagai

bentuk mikroskopik dan dapat di konversi dari bentuk satu ke lainnya.

Kerja dan Energi Kinetik

 Energi kinetik adalah energi dari suatu benda yang dimiliki karena pengaruh

gerakannya. Benda yang bergerak memiliki energi kinetik. Untuk menurunkan persamaan

energi kinetik, bayangkanlah sebuah benda bermassa m sedang bergerak pada lintasan lurus

dengan laju awal vo.Agar benda dipercepat beraturan sampai bergerak dengan laju v maka

pada benda tersebut harus diberikan gaya total yang konstan dan searah dengan arah gerak

benda sejauh s. Untuk itu dilakukan usaha alias kerja pada benda tersebut sebesar W = F s.

Besar gaya F = m a.

Karena benda memiliki laju awal vo, laju akhir vt dan bergerak sejauh s, maka untuk

menghitung nilai percepatan a, kita menggunakan persamaan vt2 = vo2 + 2as. Kita

subtitusikan nilai percepatan a ke dalam persamaan gaya F = m a, untuk menentukan besar

usaha. Persamaan ini menjelaskan usaha total yang dikerjakan pada benda. Karena W = EK

maka kita dapat menyimpulkan bahwa besar energi kinetik translasi pada benda tersebut

adalah :

W = EK = ½ mv2 —– persamaan 2

Persamaan 1 di atas dapat kita tulis kembali menjadi :

Persamaan 3 menyatakan bahwa usaha total yang bekerja pada sebuah benda sama

dengan perubahan energi kinetiknya. Pernyataan ini merupakan prinsip usaha-energi. Prinsip

usaha-energi berlaku jika W adalah usaha total yang dilakukan oleh setiap gaya yang bekerja

pada benda. Jika usaha positif (W) bekerja pada suatu benda, maka energi kinetiknya

bertambah sesuai dengan besar usaha positif tersebut (W). Jika usaha (W) yang dilakukan

pada benda bernilai negatif, maka energi kinetik benda tersebut berkurang sebesar W. Jika

besar usaha total yang dilakukan pada benda adalah nol, maka besar energi kinetik benda

tetap (laju benda konstan).

Lintasan sebuah partikel bermassa m yang bergerak di dalam bidang xy dan

disebabkan oleh gaya resultan F yang besar dan arahnya dapat berubah – ubah dari titik ke

titik di atas lintasan dapat dilukiskan pada gambar di bawah :

Gaya F dapat di uraikan menjadi :

Komponen Fs disepanjang yang hanaya dapat mengubah besar kecepatan

Komponen Fn yang tegak lurus terhadap kecepatan v yang hanya dapat mengubah

arah kecepatan yang merupakan gay sentripetal.

Jika s merupakan jarak partikel yang di ukur dari titik 0 pada sepanjang lintasan , maka

berdasarkan hukum 2 newton :

Fs = mdvdt

Karena Fs merupakan fungsi s, maka :

Fs = mdvdt

= mdvdt

dsdt

=mvdvds

Fs.ds = mv.dv

Jika masing – masing komponen kanan dan kiri di integrasikan, maka integral sebelah kiri

disebut usaha yang dilakukan gaya f1 antara titik s1 dan s2 dapat dihitung bila fungsinya

diketahui:

Atau usaha resultan gaya dilakukan pada sebuah partikel sama dengan perunbahan gaya

kinetik partikel.

Energi Potensial

Energi potensial merupakan energi yang dihubungkan dengan gaya-gaya yang bergantung

pada posisi atau wujud benda dan lingkungannya. Energi potensial gravitasi sebuah benda

merupakan hasil kali gaya berat benda (mg) dan ketinggiannya (h). h = h2 – h1

EP = mgh

Persamaan ini menyatakan bahwa usaha yang dilakukan oleh gaya yang menggerakan

benda dari h1 ke h2 (tanpa percepatan) sama dengan perubahan energi potensial benda antara

h1 dan h2. Setiap bentuk energi potensial memiliki hubungan dengan suatu gaya tertentu dan

dapat dinyatakan sama dengan EP gravitasi. Secara umum, perubahan EP yang memiliki

hubungan dengan suatu gaya tertentu, sama dengan usaha yang dilakukan gaya jika benda

dipindahkan dari kedudukan pertama ke kedudukan kedua..

Perubahan energi potensial menjadi ∆ EP = EP2 - EP2 = mg (h2 – h1). Satuan energi potensial

sama dengan satuan energi kinetik.

Contoh soal :

1. (a) berapa kecepatan yang harus dicapai sebuah massa 1kg supaya memilki energi

kinetik 1kJ?

(b) sampai ketinggian berapa sebuah massa 1kg harus di angkat supaya mempunyai

energi potensial 1kJ?

Penyelesaian :

(a) Menurut energi kinetik , Ek = 12

mv2 . karena energi yang diminta 1Kj = 1000N.

m, kita dapatkan :

100 = 12

(1)v2, yang karenanya v = 141,4 m.s-1

(b) Menurut definisi energi potensial, Ep = mgh. Untuk energi 1Kj atau 1000N. M, kita

dapatkan :

1000 = (1) (9,81) (h), maka z = 101,9 m

2. Sebuah bola sepak bermassa 150 gram ditendang oleh Ronaldo dan bola tersebut

bergerak lurus menuju gawang dengan laju 30 m/s. Hitunglah :

a) energi kinetik bola tersebut

b) berapa usaha yang dilakukan Ronaldo pada bola untuk mencapai laju ini, jika bola

mulai bergerak dari keadaan diam ?

penyelesaian :

a) Energi Kinetik bola

EK= ½ mv2 = ½ (0,15 kg) (30 m/s2)2 = 67,5 Joule

b) Usaha total

W = EK2 – EK1

EK2 = 67,5 Joule

EK1 = ½ mv2 = ½ m (0) = 0 — laju awal bola (vo) = 0

Dengan demikian, usaha total :

W = 67,5 Joule – 0 = 67,5 Joule

Perpindahan energi melalui kerja

Kerja W yang dilakukan oleh sistem yang dihitung berdasarkan gaya dan penggeseran

secara makroskopik W = ∫s 1

s 2

F dx ..... (2) sangat penting dalm kajian termodinamika.

Persamaan 2 digunakan untuk menghitung kerja kompresi atau kerja ekspansi gas (cairan).

Kerja menurut termodinamika adalah kerja yang dilakukan oleh suatu sistem pada

lingkungannya jika memberikan pengaruh utama pada segala sesuatu yang berada diluar

sistem.

Kerja ekspansi atau kompresi

Pada proses ekspansi atau kompresi untuk menggambarkan bagaimana gas (cairan)

erekspansi dengan mengalami kesetimbangan sesaat, dapat dilihat dari diagram P-V dari

kerja , dimana pada awalnya permukaan torak berada pada posisi x1 dan tekanan gas p1.

Pada akhir proses ekspansi kesetimbangan sesaat, permukaan torak akan berada pada titik x2

dan akan berkurang pada p2. Kerja gas pada torak selama proses ekspansi sebagai ∫ p dV

yang merupakan luasan kurva dibawah kurva tekanan volume. Apabila gas dikompresi dari

titik 2 ke 1 dengan lintasan yang sama pada diagram p-V, kerja akan sama namun tandanya

negatif, hal ini menggambarkan pada proses kompresi terjadi perpindahan energi dari torak

ke gas.

