Tipe Soal: Formula

Reaksi berikut berlangsung dalam sebuah reaktorbatchadalah sebagai berikut:

𝐴 → 2𝑃

Di mana𝑟 = 𝑘

1𝐶

𝐴 2

Diketahui nilai k₁= 0.4, dan pada saat awal (t = 0 detik), reaktor hanya mengandung senyawa A (CA0= 0.2 mol/L). Volume selama berlangsungnya reaksi dianggap konstan. Tentukan konsentrasi A (dalam mol/L) saat reaksi telah berlangsung 11 detik.

Catatan: Jawaban dituliskan dengan 3 angka desimal dan gunakan tanda titik (.) untuk memisahkan angka desimal.

TB2101 ANALISIS MATEMATIKA TEKNIK BIOENERGI & KEMURGI SOLUSI UJIAN TENGAH SEMESTER I 2021/2022

Tanggal : Durasi : 100 menit Jawaban No.1

Diketahui : k = 1 detik^-1 V0= 0 Cin= 2 mol/L

F_in= 2 mL/detik = 0,002 L/detik C_Bin= 0

Asumsi : 1) Densitas cairan tidak berubah

2) Pencampuran yang terjadi selalu homogen Ditanya : a) Persamaan diferensial & metode penyelesaian

b) Ca = f(t)

c) t = 5 menit = 300 detik ; CB= …? ; Vt= …?

Penyelesaian :

Soal A: Persamaan diferensial & metode penyelesaian Langkah:

1) Buat neraca massa total:

𝐹

1

=

^𝑑𝑚_𝑑𝑡

ρ. 𝑄

1

=

^{𝑑(ρ.𝑉)}_𝑑𝑡

Karena densitas konstan maka,

ρ. 𝑄

1

= ρ

^𝑑𝑉_𝑑𝑡

𝑄

1

=

^𝑑𝑉_𝑑𝑡

𝑑𝑉

…(1)

𝑑𝑡

= 0, 002

∫ 𝑑𝑉 = ∫ 0, 002 𝑑𝑡

𝑉 = 0, 002𝑡 + 𝑘 2) saat t = 0, V = 0; maka:

…(2) 𝑉 = 0, 002𝑡 3) Neraca massa komponen A:

𝑛

𝐴,𝑖𝑛

− 𝑛

𝐴,𝑖𝑛

=

^𝑑𝑛_𝑑𝑡^𝐴

+ 𝑉. 𝑟

𝐴

𝐶

𝐴,𝑖𝑛

𝑄

𝑖𝑛

− 0 =

^𝑑𝑛_𝑑𝑡^𝐴

+ 𝑉. 𝑘. 𝐶

𝐴

0, 004 − 0, 002𝑡. 𝐶

𝐴

=

^{𝑑(𝑉.𝐶}_𝑑𝑡^𝐴)

4) Karena V dan C merupakan variabel tidak konstran. Maka V dan C mesti diturunkan bersama-sama menggunakan sifat turunan d (UV) = U dV + V dU.

…(3) 0, 004 − 0, 002𝑡. 𝐶

𝐴

= 𝑉

^𝑑𝐶_𝑑𝑡^𝐴

+ 𝐶

𝐴 𝑑𝑉

𝑑𝑡

5) Substitusi persamaan (1) dan (2) ke dalam persamaan (3)

0, 004 − 0, 002𝑡. 𝐶

𝐴

= 0, 002𝑡

^𝑑𝐶_𝑑𝑡^𝐴

+ 0, 002𝐶

𝐴 𝑑𝐶𝐴

𝑑𝑡

+

¹_𝑡

𝐶

𝐴

=

²_𝑡

− 𝐶

𝐴 𝑑𝐶_𝐴

𝑑𝑡

+ (

¹_𝑡

+ 1)𝐶

𝐴

=

²_𝑡

Metode integral yang cocok adalahmetode faktor integrasi Soal B:

Langkah:

1) Menggunakan metode faktor integrasi

α(𝑡) = (

¹_𝑡

+ 1) 𝐼(𝑡) = 𝑒𝑥𝑝 ∫(

¹_𝑡

+ 1) 𝑑𝑡

𝐼(𝑡) = 𝑒

^{𝑙𝑛(𝑡)+𝑡}

= 𝑡𝑒

^𝑡

𝐶

𝐴

=

¹

𝑡𝑒^𝑡

∫(𝑡𝑒

^𝑡

.

²_𝑡

) 𝑑𝑡 +

^𝑘

𝑡𝑒^𝑡

𝐶

𝐴

=

²

𝑡𝑒^𝑡

∫ 𝑒

^𝑡

𝑑𝑡 +

^𝑘

𝑡𝑒^𝑡

𝐶

𝐴

=

²

𝑡𝑒^𝑡

𝑒

^𝑡

+

^𝑘

𝑡𝑒^𝑡

𝐶

𝐴

=

²_𝑡

+

^𝑘

𝑡𝑒^𝑡

2) Pada saat t = 0, CA0= 2 mol/L. Maka

𝐶

𝐴

(𝑡. 𝑒

^𝑡

) = 2𝑒

^𝑡

+ 𝑘

k = -2 3) Sehingga,

𝐶 =

²

−

²

Soal C: Volume dan konsentrasi B Langkah:

1) Menentukan Volume akhir

𝑉 = 0, 002 𝑡 𝑉 = 0, 002 (300)

Liter 𝑉 = 0, 6

2) Cari mol A jika diasumsi tidak bereaksi sama sekali

𝑛

𝐴,𝑡

= 𝐶

𝐴,𝑡

𝑉

𝑡

𝑛

𝐴,𝑡

= 2 𝑥 0, 6 𝑛

𝐴,𝑥

= 1, 2 𝑚𝑜𝑙

3) Mol A yang tersisa pada t=5 menit

𝐶

𝐴

=

₃₀₀²

−

²

300𝑒³⁰⁰

C

_A

= 0,00667 M

n

_A

= 0,00667 x 0,6 = 0,004 mol

4) Karena koefisien reaksi A→ B sama, maka

n

_A,t

+ n

_B,t

= n

_A,x

0,008 + n

B,t

= 1,2

n

_B,t

= 1,196 mol C

_B,t

= 1,196/0,6 = 1,993 M

Pada saat t = 5 menit, Volume akhir adalah 0,6 L dan konsentrasi Cbadalah 1,993 M

Jawaban No.2

Diketahui : C0= 0,5 lb/gal V₀= 200 gal Cin= 1 lb/gal Qin= 3 gal/menit Q_out= 2 gal/menit

Asumsi : 1) Densitas larutan dianggap sama pada berbagai konsentrasi 2) Pencampuran dalam tangki terjadi secara homogen

Pertanyaan : C(t) = …?

