MODUL BAHAN AJAR
TERMODINAMIKA
TEKNIK
DISUSUN OLEH: Ir. Sumeru, MT Edmond Murad, STPROGRAM STUDI TEKNIK PENDINGIN
POLITEKNIK INDRAMAYU
HALAMAN PENGESAHAN
1. Modul Bahan Ajar
a. Nama Modul : Termodinamika Teknik
b. Mata Kuliah/Semester : Termodinamika Teknik/ I (Satu) c. SKS (T-P)/jam (T-P) : 2 SKS (T) 3 Jam/Minggu d. Jurusan : Teknik Pendingin
e. Program Studi : Teknik Pendingin Polindra
2. Penulis Penulis 1
a. Nama : Ir. Sumeru, MT
b. NIP : 132 140 884
c. Golongan/Pangkat : IIId/Penata Tk-1 d. Jabatan Fungsional : Lektor Kepala e. Jabatan Struktural : Ketua Jurusan
f. Jurusan : Teknik pendingin Polindra
Penulis 2
a. Nama : Edmond Murad, ST
b. NIP : 131 853 700
c. Golongan/Pangkat : IIIa/ Penata Muda d. Jabatan Fungsional : Asisten Ahli
e. Jabatan Struktural : Kepala Laboratorium Tata Udara Polban f. Jurusan : Teknik Refrigerasi dan Tata Udara Polban
Mengetahui, Bandung, 24 November 2008
Ketua Jurusan Teknik Pendingin Penulis 1 Politeknik Indramayu
Ir. Sumeru, MT Ir. Sumeru, MT
Menyetujui,
Direktur Politeknik Indramayu
……… NIP.
KATA PENGANTAR
Segala puji bagi Allah Tuhan semesta alam yang telah memberikan kekuatan dan kesempatan pada penulis sehingga buku bahan ajar ini dapat diselesaikan.
Pada kesempatan ini kami mengucapkan banyak terima kasih kepada: 1. Bapak Direktur Politeknik Indramayu.
2. Bapak Pembantu Direktur I Politeknik Indramayu 3. Bapak Pembantu Direktur II Politeknik Indramayu
4. Bapak Ketua Jurusan Teknik Refrigerasi dan Tata Udara Politeknik Negeri Bandung
5. Bapak Faldian, Andriyanto, Luga
6. Seluruh Staf Politeknik Indramayu dan Politeknik Negeri Bandung yang telah mendukung dalam penulisan buku ajar ini.
Tentu saja buku ini jauh dari sempurna dan terdapat kesalahan di dalamnya, untk itu kami mohon kritik dan saran dari pembaca.
Akhir kata, semoga buku ini dapat bermanfaat untuk kita semua, amin
Indramayu, November 2008
DAFTAR ISI
LEMBAR PENGESAHAN i
KATA PENGANTAR ii
DAFTAR ISI iii
DAFTAR GAMBAR v
DAFTAR TABEL vi
1. BAB I PENDAHULUAN 1
Konsep dan Definisi 1
Dimensi & Unit 3
Density, Volume Spesifik, Berat Spesifik 4
Tekanan 5
Temperatur 7
Kerja (Work) 7
Kalor (Heat) 14
Rangkuman 15
2. BAB II HUKUM I TERMODINAMIKA 16
Hukum I Termodinamika 16
Enthalphy 19
Hukum I pada Closed System 21
Hukum I pada open system 24
Rangkuman 27
3. BAB III GAS IDEAL 28
Persamaan Gas Ideal 28
Internal Energi (U) Gas Ideal 30
Entalpi (h) Gas Ideal 30
Proses-proses pada Gas Ideal 32
Rangkuman 36
4. BAB IV HUKUM II TERMODINAMIKA 37
Keterbatasan Hukum I 37
Manfaat hukum II 46
Hukum II dan Reversibilitas 39
Hukum II & Pompa Kalor 42
Hukum II & Mesin Kalor 43
Rangkuman 44
5. BAB V SIKLUS CARNOT 45
Pompa Kalor 50 Siklus Otto 53 Siklus Diesel 54 Entropy 55 Kualitas (X) 59 Rangkuman 68 DAFTAR PUSTAKA 69 LAMPIRAN
DAFTAR GAMBAR
Gambar 1.1. Tekanan absolut, tekanan barometer & tekanan gage. 5
Gambar 1.2 Diagram PV menggambarkan kerja 8
Gambar 1.3 Diagram PV untuk proses siklus 10
Gambar 1.4 Elemen Fluida Pada Steady Flow 10
Gambar 2.1. PV diagram proses siklus 17
Gambar 2.2. Penerapan HK I Pada Sistem Terbuka 24
Gambar 2.3. Sistem Kompresi Amonia 25
Gambar 2.4. Sistem Kompresi Udara 26
Gambar 3.1. Polytropic Processes 34
Gambar 4.1. Aliran kalor pada mesin kalor 41
Gambar 4.2. Mesin Kalor menurut Clausius, (a) melanggar, (b) sesuai 43 Gambar 4.3. Mesin Kalor menurut Kelvin-Plank, (a) melanggar, (b) sesuai 44
Gambar 5.1 Siklus Carnot pada diagram PV 45
Gambar 5.2 Kurva siklus Carnot 46
Gambar 5.3. Kurva siklus mesin Carnot 47
Gambar 5.4. Diagram siklus mesin Carnot 49
Gambar 5.5. Siklus Pompa Kalor 51
Gambar 5.6. Diagram Siklus Pompa Kalor 52
Gambar 5.7. Siklus Otto 53
Gambar 5.8. Siklus Diesel 54
Gambar 5.9. Diagram T-s 56
Gambar 5.10. Proses pada Diagram P-v 56
Gambar 5.11 Proses Ekspansi Isotermal Reversibel 58
Gambar 5.12 Siklus Carnot pada Diagram T-s 60
Gambar 5.13 Garis Fasa Campuran pada Diagram P-h 60
Gambar 5.14 Garis-garis Fasa Campuran pada Diagram T-s 63
Gambar 5.15 Garis Fasa Campuran Beda Tekanan pada Diagram T-s 64
Gambar 5.16 Proses Refrigerasi Siklus Carnot 65
BAB I
KONSEP DAN DEFINISI
1.1 Konsep dan Definisi
Termodinamika : Ilmu yang mempelajari energi dan transformasinya, termasuk kalor, kerja dan sifat-sifat zat yang terlibat dalam transformasi tersebut.
Termodinamika Teknik : Bagian dari ilmu rekayasa yang membahas mesin daya, mesin kalor, refrigasi, air conditioning, kompresi dan ekspasi fluida, chemical processing plants, dan indursti lainnya.
Mesin mobil adalah contoh dari mesin yang mentransformasi dari energi kimia bahan bakar menjadi kerja (gerak).
Lemari es dan AC adalah mesin yang dirancang mengikuti hukum-hukum termodinamika.
Fenomena yang terjadi pada lemari es dan AC adalah mengalirnya kalor dari suhu rendah ke suhu tinggi.
Sistem dan lingkungan : Sistem adalah sejumlah materi atau suatu wilayah tertentu yang menjadi perhatian dalam analisis. Sejumlah materi atau wilayah harus mempunyai batas (boundary) yang didefinisikan secara jelas. Batas tersebut bisa terlihat secara fisik atau dapat juga imajiner. Area di luar sistem tersebut disebut lingkungan.
TUJUAN:
Memahami konsep dasar Termodinamika Memahami definisi-definisi dan besaran
dalam Termodinamika.
Memahami prinsip-prinsip konversi besaran
Sistem yang dimaksud dalam termodinamika umumnya hanya bersifat makroskopik, tidak pada sifat mikrokrospiknya.
Terdapat dua sistem :
1. Closed system (control mass) 2. Open sistem (control volume)
Closed system : Apabila tidak ada materi yang masuk maupun keluar ke/dari sistem, sehingga materi di dalam sistem tidak bertambah maupun berkurang.
Open system : Apabila terdapat materi yang masuk maupun keluar ke/dari sistem, sehingga materi di dalam sistem dapat bertambah maupun berkurang.
Property : Karakteristik yang dapat diamati di dalam sistem. Contohnya : tekanan, suhu, volume, massa, viskositas, dll. Property dapat diukur secara langsung maupun tidak, atau bahkan hanya dapat diturunkan dengan persamaan matematika maupun menggunakan hukum-hukum termodinamika, seperti energi dalam dan entropy.
State (Keadaan) : Kondisi suatu sistem yang ditandai dengan nilai-nilai properties-nya. Di dalam suatu sistem terdapat banyak property yang saling berhubungan dan saling mempengaruhi. Dalam kondisi keseimbangan (equilibrium) kondisi (state) sistem dapat dinyatakan oleh beberapa property saja. Misalnya tekanan, temperatur, dan kecepatan sistem umumnya menyatakan kondisi (state) sistem dalam kondisi keseimbangan.