Perubahan keadaan gas ideal

a) Perubahan isothermal

Proses isothermal adalah suatu proses perubahan keadaan gas pada suhu tetap

( T=tetap).Dalam proses isothermal ini berlaku persamaan gas ideal rV = n.R.T

Tetapi karena T tetap dan rV juga tetap maka dinyatakan rV = konstan atau r1.V1 =

r2.V2 dengan r1.V1 adalah tekanan dan volume mula-mula.

r2.V2 adalah tekanan dan volume akhir.

b) Perubahan isometrik

Proses isokhorik adalah suatu proses perubahan keadaan gas pada volum tetap

(V=tetap).dalam proses ini berlaku pula persamaan gas ideal rV = n.R.T atau p:T=n.R:V

karena n.R:V = tetap maka dinyatakan p:T=tetap atau p1:T1= p2:T2 . p1dan T1 adalah

tekanan dan suhu mula-mula. p2:T2 adalah tekanan dan suhu akhir.

c) Perubahan isobar

Jika gas mengalami proses isobar, perubahan yang terjadi pada gas berada dalam

keadaan tekanan tetap. Usaha yang dilakukan gas dalam proses ini memenuhi

persamaan W = P ΔV = p(V2– V1). Dengan demikian, persamaan Hukum Pertama

Termodinamika untuk proses isobarik dapat dituliskan sebagai berikut.

Q = ΔU + W

Q = ΔU + p(V2 – V1) … (1)

Untuk gas ideal monoatomik, Persamaan 1 dapat dituliskan sebagai

Q =(3/2)nR (T2 — T1) + p (V2 – V1) … (2)

d) Proses adiabatis

Proses adiabatik adalah suatu proses perubahan keadaan gas dimana tidak ada kalor yang

masuk ke atau keluar dari sistem (gas) (Q=0).Proses ini mengikuti

rumus Poisson sebagai berikut : p.V.γ = konstan

Atau p1.V1. γ = p2.V2. γ

dengan γ = konstanta Laplaceγ = Cp : Cv

Cp = Kapasitas kalor pada tekanan tetap

C v = Kapasitas kalor pada volume tetap

Untuk gas monoatomik besarnya Cv dan Cp adalah

Cv = 3/2 nR dan Cp = 5/2 nR

Untuk gas dioatomik, besarnya Cv dan Cp adalah

Gas diatomik pada suhu rendah ( ± 300 K)

Cv = 3/2 nR dan Cp = 5/2 nR

Gas diatomik pada suhu sedang (± 500 K)

Cv = 5/2 nR dan Cp = 7/2 nR

Gas diatomik pada suhu tinggi (± 1000 K)

Cv = 7/2 nR dan Cp= 9/2 nR

Contoh soal :

1. sebesar 2 × 103 J diberikan secara adiabatik untuk memampatkan 0,5 mol gas ideal monoatomik sehingga suhu mutlaknya menjadi 2 kali semula. Jika konstanta umum gas R = 8,31 J/mol K, tentukanlah suhu awal gas.

Jawab

Diketahui: W = 2 × 103 J, T2 = 2T1, dan n = 0,5 mol.

Jadi, suhu awal gas adalah 321 K.

2. Sebuah sistem terdiri atas 4 kg air pada suhu 73 °C, 30 kJ usaha dilakukan pada sistem dengan cara mengaduk, dan 10 kkal panas dibuang.

(a) Berapakah perubahan tenaga internal sistem? (b) Berapa temperatur akhir sistem?

Penyelesaian :

Diketahui :

m = 4 kg, T1 = 73° C = 273 + 73 = 346 K

Jawab :

Usaha yang dilakukan W = -30 kJ, kalor yang keluar Q = -10 kkal =10 x 4,18 kJ = 41,8 kJ.

Tenaga internal sistem adalah :

ΔU = Q – W = -41,8 kJ + 30 kJ = -11,8 kJ

masih ingat tentang kalor yang diperlukan untuk mengubah suhu sistem bukan?

Q = mcΔT

Karena Q bernilai negatif maka suhu menjadi turun.

ΔT = 11,8 kJ/((4,18kJ/kg°C)(1,5)) = 1,88°

Jadi, suhu akhir sistem adalah 73 – 1,88 = 71,12 °C

3. Suatu sistem gas monoatomik pada suhu 27º C memiliki tekanan sebesar 1,5 × 105 Pa dan bervolume 15 liter. Sistem menyerap kalor dari lingkungan secara isobarik sehingga suhunya naik menjadi 127º C. Tentukan volume gas sekarang, usaha luar yang dilakukan gas, penambahan energi dalam gas, dan besarnya kalor yang diserap gas!

Diketahui : T1 = 27 + 273 = 300 K

P1 = 1,5 × 105 N/m2

V1 = 15 liter = 15 × 10-3 m3

T2 = 127 + 273= 400 K

Ditanyakan: a. V2 = …?

b. W = …?

c. Δ U= …?

d. Q = …?

Jawab:

a. V1/T1 = V2/T2

V2 = (T2/T1)V1

V2 = (400/300)(1,5×10-3) = 20×10-3 m3

b. W = P.ΔV = (1,5 × 105) × (20 × 10-3) – (15 × 10-3) = (1,5 × 105) × (5 × 10-3) = 7,5 × 10² J

c. U = (P2V2 – P1V1) = (3/2) P(V2 – V1)= (3/2) × (1,5 × 105) × (5 × 10-3) = 11,25 × 102 J

d. Q = W + U = (7,5 × 102) + (11,25 × 102) = 18,75 × 102 J

Energi Dalam

Bentuk perubahan energi lainnya sebagai energi dalam sistem, seperti halnya energi kinetik maupun potensial , energi dalam merupakan sifat ekstensif karena merupakan energi total.Energi dalam diberi simbol U, sedangkan perubahan energi dalm pada sebuah proses adalah U2 – U1, perubahan energi total sistem adalah E2 – E1 = ( EK2-EK1) + (EP2 –EP1) + (U2

– U1) atau ∆ E =∆ EK +∆ EP+∆ U .

Contoh soal :

1. sebuah tangki berisi air panas yang akan didinginkan dengan cara  mengaduk-aduk air panas tersebut dengan pengaduk. Mula-mula energi dalam dari fluida adalah 800 kJ. Selama proses pendinginan, fluida kehilangan panas sebesar 500 kJ, dan pengaduk melakukan kerja terhadap fluida sebesar 100 kJ.Tentukan nilai energi dalam akhir.

 Penyelesaian   :

Persoalan tersebut digambarkan seperti berikut ini :

Gambar 6. Ilustrasi sistem

Analisis :

Terlihat bahwa tidak ada massa yang berpindah, sehingga sistem yang dimaksud adalah sistem tertutup atau non flow system. Tidak ada pergerakan sistem dan sistem dianggap stasioner, sehingga DEp dan DEk sama dengan nol, maka digunakan persamaan (2-11) :

                        

                                      = U2 – U1

dengan mengacu pada tanda “ + “ dan “ – “ terhadap sistem, maka diperoleh :

-500 kJ – (-100 kJ) = U2 – 800 kJ

                        U2 = 400 kJ         

3. Air mengalir di air terjun yang tingginya 100m. Pandanglah 1kg air, dan anggap tidak

ada energi yang ditukar antara 1kg air tersebut dengan lingkungannya.

a. Berapa enegi potensial dipuncak relatif terhadap dasar air terjun?

b. Berapa energi kinetik air sesaat sebeum menyentuh dasar ?

c. Setelah 1kg air tersebut masuk ke dalam sungain dibawah air terjun, perubahan

keadaan yang terjadi?

