makalah kelompok 11 - pemicu 2 termodinamika
Post on 21-Dec-2015
139 Views
Preview:
DESCRIPTION
TRANSCRIPT
2015
MAKALAH TERMODINAMIKA PEMICU 2: FIRST LAW OF
THERMODYNAMICS
KELOMPOK 11 DANIA ALFIS FIRDAUSYAH - 1306370511 ISNANDA NURISKASARI – 1406507556 MEDEA DWINTARI SURYANA – 1406507676 RAUDINA - 1306370594 ZAINAH – 1306405742
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
PROCESSES: FIRST PART
Berikan contoh proses isobarik, isokhorik, isotermal, adiabatik, tunak dan transien
menggunakan aplikasi kehidupan sehari-hari. Tuliskan neraca energi dan neraca massa
secara umum dan jelaskan pengertian fisik masing-masing istilah.
JAWAB:
Proses isobarik terjadi pada saat ada perubahan suhu atau volume spesifik ketika tekanan
konstan (ΔP = 0). Contoh proses isobarik pada kehidupan sehari-hari adalah ketika memasak air
di dalam ketel uap. Air yang berada di dalam ketel dipanaskan dengan cara menaikkan temperatur
(memberi panas) hingga sampai ke titik didihnya dan menguap menjadi fase gas, dengan semua
proses berlangsung pada tekanan konstan.
Proses isokhorik terjadi pada saat volume dijaga konstan (ΔV = 0), contoh pada kehidupan
sehari-hari adalah angin yang dihasilkan oleh kipas. Kipas dapat berputar dengan menggunakan
energi listrik. Kipas, udara dan energi listrik (dapat berupa baterai) berada pada volume yang tetap.
Ketika kipas berputar akibat energi listrik, terjadi kerja dari kipas terhadap wadah dimana energi
kinetik kipas berubah menjadi energi dalam udara. Hal ini menunjukkan bahwa kerja dapat
dilakukan dalam sistem yang tidak mengakibatkan perubahan volume.
Proses isotermal terjadi pada saat temperatur dijaga konstan dan umumnya berkaitan dengan
perubahan fase, seperti pencairan dan penguapan, karena pada saat terjadi perubahan fase, suhu
tidak berubah (ΔT = 0). Pada kehidupan sehari-hari, proses isotermal dapat diamati pada peristiwa
pendinginan yang dilakukan lemari es. Lemari es memiliki suhu yang lebih rendah dibandingkan
suhu lingkungan sekitarnya. Pendinginan yang terjadi pada lemari es, sama halnya yang terjadi
pada AC, dilakukan dengan bantuan kompresor, kondensor, katup ekspansi dan evaporator. Proses
pendinginan tidak dilakukan dengan menurunkan suhu melainkan dengan mengubah fase uap
menjadi cair dingin dan sebaliknya dengan mengontrol tekanan.
Proses adiabatik merupakan keadaan dimana sistem yang diamati bersifat tertutup dan tidak
terjadi perpindahan kalor dari sistem ke lingkungan (Q = 0). Proses adiabatik dapat diamati pada
peristiwa ekspansi uap di dalam suatu mesin uap atau kompresi udara pada mesin diesel. Pada
mesin pembakaran, udara dimasukan ke dalam silinder dan ditekan dengan menggunakan piston
sehingga menyebabkan suhu udara naik dengan cepat. Pada saat yang sama, solar dipindahkan ke
dalam silinder dan campuran antara solar dengan udara panas menyebabkan terjadinya proses
pembakaran. Selama proses tersebut terjadi, tidak ada perpindahan kalor dari sistem ke lingkungan
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
karena sistem yang diamati tertutup. Proses adiabatik dapat terjadi jika wadah sistem memiliki
dinding termal-terisolasi atau terjadi dalam waktu yang sangat cepat.
Proses tunak (steady state) merupakan proses yang tidak dipengaruhi oleh perubahan
waktu (dt = 0). Contoh pada kehidupan sehari-hari adalah aliran listrik terhadap alat elektronik
yang konstan atau aliran air keran yang dibuka tanpa diubah volumenya.
Proses tidak tunak (unsteady state) merupakan proses yang dipengaruhi oleh perubahan
waktu, contohnya adalah pengisian air dalam tangki yang dengan penambahan waktu akan
semakin penuh dan memiliki perubahan dibandingkan ketika kosong.
Dalam perhitungan neraca massa, anggapan yang digunakan adalah tidak ada akumulasi
di dalam dan dianggap tidak ada kebocoran di dalam pipa. Dari asumsi tersebut maka, akan berlaku
dm
dt= min − mout + mreaction . . . (1)
Keterangan : dm
dt = Laju akumulasi massa
min = Laju aliran massa masuk
mout = Laju aliran massa keluar
mreaction = Laju aliran massa produksi
Konsep dasar neraca energi pada sistem dinyatakan dalam bentuk persamaan:
dE
dt= m0E0 − m1E1 + Q + W . . . (2)
Keterangan : 𝑑𝐸
𝑑𝑡 = Laju akumulasi energi
��0 = Laju energi yang masuk ke sistem
��1 = Laju energi yang keluar dari sistem
�� = Laju kalor yang diberikan ke sistem
�� = Laju kerja yang dilakukan oleh sistem
Dimana energi (Ê) merupakan total energi kinetik, energi potensial dan energi dalam.
PROCESSES: SECOND PART
Uap jenuh dengan kualitas 0,98 (98% massa dari uap jenuh) didapatkan pada tekanan 5 bar
dan laju alir 1 kg/det. Uap superheated juga didapatkan pada 5 bar dan 200oC. Bagaimana
anda mengkombinasikan dua aliran tersebut untuk mendapatkan uap jenuh pada 5 bar?
Nyatakan asumsi anda.