Sistem dikatakan dalam kondisi keseimbangan bila tidak dapat terjadi perubahan kondisi (state) tanpa gangguan (stimulus) dari luar. Properties yang kita ukur pada sistem merupakan nilai-nilai properties sistem tersebut dalam keadaan keseimbangan.
Kondisi (state) keseimbangan (equilibrium) jauh dari mudah dibanding kondisi non equilibrium. Dengan alasan ini, pada tingkat awal mempelajari termodinamika, kondisi equilibrium menjadi perhatian dan merupakan batasan masalahnya.
Dimensi & Unit
Konsep dasar dari besaran yang mendasari pengukuran fisik : waktu, jarak, massa, suhu mutlak, arus listrik, jumlah zat, dan intensitas cahaya.
Besaran tersebut di atas secara international diberi satuand detik (s), meter (m), kilogram (kg), kelvin (K), ampere (A), mol (mol), candela (cd).
Mol didefinisikan banyaknya atom di dalam ataon Carbon-12 seberat 12 gram, banyaknya atom tersebut adalah 6,02252 x 1023 (bilangan Avogrado)
Tugas : Cari definisi dari : 1. 1 meter
2. 1 kg 3. 1 detik
Selain dikenal besaran sistem internasional (SI) juga dikenal sistem besaran British Unit (BU). Konversi kedua besaran tersebut adalah :
1.2 Konversi SI BU Unit Panjang 1 inchi = 2.54 cm 1 feet = 12 inchi = 30,48 cm 1 yard = 91,44 cm 1 yard = 3 feet Unit Luas 1 sq in = 6,452 cm2 1 sq ft = 929 cm2 Unit Volume : 1 cu in = 16, 39 cm3 1 cu ft = 28316 cm3 1 US gallon = 3,785 dm3 1 liter = 1 dm3
Unit Massa : 1 Lb = 0,4531 kg 1 Oz = 28,35 gr 1 slug = 1 lbf.s2/ft = 32,174 lbm Unit Pressure : 1 atm = 101.300 N/m2 = 14,7 psi 1 Pa = 1 N/m2 1 Bar = 100.000 Pa 1 psi = 2.3 ft wt = 2.04 in Hg 1 torr = 1 mm Hg Unit Temperatur X0F = [(X-32) 5/9]0 C X0C = [(X*9/5) + 32]0 F Unit Power (Daya)
1 hp (PK) = 745,7 Watt 1 hp (PK) = 550 ft.lbf/s = 2545 Btu/h Unit Energi 1 kcal = 4187 Joule 1 Btu = 778,6 ft lb cm3 Unit Lainnya : 1 Nau Mil = 1852 m
1 English mile = 1760 yard
1.3 Density, Volume Spesifik, Berat Spesifik
Density (massa jenis): Didefinisikan sebagai perbandingan antara massa dan volume suatu materi, atau massa per unit volume. Dinyatakan dengan persamaan:
V M
[1.1]
Volume Spesifik: Didefinisikan sebagai perbandingan antara volume dan massa suatu materi, atau volume per unit massa. Dinyatakan dengan persamaan,
1 m V v [1.2]
Berat Spesifik : Didefinisikan sebagai perbandingan antara berat dan volume suatu materi, atau berat per volume. Dinyatakan dengan persamaan,
V w
[1.3]
Hubungan antara massa jenis (densitas) dan berat jenis dapat diturunkan dengan persamaan sbb:
Oleh karena
W=M g [1.4]
Dengan membagi persamaan di atas dengan Volume, maka menjadi persamaan
= g [1.5]
1.4 Tekanan
Tekanan didefinisikan sebagai gaya persatuan luas permukaan sistem. Dalam SI, dimensi Tekanan (P) adalah,
P = F/A = Newton/meter2 = Pascal [1.6]
Besarnya tekanan yang ditunjukkan oleh alat ukur tekanan disebut tekanan gage atau P gage
Tekanan yang dimulai dari kondisi P = 0 dinamakan tekanan absolute (Pabs)
Tekanan Atmosfir (Patm) adalah tekanan udara yang bekerja pada suatu daerah (sistem).
Pabs = P atm + P gage [1.7]
Gambar 1.1. Tekanan absolut, tekanan barometer & tekanan gage. Patm Pvacum Pgage Pabs P=0 Pabs P=1atm
Tekanan vakum adalah tekanan di bawah atmosfir.
Besaran tekanan yang sering digunakan dalam sistem pengukuran adalah : 1. Pascal 2. Psi 3. Bar 4. Kgf/cm2 5. Torr 6. in Hg
Tugas : Cari definisi dan konversi dari besaran-besaran tekanan di atas
Contoh Soal
1. Barometer menunjukkan 28,2 in Hg, sedangkan pressure gage menunjukkan 20 psi. Hitung tekanan absolutenya !
2. Barometer menunjukkan 29,4 in Hg, sedangkan vacum gage menunjukkan 10 in Hg. Hitung tekanan absolutenya !
Solusi
1. 1 in Hg = 0, 492 psi, maka 28,2 in Hg = 13,9 psi sehingga,
Pabs = P barometer + P gage
= 13,9 + 20 = 33, 9 psia 2. Pabs = P barometer + P gage
= 29,4 + - (10) = 19,4 in Hg = (0,292 x 19,4) = 9, 53 psia
Contoh soal :
3. Suatu ruangan divakum hinga Vacum gage menunjukkan tekanan 10 psi. Hitung tekanan absolute ruang tersebut bila berada pada sea level.
Solusi
3. Pabs = P barometer + P gage
Dari contoh di atas terlihat bahwa tekanan vakum maksimal adalah 14,7 psia pada sea level. Bila pada tempat yang lebih tinggi maka tekanan vakum maksimal akan dibawah 14,7 psia.
1.5 Temperatur
Temperatur digunakan untuk menunkkan rasa dingin/panas suatu benda. Beberapa skala yang digunakan untuk mengukur panas-dinginnya suatu materi adalah : 1. Celsius (Swedia, 1742)
2. Fahrenheit (Jerman, 1714) 3. Kelvin (skala absolute, K) 4. Rankine (skala absolute, R)
Konversi dari keempat skala temperatur tersebut diatas adalah : X0C = (X + 273, 15)K
X0F = (X + 259,67) R X0C = [(X*9/5) + 32]0 F X0F = [(X-32) 5/9]0 C
Tugas : Mungkinkah temperatur satu materi akan menunjukkan nilai yang sama bila diukur secara bersamaan dengan termometer skala Celsius dan skala Fahrenheit. Bila mungkin temperatur berapa ?
1.6 Kerja (Work)
Kerja adalah interaksi antara sistem dengan lingkungannya (surrounding) atau antara satu sistem dengan sistem lainnya (misal sistem A dan sistem B).
Kerja dapat dilakukan sistem A ke sistem B atau sebaliknya. Untuk menunjukkan arah kerja perhatikan contoh sbb :
Misal sistem A melakukan kerja sebesar 1000 Joule pada sistem B, maka penulisannya sebagai berikut :
WA = 1000 J atau WB = - 1000 J W out A = 1000 J atau W out B = - 1000 J W A = 1000 J atau WB = - 1000 J
Contoh kerja adalah : kerja yang dilakukan arus listrik disebut kerja elektrik. Kerja yang dilakukan oleh medan magnetik disebut kerja magnetik. Kerja yang dilakukan oleh gaya pada benda bergerak disebut kerja mekanis, dll
Kerja mekanis didefinisikan perkalian antara gaya yang bekerja pada benda dengan jarak yang ditempuh benda tersebut. Bila dituliskan dengan persamaan adalah
Work =
Fdx [1.8]Persamaan di atas bila diterapkan pada sistem piston dan fluida di dalam silinder, maka F = P A, sehingga,
Work =
PA dx [1.9]Karena A dx = dV, maka,
Work =
PdV [1.10]Diagram PV
Diagram PV sering digunakan dalam analisis kerja pada termodinamika. Dari persamaan (1.10)
Work =
PdVBila digambarkan dalam diagram PV, dimana P sebagai sumbu vertikal dan V sebagai sumbu horizontal, maka
Luas di bawah kurva adalah kerja yang terjadi pada sistem.
Perhatikan gambar di bawah
Contoh Soal :
1. Fluida di dalam silinder (closes system) mengalami ekspansi tanpa gesek dari volume 0,100 m3 ke 0,160 m3 dimana hubungan antara P dan V dalam silinder dinyatakan dengan persamaan P=CV-2, (C=konstanta). Diketahui tekanan awal adalah 300 kPa, hitunglah kerja yang terjadi.
