1

BAB 2HUKUM PERTAMATERMODINAMIKA

Energi tidak dapat

diciptakan atau

dimusnahkan

Energi hanya dapat diubah

dari satu bentuk ke

bentuk lainnyaEK = ½mu2

EP = 0

EK = 0EP = mgh

EK = ½mu2

EP = 0

3

Bergerak lebih cepat

EK bertambah

T naik

4

EKSPERIMEN JOULE

U= Q + W (2.1)

Konvensi tanda:

• Positif jika Q atau W ditransfer ke dalam sistem

• Negatif jika Q atau W ditransfer dari sistem

Hukum Termodinamika I

6

Untuk sistem tertutup yang mengalami proses yang hanya menyebabkan perubahan internal energinya:

Ut = Q + W

Untuk perubahan yang sangat kecil:

dUt = Q + W

(2.2)

(2.3)

7

Persamaan termodinamika biasanya ditulis untuk satu satuan (massa atau mol). Jadi untuk n = 1:

U = Q + W

dU = Q + W

Mengingat bahwa:

Vt = n V dan Ut = n U

maka untuk sistem tertutup yang terdiri dari n mol:

(nU) = n U = Q + W

d(nU) = n dU = Q + W

(2.4)

(2.5)

8

CONTOH 2.1

Satu rangkaian piston/silinder ditempatkan secara mendatar di dalam suatu constant-temperature bath. Piston dapat bergerak di dalam silinder tanpa gesekan. Ada gaya luar yang menahan piston pada posisinya, melawan tekanan mula-mula gas sebesar 14 bar. Volum gas mula-mula 0,03 m3. Gaya eksternal yang bekerja pada piston dikurangi sedikit demi sedikit, dan gas mengalami ekspansi secara isotermal sampai volumnya menjadi 2 kali lipat. Jika hubungan antara volum gas dan tekanan dapat dinyatakan dengan:

PVt = konstan

Berapa usaha yang dilakukan oleh gas pada saat ekspansi? Berapa besar usaha yang akan dilakukan oleh gas jika gaya eksternal dikurangi secara mendadak sampai gaya tsb menjadi setengah dari gaya mula-mula.

9

PENYELESAIAN

P Vt = k tVkP

t

t

V

V

tdVPW2

1

Dengan: 31 03,0 mV t

32 06,0 mV t

JVPPVk tt 000.4203,01014 511

Maka: W = 42.000 ln (2) = 29.112 J

dan

Maka bisa diperoleh:

t

tV

Vt

t

VVk

VdVkW

t

t 1

2ln2

1

Tekanan akhirnya = barPaVk

P t 7000.70006,0000.42

22

V1t V2

t

P

P1

P2

P Vt = k

1111

Pada kasus kedua, P gas turun mendadak menjadi 7 bar.

W = (7 105) (0,06 0,03) = 21.000 J

Proses kedua ini merupakan proses irreversibel, karena perubahannya tidak berlangsung sedikit demi sedikit.

Jika dibandingkan dengan proses reversibel, maka efisiensi dari proses yang kedua (irreversibel) adalah:

721,0112.29000.21

Atau 72,1%

W = - P Vt = - P (V2t – V1

t)

12V1

t V2t

P

13

Neraca energi untuk sistem homogen tertutup yang terdiri dari n mol:

d(nU) = Q + W

Untuk kerja yang reversibel: W = P d(nV)

Jika kedua persamaan digabung:d(nU) = Q P d(nV)

Untuk proses dengan V konstan, d(nV) = 0, sehingga:

Q = d(nU)

Q = n U

Untuk n = 1 Q = U (2.8)

14

Hukum I Termodinamika dapat ditulis sebagai:

Q = d(nU) + P d(nV)

Untuk proses dengan P konstan:

Q = d(nU) + d(nPV) = d{n (U + PV)}

Didefinisikan sebagai enthalpy (H)

H U + PV

Persamaan di atas dapat ditulis sebagai:

Q = d(nH)

Q = n H

(2.8)

Untuk n = 1 Q = H (2.9)

d(nU) = Q P d(nV)

15

Definisi dari kapasitas panasdT

QC

KAPASITAS PANAS PADA V KONSTAN

Vv T

UC

Untuk sistem tertutup yang mengalami proses pada V konstan:

dU = CV dT (V konstan)

2

1

T

TV dTCU (V konstan)

Untuk proses dengan V konstan Q = U

2

1

T

TV dTCnUnQ (V konstan)

(2.10)

(2.11)

(2.12)

16

dTQ

C

TdUd

Cv

Untuk proses dengan V konstan Q = U

(V konstan)

Vv T

UC

17

KAPASITAS PANAS PADA P KONSTAN

PP T

HC

Untuk sistem tertutup yang mengalami proses pada P konstan:

dH = CP dT (P konstan)

2

1

T

TP dTCH (P konstan)

Untuk proses reversibel pada P konstan:

2

1

T

TP dTCnHnQ (P konstan)

Untuk proses dengan P konstan Q = H

(2.14)

(2.15)

18

CONTOH 2.2

Udara pada 1 bar dan 298,15K dikompresi menjadi 5 bar dan 298,15 K melalui 2 proses yang berbeda:

a) Pendinginan pada P konstan diikuti dengan pemanasan pada V konstan

b) Pemanasan pada V konstan diikuti dengan pendinginan pada P konstan

Hitung panas dan usaha yang diperlukan, juga U dan H udara untuk tiap alur proses. Kapasitas panas udara dianggap tidak tergantung pada temperatur:CV = 20,78 J mol-1 K-1 dan CP = 29,10 J mol-1 K-1