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
JAWAB:
Asumsi sistem:
Sistem steady state : massa masuk = massa keluar
Proses adiabatik sehingga ∆Q = 0
Sistem terbuka karena ada aliran masuk dan aliran keluar
Sistem tidak menghasilkan atau menerima kerja sehingga W = 0
Energi kinetik dan energi potensial diabaikan karena sistem tidak memiliki kecepatan
dan ketinggian
Basis t = 1 detik
m1 = m1. t
= 1 kg/det.(1 detik)
= 1 kg
Persamaan untuk neraca energi sistem terbuka steady state adalah:
Dengan asumsi diatas, maka persamaannya menjadi :
∆(H. m) = 0
m1H1 + m2H2 = m3H3 . . . (3)
1) Uap Jenuh pada 5 bar = 0,5 Mpa
Dari steam table didapatkan HL = 640,19 kJ/kg dan Hv = 2748,1 kJ/kg, maka :
H1 = (0,02 x 640,19 kJ/kg) + (0,98 x 2748,1 kJ/kg)
= 2706,1 kJ/kg
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
2) Uap Superheated pada 5 bar = 0,5 Mpa
Dari steam table didapatkan H2 = 2855,9 kJ/kg
3) Produk uap jenuh pada 5 bar = 0,5 Mpa
Dari steam table didapatkan HL = 640,19 kJ/kg dan Hv = 2748,1 kJ/kg, maka :
H1 = (0 x 640,19 kJ/kg) + (1 x 2748,1 kJ/kg)
= 2748,1 kJ/kg
Menggunakan persamaan (3) yaitu m1H1 + m2H2 = m3H3 dengan m1 + m2 = m3, didapat:
[2706,1 kJ/kg x 1 kg] + [2855,9 kJ/kg x (m3 - 1)] = [2748,1 kJ/kg x m3]
2706,1 + 2855,9.m3 – 2855,9 = 2748,1.m3
-149,8 = -107,8.m3
m3 = 1,39 kg
1 kg + m2 = 1,39 kg
m2 = 0,39 kg
Sehingga didapatkan :
m1 = 1 kg/det
m2 = 0,39 kg/det
m3 = 1,39 kg/det
Jadi, untuk mengkombinasikan dua aliran diatas, diperlukan laju alir uap superheated
sebesar 0,39 kg/det yang nantinya akan mendapatkan produk berupa uap jenuh dengan laju alir
sebesar 1,39 kg/det.
HEAT TRANSFER: FIRST PART
Diskusikan masing-masing mode transfer panas pada gambar di bawah (gunakan
persamaan yang sesuai untuk setiap mode)
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
JAWAB:
Konduksi adalah pemindahan panas yang dihasilkan dari kontak langsung antara
permukaan-permukaan benda. Konduksi terjadi hanya dengan menyentuh atau menghubungkan
permukaan-permukaan yang mengandung panas.
Dalam kasus diatas konduksi adalah besi yang dipanaskan pada suatu ujungnya maka ujung
lainnya akan panas pula. Pada perpindahan panas konduksi, jika pada suatu benda terdapat
perbedaan temperatur maka akan terjadi perpindahan panas dari bagian bertemperatur tinggi ke
bagian bertemperatur rendah. Laju perpindahan panas berbanding dengan perbedaan temperatur
normal yaitu: (Holman,1986)
q/A = dT/dx . . . (4)
dengan:
q = laju perpindahan panas
dT/dx = perbedaan temperatur ke arah perpindahan panas
A = luas penampang benda yang tegak lurus arah aliran
Jika disubsitusikan konstanta proposionalitas, Persamaan (5) merupakan Hukum Fourier yaitu
persamaan dasar tentang konduksi panas.
q = kA (- dt / dx) . . . (5)
dengan:
k = konduktivitas termal (thermal conductivity)
dT/dx mempunyai tanda negatif jika temperatur diasumsi lebih tinggi pada permukaan dinding x
= 0 dan lebih rendah pada permukaan dinding x = x atau panas mengalir ke tempat yang lebih
rendah dalam skala temperatur.
Konveksi adalah pemindahan panas berdasarkan gerakan fluida disebut konveksi. Dalam
hal ini fluidanya adalah udara. Dalam kasus diatas konveksi adalah udara yang terasa panas
disekitar api unggun. Pada konveksi, bila temperatur fluida lebih tinggi dibandingkan temperatur
permukaan pipa, maka aliran panas terjadi dari fluida ke permukaan pipa, aliran tersebut
merupakan aliran panas konveksi dan panas yang mencapai permukaan pipa, aliran panasnya
bersifat konduksi. Perhitungan-perhitungan praktis persamaan dasar perpindahan panas konveksi
adalah sebagai berikut:
q = h A ∆T . . . (6)
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
dengan:
q = laju perpindahan panas konveksi
h = koefisien perpindahan panas konveksi
A = luas penampang benda yang tegak lurus arah aliran
∆T = perbedaan temperatur fluida
Radiasi adalah perpindahan kalor secara langsung tanpa medium/zat perantara. Dalam
kasus di atas radiasi adalah cahaya dari api unggun. Untuk benda yang dapat memancarkan panas
secara sempurna dalam perpindahan panas radiasi disebut radiator ideal (black body), dan dapat
memancarkan panas dengan kecepatan yang berbanding lurus dengan temperatur absolut pangkat
empat.
q/A = σ (T14 – T2
4) atau q = σ A ΔT4 . . . (7)
dengan:
q = laju perpindahan panas radiasi
σ = konstanta Stefan-Boltzmann
A = area
ΔT = perbedaan temperature
HEAT TRANSFER: SECOND PART
Jelaskan dua arrangement penukar panas di bawah. Jelaskan pengertian “Perbedaan
temperatur minimum yang dibutuhkan untuk laju penukar panas yang masuk akal adalah
10°C”
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
JAWAB:
Aliran dan distribusi temperature ideal pada heat exchanger:
1. Paralel Flow/Current flow
Kedua fluida mengalir dalam heat exchanger dengan aliran yang searah.
2. Counter Flow
Kedua fluida mengalir dalam heat exchanger dengan aliran yang berlawan arah.
Umumnya fluida panas menghasilkan variasi temperature yang tidak berbentuk garis lurus
jika diplot versus panjang. Pola aliran yang dibentuk oleh kedua fluida tersebut harus dapat
dijelaskan dengan perbedaan temperatur. Garis merah mewakili fluida primer yang memiliki
temperatur lebih tinggi dan garis biru mewakili fluida sekunder yang memiliki temperatur lebih
rendah. Panah pada garis menunjukkan arah aliran fluida. Di antara kedua aliran tersebut, liran
Counter Flow lebih efektif, dikarenakan besar suhu tertinggi dari aliran sekunder dapat lebih dari
besar suhu terendah aliran primer.
Pernyataan diatas menunjukan bahwa jika perbedaan temperatur kurang dari 100C, maka
aliran distribusi (paralel flow maupun counter flow) tidak dapat terjadi. 10°C menjadi batas
minimum perubahan suhu yang menyebabkan terjadinya aliran dan distribusi temperatur pada heat
exchanger.
EXPERIMENTAL CALORIMETRY
Anda harus mengetahui konsep tentang konservasi dari energi dan massa, dan untuk
mengetahui bagaimana cara kalorimeter bekerja. Bacalah paper tentang pengembangan
kalorimeter untuk pengukuran kapasitas panas dan entalpi dari suatu fluida (An automated
flow calorimeter for the determination of liquid an vapor isobaric heat capacities: Test results
for water and n-pentane, J.A. Sandarusi, K. Mulia and V.F. Yesavage, Rev. Sci. Instrum., 63, 2
(1992), 1810:1821). Bacalah hanya 1-2 halaman pada paper, dan kemudian mulailah dari
rumus umum Hukum 1 Termodinamika; sederhanakanlah rumus umum berdasarkan
informasi dari pengaturan kalorimeter dan bagaimana pengukuran berlangsung. Jika anda
bekerja secara sistematis, kemudian anda harus menentukan persamaan 1 yang diberikan
dalam paper. Nyatakan seluruh asumsi anda dengan jelas. Tampaknya panas yang hilang,
Qlst tidak termasuk dalam persamaan akhir untuk pengukuran kapasitas panas (persamaan
3). Pertimbangkan semua jenis model perpindahan panas yang berpotensi berkontribusi
untuk term ini dan jelaskan bagaimana mereka diminimalkan dalam eksperimen.