2. Seperti kasus no.1, namun hubungan antara P dan V adalah P = CV. Kerjakan buat latihan.
Solusi
1. Dengan menggunakan persamaan (1) Work =
2 1 p dV =
2 1 V2 CdV = -C 1 2 1 1 V VKonstanta C dapat dihitung dengan persamaan, C = PV2 = P1V12 = P2 V22
Oleh karena P1 diketahui dan V1 juga diketahui, maka C = P1V12, sehingga
Work = - C 1 2 1 1 V V = - P1V1 2 1 2 1 1 V V = - P1V1 1 2 1 V V
Dengan memasukkan nilai-nilai yang diketahui, maka didapat hasil, Work = - (300)(0,100) 1 160 , 0 100 , 0 + 11,3 kJ
Berdasarkan perhitungan diatas menunjukkan bahwa ke luar sistem atau kerja dilakukan oleh sistem (karena tanda “+”). Jika hasilnya “-“ (negatif) maka kesimpulannya adalah kerja dilakukan pada sistem atau kerja masuk ke sistem.
Kerja Siklus pada closes system
Bila sistem piston dan silinder pada closed sistem melakukan proses dari1-a-2 dan kembali lagi ke 2-b-1, maka proses tersebut disebut proses siklus (lihat gambar disamping).
Secara matematika proses tersebut dapat dituliskan,
w =
a a b b PdV PdV PdV PdV 1 2 1 2 [1.11]w =
PdV = Luas daerah yang diarsir [1.12]Oleh karena nilai integral tertutup (siklus) tidak nol (mempunyai nilai) maka kerja adalah fungsi lintasan, tidak dapat dianalisis hanya kondisi awal dan akhir saja. Perhatikan gambar di bawah.
Gambar A = kerja dari 1-a-2 Gambar B = kerja dari 2-b-1
Gambar C = Selisih kerja dari 1-a-2 & 2-b-1
A = kerja dari 1-a-2 B = kerja dari 2-b-1
C = selisih kerja dari 1-a-2 dan 2-b-1 Gambar 1.3 Diagram PV untuk proses siklus
Kerja pada Open System (Frictionless)
Jika ada aliran massa yang keluar / masuk sistem maka kerja yang terjadi disebut kerja pada open sistem.
Perhatikan gambar bawah
Gambar 1.4 Elemen Fluida Pada Steady Flow
Dari gambar tersebut dapat diturunkan persamaan :
w F A P P mg A A P P PA F
) 2 ( cos ) )( ( = -APPAmgcosFw 2 [1.13]Dengan menggunakan Hukum II Newton dimana elemen massa (m) adalah, m = A AL 2 [1.14]
maka didapat persamaan,
V L A A ma F 2 [1.15]Maka persamaan diatas menjadi, V V V A A F
2 2 [1.16]Kombinasi persamaan (a) dan (b), dengan mengabaikan nilai PA dan AV (tidak significant), maka didapat persamaan,
-AP- mg cos + Fw = AVV [1.17]
atau,
Kerja yang dilakukakan pada elemen adalah, Workin = Fw L
= A P L + AVV L + mg L cos [1.19]
Perkalian A L diabaikan (tidak significant) dan A L adalah volume elemen, A
L adalah massa elemen, maka persamaan di atas menjadi,
Workin = FwL
= (Volume) P + mV V + mg z [1.20]
Kerja persatuan massa,
Workin = V P + V V + g z [1.21]
Dengan mengganti L dengan dL, maka,
Workin = v dP + V dV + g dz [1.22]
Untuk aliran antar dua jaran tertentu persamaan (1.22) menjadi,
Workin = vdP V gz
22 [1.23]Persamaan ini adalah kerja mekanik yang dilakukan pada unit persatuan massa fluida pada steady flow proses tanpa gesekan.
Contoh soal,
1. Fluida mengalir steady rate 3, 0lbm/s melalui open system yang berekspansi tanpa gesean dengan persamaan Pv2 = C. bila tekanan awal 45 psia, dan tekanan akhir 15 psia, densitas fluida memasuki sistem 0,25lbm/cu.ft. Hitung daya yang dihasilkan oleh fluida, dengan mengabaikan perubahan kecepatan (C) dan ketinggian (z) diabaikan.
Solusi
1. Dalam kasus ini fluida di dalam sistem melakukan kerja, sehingga, Work out = w = -
V g z vdP 2 2Oleh karena V dan z diabaikan, maka menjadi
w = - 12(2)[ 212 112] 2 1 2 1 2 1 2 1 P P C dP p C vdP
w = - (2)( 2 11/2) 1 2 1 2 1 1 v P P P w = -2P 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 1 1 P P P P P P v w = -2 1 21.900ft.lbf /lbm 45 15 25 , 0 144 ) 45 ( 2 1 Dari persamaan, Power (P) = work x m Maka, P = (21.900)(3,0) = 65.700 ft.lbf/s Dari definisi 1 hp = 550 ft.lbf/s maka, Power = (65.700)/(550) = 119 hp Contoh soal:2. Nitrogen mengalir steady dan frictionlessy melewati nozzle denganr ate 0,82 kg/s. Kondisi nitrogen saat memasuki nozzle adalah 300 kPa, 350 K, v = 0,346 m3/kg dan kecepatan 160 m/s. Nitrogen berekspansi mengikuti persamaan Pv1,4 = C dan keluar pada tekanan 150 kPa. Hitung luas penampang outlet nozzle (Dengan mengabaikan V dan Z).
Solusi
2. Karena laju aliran massa diketahui, maka dapat digunakan persamaan kontuinitas, yaitu, 1 m 2 m = 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 v V A v V A A V A V
sehingga luas penampang outlet nozzle dapat dihitung dengan persamaan, A2= 2 2 V v m
Nilai A2 dapat dihitung bila volume spesifik (v2) dan kecepatan (V2) telah diketahui. Nilai v2 dapat dicari dengan persamaan,
P1v11,4 = P2v21,4 sehingga,
v2 = v1 (P1/P2)1/1,4
= (0,346)(300/150)1/1,4=0,568 m3/kg
Sedangkan nilai V2 dapat dihitung dengan persamaan,
w = -
2 1 2 1 2 1 2 2 ) ( 2 g z z V V vdPOleh karena tidak ada kerja yang dilakukan atau yang masuk pada fluida yang melewati nozzle (w=0), dan dengan mengabaikan ketinggian (z=), maka,
2 1 2 1 2 2 2 vdP V V = -C
dP 2 1 4 , 1 1 4 , 1 1
1 11,4
1 4 , 1 1 1 2 1 4 , 1 1 1 1 4 , 1 4 , 1 P v P P = - 1 4 , 0 4 , 1 1,4 1 1 1 2 1 1 P P v P = 1 300 150 ) 346 , 0 )( 300 ( 4 , 0 4 , 1 1 11,4 - 116 kJ / KgNilai V2 adalah,
V2 = (2)(116)(1000)V12 (2)(116)(1000)(160)2 = 508 m/s
Sehingga nilai A2 adalah, A2 = 2 4 2 2 10 17 , 9 508 ) 568 , 0 )( 82 , 0 ( m x V mv 1.7 Kalor (Heat)
kalor adalah interaksi antara sistem dengan lingkungannya (surrounding) atau antara satu sistem dengan sistem lainnya (misal sistem A dan sistem B) yang disebabkan oleh beda temperatur.
Kalor dapat dilakukan sistem A ke sistem B atau sebaliknya. Menurut konvensi, bila kalor ditambahkan (masuk) ke sistem maka diberi simbol positif (“+”), sebaliknya bila kalor diambil (keluar) dari sistem maka diberi simbol negarif (”-“). Contoh :
Misal kalor 1000 J ditransfer dari sistem A ke sistem B, maka penulisannya sebagai berikut :
QA = -1000 J atau QB = -1000 J Penulisan lain adalah :
Qin.A= -1000 J atau Qin.B = 1000 J Qout.A=1000 J atau Qout.B= -1000 J QA = -1000 J atau QB = 1000 J
Kalor serupa dengan kerja, yaitu interaksi antar sistem, bukan karakteristik yang dapat diamati pada saat sistem pada suatu kondisi tertentu. Jadi aklor dan kerja bukan property susatu sistem.
1.8. RANGKUMAN
1. Termodinamika adalah ilmu yang mengkaji prinsip konservasi energy dari suatu bentuk energi ke bentuk energi lainnya.
2. Sistem dengan massa tetap atau massa atur disebut sistem tetutup, yang
hanya dapat mempertukarkan energi dengan lingkungannya, sedangkan sistem yang dapat mempertukarkan energi dan massa dengan lingkungannya disebut sistem terbuka atau volume atur
3. Densitas adalah masa persatuan volume sedangkan volume spesifik adalah Volume persatuan massa.
4. Tekanan adalah gaya persatan luasan.
Hubungan antara tekanan absolut, tekanan gaugedan tekanan vakum adalah : Pgage = Pabs - Patmosfer
Pvac = Patm- Pabs
5.Skala temperatur satuan SI dan satuan British yang umum digunakan : T0C = (0C + 273, 15)K
T0F = (0F + 259,67) R T0C = [(0C *9/5) + 32]0 F T0F = [(0F -32) 5/9]0 C
6.. Kerja sistem merupakanperpindahan volume dikalikan dengan tekanan d W = P dV
7. Tanda untuk transfer Kalor dari lingkungan ke sistem adalah +, sedangkan transfer kerja ke sistem bertanda negatif (-), demikian pula sebaliknya.