Penyelesaian:

a. Ep = mgh

Ep = (1kg) (9,8066 m.s-1) (100m) = 980,66 J

b. Selam air terjun jatuh bebas, tidak ada mekanisme perubahan energi potensial atau

energi kinetik menjadi energi dalam. Jadi ∆ U sama dasarnya nol dan karena itu

∆ Ek+∆ Ep=Ek 2−Ek 1+Ep 2−Ep 1=0

Kita boleh mengambil Ek1- 0 dan Ep2 = 0maka, Ek2 = Ep1 = 980,66 J

c. Ketika 1kg air menyentuh dasar dan bergabung dengan massa air yang lain untuk

membentuk sungai kembali, ada banyak turbulensi, yang memilkki efek perubahan

energi kinetik menjadi energi dalam. Selama proses ini, ∆ E pada dasarnya nol

karena itu

∆ Ek+∆ U=0 atau ∆ U =Ek 2−Ek 3

Namun, karena kecepatan arus hilir sungai dianggap nol kecil, E dapat diabaikan

dan

∆ U=Ek 2 = 980,66 J

Hasil proses keseluruhan merupakan perubahan energi potensial air menjadi energi

dalam air. Perubahan energi dalam ini diwujudkan oleh kenaikan suhu. Karena

energi sebesar 4184 JW/kg diperlukan bagi kenaikan suhu air sebesar 1celcius,

kenaikan suhu yang terjadi 980,66/4184 = 0,234℃

Neraca Energi Sistem Tertutup

Persamaan yang merupakan pernyataan prinsip kekekalan energi sistem tertutup. Persamaan tersebut diuraikan :

Perubahan jumlah jumlah energi netto berupa jumlah energi berupa energi yang terdapat kalor yang dipindahkan ke dalam kerja yang dipindahkan dalam sistem untuk = sistem melalui daerah batas untuk - keluar sistem melalui interval waktu tetentu interval waktu tertentu daerah untuk interval waktu

waktu tertentu

Pernyataan diatas merupakan penegasan neraca energi, untuk proses yang berlangsung dalam sistem tertutup dengan memasukkan persamaan perubahan energi total sistem.

Neraca energi dapat juga ditulis berbasis laju waktu sebagai ∆ E∆ t

= Q∆ t

- W∆ t

, bentuk laju

neraca energi dEdt

= Q – W

Neraca Energi Siklus

Keseimbangan energi untuk suatu sistem yang mengalami siklus termodinamika ditunjukan dengan persamaan ∆ Esiklus = Qsiklus – w siklus, dimana menunjukan jumlah perpindahan energi netto melalui kalor dan kerja siklus, setelah siklus terjadi, sistem akan kembali ke keadaaan awal, maka tidak terdapat perubahan energi netto, dengan demikian komponen bagian kiri dan kanan akan sam dengan nol, sehingga persamaannya menjadi Wsiklus = Q siklus.

Sikus Daya

Sistem yang melakukan jenis siklus, menghasilkan kerja netto yang dipindahkan ke lingkungan pada setiap siklus, siklus macam ini disebut siklus daya. Berdasarkan persamaan kerja keluar netto sam dengan perpindahan kalor netto ke dalam siklus.

Wsiklus = Qin – Q out (siklus daya)

Keterangan : Q in = perpindahan energi kalor ke dalam sistem dari benda panas

Qout = perpindahan energi kalor ke luar ssitem ke benda dingin

Besarnya konversi energi dari kalor menjadi kerja diberikan sebagai suatu rasio yang umumnya dikenal sebagai efisiensi termal

η=WsiklusQin

Sub persamaan akan menjadi : η=Qin−QoutQin

= 1 - QoutQin

Siklus Refrijerasi dan pompa kalor

Siklus refrijerasi dan pompa kalor, Qin adalah energi kalor yang dipindahkan kedalam yang berasal dari benda dingin Qout adalah energi yang dilepaskan melalui perpindahan kalor dari sistem ke benda panas. Wsiklus untuk siklus refrijerasi dan pompa kalor sebagai berikut : Wsiklus = Qout – Qin, Wsiklus bernilai positif sehingga Qout lebih besar ari Qin.

Tujuan siklus refrijerasi adalah untuk mendinginkan ruangan atau untuk menjaga temperatur rumah atau bangunan lain dibawah temperatur sekitarnya.

Siklus refrijerasi

Kinerja siklus refrijerasi merupakan rasio antara jumlah energi yang diterima sistem dari benda dingin Qin, dengan kerja netto yang dipindahkan kedalam sistem Wsiklus.

Koefisien kinerja siklus refrijerasi β= QinWsiklus

.

Siklus Pompa

kinerja pompa kalor merupakan rasio antara jumlah energi yang dilepaskan dari sistem ke benda panas Qout dengan kerja netto yang dipindahkan ke dalam sistem Wsiklus. Koefisien

kinerja siklus pompa kalor γ=Qout

Wsiklus .

contoh soal :

1. Untuk sistem refrigerasi yang diperhatikan pada kedua contoh terdahulu, dan pada kondisi operasi yang sama, andaikan diinginkan untuk menghasilkan efek refrigerasi pada laju yang sama dengan 5 ton. Untuk perhitungan yang nyata andaikan nilai-nilai

berikut : efisiensi pemampatan 87%; efisiensi mekanis 90 %; faktor sisa (clearance factor) kompresor 8%; dan kepesatan kompresor 1800 rpm. Hitung volume perpindahan kompresor yang diinginkan dan daya motor yang harus disediakan.Untuk kapasitas 5 ton m = 5 (3.70) = 18,50 lb/menitKerja kompresor aktual

wc = wc 'Ƞ c

= 130,87

=15 Btu /lb

Dari diagram p-h:Pada pb = 20 Psia dan hb = 80 Btu/lb

Vb = 2,0 ft3/lbPada pc = 100 Psia dan hc = 80 + 15 = 95 Btu/lb

Vc = 0,48 ft3/lbUntuk nilai pendekatan efisiensi volumetrik, pakai pers. (3.12a)Ƞv = 1 + FS [1-(vb/vc)] = 1 + 0,08 [ 1-(2,0/0,48)] = 0,75Oleh sebab itu volume perpindahan piston haruslah :

PP = (18.50 )(2,0)(0,75 )(1800)

=2,74 ×10−2 ft3

= 7,76 x 10-4 m3

Daya yang dibutuhkan = m wc = (18,50) (15) = 277,5 Btu/menit Satu daya kuda = 42,4 Btu/menitDengan memperhitungkan efisiensi mekanis

Daya = 277,5

(0,90 )(42,4)=7,27dk

Dengan demikian sediakanlah motor dengan daya 7 ½ dk atau 8 dk

2. Untuk siklus daya uap yang diidealkan yang ditunjukkan pada gambar. 1.19, carilah fraksi aliran kukus total yang diekstraksi pada dua titik ekstraksi untuk kondisi-kondisi berikut : kondisi pencekikan (f) pada 800 psia dan 750 F, ekstraksi pertama (i)Carilah efisiensi termal siklus ini dan peningkatan efisiensi dibandingkan dengan siklus rankine sederhana tanpa regenerasi.Semua nilai entalpi diambil dari diagram Moller kecuali nilai-nilai cair jenuh yang diambil tabel kukus.

hf = 1370 Btu/lb at 800 psia, 750 Fhi = 1215 Btu/lb at 180 psia, si = sf

hj = 1075 Btu/lb at 30 psia, sj = sf

hk = 880 Btu/lb ha = hy = 70Btu/lbhn = hb = hc = 219 Btu/lbhm = hd = he = 346 Btu/lb

Keseimbangan (balance) massa dan energi pada pemanas air pengisian ketel kedua :mihi + (me – mi) hc = mehe

mime

= h e−h ch i−h c

=12,75 % diekstraksi pada (i)

Keseimbangan (balance) massa dan energi pada pemanas air pengisian ketel pertama :mjhj + (me – mi – mj) ha = (me – mi) hc

mj(hj-ha) = me (1-0,1275) (hc-ha)

mjme

=0,8725(hc−ha)

(hj−ha) = 12,9 % diekstraksi pada (j)

Efisiensi termal siklus ideal (yang mengabaikan kerja pompa) :

Ƞth=1−ma(hk−h a)me(hf −he)

= 1- 0,7435(hk−h a)

(hf −he)=41,2 %

Atau dengan cara lain :

Ƞth = 0,7435 (h f −h k )+0,129 (h f −h j )+0,1275(hf −h i)

1,0(hf −he )

Yang memberikan jawaban yang sama

Efisiensi termal siklus Rankine ideal, sederhana :

Ƞth =h f −h kh f −h y

= 37,7 %

[peningkatan = 41,2−37,7

37,7=9,3 %¿

BAB III

EVALUASI ZAT MURNI

Pengertian Zat Murni

Zat murni adalah senyawa dengan komposisi kimia yang seragam dan tidak berubah, sifat – sifat zat murni kompresibel sederhana dan hubungan yang ada antara sifat – sifat tersebut dengan tekanan, volume spesifik dan temperatur, p = p (T,v) dengan grafik fungsi p-v-T.