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
JAWAB:
Outline dari prinsip operasi kalorimeter
Berdasarkan paper “An automated flow calorimeter for the determination of liquid an
vapor isobaric heat capacities: Test results for water and n-pentane, J.A. Sandarusi, K. Mulia
and V.F. Yesavage, Rev. Sci. Instrum., 63, 2 (1992), 1810:1821” yang mengembangkan instrumen
“flow calorimeter” secara otomatis untuk perhitungan kapasitas panas isobarik dan entalpi dari
fluida pada temperatur dan tekanan tinggi. Instrumen ini didesain untuk menghitung kapasitas
panas untuk liquid maupun fasa uap dan berpotensi untuk kalor laten. Desain operasional rentang
tekanan dan temperatur pada instrumen ini adalah 0-30 MPa dan 300-700 K, meskipun hanya diuji
sampai 13 MPa dan 600 K. Dalam paper ini, kalorimeter digunakan untuk mengukur kapasitas
panas dari air (liquid) dan n-pentana (liquid dan vapor). Metode eksperimen dari instrumen ini
berdasarkan prinsip adiabatik, steady state flow calorimeter dengan input daya listrik. Pengukuran
perubahan tekanan dan temperatur memperkenankan perhitungan dari kapasitas panas rata-rata 𝐶𝑝
melalui analisa Hukum 1 Termodinamika.
Penyederhanaan Hukum 1 Termodinamika :
Dalam penyederhanaan Hukum 1 Termodinamika, kita perlu menentukan sistem yang ada
dalam kalorimeter tersebut. Pada kalorimeter ini, terjadi aliran atau perpindahan massa dan energi
sehingga sistem dalam kalorimeter ini merupakan sistem terbuka. Persamaan kesetimbangan
energi pada sistem terbuka adalah sebagai berikut:
∆𝑬 = 𝑸 + 𝑾 − (∆𝑼 + ∆𝑲 + ∆𝑷) . . . (8)
𝒅(𝒎 𝑼)
𝒅𝒕= �� + 𝒘𝒐𝒓𝒌 𝒓𝒂𝒕𝒆 − ∆[(𝑼 +
𝟏
𝟐𝒗𝟐 + 𝒈𝒉) 𝒎] . . . (9)
𝒅(𝒎 𝑼)
𝒅𝒕= �� − ∆[(𝑷 𝑽)𝒎] + �� − ∆[(𝑼 +
𝟏
𝟐𝒗𝟐 + 𝒈𝒉) ��] . . . (10)
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
Dimana H = U + P V
𝒅(𝒎 𝑼)
𝒅𝒕= �� + �� − ∆[(𝑯 +
𝟏
𝟐𝒗𝟐 + 𝒈𝒉)𝒎] . . . (11)
Asumsi :
Kondisi steady state, maka 𝒅(𝒎 𝑼)
𝒅𝒕= 𝟎
Tidak ada perbedaan ketinggian antara inlet dan outlet serta tidak ada perubahan pada
kecepatan laju alir massa pada sistem sehingga ∆𝑲 = ∆𝟏
𝟐��𝒗𝟐 = 𝟎 ; ∆𝑷 = ∆��𝒈𝒉 = 𝟎
Sistem tidak melakukan kerja sehingga W = 0.
Sehingga persamaan (11) diatas menjadi:
∆𝑯 =��
��
Pengukuran Kapasitas Panas Isobarik :
∆𝐻 = ∫ 𝐶𝑃 𝑑𝑇𝑇𝑜
𝑇𝑖
∆𝐻 = 𝐶𝑃 (𝑇𝑜 − 𝑇𝑖)
𝐶𝑃 =∆𝐻
𝑇𝑜 − 𝑇𝑖
Dengan memasukkan kondisi batas T = To (temperatur kalorimeter di outlet ) pada saat H = Ho
dan T = Ti (temperatur kalorimeter di inlet) saat H = Hi, maka persamaan diatas akan menjadi
sebagai berikut :
𝐶𝑝 =
𝐻(𝑇𝑜,𝑃𝑜)−𝐻(𝑇𝑖,𝑃𝑖)
𝑇𝑜−𝑇𝑖. . . (12)
Selanjutnya, substitusi hasil penyederhanaan Hukum 1 Termodinamika, sehingga persamaan 12
menjadi:
𝐶𝑝 =
(𝑄𝑖𝑛 − 𝑄𝑙𝑠𝑡)
ṁ(𝑇𝑜 − 𝑇𝑖)
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
Sehingga, terbukti bahwa kita mendapatkan persamaan yang sama dengan persamaan 1 (equation
1) pada paper sebagai berikut :
𝐶𝑝 =
[𝐻(𝑇𝑜,𝑃𝑜)−𝐻(𝑇𝑖,𝑃𝑖)]
𝑇𝑜−𝑇𝑖=
(𝑄𝑖𝑛−𝑄𝑙𝑠𝑡)
ṁ(𝑇𝑜−𝑇𝑖)
Kapasitas panas hasil pengukuran instrumen flow calorimeter ini adalah kapasitas panas
rata-rata (𝐶𝑝 ), tetapi memiliki kegunaan untuk memperkirakan nilai kapasitas panas sebenarnya
(𝐶𝑝) dengan koreksi terhadap tekanan dan temperatur.
Sistem dalam kalorimeter ini adalah adiabatis, sehingga panas yang keluar dari sistem
sangat kecil. Oleh sebab itu Qlst tidak dimasukkan dalam persamaan akhir, sehingga akan diperoleh
persamaan seperti pada equation 3 dalam paper.
𝐶𝑝(��, 𝑃𝑜) =𝑄𝑖𝑛
ṁ[(To − Ti)a − (To − Ti)b]
Dimana 𝐶𝑝 tersebut pada kondisi �� = 1
2[(𝑇𝑜 + 𝑇𝑖)𝑎 + (𝑇𝑜 − 𝑇𝑖)𝑏]
Model Perpindahan Panas Pada Kalorimeter dan Cara Meminimalisasinya
Konduksi : Bahan yang terbuat untuk kalorimeter ini harus dipertimbangkankan agar panas
yang keluar melalui bahan tersebut dapat diminimalisir, salah satu caranya adalah dengan
menggunakan bahan yang memiliki konduktivitas termal rendah untuk dinding kalorimeter.
Konveksi : Sistem harus diberikan ruang hampa udara.
Radiasi : Kalorimeter harus diletakkan ditempat pada suhu ruang, atau dijauhkan dari
tempat yang bersuhu ekstrim.