DAFTAR PUSTAKA
1. Jones, J. B. and G.A Hawkins, Engineering Thermodynamics, 2nd ed., John Wiley and Sons, Inc., Singapore, 1986.
2. Moran and Shappiro, Fundamental of Engineering Thermodynamics, 2nd ed., John Willey and Sons, New York, 1994
3. Rennolds, W.C. and Henry C. Perkins, Engineering Thermodynamics, 2nd Ed., MacGraw-Hill, 1977.
4. Van Wylen and Sontag, Fundamental of Classical Thermodynamics, 4th ed., John Willey and Sons, 1993.
BAB II
HUKUM I TERMODINAMIKA
2. 1. Hukum I Termodinamika
Hukum I termodinamika mengatakan bahwa untuk proses siklus closed system, jumlah total kerja output sama dengan jumlah total kalor input. Dalam bahasa matematika dinyatakan dengan persamaan,
º
δW=
º
δQatau
º
(δQ – δW) = 0 [2.1] Dalam bahasa yang lebih sederhana hukum I termodinamika mengatakan bahwa energi tidak dapat diciptakan dan dimusnahkan,
Misal dari energi panas menjadi gerak, atau sebaliknya, dari energi gerak (mekanik) menjadi kalor. Energi Listrik menjadi energi kalor dan energi mekanik, dll.
Hukum I untuk Proses Non-Siklus
Kondisi yang telah diterangkan di atas adalah Hukum I pada proses siklus. Untuk proses non-siklus, missal system mengalami poses 1 ke 2, maka selisih antara net kalor dan net kerja tidak nol, atau dituliskan seperti persamaan di bawah,
1 1δQ -
1 1δW ≠ 0 atau
(δQ – δW) ≠ 0 [2.2] TUJUAN: Memahami hukum I Termodinamika. Memahami penerapan hukum I
Bukti dari pernyataan di atas adalah sebagai berikut : Perhatikan gambar di bawah ini :
Gambar 2.1. PV diagram proses siklus
Misal Proses dari titik 1 ke 2 melalui lintasan A dan kembali lagi melalui lintasan B,
º
(δQ – δW) = 0 [2.3] Atau,
º
(δQ – δW) +
º
(δQ – δW) = 0 [2.4] Misal ada lintasan balik dari 2 ke 1 selain B, yaitu C, maka didapat persamaan,
º
( δQ – δW ) +
º
( δQ – δW ) = 0 [2.5] Dengan substitusi persamaan (a) dan (b) didapat,
º
(δQ – δW) =
º
(δQ – δW) [2.6] Persamaan di atas menunjukkan bahwa nilai (δQ – δW) tidak tergantung lintasan, ini artinya (δQ – δW) adalah property (besaran). Property ini disebut stored energy (Energi tersimpan), didefinisikan,
E (δQ – δW) [2.7] Atau, E Q – W [2.8] 1-A-2-B-1
(Proses siklus)
1-A 2-B 2 1 1-A 2-C 2 1 2-B 2-C
2 1 Persamaan (2.6) merupakan statement dari konservasi energi, dengana menganggap kalor dan kerja merupakan energi yang berubah jenis (bentuk). Selisih antara net kalor dan net kerja adalah perubahan energi dalam.
Contoh soal,
1. Sistem berupa udara di dalam silinder yang dilengkapi dengan piston ber-ekspansi dari kondisi 1 ke kondisi 2, diketahui E1=70kJ dan E2=20kJ. Selama ekspansi udara melakukan kerja sebesar 60 kJ ke lingkungan, Hitung kalor yang terjadi.
Solusi,,
1. Dengan menggunakan Hukum I, Q = E + W
atau,
Q = -20 – 70 + 60 = -30kJ ( ingat, =final-initial )
Tanda “-“ berarti kalor 30 kJ ditransfer dari system ke lingkungan.
Contoh soal,
2. Hitung nilai final E air yang mempuntai nilai initial E = 20 kJ. Selama proses, kerja sebesar 10 kJ masuk ke air, dan kalor sebesar 3 kJ diambil dari air tersebut.
Solusi,,
2. Dengan menggunakan Hukum I,
E = Q – W atau,
E2 = E1 + Q - W
E2 = 20 + (- 3) – (-10) = -27 kJ
Bentuk Lain Energi Tersimpan (E)
Energi tersimpan (E) dapat berupa energi potensian (Ep), energi kinetik (Ek), energi listrik (Eel), energi magnetic (Ema), dan energi tegangan permukaan (Eper).
Bila Energi tersimpan tidak melibatkan semua energi tersebut, disebut Energi dalam ( Internal Energy = U ). Didefinisikan,
U E – Ep – Ek – Eel – Ema – Eper [2.9]
Dalam pembahasan termodinamika penggunaan U lebih sering disbanding E
Sebagaimana energi tersimpan (E), energi dalam (U) tidak mempunyai nilai absolute, yang dapat diamati pada system adalah perubahannya.
Perubahan energi dalam (U) system dapat diukur dengan mengukur kerja dan kalor yang terlibat (terjadi perubahan) pada system.
2. 2. Enthalphy
Dalam banyak analisis termodinamika sering melibatkan energi dalam (U) dan perkalian antara tekanan (P) dan volume (V). Kombinasibesaran tersebut (U + PV) disebut enthalphy.
Oleh karena U, P, dan V adalah property maka enthalphy juga property. Definisi dari enthalpy adalah :
H U + PV [2.10]
Untuk persatuan masanya adalah,
h u + Pv [2.11]
dh = du + d(Pv) [2.12]
Dari persamaan (1) terlihat bahwa “u” adalah energi dalam, sedangkan Pv bukan, sehngga entalpi bukan energi tersimpan.
Dalam kasus tertentu, entalpi diperlakukan sebagai energi (misal dalam diagram Ph). Namun sebenarnya entalpi adalah gabungan dua property dan bukan
Sebagaimana energi tersimpan (E) dan energi dalam (U), entalpi (H) juga tidak mempunyai nilai absolute, yang dapat diamati pada system adalah perubahannya dan hanya nilai perubahannya yang diperlukan.
Perubahan eltalpi (h) system dapat diukur dengan melibatkan perubahan PVT pada system
Contoh soal
1. Karbon dioksida cair pada suhu 235 K (- 68 0C) memiliki tekanan uap 1075 kPa dan volume spesifik 0,00 entalpi jenisnya. Hitung energi dalam uap jenuhnya. Solusi 1. Dari persamaan, H = U + PV atau, u = h – Pv atau, u1 = hl – Pvl ul = hl – Pvl = 0 – Pv = -Pvl (l = liquid) ul = -Pvl = -(1075x103)(0,9011x10-3) = -0,9687 kJ/kg
Diketahui kalor laten pada 235 K dan 1075 kPa adalah 317,4 kJ/kg, sedangkan volume spesifik uap jenuh pada kondisi ini adalah 0,0357 m3/kg.
Kalor laten didefinisikan,
Hlg hg – hl = 317,4 – 0 = 317,4 kJ/kg
Oleh karena hl = 0, maka,
hlg = hg = 317,4 kJ/kg, sehingga
ug = hg - Pvg = (317,4)-(1074)(0,0357) ug = 279,0 kJ/kg
Closed system mungkin bergerak, namun dalam analisis seting diangap diam (stasioner). Bila demikian (stasioner) maka berlaku Hukum I, yaitu
Q – W = U [2.13]
atau,
Contoh soal
2. Gas dalam jumlah tertentu ber-ekspansi, melakukan kerja 26,0 kJ dan energi dalamnya menurun 20,0 kJ. Asumsi gas dalam closed system, hitung perpindahan kalor yang terjadi.
Solusi
2. Dengan menerapkan Hukum I, Q = W + U
Q = 26,0 + (-20,0) = 6,0 kJ
Karena bertanda “+” maka kalor Q masuk ke dalam sistem, bila bertanda “-“ berarti kalor Q keluar dari sistem.
2.3. Hukum I pada Closed System
Closed system mungkin bergerak,namun dalam analisis sering dianggap diam (stationer). Bila demikian (stationer) maka berlaku Hukum I, yaitu :
Q-W=U Atau
Q-W=U2-U1 Contoh soal,
1. Gas dalam jumlah tertentu ber-ekspansi, melakukan kerja 26,0 kJ dan energi dalamnya menurun 20,0 kJ. Asumsi gas di dalam closes system, hitung perpindahan kalor yang terjadi.
Solusi
1. Dengan menerapkan Hukum I, Q=W+U
Q=26,0+(-20,0)=6,0 kJ
Karena bertanda “+” maka kalor Q masuk ke dalam sistem, bila bertanda “-“ berarti kalor Q keluar dari sistem.