Pada permukaan p-v-T terdapat 3 daerah yaitu padat (solid), cair (liquid), uap (vapor). Pada grafik p-v-T suatu keadaan dimana suatu perubahan fase berawal dan berakhir disebut keadaan jenuh. Daerah yang berbentuk kudah terdiri dua fase keadaan cair-uap disebut kubah uap. Garis-garis yang membatasi kubah uap disebut garis cair jenuh dan uap jenuh.

Proyeksi permukaan p-v-T

Jika permukaan diproyeksikan pada bidang tekanan – temperatur, maka dihasilkan suatu diagram sifat yang dikenal sebagai diagram fase. Temperatur jenuh, menentukan temperatur dimana suatu perubahan fase berlangsung pada suatu tekanan yang diberikan dan tekanan ini disebut sebagai tekanan jenuh. Garis tripel pada permukaan tiga dimensi p-v-T diproyeksikan menjadi sebuah titik tripel air yang digunakan sebgai acuan dalam mendefinisikan skala temperatur. Berdasarkan standar yang telah ditetapkan, temperatur yang ditetapkan pada titik tripel air adalah 273,16 K (491,69R), tekanan 0,6113kPa (0,00602 atm).

Diagram T-v

proyeksi daerah cair, daerah dua fase cair-uap dan daerah uap permukaan p-v-T ke bidang temperatur-volume spesifik menghasilkan sebuah diagram T-v seperti pada gambar :

Evaluasi Tekanan, Volume spesifik, dan Temperatur

Sifat uap air diberikan pada tabel L-2 dan L-4, tabel ini sering disebut tabel uap. Karena tekanan dan temperatur adalah sifat bebas dalam daerah fase tunggal cair dan uap. Keduanya dapat dipergunakan untuk menetapkan keadaan dalam daerah cair, cair-uap , dan uap.

Volume spesifik campuran dua fase caie-uap dapt ditentukan menggunakan tabel jenu dan kualitas uap sebagai berikut , volume total campuran adalah jumlah volume fase cair dan uap. V=Vcair + Vusp . karena fase cair adalah cair jenuh dan fase uap adalah uap jenuh, V cair =

mcsir Vf dan vuap = muap vg, kualitas uap , x = muap

m . peningkatan volume spesifik pada

penguapan (vg –vf) yang ditandai vfg.

Contoh soal :

Evaluasi Energi Dalam dan Entalpi Spesifik

Dalam analisis termodinamika , sering didapat penjumlahan energi dalam U dan perkalian antara tekanan p dengan volume V, karena penjumlahan U + Pv yang merupakan entalpi yang diberi simbol H, sehingga H = U + Pv. Energi dalam spesifik untuk campuran dua fase cair-uap untuk kualitas tertentu, dihitung dengan cara yang sama dengan volume spesifik, u = (1- x)uf + ug = uf + x(ug –uf).

Contoh soal :

1.Sebuah tangki dengan volume 0.1 m3 mula-mula berisi steam dengan tekanan 500 kPa dan temperatur 200 oC. Selanjutnya steam didinginkan sampai temperatur 50oC. Tentukan berapa jumlah Panas yang dilepaskan selama proses pendinginan ini berlangsung dan tentukan juga tekanan akhir tangki tersebut.

 Penyelesaian :Step-1: gambarkan atau sketsakan fisik dari sistem yang dimaksud, serta cantumkan nilai-nilai yang diketahui pada gambar.

steamVT = 0,1P1 = 500 kPaT1 = 200℃T2 = 50℃            

Step-2 : lakukan pengecekan terhadap proses yang berlangsung.Sistem tertutup berarti massa sistem konstan. Dan diketahui bahwa selama proses berlangsung tidak terjadi perubahan volume sistem, sehingga : v1 = v2 dan W = 0.

 Step-3  : Buatlah beberapa Asumsi, jika dianggap perlu.

 = 0, karena tidak disebutkan perbedaan ketinggian

 = 0, karena tidak dicantumkan perbedaan kecepatan. Step-4  ; Gunakan Prinsip Konservasi Massa dan Energi            m2 = m1 = m                               massa

                           energiStep-5  : gambarkan diagram Proses

             Step-6  : menentukan properti yang diperlukan untuk mendapat  hasil  yang  diinginkan

2.Bejana 0,3 m3 berisi 10 kg air pada P 60 bar. Hitung T, X dan H campuran air-uap.

Penyelesaian:

Volume spesifik isi bejana adalah: 0,3 m3/10 kg = 0,03 m3/kg.

Pada 60 bar, diperoleh Vcair= 0,001319 dan Vuap= 0,0324, maka dapat dihitung kualitas uap

Vmix = VvX + VL (1-X)

0,03 = 0,0324X + 0,001319 (1-X)

X = 0,923

Jadi uap sebanyak 92,3% dan cairan = 7,7%. Entalpi campuran adalah :

.Hmix = 2785X + 1213,7 (1-X) = 2785 (0,923) + 1213,7 (0,77) = 2664 kj/kg

Panas

Secara umum panas ada dua :

a. Panas latenb. Panas sensibel

Panas sensibel terjadi apabila suatu zat mengalami perubahan temperatur tetapi tidak mengalami perubahan bentuk. Untuk menentukan panas sensibel diperlukan kapasitas panas. Sedangkan panas laten merupakan panas yang terjadi akibat adanya perubahan bentuk atau wujud senyawa tetapi tidak mengalami perubahan temperatur.

Kapasitas Panas

Kapasitas panas adalah jumlah panas yang diperlukan untuk menaikan temperatur sistem satu derajat atau bila suatu sistem diberi panas (dQ) hingga temperatur sistem naik sebesar (dT)

Kapasitas panas terbagi 2:

- Kapasitas panas volume konstanBila suatu proses berlangsung pada volume konstan, maka kapasitas panas yang digunakan untuk menghitung panas yang terjadi adalah kapasitas panas volume konstan (cv).

- Kapasitas panas tekanan konstanBila suatu proses berlangsung pada tekanan konstan, maka kapasitas panas tekanan konstan (cp).Hubungan antara kapasitas panas volume konstan dengan kapasitas panas pada tekanan konstan, cp – cv = R.

Kapasitas panas fungsi temperatur secara umum mempunyai persamaan cp = a + bT+ cT 2 + dT2 persamaan ini digunakan untuk gas ideal anorganik,

Kapasitas panas rata-rata dari temperatur T1 ke T2 dapat diturunkan dari kapasitas panas

fungsi temperatur dengan persamaan. Cp = ∫T 1

T 2

cp dT , untuk perubahan panas dari sistem

T2 – T1

Dengan menggunakan kapasitas panas rata-rata T1 ke T2 , dQ = ncpmdT

Kapasitas molal, kapasitas molal dari perubahan temperatur T1 ke T2 dapat diturunkan dari kapasitas panas fungsi temperatur dengan persamaan.

Cp = a+b T1+T2 + c T1 + T2 + d T1+T2

2 2 2

Contoh soal ;

BAB IV

HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA

Pengertian Hukum Pertama Termodinamika

Hukum pertama termodinamika merupakan penerapan kekekalan energi, yang menyatakan bahwa energi tidak dapt diciptakan atau dimusnahkan, meskipun energi dapat dirubah dari satu bentuk ke bentuk yang lainnya dengan totral energinya sama.