THEORETICAL APPROACH TO ESTIMATE HEAT CAPACITY
Energi dalam dan entalpi adalah dua besaran termodinamika yang digunakan dalam
persamaan neraca energi. Energi panas yang ditambahkan ke molekul gas poliatomik dapat
muncul sebagai energi rotasi dan vibrasi, serta translasi molekul gas. Jelaskan bagaimana
kita dapat memperkirakan kapasitas panas isobarik dari metana sebagai gas ideal
poliatomik sebagai fungsi temperatur dari 300 hingga 800 K berdasarkan equipartition
principle. Plot nilai teoritis dari kapasitas panas metana dan bandingkan nilai teoritis
tersebut dengan nilai yang anda peroleh menggunakan persamaan kapasitas panas gas ideal
dan parameter yang diberikan dalam buku Smith et al. atau Moran and Saphiro. Apakah
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
Anda pikir masuk akal untuk mengasumsikan bahwa kapasitas panas gas ideal adalah
konstan untuk seluruh rentang temperatur? Jelaskan.
JAWAB:
Prinsip Equipartisi
Kapasitas panas dari molekul gas monoatomik, diatomi, atau poliatomik dapat diprediksi
dengan didasarkan pada prinsip equipartisi dengan menghitung degree of freedom dari molekul
gas tersebut. Prinsip equipartisi menyatakan bahwa degree of freedom (dof) dari suatu gerakan
molekul berkontribusi (1
2𝑅𝑇) dalam perhitungan energi dalam (U).
𝑈 = (𝑑𝑜𝑓) (1
2𝑅𝑇) . . . (13)
Hubungan antara kapasitas panas isokhorik dengan persamaan 13 adalah sebagai berikut:
𝐶𝑣 = (𝜕𝑈
𝜕𝑇)
𝑣
𝐶𝑣 = (𝜕[(𝑑𝑜𝑓)(
1
2𝑅𝑇)]
𝜕𝑇)
𝑣
𝐶𝑣 = (𝑑𝑜𝑓) (1
2𝑅) . . . (14)
Hubungan antara kapasitas panas isobarik (𝐶𝑝) dengan kapasitas panas isokhorik (𝐶𝑣) adalah
sebagai berikut
𝐶𝑝 = 𝐶𝑣 + 𝑅 . . . (15)
Berikut ini adalah penjelasan mengenai gerakan yang dapat dilakukan oleh molekul monoatomik,
diatomik, dan poliatomik guna menentukan degree of freedom dari masing-masing molekul:
a) Molekul Monoatomik
Molekul monoatomik dapat bertranslasi dengan bebas dalam ruangan pada arah x, y dan z.
Gerak translasi ini menyatakan memiliki bahwa molekul monoatomik memiliki tiga degree of
freedom. Pada molekul monoatomik kedua gerakan yang lain (vibrasi dan rotasi) hampir tidak
terlihat sehingga dapat diabaikan, sehingga rumus energi dalamnya dapat dinyatakan sebagai
berikut.
𝑈 =3
2𝑅
𝐶𝑣 =3
2𝑅
𝐶𝑃 =5
2𝑅
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
b) Molekul Diatomik dan Poliatomik dengan Bentuk Linear
Pada molekul diatomik dan poliatomik yang berbentuk linear terdapat gerakan translasi kearah
x, y dan z, serta gerakan rotasi. Terdapat dua kemungkinan sumbu rotasi pada gerakan ini,
sehingga terdapat tambahan dua degree of freedom. Selanjutnya, jika dipanaskan dengan suhu
tinggi maka akan terjadi gerakan vibrasi yang jumlahnya dapat ditentukan dengan rumus
2(3𝑁 − 5) dimana angka 5 merupakan derajat kebebasan untuk translasi dan rotasi dan N
menyatakan banyaknya jumlah atom dalam suatu molekul.
Perlu diperhatikan bahwa untuk molekul diatomik, pada suhu rendah ±250 𝐾 hanya terjadi
gerakan translasi, pada suhu sedang ±500 𝐾 terjadi gerakan translasi dan rotasi, sedangkan
untuk gerakan vibrasi baru terjadi diatas suhu 1000 K. Sehingga energi dalam, kapasitas panas
isokhorik, dan kapasitas panas isobarik untuk molekul diatomik dan poliatomik linier pada
suhu tinggi (>1000 K) adalah sebagai berikut:
𝑈 = 3
2𝑅𝑇 + 𝑅𝑇 + 2(3𝑁 − 5)
1
2𝑅𝑇
𝐶𝑣 =3
2𝑅 + 𝑅 + 2(3𝑁 − 5)
1
2𝑅
𝐶𝑃 =3
2𝑅 + 𝑅 + 2(3𝑁 − 5)
1
2𝑅 + 𝑅
c) Molekul Poliatomik dengan Bentuk Non-Linear
Pada molekul poliatomik non-linear, terdapat tiga sumbu gerakan rotasinya sehingga
mempunyai 3 degree of freedom. Pada pemanasan dengan suhu tinggi, gerakan vibrasi dapat
ditentukan dengan rumus 2(3𝑁 − 6) dimana angka 6 menyatakan derajat kebebasan untuk
translasi dan rotasi. Pengaruh temperatur dalam penentuan jumlah gerakan yang terlibat sama
pada molekul diatomik. Sehingga, energi dalam untuk molekul poliatomik non-linear pada
suhu tinggi (>1000 K) sebagai berikut:
𝑈 = 3
2𝑅𝑇 +
3
2𝑅𝑇 + 2(3𝑁 − 6)
1
2𝑅𝑇
𝐶𝑣 = 3
2𝑅 +
3
2𝑅 + 2(3𝑁 − 6)
1
2𝑅
𝐶𝑃 = 3
2𝑅 +
3
2𝑅 + 2(3𝑁 − 6)
1
2𝑅 + 𝑅
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
Penentuan Kapasitas Panas Isobarik Gas Poliatomik Metana (300 K- 800 K)
Berdasarkan Prinsip Equipartisi
Struktur molekul metana
Gas metana merupakan gas poliatomik yang berstruktur tetrahedral sehingga dapat menyimpan
energi dalam bentuk translasi, rotasi, dan vibrasi. Namun, kemampuan gerakan gas metana
tersebut tidak dapat dilihat sekaligus pada suatu keadaan tertentu karena bergantung pada fungsi
temperatur. Penentuan derajat kebebasan suatu molekul juga bergantung pada kondisi suhunya.
Seperti contoh, untuk molekul H2, nilai Cv/R nya bergantung pada fungsi temperatur jika
dihubungkan dengan prinsip ekupartisi.