Contoh soal,
2. Di dalam tabel properties gas rubidium menunjukkan bahwa nilai internal energy (u) dan volume spesifik pada 200 kPa, 8000C adalah 714.3 kJ/kg dan 0,471 m3/kg. Setengah kilogram rubidium pada awalnya memiliki kondisi seperti diatas, kemudian di dalam closes system dipanaskan hingga 12270C dan internal enerfi-nya menjadi 808,2 kJ.kg. Hitung kalor yang ditambahkan ke rubidium tersebut.
Solusi
2. Dengan menerapkan Hukum I. Tidak ada kerja (W) karena rubidium di dalam bejana yang rigid (kaku), sehingga tidak ada kerja.
Q=U2-U1+W =m(u2-u1)+0 =1/2(808,2-714,3) =47,0 kJ/kg
Contoh Soal
3. Di dalam silinder berpiston terdapat 0,02 lbm helium, pada kondisi awal bertekanan 15 psia dengan volume spesifik 93,0 cu.ft/lbm tersebut dikompresi tanpa gesekan dengan perilaku Pv1,3=C dan hingga tekanan 30 psia. Intenal engeri helium diketahui berdimensi ft.lbf/lbm dengan persamaan u=1,51Pv, dimana P dalam satuan psfa dan v dalam cu.ft/lbm. Hitung perpindahan kalor yang terjadi.
Solusi,
3. Dengan menerapkan Hukum I, Q=U+Win
Q=U2-U1+Win
Q=m(u2-u1) + Win (1)
Untuk menyelesaikan persamaan (1) maka harus mengetahui nilai-nilai u1, u2, dan Win
u1=1,51 P1v1 Dan
v1 telah diketahui, v2 belum diketahui, dicari dengan persamaan, P1v11,3= P2v21,3 Sehingga, v2=v1(P1/P2)1/1,3 =93,0 (15/30)1/1,3 =54,6 cu.ft/lbm sehingga, (u2-u1)=1,51 (P2v2- P1v1) =1,51(144)[30(54,6)-(5(93,0]/778 =67,9 B/lbm
Kerja dihitung dengan persamaan,
1 1 1 1 1 1 3 , 1 tan dv v t cons m Pdv m PdV Wm
2 1 3 . 0 1 3 . 0 2 3 , 1 1 1 1 3 , 1 3 , 1 1 1 1 1 3 . 0 1 v v v m P dv v v P m = 1 3 . 0 1 0.3 2 1 1 1 v v v mP = (0,02)(15)144(93.0) 1 6 . 54 0 . 93 3 . 0 1 0.3 2 1 = 2320 ft.lbf=2.98 Btu Sehingga, Q = m(u2-u1)-Win Q = 0,02(67,9)-2,89= -1,62 B2.4. Hukum I pada open system
Penerapan Hukum I pada open system dapat dijelaskan dengan gambar di bawah
Gambar 2.2. Penerapan HK I Pada Sistem Terbuka
Dari konsep diatas dapat dijelaskan dengan konsep,
0 Sistem KeluarDari i impanMater EnergiTers tem MasukKeSis i impanMater EnergiTers DanKerja kKalor DalamBentu stem EnergiKeSi l JumlahTota
Dalam persamaan dituliskan
Q-W+m1P1v1-m2P2v2+E1-E2 = 0 [2.15]
dimana
Q = total kalor yang ditambahkan ke sistem pada saat m (massa) melintasi sistem
W = total kerja, diluar kerja flow, yang dikerjakan oleh sistem selama ada flow
m P1v1 = jumlah kerja flow pada sistem oleh aliran masuk
m P2v2 = jumlah kerja flow dilakukan sistem pada aliran keluar sistem. E1 = energi tersimpan fluida masuk ke sistem
E2 = energi tersimpan fluida keluar ke sistem
Energi tersimpan (E) adalah,
Subsitusi persamaan (2.15) dan (2.16) dihasilkan persamaan Q-W+m1P1v1-m2P2v2+m(u1+v12/2+gz1) = m(u2+v22/2+gz2)
Untuk persatuan massa didapat,
Q-W+P1V1-P2v2+u1+v12/2+gz1=u2+v22/2+gz2 [2.17]
Dari definisi entalpi, hu+Pv, persamaan (2.17) dapat dituliskan,
q-w=h2-h1+(v22-v12)/2 + g(z2-z1) [2.18] atau
q-w=h+Ek + Ep [2.17a]
atau sering dituliskan,
q+h1+Ek1+Ep1=w+h2+Ek2+Ep2 [2.17b]
Contoh soal,
1. Kompressor memerlukan daya 5 hp untuk mengkompresi amonia pada kecepatan tetentu dari tekanan 40 psia, 11,70C menjadi 135 psia. Kalor kompresor diserap oleh water jacket dengan laju 150 B/min. Dengan mengabaikan perubahan Ek dan Ep, hitung perubahan entalpi amonia per menitnya ?
Solusi
Perhatikan gambar di bawah ini,
Dengan persamaan yang telah diterangkan di depan, m(h2-h1)=m(Win+q-Ek-Ep)
=W+Q-0-0
=5(42,4)+(-150)=62 B.min
Contoh soal,
2. Kompresor udara seperti telihat gambar di bawah mengkompresi steady flow tanpa gesek dari 90 kPa, 150C (v=918m3/kg) menjadi 130 kPa dengan proes mengikuti persamaan P(v+0,250)=konstan, dimana satuan v adalah m3/kg. Kecepatan inlet diabaikan karena relatif kecil, sedangkan kecepatan discharge adalah 110 m/s. Hitung kerja yang diperlukan tiap kilogram udara.
Gambar 2.4. Sistem Kompresi Udara
Solusi
Bila dicoba diselesaikan dengan persamaan-persamaan keseimbangan energi Hukum I, yaitu,
Win=qout+h2-h1+(v22-v12)/2 + g(z2-z1)
Maka tidak akan dapat menyelesaikan soal di atas, kaena qout dan h tidak diketahui.
Alternatif lainnya adalah menyelesaikan soal teresebut dengan persamaan berbasis mekanik untuk aliran, yaitu :
Win=
2 1 1 2 2 1 2 2 2 g z z V V vdPDari persamaan ini terlihat dapat menyelesaikan soal di atas. Yaitu dengan cara sebagai berikut :
Win=
2 1 1 2 2 1 2 2 2 g z z V V vdPOleh karena z=0, maka persamaan di atas menjadi,
Win=
2 1 2 1 2 2 0 2 V V vdP Dimana,
2 1 2 1 250 , 0 dP P C vdP Sehingga,
kg kJ P P P P v P P P P P C / 7 , 28 90 130 250 , 0 90 130 ln 250 , 0 918 , 0 90 ) ( 250 , 0 ln 250 , 0 ) ( 250 , 0 ln 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 Maka,
2 0 110 7 , 28 2 2 2 1 2 2 2 1
vdP V V Wm kg kJ Wm 34,8 /2.5. RANGKUMAN
1.Hukum I Termodinamika mengamati tentang prinsip konservasi energi yang
Dapat melewti bata sistem untuk sistem tertutup (closed System) maupun sistem Terbuka (Open System)
2.Pada sistem tertutup perubahan energi sistem adalah : Q –W = ΔU
3. Pada sistem terbuka perubahan energi sistem adalah : Q – W = ΔU + ΔPV + Δek + Δep
DAFTAR PUSTAKA
1. Jones, J. B. and G.A Hawkins, Engineering Thermodynamics, 2nd ed., John Wiley and Sons, Inc., Singapore, 1986.
2. Moran and Shappiro, Fundamental of Engineering Thermodynamics, 2nd ed., John Willey and Sons, New York, 1994
3. Rennolds, W.C. and Henry C. Perkins, Engineering Thermodynamics, 2nd Ed., MacGraw-Hill, 1977.
4. Van Wylen and Sontag, Fundamental of Classical Thermodynamics, 4th ed., John Willey and Sons, 1993.
BAB III
GAS IDEAL
3.1 Persamaan Gas Ideal
Persamaan yang menyatakan hubungan antara tekanan (P), volume spesifik (v), dan temperatur (T) suatu zat disebut persamaan keadaan.
Hubungan PvT untuk kebanyakan zat umumnya kompleks. Namun untuk gas khususnya yang memiliki massa molar yang kecil pada tekanan rendah dan temperatur relatif tinggi, hubngan PvT dinyatakan dengan persamaan sederhana, yaitu :
Pv=RT [3.1]
Persamaan (1) disebut persamaan keadaan untuk gas ideal. Dimana R adalah konstanta gas, harganya berbeda untuk tiap gas.