Penyelesaian:

Soal A:

Langkah:

1) Buat neraca massa komponen Garam

Massa_Garam,in– Massa_Garam,out= akumulasi

𝑄

𝑖𝑛

𝐶

𝑖𝑛

− 𝑄

𝑜𝑢𝑡

𝐶

𝑜𝑢𝑡

=

^𝑑𝑚_𝑑𝑡^{𝐺𝑎𝑟𝑎𝑚}

=

^{𝑑(𝑉.𝐶)}_𝑑𝑡

2) Karena V dan C merupakan variabel tidak konstran. Maka V dan C mesti diturunkan bersama-sama menggunakan sifat turunan d (UV) = U dV + V dU.

𝑄 …(1)

𝑖𝑛

𝐶

𝑖𝑛

− 𝑄

𝑜𝑢𝑡

𝐶

𝑜𝑢𝑡

= 𝑉

^𝑑𝐶_𝑑𝑡

+ 𝐶

^𝑑𝑉_𝑑𝑡

3) Buat neraca massa total

Massa

_total,in

– Massa

_total,out

= akumulasi 𝑄

𝑖𝑛

ρ − 𝑄

𝑜𝑢𝑡

ρ =

^𝑑𝑚_𝑑𝑡^{𝐺𝑎𝑟𝑎𝑚}

=

^{𝑑(𝑉.ρ)}_𝑑𝑡

4) karena ρ diasumsikan konstan, maka dapat dikeluarkan

𝑄

𝑖𝑛

ρ − 𝑄

𝑜𝑢𝑡

ρ = ρ

^𝑑𝑉_𝑑𝑡

𝑄

𝑖𝑛

− 𝑄

𝑜𝑢𝑡

=

^𝑑𝑉_𝑑𝑡

3 − 2 =

^𝑑𝑉_𝑑𝑡

𝑑𝑉

…(2)

𝑑𝑡

= 1

∫ 𝑑𝑉 = ∫ 1 𝑑𝑡

𝑉 = 𝑡 + 𝑘 5) Ketika t = 0 , V = 200 gal, maka

200 = 0 + k k = 200 V = t + 200 …(3) 6) Substitusikan persamaan (2) dan (3) ke persamaan (1)

3 − 2𝐶 = (𝑡 + 100)

^𝑑𝐶_𝑑𝑡

+ 𝐶 3 − 3𝐶 = (𝑡 + 100)

^𝑑𝐶_𝑑𝑡

∫

_3−3𝐶^𝑑𝐶

= ∫

_𝑡+100^𝑑𝑡

−

¹₃

𝑙𝑛(3 − 3𝐶) = 𝑙𝑛(200 + 𝑡) + 𝑘

7) Kedua sisi di eksponensialkan agar menghilangkan ln

(3 − 3𝐶)

⁻

1

3

= 𝑘(200 + 𝑡)

8) Ketika t=0, C = 0,5 lb/gal, maka

(3 − 1, 5)

⁻

1

3

= 𝑘(200)

k = 4,368 x 10^-3

(3 − 3𝐶)

⁻

1

3

= (200 + 𝑡) × (4, 368 × 10

⁻³

)

Jawaban No. 3

Diketahui : k₁= 0,2 detik^-1M^-1 CA0= 0,1 mol/L V = konstan A → 2P r = k1CA2

Ditanya : t = 20 detik; C_A= …?

Penyelesaian : Langkah:

1) Buat neraca mol reaktan A

Input - konsumsi + generasi = output + akumulasi 0 - V k₁C_A²+0=0 + ^𝑑𝑛𝐴

𝑑𝑡

V k1CA2= ^{𝑑(𝑉.𝐶}_𝑑𝑡^𝐴) 2) V konstan, maka:

V k₁C_A²= V ^𝑑𝐶𝐴

𝑑𝑡

k₁C_A²= ^𝑑𝐶𝐴

𝑑𝑡 𝑑𝐶𝐴

𝑑𝑡

=− 0, 2𝐶

𝐴 2

∫

^𝑑𝐶𝐴

𝐶_𝐴²

=− 0, 2∫ 𝑑𝑡

−

¹

𝐶_𝐴

=− 0, 2𝑡 + 𝐾

3) ketika t = 0; C_A= 0,1 mol/L

−

_0,1¹

= 𝑘

k = -10

𝐶

𝐴

=

_0,2𝑡+10¹

4) Saat t = 20

𝐶

𝐴

=

_0,2(20)+10¹

CA= 0,0714 mol/L

TB2101 ANALISIS MATEMATIKA TEKNIK BIOENERGI & KEMURGI UJIAN SUSULAN TENGAH SEMESTER I 2021/2022

Tanggal : Durasi : 100 menit Soal 1

Reaksi seri ireversibel berorde dua terjadi di dalam reaktor partaian (batch) dengan reaksi sebagi berikut:

𝐴 + 𝑋𝑘

1→𝐼 𝐼 + 𝑋𝑘

2→𝑃

Jika mula-mula 1 mol A (𝑛 ) dan 2 mol X ( ) dicampurkan, tentukan fraksi mol dari A ( ),

𝐴 𝑛

𝑋 𝑥

𝐴

X ( ), I ( ), dan P ( ) setelah A terkonsumsi tiga per empatnya. Asumsi: nilai𝑥

𝑋 𝑥

𝐼 𝑥

𝑃

𝑘₂ 𝑘₁ = 2 Soal 2

Suatu tangki berkapasitas 500 L berisi 300 L larutan pewarna dengan konsentrasi 0,1 kg/L. Konsentrasi pewarna akan diencerkan dengan cara mengalirkan air murni dengan laju alir sebesar 3 L/menit. Larutan pewarna ini diaduk dalam tangki dan memiliki laju alir luaran tangki sebesar 1,5 L/menit. Tentukan model matematika konsentrasi pewarna dalam aliran luaran tangki sebagai fungsi dari waktu hingga tangka penuh dan tentukan konsentrasi pewarna dalam tangki tepat ketika tangka penuh!.

Asumsi :

a. Densitas larutan dianggap sama pada berbagai konsentrasi b. Pencampuran dalam tangki terjadi homogen

Soal 3

Dalam sistem regasifikasi gas alam cair (LNG) di tepi pantai,buffer tankberfungsi untuk menjaga kontinuitas pasokan LNG ke pembangkit listrik dengan cara pengisian secara periodik oleh kapal pengangkut LNG (FSRU). Untuk menjaga tekanan,buffer tank tidak pernah dibiarkan kosong tetapi dijaga agar selalu ada sedikit LNG tersisa. Jikabuffer tank berbentuk bola dengan diameter 6 m, dan konsumsi LNG pembangkit listrik adalah 1,5 m³/jam,

A. Turunkan model matematika dan hitung ketinggian cairan LNG yang disisakan di dalam tangki untuk menjaga tekanan jika diasumsikanBuffer tankdari keadaan penuh dan baru bisa diisi kembali setelah 3 hari.

B. Turunkan model matematika dan hitung berapa lama waktu pengisian buffer tank tersebut jika laju pengisian LNG dari FSRU adalah 20 m³/jam.