Energi yang diperlukan untuk ini disebut penambahan energi dalam. Energi ini dimilki oleh senyawa atau zat. Bila :

- dU = Perubahan energi dalam- dEk = perubahan energi kinetik- dEp = perubahan enrgi potensial

maka persamaan energi untuk sistem adalah dQ = dW+ dU+dEk+dEp....persamaan ini menyatakan prinsip konversi energi dari suatu sitem menjadi hukum pertama termodinamika . Tetapi dalam termodinamika sistem-sistem sebagian besar mengalami energi kinetik dan enrgi potensial yang konstanta terutama pada sistem yang di isolasi atau dEk=0 dan dEp=0, maqka hukum pertama termodinamika menjadi dQ= dW+ Du.

Dalam Hukum Pertama Termodinamika

- energi dalam (U) tidak tergantung dari jenis proses tetapi hanya tergantung pada keadaan awal dan akhir proses.

- Bila sistem menerima panas sebesar Q, maka sistem akan melakukan kerja luar sebesar W maka nergi dalam U akan naik, sehingga Q(+) dan W(-).

- Bila sistem menerima kerja luar sebesar W, maka sistem akan melepaskan panas sebesar Q dan energi luar dalam U akan turun, sehingga Q(-) dan W(+).

Penerapan Hukum Pertama Termodinamika

1. Kerja luar (exsternal energi)Kerja luar dapat berupa : kerhja kinetik, kerja listrik, kerja magnetik dan kerja reaksi kimia.Dalam termodinamika, sistem akan melakukan kerja pada perubahan keadaan bila ada penyimpangan boundry dari sistem terhadap gaya luar. Pada gambar berikut :

dS F gambar vektor penyimpangan dS

Pada gambar diatas vektor penyimpangan dS searah dengan vektor F. Persamaan kerja oleh gaya F secara termodinamika dW= -F cosθ dS, θ=0. Vektor searah dengan vektor F,maka harga kerja (-) dW= F dS, bila harga θ=180 dengan vektor dS berlawan arah dengan vektor F, maka kerja menjadi (+), sehingga dW= F Ds.

2. Kerja W Pad Perubahan Keadaan Istimewa- Perubahan secara isotermal

Proses isotermal adalah suatu proses perubahan keadaan gas pada suhu tetap. Menurut Hukum Boyle, proses isotermal dapat dinyatakan dengan persamaan

pV = konstan

atau

p1V1 = p2V2

Gambar grafik proses isotermal

Dalam proses ini, tekanan dan volume sistem berubah sehingga persamaan W = p ΔV tidak dapat langsung digunakan. Untuk menghitung usaha sistem dalam proses isotermal ini digunakan cara integral. Misalkan, pada sistem terjadi perubahan yang sangat kecil sehingga persamaan usahanya dapat dituliskan sebagai

dW = pdV ………..(9–3)

Jika Persamaan (9–3) diintegralkan maka dapat dituliskan

∫dw = ∫pdV

Dari persamaan keadaan gas ideal diketahui bahwa

Olehkarena itu, integral dari Persamaan (9–3) dapat dituliskan menjadi

Jika konstanta n R, dan besaran suhu (T) yang nilainya tetap dikeluarkan dari integral, akan diperoleh

- Perubahan secara isobar

Proses isobar adalah proses perubahan keadaan sistem pada tekanan konstan. Dengan langkah-langkah seperti diatas diperoleh usaha yang dilakukan oleh sistem adalah:

Gambar grafik proses isobarik

- Perubahan secara isometrik (temperatur konstan)Suatu sistem dapat mengalami proses termodinamika dimana terjadi perubahan-perubahan di dalam sistem tersebut. Jika proses yang terjadi berlangsung dalam suhu konstan, proses ini dinamakan proses isotermik. Karena berlangsung dalam suhu konstan, tidak terjadi perubahan energi dalam (∆U = 0) dan berdasarkan hukum I termodinamika kalor yang diberikan sama dengan usaha yang dilakukan sistem (Q = W). Proses isotermik dapat digambarkan dalam grafik p – V di bawah ini. Usaha yang dilakukan sistem dan kalor dapat dinyatakan sebagai

Dimana V2 dan V1 adalah volume akhir dan awal gas.

Contoh soal :

1.Sepuluh mol gas helium memuai secara isotermal pada suhu 47°C sehingga volumenya menjadi dua kali volume mula-mula. Tentukanlah usaha yang dilakukan oleh gas helium.

Jawab

Diketahui: T = 47°C = (47 + 273) K = 320 K dan V2 = 2V1.

Penyelesain:

Usaha yang dilakukan gas pada proses isotermal:

2. Suatu gas yang volumenya 1,2 liter perlahan-lahan dipanaskan pada tekanan tetap 1,5 × 105N/m2 hingga volumenya menjadi 2 liter. Berapakah usaha yang dilakukan gas?

Jawab

Diketahui: V1 = 1,2 L, V2 = 2 L, dan p = 1,5 × 105 N/m2.

1 liter = 1 dm3 = 10–3 m3

Usaha yang dilakukan gas pada tekanan tetap (isobarik) adalah

W = p (V2 – V1) = (1,5 × 105 N/m2) (2 – 1,2) × 10–3 m3 = 120 joule

2. Suatu gas ideal mengalami proses siklus seperti grafik p – V berikut.

Tentukanlah:

a. usaha gas dari A ke B,

b. usaha gas dari B ke C,

c. usaha gas dari C ke A, dan

d. usaha netto gas dalam satu siklus.

Jawab

Diketahui: pA = pB = 3 × 105 Pa, pC = 1 × 105 Pa, VA = 2 L, dan VB = VC = 6 L.

a. Proses A ke B adalah proses isobarik. Usaha dari A ke B dapat dihitung dengan persamaan WAB =p(VB – VA)

= 3 × 105 Pa (6 – 2) × 10–3 m3 = 1.200 joule

b. Prose B ke C adalah proses isometrik. Oleh karena VC = VB, usaha yang dilakukan gas WBC = 0

c. Proses dari C ke A adalah isotermal. Oleh karena pC:VC = pA:VA, usaha dari C ke A adalah

WCA = (1 × 105 N/m2)(6 × 10–3 m3)ln 3/6 = – 415,8 joule

d. Usaha netto gas dalam satu siklus ABCA :

Wsiklus = WAB + WBC + WCA = 1.200 joule + 0 + (–415,8 joule) = 784,2 joule

Hubungan Kapasitas Panas dengan Hukum Pertama Termodinamika

dQ= ∆ U + dW

Panas pada volume konstan, dW=0 sehingga dQ=∆ U =n.c.dt bila proses berlangsung dari T1-

T2. Untuk proses tekanan konstan dQ= n∫T 1

T 2

cv dT , bila cp konstan, Q=n cp (T2-T1).

Entalpi

Entalpi suatu sistem adalah penjumlahan dari energi dalam dengan hasil kali tekanan dan volume sistem. H=U+PV.

dH= dU+PdV+V dP, dU= dH-PdV-VdP, hubungannya dengan hukum pertama termodinamika, dQ= dU+ Dw.

- Proses dengan tekanan konstan, dP=0

Pada gas ideal energi berhubungan langsung dengan temnperatur, maka entalpi merupakan fungsi dari temperatur H=U+PV.

- Proses dengan volume konstan,dW=0dQ= dU= cv Dt

- Proses dengan temperatur konstan

Untuk proses temperatur konstan energi dalam untuk gas ideal=0. Sehingga dQ=dW. Harga dQ= PdV disubtitusikan sehingga harga dQ=Nrt dV/V.

- Proses Adiabatis

Pada proses adiabatis tidak ada panas yang dipindahkan antara sistem dan sekelilingnya sehingga dQ=0, sehingga dU= -dW=PdV, harga dU=cv dT.