Persamaan gas ideal dapat dinyatakan dengan berbagai persamaan yaitu :
Pv=RT PV=NRT [3.1a]
PV=mRT PV=mRT/M [3.1b]
P=RT PV=NMRT [3.1c]
Dimana, R =R/M
R =konstanta gas universal =8,314 kJ/kmol.K =1,986 B/lbmol.R =1545 ft.lbf/lbmol.R M =Massa molar gas N =jumlah mol gas M =massa gas
TUJUAN:
Memahami persamaan gas ideal. Memahami sifat-sifat gas ideal.
Real gas tidak persis sama mengikuti persamaan gas ideal. Namun persamaan gas ideal berlaku mendekati gas ideal bila,
-Massa molar menurun -Tekanan menurun -Temperatur naik
Sebagai ilustrasi, udara pada tekanan 1 atm akan memiliki error kurang dari 1% untuk temperatur –1300C. Sehingga error akan sangat kecil bila temperatur dinaikkan.
Contoh soal,
1. Hitung tekanan 3 kg gas etana pada 200C yang menghuni ruang bervolume 1,20m3.
Solusi,
1. Asumsi gas etana berperilaku sebagai gas ideal, sehingga, P=mRT/V=mRT/VM
P= mRT/VM=(3)(8,314)(293)/(1,20)(28,05) =21 k kPa
Contoh soal,
2. Hitung tekanan hidrogen pada 320F yang memiliki massa jenis 0,00155 slugg/cu.ft
Solusi,
2. Asumsi gas hidrogen berperilaku sebagai gas ideal, sehingga, P=mRT/V=RT=RT/M
Sebelumnya harus dilakukan konversi besaran agar konsisten satuannya. Yaitu,
= 0,00155slug/cu.ft=0,00155(3,2) lm/cu.ft M = 2,016 lbm/lbmol
Sehingga,
3.2. Internal Energi (U) Gas Ideal u=f(T,v) maka, dv v u dT T u du T v [3.2] Dari definisi Cc v c T u C [3.3] Maka dv v u dT C du T c [3.4]
Untuk gas ideal, hukum Joule mengatakan, 0 v T u [3.5] Sehingga, du=CvdT
Untuk perubahan finit dapat dituliskan,
u =
CcdT [3.6]3.3 Entalpi (h) Gas Ideal h=f(P,T) maka, dP v h dT T h dh T P [3.7] Dari definisi Cp P p T h C [3.8] Maka, dP P h dT C dh T p [3.9]
Untuk gas ideal “h” hanya fungsi dari T, sehingga, 0 T P h Sehingga dh=CpDt [3.10]
Untuk perubahan finit dapat dituliskan,
h=
CPdT [3.11]Contoh Soal
1. Kerja sebesar 85 kJ diperlukan untuk mengkompresi 2 kg suatu gas ideal yang memiliki Cv=1,25 kJ/kg.0C sepanjang prosesnya di dalam closed system dari tekanan awal 90kPa hingga tekanan akhir P2. Temperatur meningkat 300C selama kompresi. Hitung perpindahan kalor yang terjadi.
Solusi,
1. Dari hukum I untuk closed system, Q=U+W
Dimana nilai W telah diketahui, maka selanjutnya harus dihitung nilai U dengan persamaan, U=mu=m
2 1 1 2 T T mC dT CV V U=(2)(1,25)(30)=75kJ sehingga Q=U+W=75-85=-10kJTanda”-“ menunjukkan bahwa kalor keluar dari sistem. Atau dengan kata lain selama proses, sistem menghasilkan kalor.
Telah diketahui bahwa Cv dan Cp untuk gas ideal hanya fungsi dari temperatur saja. Hubungan antara keduanya dapat diturunkan sebagai berikut :
Dari definisi entalpi
hu+Pv [3.12]
untuk gas ideal, persamaan tersebut menjadi,
h=u+RT [3.13]
karena R konstan, maka,
dh=du+RdT [3.14]
telah diketahui bahwa, du=CvdT dan dh=CpdT
Sehingga persamaan (1) menjadi,
CpdT=CvdT + R dT [3.15] Atau, Cp = Cv + R [3.15a] Sehingga, R = Cp - Cv [3.16] Dedefinisikan, kCp/Cv [3.17]
sehingga persamaan (3.15) menjadi,
1 k Rk Cp dan 1 k R Cv [3.18]
3.4. Proses-proses pada Gas Ideal
Proses adiabatik tanpa gesek dengan kalor spesifik konstan adalah, Pvk=konstan
atau
P1v1k=P2v2k [3.19]
Persamaan (3.19) meskipun diturunkan berdasarkan pada clsed system, namun akan berlaku juga pada open system bila prosesnya adiabatik tanpa gesek.
Persamaan (3.19) bila dikembangkan berdasarkan persamaan keadaan, akan didapat,
2 2 2 1 1 1 T v P T v P [3.20]
Bila dikombinasikan dengan persamaan (3.19) didapat,
1 2 1 1 1 2 1 2 k k k v v P P T T [3.21] Umumnya (namun tidak semua) proses tanpa gesek gas ideal, hubungan adalah,
PVn = konstan [3.22]
Dimana “n” konstan untuk tiap proses.
Proses yang ditunjukkan oleh persamaan (3.22) disebut proses polytropic. Dan “n” disebut polytropic exponent.
Bila “k” diganti dengan “n”, persamaan (3.22) menjadi,
1 2 1 1 1 2 1 2 n v n v v P P T T [3.23] Contoh soal,
1. Dua kilogram argon di dalam closed system dikompresi tanpa gesek dan secara adiabatik dari tekanan 100 kPa, 200C menjadi 400 kPa. Hitung :
a) Volume awal b) Volume akhir c) Temperatur akhir d) Kerja
Solusi
a) Volume dihitung menggunakan persamaan gas ideal, yaitu, kg m P mRT V 1,22 / ) 100 ( 94 , 39 293 ) 314 , 8 ( 2 3 1 1 1
b) Oleh karena proses frictionless adiabatic, maka volume akhir dicari dengan persamaan berikut.
Dimana nilai cv dan cp dilihat dari tabel dan k=cp/cv sehingga,
3 521 . 0 313 . 0 1 2 1 1 2 0,530 400 100 22 , 1 m P P V V k
c) Sedangkan temperatur akhir dicari dengan persamaan,
k k P P T T ) 1 ( 1 2 1 2 =293 K 0C 665 . 1 ) 1 665 . 1 ( 237 510 100 400
d) Besarnya kerja dihitung dengan hukum I dan hukum Joule untuk U, yaitu,
Win=U-Q
Oleh karena proses adiabatik mata Q=0, maka Win=U-Q=U2-U1-0
=mcv(T2-T1)
=2 (0,313)(510-293)=136 kJ
Besarnya kerja dapat juga dihitung berdasarkan proses tanpa gesek dengan persamaan, Wm= -
1 1 PdV Dimana Pvk=konstan Atau P1V1k=P2V2k Sehingga, Wm= -
2 1 2 1 1 2 1 1 k k V k C dV V C PdV
1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 k k k k V V k v P V V k V P
2 1
1 2 1 1 1 1 k T T R m T T k mRT = mcv(T2-T1)Terbukti bahwa hasilnya sama dengan menggunakan hukum I dan persamaan Joule, yaitu 136 kJ.
Proses polytropic bila digambarkan pada diagram Pv akan terlihat sepergi gambar di bawah.
Gambar 3.1. Polytropic Processes
Contoh Soal,
2. Di dalam closed system 0,070 kg dikompresi secara polytropic dari tekanan 100 kPa dengan volume 0,060 m3 menjadi volume 0,030 m3 dengan pangkat polytropic adalah 1,3. Hitung :
e) Temperatur akhir f) Keja
g) Perubahan energi dalam(U) h) Perpindahan kalor
Solusi
a) Temperatur akhir dihitung dengan persamaan gas ideal. Terlebih dulu dihitung temperatur awal, yaitu :
C K mR V P T 1 1 0 1 299 26 ) 287 , 0 ( 070 . 0 ) 060 , 0 ( 100
Kemudian selanjutnya dihitung temperatur akhir-nya, yaitu,
T2=T1 C n K V V 0.3 0 1 2 1 95 368 ) 2 ( 299
b) Oleh karena hubungan Pv telah diketahui, maka dapat dihitung dengan persamaan :
n n
n n m m V V n V P V n C PdV W PdV W
1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 = 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 n n V V n V P V V n V P =
(12) 1
4,62kJ 3 , 0 ) 060 , 0 ( 100 0.3 c) Perubahan enferi dalam dihitung dengan persamaan,
2 1 1 2 1 2 U m c dT mc (T T) U v v =3,46 kJd) Perpindahan kalor yang terjadi dihitung dengan persamaan, Q=U2-U1-Win = 3,46-4,62 = -1,16 kJ
Tanda “-“ menunjukkan bahwa kalor dilepas oleh sitem (udara) selama proses berlangsung.