Untuk udara dianggap berlaku hubungan:

konstanT

PV

Pada 298,15K dan 1 bar Vudara = 0,02479 m3 mol-1

19

PENYELESAIAN

Pa

Pb

Va = VdVb = Vc

1

2

3

4 (soal a)(soal b)

(1 bar)T = 298 K

20

konstanT

PV

2

22

1

11

TVP

TVP

T1 = T2 P1V1 = P2 V2

molmPP

VV 3

2

112 004958,0

51

02479,0

(a) Proses pendinginan pada P konstan (1-3)

3

33

1

11

TVP

TVP

P1 = P3

3

2

3

3

1

1

TV

TV

TV

V2 = V3

KVV

TT 63,5902479,0

004958,015,298

1

213

P1

P2

V1V2

1

2

3

4

21

Q = H = CP T

= (29,10) (59,63 – 298,15)

= 6.941 J/mol

U = H – (PV) = H – P V

= – 6.941 – (1 105) (0,004958 – 0,02479)

= – 4.958 J/mol

H = U + (PV)

U = Q + W

W = U – Q = – 4.958 + 6.941 = 1.983 J/mol

Pendinginan pada P konstan (1-3)

22

Q = U = CV T = (20,78) (298,15 – 59,63) = 4.958 J/mol

H = U + (PV) = H + V P

= 4.958 + 0,004958 (5 – 1) 105 = 6.941 J/molU = Q + W

W = U – Q = 4.958 – 4.958 = 0 J/mol

Pemanasan pada V konstan (3-2)

Untuk keseluruhan proses

Q = 6.941 + 4.958 = 1.983 J/mol

W = 1.983 + 0 = 1.983 J/mol

U = 4.958 + 4.958 = 0 J/mol

H = 6.941 + 6.941 = 0 J/mol

P1

P2

V1V2

1

2

3

4

23

(b) Proses pemanasan pada V konstan (1 – 4)

4

44

1

11

TVP

TVP

V1 = V4

P4 = P2

4

2

4

4

1

1

TP

TP

TP

KPP

TT 75,490.115

15,2981

214

Q = U = CV T

= (20,78) (1.490,75 – 298,15) = 24.788 JU = Q + W W = U – Q = 0

H = U + (PV) = U + V P

= 24.788 + 0,02479 (5 – 1) 105 = 34.704 J

P1

P2

V1V2

1

2

3

4

24

Pendinginan pada P konstan (4 – 1)

Q = H = CP T

= (29,10) (298,15 – 1.490,75) = – 34.704 J

U = H – (PV) = H – P V

= – 34.704 – (5 105) (0,004958 – 0,02479) = – 24.788 J

U = Q + W

W = U – Q = – 24.788 + 34.704 = 9.914 J

Q = 24.788 – 34.704 = - 9.916 J

W = 0 + 9.914 = 9.914 J

U = 24.788 – 24.788 = 0 J

H = 34.704 – 34.704 = 0 J

Untuk keseluruhan proses

P1

P2

V1V2

1

2

3

4

25

CONTOH 2.3Hitung H dan U untuk udara yang mengalami per-ubahan dari keadaan mula-mula 40F dan 10 atm ke keadaan akhir 140F dan 1 atm. Anggap bahwa untuk udara berlaku:

konstanT

PV

Pada 40F dan 10 atm, volum molar udara V = 36,49 (ft3) (lb mol)-1. Kapasitas panas udara dianggap konstan, CV = 5 dan CP = 7 (Btu) (lb mol)-1 (F)-1.

PENYELESAIAN

TA = 40F = (40 + 459,67) R = 499,67 R

TC = 140F = (140 + 459,67) R = 599,67 R

26

U dan H merupakan state function, sehingga nilainya tidak tergantung pada jalannya proses.

Untuk memudahkan, maka proses dibagi 2:

a. Pendinginan pada V konstan (A-B)

b. Pemanasan pada P konstan (B-C)

hingga dicapai kondisi akhir.

a

b

A

P(atm)

V

1

10

40F140F

VA VC

CB

27

kT

VP

A

AA

7303,067,499

49,3610k

kT

VP

B

BB R

kVP

T BBB 97,49

7303,049,361

kT

VP

C

CC

13 mollbft93,437

167,599

7303,0

C

CC P

TkV

LANGKAH a:

Ta = TB – TA = 49,97 – 499,67 = – 449,70 (R)

Ua = CV Ta = (5) (– 449,70) = – 2.248,5 (Btu)

Ha = Ua + V Pa

= – 2.248,5 + (36,49) (1 – 10) (2,7195) = – 3.141,6 (Btu)

28

LANGKAH b:

Tb = TC – TB = 599,67 – 49,97 = 549,70 (R)

Hb = CP Tb = (7) (549,70) = 3.847,9 (Btu)

Ub = Hb – P Vb

= 3.847,9 – (1) (437,93 – 36,49) (2,7195)

= 2.756,2 (Btu)

KESELURUHAN PROSES:

U = – 2.248,5 + 2.756,2 = 507,7 (Btu)

H = – 3.141,6 + 3.847,9 = 706,3 (Btu)