Kapasitas panas isokhorik H2 sebagai fungsi temperatur
Berdasarkan gambar diatas, dapat terlihat bahwa derajat kebebasan molekul H2 bergantung
dengan kondisi temperatur. Pada suhu rendah, yaitu molekul H2 hanya dapat melakukan gerakan
translasi, indikator suhu rendah tersebut adalah dibawah titik didih H2 (sekitar 20 K). Sedangkan
pada suhu ruang yaitu sekitar 300 K, menunjukkan kenaikan nilai Cv/R dan nilai derajat kebebasan
molekul H2 tersebut, sehingga molekul ini dapat melakukan gerakan translasi dan rotasi. Untuk
suhu diatas 1000 K, molekul H2 baru dapat melakukan gerakan vibrasi. Gerakan vibrasi
membutuhkan energi yang besar sehingga diperlukan suhu yang tinggi. Untuk molekul poliatomik,
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
kita harus memikirkan juga keterlibatan jumlah atom yang lebih banyak, sehingga rentang suhu
untuk mengalami energi translasi, rotasi dan, vibrasi mungkin berbeda dengan molekul H2. Tetapi,
menggunakan prinsip yang sama bahwa ada ketergantungan temperatur terhadap derajat
kebebasan suatu molekul yaitu kenaikan temperatur akan meningkatkan derajat kebebasan
sehingga nilai Cv maupun Cp juga meningkat.
Berdasarkan penjelasan diatas tentang penentuan Cv/R molekul H2 yang bergantung terhadap
fungsi temperatur dengan prinsip ekuipartisi. Kita dapat menggunakan pendekatan tersebut, untuk
menentukan nilai Cp dari metana dengan prinsip equipartisi. Pada suhu 300 K (suhu ruang), gas
metana yang merupakan molekul poliatomik hanya memiliki energi untuk bergerak secara
translasi dalam arah x, y, dan z, sehingga pada suhu tersebut degree of freedom dari gas metana di
suhu 300 K adalah 3. Oleh sebab itu, rumus kapasitas panas isokhorik dan isobariknya sebagai
berikut:
𝐶𝑣 =3
2𝑅
𝐶𝑃 =5
2𝑅 =
5
2(8,314
J
mol. K) = 20,785
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
Sedangkan, pada suhu 800 K molekul metana memiliki 3 degree of freedom gerak translasi dan 3
degree of freedom gerak rotasi. Hal ini dikarenakan oleh energi panas yang diterima oleh metana
diubah menjadi gerak translasi dan rotasi tetapi tidak cukup untuk diubah menjadi gerak vibrasi.
Energi vibrasi terjadi apabila molekul berada pada suhu tinggi diatas 1000 K. Berikut ini nilai
energi dalam, kapasitas panas isokhorik dan isobarik dari gas metana pada suhu 800 K:
𝑈 = 3
2𝑅𝑇 +
3
2𝑅𝑇 = 3 𝑅𝑇
𝐶𝑣 = 3𝑅
𝐶𝑃 = 4𝑅 = 4 (8,314 J/mol.K) = 33,256 J/mol.K
Perhitungan Nilai Kapasitas Panas Isobarik Gas Metana (300 K- 800 K) Menggunakan
Persamaan Gas Ideal Poliatomik (Smith et. al)
Hubungan antara temperatur dengan kapasitas panas gas ideal pada tekanan tetap
digambarkan melalui persamaan berikut ini:
𝐶𝑃
𝑅= 𝐴 + 𝐵𝑇 + 𝐶𝑇2 + 𝐷𝑇−2 . . .(16)
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
Dimana nilai A, B, C, D berbeda-beda untuk tiap jenis gas dapat dilihat pada tabel C.1 buku Smith
et.al. Untuk gas metana (CH4), nilai A = 1,702; B = 9,081x10-3; C = -2.164x 10-6 ; dan D = 0. Untuk
mengetahui nilai kapasitas panas isobarik pada rentang temperatur 300-800 K, maka nilai A, B, C,
D gas CH4 disubstitusikan ke persamaan (16), kemudian dilakukan plot antara hubungan antara
temperatur dan kapasitas panas isobarik metana.
Tabel 1. Nilai Cp CH4 (300 K- 800 K)
Temperatur (K) Cp/R Cp (J/mol.K)
300 4.23154 35.1852
400 4.98816 41.4765
500 5.7015 47.4079
600 6.37156 52.9795
700 6.99834 58.1912
800 7.58184 63.0429
Grafik 1. Grafik Hubungan antara Cp dan T gas CH4
y = 0,0557x + 19,07R² = 0,9978
0
10
20
30
40
50
60
70
0 200 400 600 800 1000
Cp
(J/
mo
l.K
)
T (K)
Hubungan Cp dan T Gas CH4
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
Perbandingan Nilai Cp Gas Metana (300 K- 800 K) Secara Teoritis dengan Nilai Cp
Perhitungan Persamaan Gas Ideal Poliatomik
Tabel 2. Perbandingan Cp CH4 Teoritis dan Hitungan
T (K) Cp Teoritis (J/mol.K) Cp Hitungan (J/mol.K)
300 20.785 35.1852
800 33.256 63.0429
Grafik 2. Grafik Perbandingan Cp CH4 Teoritis dan Hitungan
Berdasarkan hasil perbandingan nilai Cp secara teoritis dan hasil perhitungan diatas, terlihat
bahwa perbedaannya cukup besar. Perbedaan tersebut meningkat seiring dengan kenaikan
temperatur.
Apakah asumsi bahwa kapasitas panas gas ideal adalah konstan untuk seluruh rentang
temperatur?
Ketika kalor spesifik diambil tetap, maka persamaan dibawah ini sering digunakan dalam
analisa termodinamika gas ideal karena persamaan tersebut memungkinkan untuk berbagai proses.
ℎ(𝑇2) − ℎ(𝑇1) = 𝐶𝑝(𝑇2 − 𝑇1)
𝐶𝑝 =∫ 𝐶𝑝(𝑇)𝑑𝑇
𝑇2
𝑇1
𝑇2−𝑇1 . . . (17)
Apabila variasi nilai Cp untuk interval temperatur yang diberikan hanya sedikit, maka kesalahan
yang terjadi dengan mengambil kalor spesifik untuk persamaan diatas sebagai rata-rata aritmatik
0
10
20
30
40
50
60
70
0 200 400 600 800 1000
Cp
(kJ
/mo
l.K
)
T (K)
Grafik Perbandingan Cp CH4 Teoritis dan Hitungan
Cp Hitungan
Cp Teoritis PrinsipEquipartisi
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
dari nilai kalor spesifik temperatur awal dan akhir, relatif kecil. Sehingga, nilai kalor spesifik
konstan seringkali dapat juga ditetapkan.
APPLICATION
Anda memiliki pekerjaan musim panas dengan sebuah perusahaan yang mendesain
peralatan masak. Kelompok Anda diberikan tugas merancang pasta pot yang lebih baik.