3.5. Rangkuman
1. Rumus persamaan Gas Ideal : Pv=RT PV=NRT
PV=mRT PV=mRT/M
P=RT PV=NMRT
2. Beberapa konstanta Gas Ideal yang sering digunakan Cp = Cv + R: k Cp/Cv 1 k Rk Cp 1 k R Cv
3. Proses proses pada Gas Ideal Isobar : Tekanan Konstan Isovolume : Volume konstan Isoterm : Temperatur konstan Adiabatik : Kalor konstan Politropik
DAFTAR PUSTAKA
1. Jones, J. B. and G.A Hawkins, Engineering Thermodynamics, 2nd ed., John Wiley and Sons, Inc., Singapore, 1986.
2. Moran and Shappiro, Fundamental of Engineering Thermodynamics, 2nd ed., John Willey and Sons, New York, 1994
3. Rennolds, W.C. and Henry C. Perkins, Engineering Thermodynamics, 2nd Ed., MacGraw-Hill, 1977.
4. Van Wylen and Sontag, Fundamental of Classical Thermodynamics, 4th ed., John Willey and Sons, 1993.
BAB 4
HUKUM II TERMODINAMIKA
Keterbatasan Hukum I
Hukum I termodinamika mengatakan bahwa,
Q=U+W [4.1]
Secara eksplisit, persamaan di atas menyatakan bila U=0 maka,
Q=W [4.1a]
Persamaan (4.1a) menyatakan bahwa kalor sepenuhnya dapat diubah menjadi kerja. Segala upaya telah dilakukan oleh beberapa ahli untuk menciptakan mesin yang mengikuti persamaan (4.1a) tersebut. Namun hasilnya selalu gagal, meskipun telah digunakan beberapa metoda yang mutakhir.
Pengalaman tersebut menunjukkan keterbatasan hukum I Termodinamika.
Sebagai ilustrasi, pembangkit listrik tenaga uap yang terbaik, untuk menghasilkan kerja sebesar 100 kJ diperlukan kalor 250 kJ.
Artinya terdapat 150 kJ yang terbuang kelingkungan dalam bentuk kalor atau bentuk lainya. Pertanyaannya adalah perlukah energi 150 kJ terbuang? menurut Hukum I, 150 kJ dapat diubah seluruhnya menjadi kerja! Kenyataannya tidak bisa!!
Contoh lain adalah, bila dua balok besi berbeda temperatur disimpan dalam kotak yang terisolasi, maka banyaknya kalor yang dipindahkan balok panas sama dengan banyaknya kalor yang diterima balok dingin, sesuai dengan hukum I.
TUJUAN:
Memahami hukum II Termodinamika. Memahami penerapan hukum II
Pertanyaannya adalah: Dapatkah arah perpindahan kalor diubah, yaitu dari balok dingin ke balok panas. Kenyataannya tidak bisa!
Contoh lain, roda gigi yang bergerak akan menimbulkan panas pada minyak pelumasnya. Dapatkah prosesnya dibalik, yaitu bila temperatur minyak pelumas diturunkan maka roda gigi akan bergerak?
Tidak bisa!!
Untuk menjawab pertanyaan-2 di atas diperkenalkan sifat (property) sitem, yaitu disebut entropi (S), yaitu,
T Q
dS [4.2]
Hukum II mengatakan bahwa semua proses alami akan menghasilkan kenaikan entropi. Dalam persamaan matematik sederhana adalah,
Stotal 0
label “total” menandakan bahwa entropi sistem dan lingkungan diikutsertakan. Dengan kata lain, hukum II mengatakan bahwa proses tidak akan berlangsung bila,
Stotal < 0
Contoh soal,
1. Tunjukkan bahwa aliran kalor antara dua reservoir kalor pada temperatur TH dan TC dimana TH > TC mengalir dari reservoir yang lebih panas ke lebih dingin.
Reservoir adalah benda atau sistem yang memiliki kapasitas kalor yang besar, sehingga bila diambil maupun ditambah kalor tidak akan merubah temperaturnya. Contohnya, atmosfir, lait, danau, sungai, dll.
Solusi,
1. Dari definisi entropi, perubahan entropi reservoir suhu tinggi (TH) adalah,
SH = H C H H T Q T Q
Menurut hukum I, tanda “-“ pada Q menandakan kalor keluar dari sistem. Dalam hal ini, QH=QC, hanya arahnya yang berlawanan.
Sedangkan perubahan entropi reservoir suhu rendah (TC) adalah,
SC= C C T Q Sedangkan, Stotal=SH+SC Sehingga, Stotal=SH+SC = C H C H C C C H C T T T T Q T Q T Q
Menurut hukum II, Stotal harus positif agar proses berlansung. Sehingga,
QC(TH-TC)>0
Karena TH> TC maka QC harus positif, atau dengan kata lain kalor sebesar QC masuk ke dalam reservoir dingin. Ini artinya kalor mengalir dari TH ke TC dan tidak mungkin dari TC ke TH.
Bila,
Stotal=0
maka TH=TC, artinya terjadi keseimbangan thermal antara reservoir panas dan dingin.
4.2 Manfaat hukum II
Beberapa manfaat dari hukum II antara lain adalah,
1. Menentukan efisiensi maksimum msin daya/kalor untuk berbagai kondisi kerja. 2. Menentukan coefficient of perfomance (COP) maksimum mesin refrigerasi. 3. menentukan apakah suatu proses berlangsung atau tidak.
4. Memprediksi arah reaksi kimia. 5. dan lain-lain
4.3 Hukum II dan Reversibilitas Proses Reversibel dan Irreversible
Definisi: Proses dikatakan reversible (dapat balik) adalah apabila proses telah berlangsung, maka sistem dan lingkungannya dapat dikembalikan ke keadaan semula sebelum proses berlangsung.
Proses Irreversibel kebalikan dari proses reversibel.
Irreversibel selalu mengurangi efisiensi proses. Gesekan adalah penyebab utama yang mengakibatkan irreversibel.
Tidak ada proses yang lebih effisien dari proses reversibel. Proses reversibel merupakan proses abstraksi, atau suatu idealisasi, dan tidak pernah tercapai dalam praktek.
Fungsi dari proses reversibel antara lain adalah :
1. Menetapkan batas kerja maksimal yang dihasilkan suatu mesin penghasil kerja (mesin kalor).
2. Menetapkan batas bawah input kerja yang diperlukan untuk proses yang memerlukan kerja.
Contoh Soal,
1. Dengan menggunakan hukum I dan II termodinamika, jelaskan hal-hal yang mungin terjadi pada mesin kalor seperti gambar disamping, dimana tidak terjadi perubahan pada mesin kalor.
Solusi
1. Mesin kalor adalah mesin yang menghasilkan kerja dimana sumber bahan bakarnya adalah kalor, seperti tungku, pembangkit listrik, reaktor nuklir, dll.
Perhatikan gambar di bawah. Misal aliran kalor terlihat seperti pada gambar.
Gambar 4.1. Aliran kalor pada mesin kalor
Dari definisi entropi,
H H H T Q S [4.3] C C C T Q S [4.4]
Perubahan entropi total adalah,
Stotal=SH+SC+Smesin [4.5]
Oleh karena mesin tersebut tidak berubah, maka Smesin adalah nol. Sehingga,
Stotal = C C H H T Q T Q [4.6]
Hukum I menyatakan,
U = Q-W
dimana U mewakili perubahan energi dalam mesin, W adalah kerja yang dilakukan mesin, dan Q mewakili semua perpindahan kalor yang terjadi pada mesin. Sehingga,
Umesin=QH’ + QC’-W [4.7]
Oleh karena mesin tidak berubah, maka,
Umesin = 0
Sehingga,
W=QH’+QC’ [4.8]
Subsitusi persamaan (4.7) dan (4.8) untuk mengeliminasi QH didapat,
W= 1 C H C total H T T Q S T [4.9]
Oleh karena mesin kalor maka W harus bernilai positif dengan nilai batas 0. Bila bernilai 0 maka hanya terjadi perpindahan kalor sederhana dari TH ke TC.
Bila mesin kalor tersebut reversibel maka,
Stotal=0
Sehingga persamaan (4.9) menjadi,
W=Qc 1 C H T T [4.10]
Konsekuensi dari persamaan (4) adalah,
Bila W bernilai positif QC juga harus bernilai positif. Artinya meskipun proses di atas reversibel namun tetap ada kalor QC yang harus dilepas oleh msin dan masuk ke dalam reservoir TC.
Oleh karena proses di atas reversibel maka W yang dihasilkan adalah maksimum untuk mesin kalor dengan temperatur kerja TH dan TC Dengan kata lain tidak ada mesin kalor yang akan menghasilkan kerja lebih besar dari persamaan (4).
Persamaan (4) ini merupakan salah satu kontribusi hukum II pada analisis efisiensi mesin kalor.