Kerja pada proses adiabatis :

-dW= dU = Cv dT, JIKA Cv konstan,hubungan antara konstanta gas ideal dan kapasitas

panas pada volume konstan, R

Cv =γ−1 atau Cv=

Rγ−1

, maka dW= Cv dT akan menjadi:

dW= -( R

γ−1) dT

dW=-( R

γ−1) (T2-T1) =

RT 1−RT 2γ−1

Contoh soal:

1. Satu mol gas ideal diekspansikan dari 5 sampai 1 bar pada 2980K. Berapa harga q dan W jika a) ekspansi berjalan secara reversibel dan b) melawan tekanan luar yang tetap sebesar 1 bar ?. Berapa harga c) ∆U dan d) ∆H ?

Penyelesaian:

(a). Wrev = RT ln P 2P 1

= (8,314 J K-1 mol-1) (298 K) ln 1¿̄

5 ¿̄ ¿¿

= - 3988 J mol-1

qrev = ∆U - Wrev

= 0 – (- 3988 J mol-1)

= 3988 J mol-1

(b). W = -Pl (V2 – V1) = -Pl (RTP 1

-RTP 2

)

= -(1 bar)(8,314 J K-1 mol-1)(298 K)(1

1 ¿̄ ¿ -1

5 ¿̄ ¿ )

= - 1982 J mol-1

q = ∆U – W

= 1982 J mol-1

c) ∆U = q + W = 0

d) ∆H = ∆U + ∆(PV) = 0.

2. Satu mol gas ideal monoatom pada 1 bar dan 273,150K diekspansikan secara adibatis melawan tekanan luar yang tetap sebesar 0,315 bar sampai volum 2 kali volum semula. Berapa besarnya kerja yang dilakukan pada gas, suhu akhir dan perubahan energi dalam dari gas tersebut.

Harga CV = 3/2 R.

Penyelesaian.

V1 = RT/P1 =(0,08314 L bar K-1mol-1)(273,15 K)/(1 bar)

V1 = 22,71 L mol-1

W = - Pl dV = - Pl (2V1 – V1) = - Pl V1

W = - (0,315 bar * (1atm/1,01325 bar)) * 22,71 L mol-1

W = - 7,06 L atm mol-1 = - 715,4 J mol-1

Adiabatis q = 0 ∆U = W = CV ∆T

∆T = (- 715,4 J mol-1)/(3/2 * 8,314 J K-1 mol-1)

T2 – T1 = - 57,4 0K

T2 = 273,15 – 57,4 = 215,75 0K.

∆U = - 715,4 J mol-1.

Satu mol gas ideal dengan volum 2 l pada suhu 250C mengalami proses siklis sebagai berikut:

Mula-mula gas diekspansikan adibatis dan reversibel sehingga tekanan menjadi 1 atm, kemudian ditekan secara isotermal reversibel dan akhirnya gas mengalami proses volume tetap sampai kembali kekeadaan semula. Hitung q dan W untuk proses siklis tersebut jika harga CV = 3/2 R.

Penyelesaian :

<-------------------------------------------------------

1------------------------> 2 ------------------------> 3

T1 = 298 K T2 = 109 0K T3 = T2

V1 = 2 l V2 = 8,93 l V3 = V1

P1 = nRT/V1 P2 = 1 atm P3 =

P1 = (0,08205 l atm K-1mol-1)(298 K)/(2 l)

P1 = 12,23 atm

Adiabatis reversibel : P1 V 1γ =

P2V 2γ γ = CP/CV = 5/3

(12,23)(2)5/3 = 1 V 2γ

V25/3 = 38,84

V2 = 8,93 l

T2 = (P2 V2)/R

T2 = (1)(8,93)/(0,08205) = 109 K

ΔU1 = q1 + W1

ΔU1 = CV (T2 – T1)

ΔU1 = 3/2 (8,314 J K-1mol-1)(109 – 298)K

ΔU1 = -2357,02 J mol-1

q1 = 0 dan W1 = -2357,02 J mol-1

Proses 2- 3 : isotermal reversibel ΔU2 = 0

q2 = - W2

W2 = -RT2 ln (V3/V2)

W2 = - (8,314 J K-1mol-1)(109K)(ln 2/8,93)

W2 = 1355,96 J mol-1

q2 = - 1355,96 J mol-1

Proses volum tetap 3 – 1: W3 = -Pl dV = 0

ΔU3 = q3 = CV (T1 – T3)

ΔU3 = 3/2 (8,314 J K-1mol-1)(298 – 109)K

ΔU3 = 2357,02 J mol-1

W = W1 + W2 = -2357,02 J mol-1 + 1355,96 J mol-1

W = -1001,06 J mol-1

q = q2 + q3 = - 1355,96 J mol-1 + 2357,02 J mol-1

q = 1001,06 J mol-1.

BAB V

ANALISIS ENERGI SISTEN TERBUKA

Kekelan Massa Volume Atur

Volume atur adalah sesuatu yang kita tinjau seperti aliran fluida pada volume tertentu, namun dalam hal ini massa tidak diperhitungkan atau dengan kata lain tidak berpengaruh.

Secara umum, tempat aliran masuk ataupun airan keluar dapat ditulis ;

dmcv =∑ mi - ∑ me ,

dt i ePersamaan merupakan neraca laju massa dengan beberapa sisi masuk dan sisi keluar. Persamaan yang dinyatakan kalimat berikut :laju waktu perubahan massa yang terdapat dalam volume atur = laju aliran massa masuk total yang melintasi semua sisi masuk pada saat waktu tertentu = laju aliran massa keluar total yang melintasi semua sisi keluar pada saat bersamaan.Perubahan massa dari sistem terbuka dapat ditulisd dalam bentuk persamaan :

∆ mcv =∑ mi - ∑ me ,

i e

Neraca Laju Massa

a. Bentuk Integral

Jumlah massa total yang berada di dalam sistem pada waktu sesaat “t” dapat dihubungkan dengan densitas sebagai berikut:

Mcv (t) = ∫v

❑

pdV

Bila terjadi massa masuk dan massa keluar persamaan dapt ditulis :

d = ∑ ¿)i - ∑ ¿)e , pVn sebagai fluks massa

dt ∫v

❑

pdV i e

b. Bentuk aliran tunak Bentuk keadaan tunak , yang berarti bahwa semua sifatnya tidak berubah menurut waktu, persamaannya: ∑ mi - ∑ me ,

i e

contoh soal : Neraca Energi untuk Volume Atur

Energi sistem pada waktu t, E(t) = Ecv(t) + mi (ui + Vi2 + gzi)

2Keterangan : Ecv (t) merupakan penjumlahan dari energi dalam, energi kinetik dan energi potensial dari massa yang berada di dalam sistem terbuka pada waktu t.Pada waktu t + ∆ t energi sistemnya adalah E(t+ ∆ t ) = Ecv(t+∆ t) + me (ue + Ve

2 + gze) 2Bila diaplikasikan dengan sistem tertutup, E( t + ∆ t ) – E(t) = Q –W, sistem energi terbuka :Ecv (t +∆ t ) - Ecv (t) = Q-W + mi (ui + Vi

2 + gzi ) - me (ue + Ve2 + gze)

2 2Neraca Laju Waktu

∆ t mendekati nol sehingga:dEcv = Q – W + + mi (ui + Vi

2 + gzi ) - me (ue + Ve2 + gze)

dt 2 2

Neraca Energi Sistem Terbuka pada Keadaan Tunak Bentuk neraca laju massa dan energi dalam keadaan tunak, kondisi massa yang berada di dalam sistem terbuka pada daerah batasnya tidak berubah menurut waktu,. Laju aliran massa serta laju perpindahan energi oleh kalor dan kerja juga konstan terhadap waktu.