TB2101 ANALISIS MATEMATIKA TEKNIK BIOENERGI & KEMURGI SOLUSI UJIAN SUSULAN TENGAH SEMESTER I 2021/2022

Tanggal : Durasi : 100 menit Jawaban No. 1

𝑥𝐴 = _𝑛 ^𝑛𝐴

𝐴+𝑛

𝑋+𝑛

𝐼+𝑛

𝑃

………(1) 𝑥𝑋 = _𝑛 ^𝑛𝑋

𝐴+𝑛_𝑋+𝑛_𝐼+𝑛_𝑃 ………(2) 𝑥𝐼= _𝑛 ^𝑛𝐼

𝐴+𝑛_𝑋+𝑛_𝐼+𝑛_𝑃 ………(3) 𝑥𝑃= 1 − 𝑥

𝐴− 𝑥

𝑋− 𝑥

𝐼………(4)

𝑑𝑛_𝐴

𝑑𝑡 = − 𝑘

1𝑛

𝐴𝑛

𝑋……….. (5)

𝑑𝑛𝑋

𝑑𝑡 = − 𝑘

1𝑛

𝐴𝑛

𝑋− 𝑘

2𝑛

𝐼𝑛

𝑋………. (6)

𝑑𝑛_𝐼

𝑑𝑡 = 𝑘₁𝑛_𝐴𝑛_𝑋− 𝑘₂𝑛_𝐼𝑛_𝑋………. (7)

𝑑𝑛_𝑃 𝑑𝑡 = 𝑘

2𝑛

𝐼𝑛

𝑋………(8) Pembagian persamaan (7) dan persamaan (5) menghasilkan:

𝑑𝑛_𝐼

𝑑𝑡=𝑘₁𝑛_𝐴𝑛_𝑋−𝑘₂𝑛_𝐼𝑛_𝑋

𝑑𝑛𝐴

𝑑𝑡 =−𝑘₁𝑛_𝐴𝑛_𝑋 → _𝑑𝑛^𝑑𝑛𝐼

𝐴

=− 1 + ^𝑘_𝑘²

1

𝑛_𝐼 𝑛_𝐴

Substitusi nilai ^𝑘_𝑘²

1

= 2

𝑑𝑛_𝐼 𝑑𝑛_𝐴 − _𝑛²

𝐴

𝑛𝐼=− 1

Penyelesaian dengan menggunakan faktor integrasi:

𝐼 𝑥( ) = exp 𝑒𝑥𝑝 ∫ α 𝑥( )𝑑𝑥

∫− _𝑛²

𝐴

𝑑𝑛𝐴= ¹

𝑛𝐴 2

𝑛_𝐼= _{𝐼 𝑛}¹

( )

𝐴 ^{∫ 𝐼 𝑛}

( )

^{𝐴 𝑓 𝑛}

( )

_𝐴 ^𝑑𝑛_𝐴⁺ 𝐼 𝑛

( )

^𝐶_𝐴

𝑛_𝐼= ¹1 𝑛𝐴 2

∫ ¹

𝑛𝐴

( )

2 ^{(− 1)𝑑𝑛𝐴 +} 𝑛^𝐶1

𝐴 2

𝑛𝐼=− 𝑛

𝐴 2 − _𝑛¹

( )

𝐴 ^{+ 𝑐𝑛𝐴2} 𝑛𝐼= 𝑛

𝐴 + 𝑐𝑛

𝐴

2 (𝑠𝑜𝑙𝑢𝑠𝑖 𝑢𝑚𝑢𝑚)

Diketahui𝑛_𝐴0 = 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑎𝑛 𝑛_𝐼0= 0 𝑚𝑜𝑙, maka diperoleh nilai c = -1. Sehingga, solusi khusus dari persamaan di atas adalah sbb:

𝑛𝐼= 𝑛

𝐴 − 𝑛

𝐴 2

Pembagian persamaan (8) dan persamaan (5) menghasilkan:

𝑑𝑛_𝑃 𝑑𝑡 =𝑘₂𝑛_𝐼𝑛_𝑋

𝑑𝑛𝐴

𝑑𝑡 =−𝑘₁𝑛_𝐴𝑛_𝑋 → ^𝑑𝑛_𝑑𝑛^𝑃

𝐴

=− ^𝑘_𝑘²

1

𝑛_𝐼 𝑛_𝐴

Substitusi nilai𝑛 dan nilai

𝐼= 𝑛

𝐴 − 𝑛

𝐴

2 𝑘₂

𝑘₁ = 2

𝑑𝑛_𝑃

𝑑𝑛_𝐴 =− ^𝑘_𝑘²

1

𝑛_𝐴−𝑛_𝐴² 𝑛_𝐴

( )

^{→ 𝑑𝑛𝑑𝑛𝑃𝐴 =− 2 1 − 𝑛}

⁽

^𝐴

⁾

^{→ 𝑑𝑛𝑑𝑛𝑃𝐴 =− 2 + 2𝑛𝐴}

𝑑𝑛𝑃 = − 2 + 2𝑛

(

𝐴

)

^𝑑𝑛_𝐴

∫ 𝑑𝑛_𝑃 = ∫ − 2 + 2𝑛

(

_𝐴

)

^𝑑𝑛_𝐴

𝑛_𝑃=− 2𝑛_𝐴+ 𝑛_𝐴² + 𝐶

Diketahui𝑛 , maka diperoleh nilai c = 1. Sehingga, solusi

𝐴0 = 1 𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑎𝑛 𝑛

𝑃0= 0 𝑚𝑜𝑙 khusus dari persamaan di atas adalah sbb:

𝑛𝑃= 𝑛

𝐴 2 − 2𝑛

𝐴+ 1

Jika A sudah terkonsumsi sebanyak ¾ dari jumlah semula, maka:

𝑛𝐴= 1 −

(

³₄( )1

)

= 0, 25 𝑚𝑜𝑙 𝑛𝑋 = 2 −

(

³₄( )1

)

^{− (𝑛}𝐼,0 − 𝑛

𝐼) = 0. 6875 𝑚𝑜𝑙

Berdasarkan persamaan (1), (2), (3), dan (4), nilai dari fraksi mol A, X, I, dan P adalah sebagai berikut:

𝑥𝐴 = _𝑛^𝑛𝐴

𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙

= _𝑛 ^𝑛𝐴

𝐴+𝑛_𝑋+𝑛_𝐼+𝑛_𝑃 = ^𝑛𝐴

𝑛𝐴+𝑛

𝑋+ 𝑛

𝐴−𝑛

𝐴

(

2

)

^{+ 𝑛}𝐴 2−2𝑛

𝐴+1

( )