4.4 Hukum II & Pompa Kalor
Inti dari hukum II adalah memberikan arahan suatu reaksi/kejadian/peristiwa tersebut dapat berlangsung atau tidak. Sehingga terdapat beberapa statement dari ilmuwan tentang hukum II, antara lain dari Clausius dan Kelvin-Plank.
Statement Clausius :
Tidaklah mungkin suatu mesin/peralatan yang bekerja yang tanpa efek selain perpindahan kalor dari benda satu ke benda lainnya yang lebih tinggi temperaturnya.
Mesin yang melanggar statement dan yang sesuai dengan Clausius digambarkan sepergi gambar di samping.
Gambar di samping merupakan prinsip kerja dari pompa kalor
(a) (b)
Kata lain dari statement di atas adalah :”Kalor tidak dapat berpindah sendiri dari temperatur rendah ke tinggi”
Kata “tanpa efek” merupakan kata kunci dari statement Clausius pada hukum II. Oleh karena “tanpa efek” proses tersebut tidak akan berlangsung.
Clausius tidak mengatakan bahwa tidak mungkin terjadi perpindahan kalor dari temperatur rendah ke tinggi.
Clausius menyatakan perlu adanya efek dari luar agar proses tersebut berlangsung.
Perpindahan kalor dari temperatur rendah ke tinggi merupakan prinsip kerja dari mesin pendingin (refrigator) dan pompa kalor.
Agar terjadi perpindahan kalor dari temperatur rendah ke tinggi diperlukan efek, dari luar, dalam hal ini adalah kompresor (kerja).
Statement Clausius dibuat jauh sebelum ditemukan mesin pendingin.
Statement Clausius merupakan dasar kerja sistem mesin pendingin (pompa kalor).
4.5 Hukum II & Mesin Kalor
Bila statement Clausius memberikan pijakan bagi mesin pendingin (pompa kalor), sedangkan statement Kelvin-Plank memberikan pijakan bagi mesin kalor.
Statement Kelvin-Plank
Tidaklah mungkin suatu mesin / peralatan yang beroperasi dalam suatu siklus dan menghasilkan kerja dimana pertukaran kalor hanya terjadi pada satu temperatur yang tetap.
Kata lain dari statement di atas adalah: “Tidaklah mungkin suatu msin yang beroperasi secara siklus menyerap kalor dari satu reservoir dan menghasilkan kerja sama besarnya dengan kalor yang diserap”.
Mesin yang melanggar statement dan yang sesuai dengan Kelvin-Plank digambarkan seperti gambar di samping.
Gambar di bawah merupakan prinsip kerja dari mesin kalor.
(a) (b)
Gambar 4.3. Mesin Kalor menurut Kelvin-Plank, (a) melanggar, (b) sesuai
Rangkuman
1. Hukum II Termodinamika
Arah perpindahan energi dengan statement Calsius dan Plank 2. Entropy
Dinyatakan sebagai S = Q/T Perubahan Entalpi ΔS ≥ 0
3. Manfaat hokum II Termodinamika adalah Menentukan efisiensi mesin kalor
Menentukan koefisien performansi mesin refrigerasi dan pompa kalor Menentukan keberlangsungan proses
Menentukan arah reaksi kimia.
DAFTAR PUSTAKA
1. Jones, J. B. and G.A Hawkins, Engineering Thermodynamics, 2nd ed., John Wiley and Sons, Inc., Singapore, 1986.
2. Moran and Shappiro, Fundamental of Engineering Thermodynamics, 2nd ed., John Willey and Sons, New York, 1994
3. Rennolds, W.C. and Henry C. Perkins, Engineering Thermodynamics, 2nd Ed., MacGraw-Hill, 1977.
4. Van Wylen and Sontag, Fundamental of Classical Thermodynamics, 4th ed., John Willey and Sons, 1993.
BAB V
SIKLUS CARNOT
5.1 Siklus Carnot
Siklus Carnot pertama kali dikemukakan oleh Carnot pada tahun 1824. Siklus ini terdiri dari empat proses, yaitu :
- Proses 1 : Proses ekspansi reversibel dan isotermal. - Proses 2 : Proses ekspansi reversibel dan adiabatik - Proses 3 : Proses kompresi reversibel dan isotermal - Proses 4 : Proses kompresi reversibel dan adiabatik.
Proses siklus Carnot digambarkan seperti gambar bawah
Gambar 5.1 Siklus Carnot pada diagram PV.
Proses siklus Carnot dapat diterapkan di berbagai jenis sistem. Seperti pada fasa cair, gas, dan campuran.
TUJUAN:
Memahami siklus Carnot pada sistem. Memahami Proses-proses pada diagram T-s
Siklus Carnot dapat diterangkan sebagai berikut :
Proses 1 : Proses ekspansi reversibel dan isotermal dari titik 1 ke 2. Kerja dilakukan oleh gas dan kalor ditransfer dari reservoir TH ke sistem. Oleh karena kalor ditransfer dengan perbedaan temperatur yang sangat kecil maka prosesnya reversibel.
Proses 2 : Proses ekspansi reversibel dan adiabatik. Proses, Gas mengembang secara reversibel dan adiabatik dari titk 2 ke 3 dan melakukan kerja selama proses ini temperatur turun ke TL.
Proses 3 : Proses kompresi reversibel dan isotermal dari titik 3 ke 4. Kalor ditransfer dari sistem ke reservoir TL. Oleh karena kalor ditransfer dengan perbedaan temperatur yang sangat kecil maka prosesnya reversibel.
Proses 4 : Proses kompresi reversibel dan adiabatik. Proses. Gas dikompresi secara reversibel dan adiabatik dari titk 4 ke 1. Dengan proses ini maka gas telah melakukan proses siklus.
Luas Daerah yang diarsir di dalam kurva siklus Carnot : ini adalah jumlah kerja total yang dihasilkan oleh siklus tersebut.
Konsekuensi dari siklus Carnot tersebut adalah :
1. Tidak ada mesin yang lebih efisien dari mesin Carnot bila bekerja pada TH dan TL yang sama.
2. Bila terdapat mesin yang reversibel dan bekerja pada TH dan TL yang sama maka akan memiliki efisiensi yang sama.
Untuk memberikan ilustrasi dari penggunaa konsep-konsep dari Carnot di atas, contoh-contoh berikut akan mempermudah pemahaman.
Contoh soal.
1. Turunkan persamaan efisiensi dari mesin Carnot yang bekerja pada TH dan TL seperti gambar di bawah, yang menggunakan gas ideal sebagai fluida kerjanya.
Solusi :
Perhatikan gambar di bawah
Gambar 5.3. Kurva siklus mesin Carnot
Definisi efisiensi adalah,
=
Kalormasuk na Kerjabergu
[5.1]
Atau dalam rumusan matematik adalah,
= m m Q W Q work
[5.1a]Dengan menerapkan hukum I untuk mengevaluasi proses satu siklus tersebut didapat, m out m m Q Q Q Q Q Qm work
[5.2] H L m out Q Q Q Q 1 1 [5.3] Dimana,QH = adalah total kalor yang diterima mesin Carnot dari reservoir TH. QL = adalah total kalor yang dilepas mesin Carnot ke reservoir TL.
Oleh karena besarnya QH dan QL relatif lebih sulit teramati, maka persamaan di atas akan diubah dengan besaran TH dan TL.
Dengan menerapkan hukum I, proses isotermal dari titik 1 ke 2 adalah,
QH = U2 – U+1 + W [5.4]
Untuk gas ideal, energi dalam hanya funsi dari temperatur, sehingga U=0, dan persamaan di atas menjadi,
2 1 0 PdV QH [5.5]Subsitusi P dengan persamaan gas ideal akan didapat,
2 1 2 1 1 2 ln 0 V V mRT V dV mRT dV V mRT QH H [5.6]Dengan cara serupa persamaan proses isotermal dari titik 3 ke 4 adalah,
QL = U3 – U4 - W [5.7]
4 3 4 3 4 3 ln 0 V V mRT V dV mRT PdV QL L [5.7a]Subsitusi QH dan QL pada persamaan efisiensi di atas didapat,
1 2
4 3 / ln / ln 1 1 V V mRT V V mRT Q Q H L H L [5.8]
1 2
4 3 / ln / ln 1 V V T V V T H L [5.8a]Untuk proses reversibel adiabatik dari titik 2 ke 3 dan titik 4 ke 1 untuk gas ideal berlaku persamaan, ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 1 2 2 3 k L H k T T T T V V [5.9] Dan ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 4 1 1 4 k L H k T T T T V V [5.9a] Sehingga, 1 4 2 3 V V V V [5.9b] Dan, 1 2 4 3 V V V V [5.9c]
Subsitusi ke persamaan (5.8a) didapat,
H L T T 1 [5.10]
Subsitusi persamaan (5.3) dan (5.10) didapat,
L H L H T T Q Q [5.11]
Persamaan di atas menunjukkan bahwa efisiensi akan naik bila TL diturunkan, atau TH dinaikkan.