Bentuk laju aliran massa: ∑ mi - ∑ me ,

i ekeadaan tunak dEcv/dt = 0 , sehingga persamaan energi sistem terbuka pada keadaan tunak :

0 = QCV –WCV + ∑ mi (hi + Vi2 + gzi ) - ∑me (he + Ve

2 + gze) i 2 e 2

Nosel dan Difuser

Nosel adalah suatu peralatan lintasan aliran dengan luas penampang pada kedua ujungnya berbeda, kecepatan aliran gas atau cairan yang melaluinya akan meningkat searah dengan lintasan aliran. Sedangkan pada difuser, aliran gas atau cairan akan menurut kecepatannya seiring dengan arah alirannya.Untuk nosel dan difuser, kerja yang ada hanya kerja pada tempat dimana massa masuk dan keluar, sehingga Wcv dapat dihilangkan dalam persamaan laju energi, perubahan energi potensial antara sisi masuk dan keluar dapat diabaikan. Pada keadaan tunak, neraca laju massa dan energi menjadi dmcv = 0 = m1 –m2, sehingga : dt

0 = QCV + m1 (h + V12 + gz1 ) – m2(h + V2

2 + gz2) 2 2Contoh soal :Penampang Luas Penampang Sisi Keluar Nosel Uap Air1.Uap air memasuki sebuah nosel yang bekerja pada keadaan tunak dengan p1 = 40bar, T1 = 400℃, dan dengan kecepatan 10m/s. Aliran uap air melewati nosel tersebut dengan perpindahan kalor yang dapat diabaikan dan tanpa perubahan energi potensial yang berarti. Pada sisi keluar P2= 15 bar dan kecepatannya 665m/s. Laju aliran massanya 2kg/h. Hitung luas penampang bagian sisi keluar nosel tersebut dalam m2.

Penyelesaian :

Diketahui : aliran uap air pada keadaan tunak melewati suatu nosel dengan sifat yang diketahui pada sisi masuk dan sisi keluar. Jumlah aliran massa diketahui, dan pengaruh perpindahan kalor serta energi potensial dapt diabaikan

Ditanya : tentukan luas penampang sisi keluar ?

Gambar dan data

Asumsi :

1. Volume atur yang ditunjukan dalam gambar, pada keadaan tunak2. Perpindahan kalor diabaikan dan WCV = 03. Perubahan energi potensial antara sisi masuk dan sisi keluar dapat di abaikan

Analisis :

Luas penampang sisi keluar dapat ditentukan dari besarnya laju aliran massa ini dan persamaan dapat disusun sebagai berikut ;

A2 = mv 2V 2

Untuk mengevaluasi A2 dari persamaan ini, dibutuhkan volume spesifik V2 pada sisi keluar, dimana keadaan pada sisi keluar perlu ditentukan dulu. Keadaan pada sisi keluar ditentukan

oleh nilai 2 sifat intensif bebas. Pertama adalah tekanan P2. Yang telah diketahui yang lainnya adalah entalpi spesifiik h2. Yang ditentukan dari neraca laju energi pada keadaan tunak.

0 = QCV + m1 (h + V12 + gz1 ) – m2(h + V2

2 + gz2) 2 2Dimana QCV dan WCV dapat dihilangkan sesuai asumsi nomor 2. Perubahan energi potensial spesifik dihilangkan sesuai nomor 3. Dan m saling menghilangkan menjadikan :

0 = (h1- h2) – (V12 - V2

2 ) 2Penyelesaian untuk mendapatkan h2 memberikan :

h2 = h1 + (V12 - V2

2 ) 2Dari tabel didapat h1 = 3213,6 kj/kg. Kecepatan V1 dan V2 sudah diketahui. Degan memasukkan nilai tersebut dan mengubah satuan enrgi kinetik menjadi kj/kg. Dihasilkan :

h2 = 3213,6 kj/kg+ ((10)2 – (665)2 ) m 1N 1kj 2 s-2 1kg. m/s-2 103N.m = 3213,6 – 221,1 = 2992,5 kj/kg

Akhirnya dengan mengacu pada tabel untuk P2 = 15bar dan h2 = 2992,5 kj/kg. Volume spesifik pada sisi keluar adalah V2 = 0,1627m3/kg. Maka, luas penampang sisi keluar adalah

A2 = (2kg/s x 0,1627m3/kg) = 4,89 x 10-4 m2

2

2.uap air masuk kedalam kondensor dari pembangkit daya tenaga dengan tekanan 0,1 bar dan kualitas uap 0,95 dan kondensor keluar dengan tekan 0,1bar dan temperatur 45℃. Air pendingin masuk kondensor pada suatu aliran terpisah sebaagai cairan dengan temperatur 20℃, kemudian keluar sebagai zat cair bertemperatur 35℃ tanpa adanya perubahan tekanan. Perpindahan kalor dari bagian luar penukar kalor dan perubahan energi kinetik dan potensial dari arus aliran dapat diabaikan. Untuk operasi pada keadaan tunak tentukan :

a. rasio antara laju aliran massa air pendingin terhadap laju aliran massa dari proses pengembunan

b. laju perpindahan energi dari uap yang mengembun ke air pendingin, dalam kj/kg uap yang melalui kondensor.

Penyelesaian ;

Diketahui : uap air diembunkan pada keadaan tunak dengan cara interaksi dengan aliran air yang terpisah.

Ditanya: rasio antara laju aliran massa air pendingin terhadap laju aliran massa dari proses pengembunan dan laju perpindahan energi dari uap yang mengembun ke air pendingin, dalam kj/kg uap yang melalui kondensor.

Gambar dan data :

Asumsi :

1. Kedua volume atur yang ditunjukkan dalam gambar pada keadaan tunak2. Tidak ada perpindahan kalor yang berarti antara keseluruhan kondensor dengan

sekelilingnya dan WCV = 03. Perubahan energi kinetik dan potensial dari arus yang mengalir dari sisi masuk ke sisi

keluar diabaikan 4. Model cairan inkompressibel berlaku pada air pendingin, dimana tekanannya tetap

konstan

Analisis:

Uap air dan air pendingin tidak bercampur. Jadi neraca laju massa untuk setip arus dari keduanya pada keadaam tunak menjadi :

m1 = m2 , m3 = m4

a. Pendingan antara laju aliran massa air pendingin terhadap laju aliran massa uap pengembunan, m3/ m1, bisa didapatkan dari bentuk keadaan tunak dari neraca laju enrgi yang di aplikasikan pada keseluruhan kondensor, sebagai berikut :

0 = QCV + m1 (h1 + V12 + gz1 ) – m3(h3 + V3

2 + gz3) 2 2

- QCV + m2 (h2 + V22 + gz2 ) – m4(h4 + V4

2 + gz4) 2 2

Bentuk atau suku yang digaris bawahi menjadi hilang berdasarkan asumsi nomor 2 dan 3. Dengan penyederhanaan ini, bersam dengan hubungan laju aliran massa tersebut diatas neraca laju energi menjadi sederhana :

0 = m1(h1- h2) + m3 ( h3 – h4)

Sehingga didaptkan :m3m1

= h1−h 2h 4−h 3

Entalpi spesifik h1 dapat ditentukan menggunakan kualitas uap yang diberikan dan dari tabel pada 0,1 bar, h1 = 191,83kj/kg dan h2 = 2584,7 kj/kg sehingga ;

h1 = 191,83 + 0,95 (2584,7 – 191,83) = 2465,1 kj/kg

Dengan menggunakan persamaam diatas, entalpi spesifik kualitas uap pada 2 ditentukan dengan h2 = hf (T2) = 188,45 kj/kg. Dengan c = 4,18kj/kg. Persamaan memberikan h4-h3 = 62,7 kj/kg . jadi :

m3m1

=2465,1 kj /kg−188,45 kj /kg62,7 kj /kg

= 36,3 kj/kg

b. Untuk volume atur yang melingkupi hanya bagian uap air dari kondensor saja, maka neraca laju energi dalam bentuk keadaan tunak adalah :

0 = QCV + m1 (h1 + V12 + gz1 ) – m2(h + V2

2 + gz2) 2 2

Bentuk atau suku yang digaris bawahi menjadi hilang berdasarkan asumsi nomor 2 dan 3. Dengan mengkombinasikan persamaan ini dengan m1 = m2. Pernyataan untuk perpindahan energi antara uap pengembunan dengan air dingin :

. .QCV = m1 (h2 – h1)

.Dibagi dengan laju aliran massa uap air m1 yaitu :

.QCV = h2 – h1 = 188,45 kj/kg– 2465,1 kj/kg = - 2276,7 kj/kg . m1

Analisis Trasien

Banyak peralatan yang mengalami priode transient dimana keadaannya berubah menurut waktu. Contohnya saat menghidupkan dan mematikan pada turbin, kompressor, dan bejana yang sedang di isi.