𝑥𝐴 = ^0,25

0,25+0.6875+ 0,25−0,25( ²)^{+ 0,25}( ^{2−2 0,25( )+1}) ⁼

0,25

1,6875 = 0, 148 𝑥𝑋 = _𝑛^𝑛𝑋

𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙

= _1,6875^1,25 = 0, 407 𝑥𝐼= _𝑛^𝑛𝐼

𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙

= ^{𝑛𝐴−𝑛𝐴}

2

𝑛_{𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙} = ^0,25−0,25

2

1,6875 = 0, 111 𝑥𝑃= 1 − 𝑥

𝐴− 𝑥

𝑋− 𝑥

𝐼= 1 − 0, 148 − 0, 407 − 0, 111 = 0, 334 Jawaban soal 2

Jawaban soal 3 Bagian A

Neraca massa pengosongan tangki:

Laju massa LNG masuk – laju massa LNG keluar = akumulasi

Bagian B

Neraca massa pengisian tangki:

Laju massa LNG masuk – laju massa LNG keluar = akumulasi

𝐹𝑖𝑛 – 𝐹𝑜𝑢𝑡 = 𝑑𝑚/𝑑𝑡 ρ𝑄𝑖𝑛 – ρ𝑄𝑜𝑢𝑡 = ^𝑑ρ𝑉_𝑑𝑡

Densitas LNG diasumsikan konstan, persamaan menjadi:

𝑄𝑖𝑛 – 𝑄𝑜𝑢𝑡 = ^𝑑𝑉_𝑑𝑡 Integrasi:

𝑉 = 𝑄𝑖𝑛 – 𝑄𝑜𝑢𝑡( )𝑡 + 𝐶 Persamaan korelasi:

𝑉 = ^πℎ

2(3𝑅−ℎ) 3

Maka persamaan menjadi:

πℎ²(3𝑅−ℎ)

3 = 𝑄𝑖𝑛 – 𝑄𝑜𝑢𝑡( )𝑡 + 𝐶 Kondisi batas, saat t=0, V=Vtangki bola (kondisi penuh)

V = Volume Bola, dimana d=6 m, dan h=d=2R V = ⁴₃ π𝑅³

= ⁴₃ 3, 14( )

( )

⁶₂ ^{3= 113, 1 𝑚3}

Maka:

𝐶 = 𝑉 − 𝑄𝑖𝑛 – 𝑄𝑜𝑢𝑡( )𝑡 𝐶 = 𝑉

𝐶 = 113, 1 𝑚³ Diketahui:

𝑄𝑖𝑛 = 0

𝑄𝑜𝑢𝑡 = 1, 5 𝑚³/𝑗𝑎𝑚 Maka persamaan menjadi:

πℎ²(9−ℎ)

3 =− 1, 5𝑡 + 113, 1

Setelah 3 hari, ketinggian LNG di tangki:

t=3x24= 72 jam

πℎ²(9−ℎ)

3 =− 1, 5(72) + 113, 1 3πℎ² − ^πℎ

3

3 − 5. 1 = 0 h= -0,7, h=0.78, h=8.94

Dipilih h terkecil positif makah = 0,78 m

𝐹𝑖𝑛 – 𝐹𝑜𝑢𝑡 = 𝑑𝑚/𝑑𝑡 ρ𝑄𝑖𝑛 – ρ𝑄𝑜𝑢𝑡 = ^𝑑ρ𝑉_𝑑𝑡

Densitas LNG diasumsikan konstan, persamaan menjadi:

𝑄𝑖𝑛 – 𝑄𝑜𝑢𝑡 = ^𝑑𝑉_𝑑𝑡 Integrasi:

𝑉 = 𝑄𝑖𝑛 – 𝑄𝑜𝑢𝑡( )𝑡 + 𝐶

Kondisi batas, saat t=0, V=Vsisa setelah 3 hari, dari soal A didapat V sisa = 5,1 m³ Maka:

𝐶 = 𝑉 − 𝑄𝑖𝑛 – 𝑄𝑜𝑢𝑡( )𝑡 𝐶 = 𝑉

𝐶 = 5, 1 𝑚³

Persamaan menjadi:

𝑉 = 𝑄𝑖𝑛 – 𝑄𝑜𝑢𝑡( )𝑡 + 5, 1 Waktu pengisian:

Diketahui:

m³/jam 𝑄𝑖𝑛 = 20

m³/jam 𝑄𝑜𝑢𝑡 = 1. 5

Asumsi pengisian sampai penuh maka V=Vbola, dari soal A didapat V=113,1 m³.

113, 1 = 20 –1, 5( )𝑡 + 5, 1 18, 5𝑡 = 108

𝑡 = 5. 84 𝑗𝑎𝑚

“To be in the Top 1% you have to be Willing to do What the 99% Aren’t”

TK2104 ANALISIS MATEMATIKA TEKNIK KIMIA UJIAN TENGAH SEMESTER II 2015/2016

Tanggal : 24 November 2015 Durasi : 90 menit 1. [Penyelesaian PDB dengan Deret, nilai 40] Persamaan neraca panas suatu silinder besi (diameter dalam 1,25 cm dan diameter luar 2,5 cm) yang di dalamnya dilewatkan kukus diungkapkan dengan persamaan :

…(1) 𝑟^𝑑

2𝑇

𝑑𝑟² + ^𝑑𝑇_𝑑𝑟 − ^80ℎ_𝑘 𝑟(𝑇 − 𝑇

𝑙) = 0

dengan T = temperatur, Ti = Temperatur lingkungan, r = jari-jari, h = koefisien perpindahan panas, dan k = konduktivitas besi. Jika temperatur kukus 120°C, dan dengan mendefinisikan :

𝑦 = 𝑇 − 𝑇

1 ; 𝑥 = 𝑟 ^80ℎ_𝑘

a. Tunjukkan bahwa persamaan (1) di atas dapat dinyatakan ulang dalam persamaan Bassel :

= 0 … (2) 𝑥^{2 𝑑}

2𝑦

𝑑𝑥² + 𝑥 ^𝑑𝑦_𝑑𝑥 − 𝑥²𝑦

b. Selesaikan persamaan diferensial (2) dengan menggunakan metode Deret. Keterangan:

Cukup dengan jawaban umum (general solution) saja!

2. [Penyelesaian PDB Orde 2, nilai 40]

Profil konsentrasi senyawa A yang terproduksi dalam suatu reaktor unggun tetap (fixed-bed reactor) dengan ketinggian h dapat dinyatakan sebagai persamaan diferensial orde dua : ℎ ^𝑑

2𝐶_𝐴

𝑑ℎ² = 4 ^𝐶_ℎ^𝐴 + ^𝑑𝐶_𝑑ℎ^𝐴

Tentukan jawaban umum (general solution) nilai CA sebagai fungsi h 3. [Persamaan PDB Orde 1 dengan Transformasi Laplace, nilai 40]

Proses pengendalian aras cairan pada kolom pemisahan dua fasa mengikuti persamaan:

𝑑ℎ

𝑑𝑦 + 2ℎ = 4𝑡 𝑒^−2𝑡

dengan h(0) = -3. Tentukan profil aras cairan (h) sebagai fungsi waktu (t).

