DIKTAT

THERMODINAMIKA

D

i

S

U

S

U

N

OLEH : Tri Isti Hartini , S.Pd , M.Pd

Universitas Muhammadiyah Prof.DR.Hamka

2008

Tri Isti Hartini

KATA PENGANTAR

Puji syukur kehadirat Allah SWT, atas berkah dan ridhoNya, Diktat

ini dapat dilaksanakan dan diselesaikan sebagaimana diharapkan.

Penyusunan diktat THERMODINAMIKA ini di latar belakangi oleh

banyaknya kesulitan mahasiswa dalam memahami konsep thermodinamika.

Diktat ini mencoba memberi pemaparan tentang konsep thermodinamika

dari lanjutan mata kuliah fisika dasar 1, sehingga dalam perkuliahan

mahasiswa tidak selalu pasif. Dalam diktat ini dijabarkan Konsep

thermodinamika,soal dan solusinya yang sangat diperlukan dalam

memahami dan menerapkan konsep thermodinamika.

  Kami menyadari bahwa dalam melakukan ini penyusun masih

dirasakan terdapat kekurang sempurnaan disana sini, untuk itu peneliti

mengharapkan saran dari pembaca.

Akhir kata semoga Diktat ini dapat bermafaat bagi semua pihak.

Terima kasih.

 

Jakarta, Agustus 2009

Penyusun,

Tri Isti Hartini

BAB I

KONSEP DASAR THERMODINAMIKA

PENDAHULUAN

Thermofisika adalah ilmu pengetahuan yang mencakup semua cabang ilmu yang

mempelajari dan menjelaskan sifat zat dibawah penarah kalor atau pengaruh perubahan –

perubahan yang menyertainya.

Thermodinamika adalah suatu ilmu yang mempelajari hubungan antara energi

panas atau kalor dengan kerja mekanis, usaha dan panas serta energi dan kalor yang

mengangkut dan berkaitan dengan sifat – sifat benda merupakan besaran yang kita kenal

dengan besaran makroskopis (besaran-besaran yang bisa diukur atau diamati.

Teori Kinetik zat adalah cabang dinamika membahas hubungan antara gaya dan gerak.

Thermodinamika adalah salah satu cabang fisika yang mempelajari :

Sifat – sifat zat:

Yang dipengaruhi kalor sehingga terjadi perubahan temperatur.

Sifat – sifat zat :

1. Makroskopis adalah ditinjau dari pengenalan besaran fisik dan terukur dengan

alat (temperatur, volume, tekanan).

2. Mikroskopis,jika ditinjau dari teori tidak dapat diukur denganalat(momentum,

tekanan).

Untuk memudahkann dalam mempelajari thermofisika atau thermodinamika dari 2

tinjauan diatas saling memberikan dukungan dalam pembahasan berikutnya, yaitu

Sistem adalah ruang lingkup yang ditinjau dan menjadi pusat perhatian dalam

menganalisa gejala alam.

Lingkungan adalah segala sesuatu di luar sistem yang dapat melaksanakan

pertukaran energi dan mempunyai pengaruh langsung dengan system.

Sistem + lingkungan: jagat raya / alam raya.

Untuk itu perhatikan ilustrasi berikut ini :

Udara /gas dalam tabung sistem

Air disekitar lingkungan

Sistem dengan lingkungan kadang-

kadang/kemungkinan dibatasi oleh dinding : real /

nyata dan imajiner (khayal)

Tri Isti Hartini

Permukaan : nyata

Es Sirup : sistem

Udara : lingkungan

Permukaan : nyata

Lingkungan : udara sekitar

Permukaan sebentuk gejala es, dinding yang bersifat khayal

jadi, permukaanya khayal

Contoh soal :

Es – 50c dicampur dengan sirup + 150c di dalam gelas,

sehingga dicapai suatu kesetimbangan

Berikan penjelasan :

- Yang manakah system ?

- Apakah system dalam thermodinamika hanya terdapat

diudara dan air saja ?

- Berikan 3 contoh yang berkaitan dengan gejala alam

sehingga dapat diperoleh pemahaman mengenai

sisitem, lingkungan dan sifat dinding pembatas.

Ruang Lingkup dan system koordinat thermodinamika, ada 8 koordinat :

Nama Lambang Satuan

Tekanan

Suhu

Volume

Entropi

Energi dalam

Enthalpi

Energi bebas

helmholtz

P

T

V

2

U

H

F

G

Pa (N/m2)

K

M3

j.k-1

joule

joule

joule

joule

Besaran fisis yang dapat diukur (bersifat makroskopis) adalah :

- Tekanan - Tempertur makroskopis

- Volume - Komposisi gas

Tri Isti Hartini

Besaran lain yang tak terukur (mikroskopis) adalah :

- momentum molekul gas / partikel gas

- tingkat energi / tenaga molekul gas

- kecepatan tumbukan antar molekul / partikel gas

selanjutnya akan dibahas bahwa tujuan mikroskopis dapat menghubungkan sifat

makroskopis zat secara keseluruhan dengan sifat mikroskopis penyusun zat.

Sebagai gambaran adanya keterikatan antara besaran makroskopis dan mikroskopis

Tekanan yang terukur sebagai besaran

makroskopis

Gaya tumbukan dengan dinding sebagai

besaran mikroskopis

Tekanan gas yang telah diukur orang, lama

sebelum gagasan teori kinetik dikemukakan

secara mikroskopis adalah merupakan nilai-

nilai rata-rata

Gaya tumbukan gas dengan dinding tempat gas itu berada.

Pada pembahasan berikutnya akan ditinjau sudut pandang mikroskopis dengan

penekanan bahwa zat terdiri atas banyak partikel. Ditelaah dalam teori kinetik zat.