Anda sangat senang dengan kekuatan baru, paduan logam (alloy) baru saja diproduksi, tapi
akankah itu dapat membuat pot yang baik? Jika waktu yang dibutuhkan lebih dari 10 menit
untuk merebus air dalam pot, maka pot tersebut tidak akan terjual. Hitunglah berapa lama
waktu yang dibutuhkan air pada suhu kamar untuk mencapai suhu mendidih di depok,
dalam pot yang terbuat dari paduan logam (alloy) baru tersebut. Asumsikan bahwa pot
dapat terisi sekitar 2 liter air, pot yang terbuat dari paduan logam (alloy) memiliki massa
550 gram dan kapasitas panas spesifiknya adalah 860 𝐉/𝐤𝐠℃, pembakar pada kompor Anda
memberikan 1.000 joule panas per detik, dan hanya sekitar 20% dari panas ini yang hilang
dari sistem.
JAWAB:
Permasalahan dalam soal diatas adalah, kita harus dapat menghitung waktu yang dibutuhkan
pasta pot dalam mendidihkan air di suhu ruang. Perhitungan waktu tersebut dapat diselesaikan
dengan menggunakan prinsip Asas Black : 𝑄𝑙𝑒𝑝𝑎𝑠 = 𝑄𝑡𝑒𝑟𝑖𝑚𝑎
Air dalam pasta pot yang dipanaskan
Diketahui : T awal (suhu ruangan) = 25°C
T akhir (suhu air mendidih di depok) = 100°C
∆𝑻 = T akhir-T awal = 75°C
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
Volume air dalam pot = 2 Liter = 0,002 m3
Massa air = 𝜌𝑎𝑖𝑟 𝑉𝑎𝑖𝑟 = (1000 kg/m3 )(0,002 m3 )= 2 kg
Kapasitas panas air (cair) = 4200 J/kg℃
Massa pot = 550 gram = 0,55 kg
Kapasitas panas pot (cpot) = 860 J/kg℃
Laju kalor kompor (��𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑟) = 1000 J/s
% kalor kompor yang hilang dari sistem = 20%
Ditanya : Hitunglah waktu yang diperlukan untuk memanaskan air dalam pot tersebut.
Jawab :
𝑄𝑙𝑒𝑝𝑎𝑠 = 𝑄𝑡𝑒𝑟𝑖𝑚𝑎
80 % 𝑄𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑟 = 𝑄𝑎𝑖𝑟 + 𝑄𝑝𝑜𝑡
80%(��𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑟. 𝑡) = (𝑚𝑎𝑖𝑟 𝑐𝑎𝑖𝑟 ∆𝑇)+ (𝑚𝑝𝑜𝑡 𝑐𝑝𝑜𝑡 ∆𝑇)
80% (1000J
s) t = (2 kg . 4200 J/kg℃ . 75°C) + (0,55 kg . 860 J/kg℃ . 75°C)
(800𝐽
𝑠) 𝑡 = 630000 𝐽 + 35475 𝐽
(800𝐽
𝑠) 𝑡 = 665475 𝐽
𝑡 = 831,84 𝑠 = 13,86 𝑚𝑒𝑛𝑖𝑡
Kesimpulan : Jadi waktu yang dibutuhkan oleh pot yang terbuat dari paduan logam (alloy) untuk
mendidihkan air di suhu ruang adalah 13,86 menit, karena waktu tersebut lebih dari 10 menit,
maka pot dari alloy ini tidak akan terjual.
INTRODUCTION TO RANKINE CYCLE
Diagram berikut menunjukkan steam power plant sederhana yang beroperasi dalam
keadaan tunak, dengan sirkulasi air di seluruh komponennya, menghasilkan 30 MW listrik.
Dengan data yang diketahui pada diagram, tentukan jumlah gas alam yang dibutuhkan
dengan mengasumsikan bahwa power in yang dibutuhkan untuk menjalankan pompa
diabaikan. Serta, tentukan laju alir massa pada sirkulasi air di seluruh steam power plant
dan pada cooling water yang melewati condenser, dalam kg/s. Gunakan nilai 0,35 untuk
efisiensi power plant. Gunakan diagram dua dimensi (P-V dan P-T) air untuk menunjukkan
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
jalur fluida dalam siklus pada titik 1-2-3-4 dan gunakan nilai numerik dari tekanan dan
temperaturnya pada diagram. Tuliskan semua asumsi yang diperlukan.
JAWAB:
Asumsi:
Siklus dalam keadaan tunak
Semua proses dalam siklus reversibel
Perpindahan panas diabaikan
Energi kinetik dan energi potensial diabaikan
Turbine dan pompa bekerja secara adiabatik
Steam generator dan condensor bekerja secara isobarik
Waktu sistem ditinjau selama 1 sekon
Gas alam berupa metana
Jumlah Gas Alam yang Dibutuhkan
Terlebih dahulu, kita mencari nilai ��𝑖𝑛 yang didapatkan dari nilai efisiensi yang telah diketahui.
𝜂 = ��𝑇 − ��𝑃
��𝑖𝑛
0,35 = 30 𝑀𝑊 − 0 𝑀𝑊
��𝑖𝑛
��𝑖𝑛 = 85,714 𝑀𝑊
𝑄𝑖𝑛 = 85,714 𝑀𝑊 𝑥 1000 𝑘𝑊
1 𝑀𝑊𝑥 1 𝑠𝑒𝑘𝑜𝑛 = 85714 𝑘𝐽
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
Dengan asumsi bahwa gas alam yang digunakan adalah metana, dapat diketahui massa gas alam
yang digunakan. Diketahui: Heating value methane = 50,017 kJ/kg
𝑄𝑖𝑛 = 𝑚 𝑥 ℎ𝑒𝑎𝑡𝑖𝑛𝑔 𝑣𝑎𝑙𝑢𝑒
85714 𝑥 103 𝐽 = 𝑚 𝑥 50,017 𝐽
𝑔𝑟⁄
𝑚 = 1713,7 𝑔𝑟 = 1,7137 𝑘𝑔
Sehingga didapatkan jumlah gas alam (metana) yang diperlukan adalah 1,7137 kg.
Laju Alir Massa di Seluruh Steam Power Plant (dalam kg/s)
Diketahui bahwa pada titik satu, air berada dalam bentuk superheated steam. Pada titik dua, dalam
bentuk saturated steam. Dalam titik tiga, berbentuk saturated liquid serta pada titik empat
berbentuk compressed liquid. Sehingga:
h1 = 3425,82 kJ/kg
h2 = 2576,2 kJ/kg x (0,9) + 173,85 kJ/kg x (0,1) = 2335,965 kJ/kg
h3 = 173,85 kJ/kg
h4 = 188,834 kJ/kg
Diketahui persamaan:
�� =𝑊𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒
(ℎ1−ℎ2)(ℎ4−ℎ3) . . . (18)
Sebelumnya diketahui bahwa power in pada pompa diabaikan. Sehingga menyebabkan kerja pada
pompa bernilai nol. Karena itu, nilai h3 dan h4 dapat dianggap sama sehingga (h4 – h3) = 0. Selain
itu, dengan mengabaikan power in, didapatkan kerja sebesar 30 MW yang berasal dari kerja yang
dihasilkan oleh turbin.