TK2104 ANALISIS MATEMATIKA TEKNIK KIMIA SOLUSI UJIAN TENGAH SEMESTER II 2015/2016

Tanggal : 24 November 2015 Durasi : 90 menit

1. Substitusi semua unsur variabel r dan T menjadi x dan y :

…(1) 𝑦 = 𝑇 − 𝑇

1↔𝑑𝑦 = 𝑑𝑇 𝑥 = 𝑟 ^80ℎ_𝑘 ↔ ^𝑟_𝑥 = _80ℎ^𝑘

…(2) 𝑑𝑥 = ^80ℎ_𝑘 𝑑𝑟↔𝑑𝑟 = _80ℎ^𝑘 𝑑𝑥 = _𝑥^𝑟 𝑑𝑥

Dari persamaan (1) dan (2) :

𝑑𝑇

𝑑𝑟 = 𝑟^𝑑𝑦

𝑥𝑑𝑥 = ^𝑥_𝑟 ^𝑑𝑦_𝑑𝑥

𝑑²𝑇

𝑑𝑟² = _𝑑𝑟^𝑑

(

^𝑥_𝑟 ^𝑑𝑦_𝑑𝑥

)

^{= 𝑟𝑑}

𝑥𝑑𝑥 𝑥 𝑟

𝑑𝑦

(

𝑑𝑥

)

^{= 𝑥}_𝑟^{22 𝑑}_𝑑𝑥^2𝑦2

Substitusi persamaan diferensial di soal dengan persamaan-persamaan di atas : 𝑟^𝑑

2𝑇

𝑑𝑟² + ^𝑑𝑇_𝑑𝑟 − ^80𝑘_ℎ 𝑟 𝑇 − 𝑇

(

1

)

^{= 0}

𝑟 ^𝑥

2

𝑟² 𝑑²𝑦 𝑑𝑥²

( )

^{+ 𝑥𝑟 𝑑𝑦𝑑𝑥 − 80𝑘ℎ 𝑟. 𝑦 = 0}

Kalikan persamaan dengan r 𝑥^{2 𝑑}

2𝑦

𝑑𝑥² + 𝑥 ^𝑑𝑦_𝑑𝑥 − ^80𝑘_ℎ 𝑟². 𝑦 = 0 𝑥^{2 𝑑}

2𝑦

𝑑𝑥² + 𝑥 ^𝑑𝑦_𝑑𝑥 − 𝑟

(

^80ℎ_𝑘

)

^{2. 𝑦 = 0}

𝑥^{2 𝑑}

2𝑦

𝑑𝑥² + 𝑥 ^𝑑𝑦_𝑑𝑥 − 𝑥²𝑦 = 0

Untuk menyelesaikan persamaan diferensial di atas misalkan y suatu solusi berbentuk deret

𝑦 = ∑ 𝑎

𝑛𝑥^𝑛+𝑐 Maka

𝑑𝑦

𝑑𝑥 = ∑(𝑛 + 𝑐). 𝑎

𝑛𝑥^{𝑛+𝑐−1}

𝑑²𝑦

𝑑𝑥² = ∑ 𝑛 + 𝑐 − 1( )(𝑛 + 𝑐). 𝑎

𝑛𝑥^{𝑛+𝑐−2} Substitusikan ke persamaan diferensial : 𝑥²∑ 𝑛 + 𝑐 − 1( )(𝑛 + 𝑐). 𝑎

𝑛𝑥^{𝑛+𝑐−2} + 𝑥∑(𝑛 + 𝑐). 𝑎

𝑛𝑥^{𝑛+𝑐−1} − 𝑥²∑ 𝑎

𝑛𝑥^𝑛+𝑐= 0

∑ 𝑛 + 𝑐 − 1( )(𝑛 + 𝑐). 𝑎

𝑛𝑥^𝑛+𝑐+ ∑(𝑛 + 𝑐). 𝑎

𝑛𝑥^𝑛+𝑐− ∑ 𝑎

𝑛𝑥^𝑛+𝑐+2= 0

Persamaan indisial untuk nilai pangkat terkecil (terjadi saat n=0 sehingga pangkat terkecil bernilai c) :

𝑐 𝑐 − 1( ). 𝑎

0𝑥^𝑐+ 𝑐. 𝑎

0𝑥^𝑐= 0 𝑎0𝑥^𝑐(𝑐 𝑐 − 1( ) + 𝑐) = 0

𝑐² − 𝑐 + 𝑐

( )

^{= 0↔𝑐 = 0}

Karena c=0 solusi merupakan suatu deret pangkat biasa :

∑ 𝑛 − 1( )(𝑛). 𝑎

𝑛𝑥^𝑛 + ∑(𝑛). 𝑎

𝑛𝑥^𝑛− ∑ 𝑎

𝑛𝑥^𝑛+2 = 0

Suku pertama dapat diinkremen dua kali sedangkan suku kedua bisa diinkremen satu kali :

∑ 𝑛 + 1( )(𝑛 + 2). 𝑎

𝑛+2𝑥^𝑛+2 + ∑(𝑛 + 1). 𝑎

𝑛+1𝑥^𝑛+1− ∑ 𝑎

𝑛𝑥^𝑛+2 = 0 Samakan pangkat untuk variabel x pada tiap suku :

∑ 𝑛 + 1( )(𝑛 + 2). 𝑎

𝑛+2𝑥^𝑛+2 + 𝑎

1𝑥 + ∑(𝑛 + 2). 𝑎

𝑛+2𝑥^𝑛+2− ∑ 𝑎

𝑛𝑥^𝑛+2= 0

∑ 𝑛 + 1( ) 𝑛 + 2( ). 𝑎

𝑛+2 + 𝑛 + 2( ). 𝑎

𝑛+2− 𝑎

(

𝑛

)

^{𝑥𝑛+2 + 𝑎}₁^{𝑥 = 0}

𝑎1𝑥 + 4𝑎

2− 𝑎

(

0

)

^{𝑥2 + 9𝑎}

(

₃^{− 𝑎}₁

)

^{𝑥3 + 16𝑎}

(

₄ ^{− 𝑎}₂

)

^{𝑥4 + … = 0}

Setiap koefisien disamakan = 0 Maka :

𝑎1= 𝑎

3= 𝑎

5 = … = 0 𝑎2= ^𝑎0

2² → 𝑎

4 = ^𝑎2

4² = ^𝑎0

4².2² →…→𝑎

𝑘= ^𝑎0

𝑘². 𝑘−2( )²…..2²

Maka solusi : 𝑦 = 𝑎

0 1 + ¹

2²𝑥²+ ¹

4².2²𝑥⁴ + … + ¹

𝑘². 𝑘−2( )²…..2²𝑥^𝑘

( )