Neraca Massa

Dibuat neraca massa ssitem terbuka yang sesuai untuk analisis transient, mengintergasikan neraca laju massa persamaan dari waktu 0 sampai ke waktu akhir t,

. .

∫0

tdmcv

dt = ∫

0

t

❑ ∑ mi dt - ∫0

t

❑ ∑ me dt , neraca massa menjadi

i emcv(t) – mcv (0) = ∑ mi - ∑ me

i e

Neraca Energi Neraca laju energi dengan mengintegrasikan persamaan dengan mengabaikan pengaruh energi kinetik dan energi potensial.

UCV(t) –UCV (0) = QCV – WCV + ∑ ∫0

t

mi hidt - ∑∫0

t

mehe dt

i eDimana :Qcv = jumlah energi netto yang dipindahkan oleh kalor pada sistem terbuka Wcv = jumlah energi netto yang dipindahkan oleh kalor kecuali yang berupa kerja aliran.

Contoh :Suatu saluran pasokan mengalirkan campuran dua fase cairan – uap dengan tekanan 300ibf/in2. Sebagian kecil dari aliran tersebut diletakkan ke dalam suatu kalorimeter trotel dan kemudian dikeluarkan ke udara bebas pada tekanan 14,7ibf/in2. Temperatur uap air yang diletakkan itu adalah 250℉ . tentukan kualitas uap air didalam saluran pasokan tersebut.

Penyelesaian :

Diketahui : uap air dibelokkan dari sistem pasokan ke dalam satu kalorimeter trotel dan kemudian dibuang ke atsmosferDitanya: tentukan kualitas uap air yang berada didalam saluran pasokan

Gambar dan data

Asumsi :1. Volume atur yang ditunjukkan gambar diatas berada pada keadaan tunak2. Uap air yang dibelokkan menjalani proses trotel

Analisis :Untuk suatu proses trotel, neraca energi dan massa berkurang dan menghasilkan h2 = h1, dimana sesuai dengan persamaan , jadi dengan keadaan 2 yang ditetapkan. Entalpi spesifik didalam saluran pasokan dapat diketahui dan keadaan 1 dapat ditetapkan dengan nilai P1 dan h1 yang diketahui. Sebagaiman ditunjukkan pada diagram p-v diatas, keadaan 1 benda pada daerah cairan-uap dua fase dan keadaan 2 berada pada daerah uap panas lanjut, jadi :

h2 = h1 = hf1 + x1 ( hg1- hf1),

penyelesaian untuk mendapatkan x1 :x1 = h2 – hf1

hg1 – hf1

pada 300ibf/in2, hf1 = 394,1 Btu/ib dan hg1 = 1203,9 Btu/ib pada 14,7 ibf/in2 dan 250℉ dari tabel h2 = 1168,8 Btu/ib. Dengan demikian nilai ini masukkan kedalam persamaan diatas maka kualitas uap didalam saluran adalah

x1 = 0,957 ( 95,7%)

BAB VI

HUKUM KEDUA TERMODINAMIKA

Dasar Hukum Termodinamika

Ada pun pernyataannya :

1. Pernyataan Clausisus untuk hukum kedua menegaskan bahwa: tidak mungkin bagi sistem apapun untuk beroperasi sedemikian rupa sehingga hasil tunggalnya akan berupa suatu perpindahan energi dalam bentuk kalor dari benda yang lebih dingin ke benda yang lebih panas.

2. Pernyataan Kelvin- Planck untuk hukum kedua termodinamika adalah tidak mungkin menggunakan proses siklus untuk memindahkan panas dari benda panas dan mengubahnya menjadi kerja tanpa memindahkan sebagian panasnya kepada benda dingin pada saat yang sama.

3. Pertanyaan Weber untuk hukum kedua termodinamika adalah panas tidak dapat mengalir dari benda yang suhunya rendah kesuhu yang tinggi, kecuali ditambah energi dari luar sistem untuk merubah benda tersebut.

Interaksi Siklus Daya dengan Dua Reservoir.

Sebuah batasan pada kinerja sistem yang mengalami siklus daya dapat dijelaskan dengan menggunakan pernyataan Kelvin-Planck tentang hukum kedua seperti pada gambar yang memperlihatkan sebuah sistem yang mengalami sebuah siklus yang pada saat bersamaan berinteraksi secara termal dengan dua reservoir termal.

Reservoir panas QH

Wsiklus = QH –Qc

Reservoir dingin QC

Gambar : Siklus Daya dengan Dua Reservoir

Sebuah reservoir panas dan sebuah resrvoir dingin serta menghasilkan kerja netto

Wsiklus. Effisiensi termal dari siklus η=WsiklusQH

. QH adalah jumlah energi yang diterima

sistem dari resrvoir panas melalui perpindahan panas dan Qc adalah jumlah energi yang dilepas dari sistem ke reservoir dingin melalui perpindahan kalor.

Jika nilai Qc=0, sistem akan mengalami akan mengalami energi QH dari reservoir panas dan menghasilkan sejumlah kerja yang sama, akan mengalami siklus effisiensi termal yang mempunyai nilai sama dengan 1 tau 100%.

Siklus Carnot

Effisiensi termal dari sebuah siklus daya irreversibel selalu lebih kecil dari effisiensi sebuah siklus daya reversibel ketika masing-masing beroperasi diantara dua reservoir panas yang sama.

Rumus yang digunakan untuk menghitung efek siklus carnot : η= WQ 1

. Dan W= Q1 – Q2

persamaan disubtitusi kepersamaan di atas sehingga effisiensi termal siklus carnot menjadi

η=Q 1−QQ 1

.

Contoh soal :

1. Siklus carnot melakukan kerja 180Kj/siklus. Jika panas yang dipasok siklus adalah 250Kj pada 227℃. Hitung temperatur panas yang dilepas?Penyelesaian :

η= WQ 1

=180250

= 0,72

η=T 1−T 2T 1

,

0,72 = 500−T 2

500,

T2 = 140 K2. Suatu mesin bekerja antara dua reservoir 100℉ dan 5℉ . Mesin menerima panas dari

reservoir 100℉ sebesar 2500 BTU, tiap jam dan menghasilkan kerja luar 0,8HP

benarkah pernyataan ini?Penyelesaian :T1 = (5+460) = 465° RT2 = (100+460) = 560° RW = 0,8 . 2545btu/jam = 2036 btu/jamQ2 = 2500 btu/jam

Effisiensi terbesar di dapat dari mesin reversible (carnot). Jadi bila mesin di atas adalah mesin reversible, maka :

η=T 1−T 2T 1

= 560−465

560 x 100% = 17%

pada hal effisiensi mesin tersebut di atas adalah :

η= WQ 1

=20362500

x 100% = 81,4%

Ternyata effiensi mesin lebih besar dari effisiensi mesin reversible (carnot). Jadi pernyataan mengenai tersebut salah. Dengan kata lain mesin tidak dapat menghasilkan kerja uar sebesar 0,8Hp.