�� =30 𝑀𝑊 𝑥
1000 𝑘𝑊1 𝑀𝑊 𝑥 1 𝑠𝑒𝑘𝑜𝑛
(3425,82 𝑘𝐽
𝑘𝑔⁄ − 2335,965 𝑘𝐽
𝑘𝑔⁄ )
�� =30000 𝑘𝐽
1089,855 𝑘𝐽
𝑘𝑔⁄= 27,527 𝑘𝑔
𝑚 = 27,527 𝑘𝑔/𝑠
Sehingga laju alir massa di seluruh steam power plant adalah 27,527 kg/s.
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
Laju Alir Massa Cooling Water di Condensor (dalam kg/s)
Dengan hanya meninjau keadaan di sekitar condensor, maka diketahui persamaan:
𝑄𝑜𝑢𝑡 = ��(ℎ2 − ℎ3)
𝑄𝑜𝑢𝑡 = 27,527 𝑘𝑔 𝑥 (2335,965𝑘𝐽
𝑘𝑔⁄ − 173,85𝑘𝐽
𝑘𝑔⁄ )
𝑄𝑜𝑢𝑡 = 59516,54 𝑘 𝐽
Hukum satu termodinamika (kekekalan energi) menyatakan:
𝑄𝑜𝑢𝑡 = 𝑄𝑖𝑛
𝑄𝑖𝑛 = 59516,54 𝑘𝐽
Dengan asumsi bahwa cooling water masuk dan keluar condensor adalah saturated liquid, akan
diketahui nilai entalpi sebesar:
hcw in = 83,92 kJ/kg
hcw out = 146,64 kJ/kg
𝑄𝑖𝑛 = ��(ℎ𝑐𝑤 𝑜𝑢𝑡 − ℎ𝑐𝑤 𝑖𝑛)
59516,54 𝑘𝐽 = �� 𝑥 (146,64 𝑘𝐽𝑘𝑔⁄ − 83,92 𝑘𝐽
𝑘𝑔⁄ )
�� = 948,924 𝑘𝑔
𝑚 = 948,924𝑘𝑔
𝑠
Sehingga laju air massa pada cooling water diketahui sebesar 948,924 kg/s.
Diagram P-V dan P-T air pada titik 1-2-3-4
Diagram P-V
Tabel 3. Tabel P-v pada titik 1,2,3,4
Titik v (m3/kg) P (MPa)
1 0,03396 10
2 16,289 0,008
3 0,0010085 0,008
4 0,001004724 10
Dengan memasukkan nilai tekanan dan volume spesifik pada setiap titik, dan menyesuaikannya
dengan diagram P-T untuk air, didapatkan:
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
Grafik 3. Diagram P-v untuk air pada titik 1,2,3,4
Diagram P-T
Tabel 6. Tabel T-P pada titik 1,2,3,4
Titik T (C) P (MPa)
1 520 10
2 41,51 0,008
3 41,51 0,008
4 43 10
Dengan memasukkan nilai tekanan dan temperatur pada setiap titik, dan menyesuaikannya dengan
diagram P-T untuk air, didapatkan:
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
Grafik 4. Diagram P-T untuk air pada titik 1,2,3,4
INTRODUCTION TO UNSTEADY STATE PROCESSES: PART A
Sebuah tangki berisi 45 kg air dalam fase liquid awalnya berada pada suhu 45C memiliki
satu inlet dan satu exit dengan laju alir massa yang sama. Air liquid masuk pada suhu 45C
dengan laju alir massa 270 kg/h. Sebuah kumparan pendingin dicelupkan dalam air dan
mengambil energi dengan nilai 7,6 kW. Air tercampur sempurna dengan bantuan batang
pengaduk sehingga suhu air uniform. Input daya terhadap air dari batang pengaduk adalah
0,6 kW. Tekanan pada inlet dan exit sebanding dan semua energi kinetik dan potensial dapat
diabaikan. Plot variasi suhu air terhadap waktu.
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
JAWAB:
Asumsi:
1. Control Volume dinyatakan dengan garis putus-putus
2. Pada Control Volume , perpindahan kalor yang signifikan pada kumparan. Pengaruh energi
kinetik dan potensial diabaikan
3. Temperatur Air merata di semua tempat T = T(t)
4. Air didalam tangki inkompresibel
Neraca Laju Energi:
𝑑(𝑚𝑐𝑣𝑢)
𝑑𝑡= 𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣 + ∆[(𝐻 +
1
2𝑣2 + ℎ𝑔)ṁ] . . . (19)
Berdasarkan asumsi nomor 2, maka:
𝑑(𝑚𝑐𝑣𝑢)
𝑑𝑡= 𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣 + ∆[(𝐻 + 0 + 0)ṁ]
𝑑(𝑚𝑐𝑣𝑢)
𝑑𝑡= 𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣 + ṁ(ℎ1 − ℎ2)
Karena massa pada control volume konstan terhadap waktu, maka:
𝑑(𝑚𝑐𝑣𝑢)
𝑑𝑡= 𝑚𝑐𝑣
𝑑𝑢
𝑑𝑡
Karena air inkompresibel, maka energi dalam spesifik hanya bergantung pada temperatur saja.oleh
karena itu:
𝑑𝑢
𝑑𝑡=
𝑑𝑢
𝑑𝑇
𝑑𝑇
𝑑𝑡= 𝑐
𝑑𝑇
𝑑𝑡
ℎ1 − ℎ2 = 𝑐(𝑇1 − 𝑇2) + 𝑣(𝑃1 − 𝑃2) . . . (20)
Dimana c adalah kalor spesifik. Tidak ada perubahan tekanan, dan karena teraduk dengan baik
maka temperatur pada tangki sama dengan temperatur pada pipa keluar, sehingga:
𝑚𝑐𝑣𝑐𝑑𝑇
𝑑𝑡= 𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣 + ṁ𝑐(𝑇1 − 𝑇) . . . (21)
Dimana T merupakan temperatur air yang merata seragam pada saat waktu t. Seperti dapat
diverifikasi dengan substitusi langsung, penyelesaian untuk persamaan differensial orde pertama
dilakukan dengan tahapan berikut:
𝑚𝑐𝑣𝑐𝑑𝑇
𝑑𝑡= 𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣 + ṁ𝑐(𝑇1 − 𝑇)
𝑚𝑐𝑣
ṁ
𝑑𝑇
𝑑𝑡=
𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣
ṁ𝑐+ (𝑇1 − 𝑇)
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
∫𝑑𝑇
�� − ��𝑚𝑐 + (𝑇1 − 𝑇)
= ∫𝑚𝑐𝑣
ṁ 𝑑𝑡
𝑡
0
𝑇
0
𝑙𝑛 [�� − ��
𝑚𝑐+ (𝑇1 − 𝑇)] =
ṁ
𝑚𝑐𝑣𝑡 + 𝑥
𝑙𝑛�� − ��
𝑚𝑐+ ln 𝑇1 −
ṁ
𝑚𝑐𝑣𝑡 − 𝑥 = ln 𝑇
�� − ��
𝑚𝑐+ 𝑇1 + 𝑒
−ṁ
𝑚𝑐𝑣𝑡−𝑥
= 𝑇
�� − ��
𝑚𝑐+ 𝑇1 + 𝑒
−ṁ
𝑚𝑐𝑣𝑡𝑒−𝑥 = 𝑇
Nilai e-x diubah dengan nilai C1 menjadi:
�� − ��
𝑚𝑐+ 𝑇1 + 𝑒
−ṁ
𝑚𝑐𝑣𝑡𝐶1 = 𝑇
𝑇 = 𝐶1 exp (−𝑚
𝑚𝑐𝑣𝑡) + (
𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣
ṁ𝑐) + 𝑇1