2. Kalikan persamaan diferensial pada soal untuk mendapat persamaan berikut : ℎ^{2 𝑑}

2𝐶_𝐴

𝑑ℎ² − ℎ ^𝑑𝐶_𝑑ℎ^𝐴 − 4𝐶

𝐴 = 0

Misal CAsuatu solusi yang berbentuk deret berikut : 𝐶𝐴 = ∑ 𝑎

𝑛ℎ^𝑛+𝑐 Maka

𝑑𝐶_𝐴

𝑑ℎ = ∑(𝑛 + 𝑐). 𝑎

𝑛ℎ^{𝑛+𝑐−1}

𝑑²𝐶_𝐴

𝑑ℎ² = ∑ 𝑛 + 𝑐 − 1( )(𝑛 + 𝑐). 𝑎

𝑛ℎ^{𝑛+𝑐−2} Substitusikan ke persamaan diferensial : ℎ²∑ 𝑛 + 𝑐 − 1( )(𝑛 + 𝑐). 𝑎

𝑛ℎ^{𝑛+𝑐−2} − ℎ∑(𝑛 + 𝑐). 𝑎

𝑛ℎ^{𝑛+𝑐−1} − 4∑ 𝑎

𝑛ℎ^𝑛+𝑐= 0

∑ 𝑛 + 𝑐 − 1( )(𝑛 + 𝑐). 𝑎

𝑛ℎ^𝑛+𝑐− ∑(𝑛 + 𝑐). 𝑎

𝑛ℎ^𝑛+𝑐− 4∑ 𝑎

𝑛ℎ^𝑛+𝑐= 0

Persamaan indisial untuk nilai pangkat terkecil (terjadi saat n=0 sehingga pangkat terkecil bernilai c) :

𝑐 𝑐 − 1( ). 𝑎

0ℎ^𝑐− 𝑐. 𝑎

0ℎ^𝑐− 4𝑎

0ℎ^𝑐= 0 𝑎0ℎ^𝑐(𝑐 𝑐 − 1( ) − 𝑐 − 4) = 0

𝑎0ℎ^𝑐

(

𝑐² − 2𝑐 − 4

)

^{= 0}

𝑐²− 2𝑐 − 4 = 0↔𝑐 = 1± 5

Karena nilai c tidak bernilai bulat, jika Anda berhasil menyelesaikan persamaan indisial maka Anda sudah mendapatkan nilai penuh.

3. PERHATIKAN bahwa pada soal tertulis persamaan sebagai berikut :

𝑑ℎ

𝑑𝑦 + 2ℎ = 4𝑡. 𝑒^−2𝑡

Persamaan ini diralat menjadi persamaan berikut :

𝑑ℎ

𝑑𝑡 + 2ℎ = 4𝑡. 𝑒^−2𝑡

Lakukan transformasi Laplace terhadap persamaan diferensial tersebut sehingga diperoleh :

𝑠. 𝐻 𝑠( ) − ℎ 0( ) + 2. 𝐻 𝑠( ) = 4. ^1!

𝑠−(−2)

( )²

𝑠. 𝐻 𝑠( ) − (− 3) + 2. 𝐻 𝑠( ) = ⁴

𝑠+2 ( )²

𝑠 + 2

( )𝐻 𝑠( ) = ⁴

𝑠+2

( )² − 3 𝐻 𝑠( ) = ⁴

𝑠+2

( )³ − _𝑠+2³

Transformasi kembali H(s) menjadi h(t) ℎ 𝑡( ) = 𝐿^{−1 4}

𝑠+2 ( )³

( )

^{− 𝐿−1}

^{( )}

^𝑠+23

ℎ 𝑡( ) = 𝐿⁻¹ 2. ^2!

𝑠−(−2) ( )²⁺¹

( )

^{− 𝐿−1}

^{( )}

^𝑠+23

ℎ 𝑡( ) = 2𝑡²𝑒^−2𝑡− 3𝑒^−2𝑡= 𝑒^−2𝑡

(

2𝑡² − 3

)

TB2101 ANALISIS MATEMATIKA TEKNIK BIOENERGI & KEMURGI UJIAN TENGAH SEMESTER II 2016/2017

Tanggal : 17 November 2016 Durasi : 90 menit

1. Perpindahan panas konduksi (tunak) melalui dinding insulasi pipa yang mengalirkan kukus dapat diungkapkan dengan persamaan

1 𝑟

𝑑

𝑑𝑟

(

𝑟^𝑑𝑇_𝑑𝑟

)

^{= 0}

Temperatur permukaan bagian dalam insulasi (jari-jari 0,06 m) adalah 450 K, sedangkan temperatur permukaan bagian luar insulasi (jari-jari 0,11 m) adalah 310 K.

Perkirakan profil temperatur di dalam dinding insulasi (temperatur sebagai fungsi posisi ke arah radial di dalam dinding insulasi).

2. Suatu bahan kimia berdifusi melalui membran setebal L dan mengalami reaksi orde satu mengikuti persamaan

𝑑²𝐶

𝑑𝑥² = _𝐷^𝑘 𝐶

Jika konsentrasi reaktan di x = 0 dipertahankan Ci dan di x = L dipertahankan CL, tentukan C sebagai fungsi x dengan menggunakan deret pangkat atau deret Frobenius.

3. Suatu set reaksi reversibel beruntun yang dinyatakan sebagai

berlangsung di dalam reaktor partaian dengan volum dan temperatur konstan. Jumlah mol masing-masing senyawa pada tiap waktu dinyatakan sebagai NA, NB, dan NC. Di awal reaksi diketahui hanya terdapat 1 mol A, sehingga setiap saat berlaku

N_A+ N_B+ N_C= 1

Laju perubahan (penurunan jumlah) senyawa A dan B masing-masing dinyatakan sebagai

𝑑𝑁_𝐴

𝑑𝑡 =− 𝑘₁𝑁_𝐴+ 𝑘₂𝑁_𝐵

𝑑𝑁_𝐵

𝑑𝑡 =− 𝑘

2 + 𝑘

(

3

)

^𝑁_𝐵 ^{+ 𝑘}₁^𝑁_𝐴^{+ 𝑘}₄^𝑁_𝐶

Nyatakan persamaan jumlah mol tiap senyawa sebagai fungsi waktu

TB2101 ANALISIS MATEMATIKA TEKNIK BIOENERGI & KEMURGI SOLUSI UJIAN TENGAH SEMESTER II 2016/2017

Tanggal : 17 November 2016 Durasi : 90 menit 1. Gunakan aturan hasil kali :

1 𝑟

𝑑

𝑑𝑟

(

𝑟 ^𝑑𝑇_𝑑𝑟

)

^{= 0}

1 𝑟

𝑑𝑇

𝑑𝑟 + 𝑟 ^𝑑

2𝑇 𝑑𝑟²

( )

^{= 0}

𝑑²𝑇

𝑑𝑟² + ¹_𝑟 ^𝑑𝑇_𝑑𝑟 = 0

Gunakan substitusi derivatif. Misal u = dT/dr dan du/dr = d²T/dr²

𝑑𝑢

𝑑𝑟 + ¹_𝑟 𝑢 = 0

Penyelesaian persamaan diferensial orde satu di atas menggunakan metode I-factor : 𝑢 𝑟( ) = _{𝐼 𝑟( )}¹ ∫ 𝐼 𝑟( ). 𝑓 𝑟( )𝑑𝑟 + _𝐼(𝑟)^𝐶1

dimana

𝐼 𝑟( ) = 𝑒𝑥𝑝 ∫

( )

¹_𝑟 𝑑𝑟 = exp 𝑒𝑥𝑝 ln 𝑙𝑛 𝑟 ( ) = 𝑟 𝑓 𝑡( ) = 0

Maka

𝑢 𝑟( ) = ¹_𝑟∫ 𝑟. 0 𝑑𝑟 + ^𝐶_𝑟¹ 𝑢 𝑟( ) = ^𝑑𝑇_𝑑𝑟 = ^𝐶_𝑟¹

∫^𝑑𝑇_𝐶

1

= ∫ ^𝑑𝑟_𝑟

𝑇

𝐶₁ = ln 𝑙𝑛 𝑟 + 𝐶₂ 𝑇 = 𝐶

1𝑟 + 𝐶

2)

Pada saat r = 0,06 m, T = 450 K Pada saat r = 0,11 m, T = 310 K 450 = 𝐶₁0, 06 + 𝐶₂)

310 = 𝐶

10, 11 + 𝐶

2)

Kurangi kedua persamaan di atas : 140 = 𝐶

10, 06 − ln 𝑙𝑛 0, 11 ) 𝐶1 =− 230, 97

Menentukan nilai C2dengan mensubstitusikan nilai C1

450 =− 230, 970, 06 + 𝐶 )

𝐶2= 0, 865

Maka temperatur sebagi fungsi posisi ke arah radial dalam dinding insulasi dinyatakan dengan :

𝑇 =− 230, 97𝑟 + 0, 865)

dimana T temperatur (dalam K) dan r adalah posisi arah radial dalam dinding insulasi

(dalam m)

2. Misalkan solusi untuk persamaan diferensial adalah : 𝐶 = ∑ 𝑎

𝑛𝑥^𝑛 Maka

𝑑𝐶

𝑑𝑥 = ∑ 𝑛. 𝑎

𝑛𝑥^𝑛−1

𝑑²𝐶

𝑑𝑥² = ∑ 𝑛 − 1( )𝑛. 𝑎

𝑛𝑥^𝑛−2

Masukkan ke persamaan diferensial :

𝑑²𝐶

𝑑𝑥² − _𝐷^𝑘 𝐶 = 0

∑ 𝑛 − 1( )𝑛. 𝑎

𝑛𝑥^𝑛−2− ^𝑘_𝐷∑ 𝑎

𝑛𝑥^𝑛 = 0

Suku pertama dapat diinkremen sebanyak 2 kali :

∑ 𝑛 + 1( )(𝑛 + 2). 𝑎

𝑛+2𝑥^𝑛 − _𝐷^𝑘 ∑ 𝑎

𝑛𝑥^𝑛 = 0

∑ 𝑛 + 1( ) 𝑛 + 2( ). 𝑎

𝑛+2 − _𝐷^𝑘. 𝑎

(

𝑛

)

^{𝑥𝑛 = 0}

Masukkan n=0 : 2𝑎2− _𝐷^𝑘 𝑎

0= 0 ↔𝑎

2 = ^𝑘.𝑎_{2! 𝐷}⁰ Masukkan n=1 :

6𝑎3− _𝐷^𝑘 𝑎

1= 0 ↔𝑎

3 = ^𝑘.𝑎_{3! 𝐷}¹ Masukkan n=2 :

12𝑎4− _𝐷^𝑘 𝑎

4= 0 ↔𝑎

4 = _{12 𝐷}^𝑘.𝑎2 = ^𝑘

2.𝑎₀ 4! 𝐷²

Masukkan n=3 : 20𝑎5− _𝐷^𝑘 𝑎

3= 0 ↔𝑎

5 = _{20 𝐷}^𝑘.𝑎3 = ^𝑘

2.𝑎₁ 5! 𝐷²

Dari memasukkan nilai-nilai n di atas, ditemukan pola sebagai berikut : - Untuk n genap, n ≥2

𝑎𝑛= ^𝑘

𝑛/2𝑎₀

𝑛! 𝐷^𝑛/2 =

( )

_𝐷^{𝑘 𝑛/2 𝑎}𝑛!⁰

- Untuk n ganjil, n ≥3 𝑎𝑛= ^𝑘

(𝑛−1)/2

𝑎₁

𝑛! 𝐷^(𝑛−1)/2 =

( )

_𝐷^{𝑘 (𝑛−1)/2 𝑎𝑛!1}

Mengubah basis n untuk n genap (0,2,4,…) serta n ganjil (1,3,5,…) menjadi (0,1,2,…)

*Untuk n genap : 𝑎𝑛=

( )

_𝐷^{𝑘 𝑛} (2𝑛)!^𝑎0

*Untuk n ganjil :

𝑎𝑛=

( )

_𝐷^{𝑘 𝑛} (2𝑛+1)!^𝑎0

Kembali ke solusi yang dimisalkan : 𝐶 = ∑ 𝑎

𝑛𝑥^𝑛= 𝑎

0𝑥⁰+ 𝑎

1𝑥¹+ 𝑎

2𝑥²+ 𝑎

3𝑥³+ … 𝐶 = 𝑎

0+ 𝑎

2𝑥²+ 𝑎

4𝑥⁴+ …

( )

^{+ 𝑎}1𝑥 + 𝑎

3𝑥³ + 𝑎

5𝑥⁵ + …

( )

𝐶 = ∑ 𝑎

𝑛𝑥^𝑛= ∑

( )

_𝐷^{𝑘 𝑛 𝑥}(2𝑛^2𝑛)!𝑎

0+ ∑

( )

^𝑘_𝐷 ^𝑛 (2𝑛+1^𝑥2𝑛+1)!𝑎

1

𝐶 = ∑

( )

_𝐷^{𝑘 𝑛} (2𝑛^𝑥2𝑛)!𝑎

0+ ^𝑥

2𝑛+1

2𝑛+1 ( )!𝑎

(

1

)

𝐶 = ∑

( )

_𝐷^{𝑘 𝑛 𝑎}0cosh 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝑥 + 𝑎

1sinh 𝑠𝑖𝑛ℎ 𝑥

( )

3. *Untuk soal ini, cukup mengubah persamaan dalam soal menjadi suatu persamaan diferensial linear orde 2. Persamaan diferensial orde 2 tersebut tidak perlu

diselesaikan. Jika Anda ingin menyelesaikannya, silahkan dicoba dengan metode koefisien tak tentu.