Konstanta C1 dievaluasi dengan menggunakan kondisi awal t = 0, T = T1 ,
𝑇 = 𝑇1 + (𝑄𝑐𝑣−𝑊𝑐𝑣
ṁ𝑐) [1 − exp (−
ṁ
𝑚𝑐𝑣) 𝑡] . . . (22)
Dengan menstubtitusikan nilai numerik yang telah diberikan bersama dengan kalor spesifik c
untuk cairan air dari tabel A-19 (buku Termodinamika Teknik oleh Moran dan Saphiro)
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
𝑇 = 318𝐾 + ([−7,6 − (−0.6)]𝑘𝐽/𝑠
(270
3600𝑘𝑔𝑠
) (4,2𝑘𝐽
𝑘𝑔. 𝐾)
) [1 − exp (−270
45) 𝑡]
𝑇 = 318 + (22)[1 − exp(−6𝑡)] . . . (23)
Persamaan (23) digunakan untuk mengalurkan plot antara temperatur terhadap waktu:
Tabel 5. Tabel Temperatur terhadap Waktu
X Y X Y
Waktu (h) Temperatur Air(K) Waktu (h) Temperatur Air(K)
0 318 0.13141 306
0.007753 317 0.14897 305
0.015885 316 0.1686 304
0.024434 315 0.190855 303
0.033445 314 0.216547 302
0.042972 313 0.246934 301
0.053076 312 0.284125 300
0.063832 311 0.332072 299
0.075331 310 0.399649 298
0.087682 309 0.515174 297
0.101023 308 #NUM! 296
0.115525 307 #NUM! 295
Grafik 5. Grafik Perubahan Temperatur Air Menurut Waktu
290
295
300
305
310
315
320
0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6
Tem
pe
ratu
r ai
r, K
Waktu, h
Grafik Perubahan Temperatur Air Menurut Waktu
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
Dari persamaan diatas, dapat diambil data. Pada suhu 296K temperatur air mulai konstan setelah
0.515174 jam atau 30,9 menit.
INTRODUCTION TO UNSTEADY STATE PROCESSES: PART B
Sebuah tangki terevakuasi dengan kapasitas 1 m3 awalnya kosong tanpa fluida di dalam. Air
sebanyak 2 L dan pada suhu 25°C dipindahkan ke dalam tangki. Pada tengah hari,
kesetimbangan termal diasumsikan tercapai dan fluida dengan temperatur 60°C terbentuk
dalam tangki. Pada kondisi ini, apakah air dalam tangki berupa campuran cair-uap atau
hanya pada fase uap? Jika hanya sebagai fase uap, berapa banyak air yang perlu
ditambahkan agar air dalam tangki hanya berada dalam keadaan uap air jenuh?
JAWAB:
Diketahui:
Asumsi:
Unsteady state (ada perpindahan massa dari lingkungan ke sistem terhadap perubahan
waktu)
Tidak ada aliran keluar, me = 0
Karena tangki terevakuasi, m1 = 0
Kondisi di titik 1 adalah kondisi awal sistem ketika tangki kosong, titik 2 adalah kondisi
ketika air dipindahkan ke dalam tangki, titik 3 adalah kondisi sistem ketika berada dalam
kesetimbangan
Ditanya: fase campuran pada kesetimbangan, jumlah air yang perlu ditambahkan agar seluruh isi
tangki berada dalam fase vapor
Jawab:
Untuk mengetahui fase campuran, perlu informasi mengenai tekanan atau volume spesifik pada
kondisi kesetimbangan (di titik 3) agar dapat dibandingkan ke diagram p-v-T air. Informasi
Vakum
Kapasitas:
1 m3
(I)
(II) T = 60°C
(III)
2L AIR 25°C
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
mengenai volume spesifik dapat diketahui jika massa total dan volume total diketahui, volume
total merupakan volume tangki dan massa total dapat diketahui dari penggunaan neraca massa.
Neraca massa:
m3 – m1 = min - mout
Diketahui bahwa tangki terevakuasi dan tidak ada aliran keluar maka m1 dan mout tidak ada maka:
m3 = min
Nilai min dapat diketahui dengan menghitung volume air masuk dikalikan densitas air yaitu:
𝜌 = 𝑚𝑉⁄
1𝑔𝑟
𝑐𝑚3=
𝑚
2𝐿𝑥
1 𝐿
1000 𝑐𝑚3
𝑚 = 2000 𝑔𝑟 = 2 𝑘𝑔
Selanjutnya menghitung nilai volume spesifik:
𝑣𝑡𝑜𝑡 =𝑉 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝑚 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝑣𝑡𝑜𝑡 = 1 𝑚3
2 𝑘𝑔
Setelah mengetahui nilai volume spesifik, dapat diamati diagram v-T untuk air pada v 0,5 m3/kg
dan suhu 60°C.
Berdasarkan diagram v-T diketahui bahwa pada volume spesifik 0,5 m3/kg dan suhu 60°C, air
berada dalam fase vapor-liquid. Untuk dapat mengubah keseluruhan fluida menjadi dalam fasa
vapor dapat dinaikan temperaturnya hingga memasuki fase vapor. Penambahan massa akan
menurunkan volume spesifik (v ~ 1/m) sehingga penambahan massa air tidak dapat mengubah
FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11
fluida agar menjadi fasa vapor melainkan campuran akan memiliki kualitas uap yang lebih kecil
lagi.
DAFTAR PUSTAKA
Moran, Michael J., Howard N.Saphiro. (2006). Fundamentals of Engineering
Thermodynamics. England : John Willey & sons ltd.
Smith, J.M., H.C. Van Ness, M.M. Abbot. (2001). Termodinamika Edisi Kedua. New
York : McGraw-Hill.
Cengel, Y.A. dan Boles, M. 2002. Thermodynamics: An Engineering Approach 5th edition.
USA Mc Graw Hill.
top related