𝑑𝑁_𝐵 𝑑𝑡 = 𝑘

1𝑁

𝐴− 𝑘

2 + 𝑘

(

3

)

^𝑁_𝐵 ^{+ 𝑘}₄^𝑁_𝐶

𝑑𝑁_𝐴

𝑑𝑡 =− 𝑘

1𝑁

𝐴+ 𝑘

2𝑁

𝐵

Jumlahkan kedua persamaan di atas untuk mendapat :

𝑑𝑁_𝐴

𝑑𝑡 + ^𝑑𝑁_𝑑𝑡^𝐵 =− 𝑘

3𝑁

𝐵+ 𝑘

4𝑁

𝐶

Substitusi NCmenjadi NAdan NBberdasar neraca mol : 𝑁𝐴+ 𝑁

𝐵 + 𝑁

𝐶= 1 Maka

𝑑𝑁_𝐴

𝑑𝑡 + ^𝑑𝑁_𝑑𝑡^𝐵 =− 𝑘

3𝑁

𝐵+ 𝑘

4 1 − 𝑁

𝐴− 𝑁

(

𝐵

)

Subtitusi NBmenjadi NAberdasar persamaan berikut :

𝑑𝑁_𝐴

𝑑𝑡 =− 𝑘

1𝑁

𝐴+ 𝑘

2𝑁

𝐵

∴𝑁𝐵 = _𝑘¹

2

𝑑𝑁_𝐴 𝑑𝑡 + ^𝑘_𝑘¹

2

𝑁𝐴

Turunkan persamaan diatas :

∴ ^𝑑𝑁_𝑑𝑡^𝐵 = _𝑘¹

2

𝑑²𝑁

𝐴

𝑑𝑡² + ^𝑘_𝑘¹

2

𝑑𝑁𝐴

𝑑𝑡

Substitusikan kedua persamaan di atas ke persamaan

𝑑𝑁𝐴

𝑑𝑡 + ^𝑑𝑁_𝑑𝑡^𝐵 =− 𝑘

3𝑁

𝐵+ 𝑘

4 1 − 𝑁

𝐴− 𝑁

(

𝐵

)

Sehingga menjadi

𝑑𝑁_𝐴 𝑑𝑡 + _𝑘¹

2

𝑑²𝑁_𝐴 𝑑𝑡² + ^𝑘_𝑘¹

2

𝑑𝑁_𝐴

𝑑𝑡 =− 𝑘

3 1 𝑘₂

𝑑𝑁_𝐴 𝑑𝑡 + ^𝑘_𝑘¹

2

𝑁𝐴

( )

^{+ 𝑘4}

(

^{1 − 𝑁𝐴 −}

(

^{𝑘12 𝑑𝑁𝑑𝑡𝐴 + 𝑘𝑘12𝑁𝐴}

) )

1 𝑘₂

𝑑²𝑁_𝐴

𝑑𝑡² + 1 + ^𝑘_𝑘¹

(

2

)

^{𝑑𝑁𝑑𝑡𝐴 =− 𝑘𝑘3}2

𝑑𝑁_𝐴

𝑑𝑡 − ^𝑘_𝑘^1𝑘3

2

𝑁𝐴+ 𝑘

4 − 𝑘

4𝑁

𝐴− ^𝑘_𝑘⁴

2

𝑑𝑁_𝐴

𝑑𝑡 − ^𝑘_𝑘^1𝑘4

2

𝑁𝐴

( )

1 𝑘₂

𝑑²𝑁_𝐴

𝑑𝑡² + 1 + ^𝑘_𝑘¹

(

2

)

^{𝑑𝑁𝑑𝑡𝐴 =− 𝑘𝑘3}2

+ ^𝑘_𝑘⁴

(

2

)

^{𝑑𝑁𝑑𝑡𝐴 − 𝑘4 + 𝑘𝑘1𝑘}2³

+ ^𝑘_𝑘^1𝑘4

(

2

)

^{𝑁𝐴+ 𝑘4}

1 𝑘2

𝑑²𝑁_𝐴

𝑑𝑡² + 1 + ^𝑘_𝑘¹

2

+ ^𝑘_𝑘³

2

+ ^𝑘_𝑘⁴

(

2

)

^{𝑑𝑁𝑑𝑡𝐴 + 𝑘4+ 𝑘𝑘1𝑘}2³

+ ^𝑘_𝑘^1𝑘4

(

2

)

^{𝑁𝐴= 𝑘4}

Kalikan tiap ruas dengan k2untuk didapat persamaan diferensial orde 2 yang diinginkan

𝑑²𝑁_𝐴 𝑑𝑡² + 𝑘

1+ 𝑘

2+ 𝑘

3 + 𝑘

(

4

)

^𝑑𝑁𝑑𝑡^𝐴 + 𝑘

1 𝑘

3 + 𝑘

(

4

)

^{+ 𝑘}₂^𝑘₄

( )

^𝑁_𝐴 ^{= 𝑘}₂^𝑘₄

TB2101 ANALISIS MATEMATIKA TEKNIK BIOENERGI & KEMURGI UJIAN TENGAH SEMESTER II 2018/2019

Tanggal : 22 September 2018 Durasi : 100 menit 1. [CLO 2; SO 1; Penyelesaian PDB simultan,

nilai 30]

Pada sebuah pabrik kimia, umpan dengan laju dialirkan ke dalam tangki 1 yang disusun

𝑞

seri dengan tangki 2 (seperti gambar di bawah). Keluaran tangki 1 dengan laju

𝑞

,

1

masuk ke dalam tangki 2 dan selanjutnya mengalir keluar tangki 2 dengan

𝑞

.

2

Aliran masuk dan ke1uar masing-masing

tangki dapat diungkapkan dengan persamaan diferensial

𝐴

1 𝑑ℎ₁

𝑑𝑡

= 𝑞 − 𝑞

1

; 𝐴

2 𝑑ℎ₂

𝑑𝑡

= 𝑞

1

− 𝑞

2

dimana𝑞₁ = ^ℎ_𝑅¹ adalah konstanta.

1

; 𝑞₂ = _𝑅^ℎ2

2

; 𝑅₁ 𝑑𝑎𝑛 𝑅₂

Pada saat t = 0 aliran masuk ke tangki 1 dihentikan (q = 0) dan ketinggian air di tangki 1 adalah 1 meter dan ketinggian air di tangki 2 adalah 0,5 meter. Tentukan waktu yang dibutuhkan untuk mengosongkan seluruh tangki.

2. [CLO 2; SO 1; Penyelesaian PDB orde 2, nilai 30)

Profil temperatur pelat logam yang berjarak x dari pusat sumber panas dapat diungkapkan sebagai

𝑑²𝑇

𝑑𝑥² + 2 ^𝑑𝑇_𝑑𝑥 + 4𝑇 = 0