Teori Kinetik zat adalah cabang dinamika membahas hubungan

antara gaya dan gerak

F : ℓ1 . ℓ2 = ℓ1 . ℓ2 = 0

r2 o

tumbukan bersifat lenting sempurna

Semua yang dialami partikel bersifat lenting sempurna dan terjadi dalam waktu

yang relatif singkat.

Hukum Newton tentang gerak berlaku

Misalkan : - sebuah kotak dengan dua buah sisi masing – masing seluas A

- Jarak kedua sisi adalah ℓ

- Berisi N buah partikel gas ideal

- Selanjutnya kita ingin mencari tafsiran tentang tekanan dari

sudut mikroskopis

Tri Isti Hartini

Peny

ebar

an te

kana

n ga

s da

lam

ruan

g te

rtutu

p

ℓ2 ℓ1r :

Xℓ1 ℓ2

Gerak partikel dalam kotak

- Tinjaulah sebuah partikel yang bergerak dengan

kecepatan

= i Vx + Vy + Vz

Jika partikel gas menumbuk dinding kanan seluas A, maka kecepatan menjadi :

= Vx - Vy + Vz

Andaikan partikel gas tidak bertumbukkan dengan partikel lain

Jadi dalam setiap satuan partikel gas itu menumbuk dinding kanan sebanyak 1 kali atau t

Setiap kali menumbuk dinding partikel mengalami perubahan momentum sebesar:

ΔP = -mVy - (+mVy)

= - 2 mVy

Jadi setiap satuan waktu, partikel mendapat perubahan momentum sebesar.

-2mVy . Vy = -mVy2 (tumbukan dari dinding kanan) 2 ℓ ℓ

Sebagai reaksi dinding kanan, dalam tiap satuan waktu dinding kanan mendapat

perubahan momentum sebesar

2mVy . Vy = 2mVy2 = mVy2 2 ℓ 2 ℓ ℓ

Misalkan :

Tri Isti Hartini

Partikel gas akan bergerak bolak-balik menumbuk dinding Selang sewaktu antara dua kali menumbuk dinding kanan secara beruntun adalah

Δt = 2l Vy

1 = Vy (kali) 2l/Vy

2 ℓ

l

mVy2

ℓ

Untuk N partikel yang merupakan kecepatan kearah sumbu y, maka tiap satuan waktu

dinding kanan memperoleh momentum sebesar :

N∑ mVy2 = NmV2y i=1 ℓ ℓ

Ingat Kembali

Impuls yang dialami dinding kanan karena desakan / tumbukan partikel gas

adalah I = F . Δt

Jika luas dinding adalah A,maka tekanan yang dialami dinding kanan karena tumbukan

partikel gas

Py adalah tekanan zat

2mVy . Vy = 2mV2y = mV2y 2 ℓ ℓ ℓ

I = F . Δt mV2y = Fy

…....... (1,2)

Untuk N partikel Py = NmV2y vol

Px = NmV2x Pz = NmV2

Vol Vol

Kecepatan yang ditinjau adalah :

. = x + Vy + Vz

. = ( Vx + Vy + Vz ) ( Vx + Vy + Vz)

2 = 2 + 2x + 2y + 2 z

2 = 3 2y

2y = 1/3 2 ….. (1.5)

Jadi ……… (1.3)

Perhatikan kembali :

(1,4) …. P = besaran fisis (makroskopis)

Tri Isti Hartini

(1,1) …

Py = Fy A

Py = mV2yℓ.A

Py = mVy2

Voℓ

Py = Nm 1/3 . 2 = 1 N m 2 3 vol

P = 1 N m 2 3 vol

1/3 Nm 2 = besaran fisis makroskopisVol

Ilustrasi : tekanan gas dalam tabung tertutup minimum 81 % dari harga semula

- adakah pengaruh perubahan ini terhadap kelajuan partikel gas ?

Analisa : harga tekanan gas dengan kelajuan partikel gas, yang dinyatakan dengan

persamaan :

P = 1 N m 2 3 vol

P 2 karena itu jika tekanan mengalami penurunan 81 % maka 2

mengalami penurunan 81 % sehingga kelajuan partikel gas akan mengalami penurunan,

sebesar : P = 2

= Atau = = = 0,9 = 90 %

Jadi dari hasil analisa, ketika nilai tekanan (besaran makro) mengalami penurunan

81 % maka nilai kelajuan ( ) mengalami penurunan sebesar 90 % ungkapan tentang

tekanan gas ideal : P = 1 N m 2 ……….(1.4)

3 vol

Dapat dinyatakan : ……… (1,5)

Rumus ini mengingatkan kita pada persamaan gas ideal

Dengan n = jumlah mol per satuan volume

Jumlah molekul gas yang ditinjau dapat dinyatakan ;

NA = bilangan AvogadroSelanjutnya akan diperoleh

Atau ……. (1,6)

Dengan K = tetapkan Boltzman

K = R = 8,31 . j/k NA 6,02 . 1023

Tri Isti Hartini

Pers ini menyatakan bahwa kuadrat kelajuan partikel / molekul gas sebanding dengan tekanan partikel / molekul gas

P = tekanan, Pa (N/m2) N = jumlah / banyaknyapartikel m = massa partikel / molekul gas

= kecepatan (m/s)V = volume (m3)

PV = 1 N m 2

3

PV = n R T

PV = N K T

K – 1,38 . 1023 joule/K

Dengan melalui perumusan (1.3) dan (1.4) akan kita tinjau / analisa realistik

tidaknya anggapan-anggapan dasar yang dikemukakan berkaitan degan model gas ideal

dalam pembahasan teori kinetik gas yaitu mengenai anggapan bahwa gas ideal terdiri atas

parikel (atom/molekul) yang amat besar jumlahnya.

Untuk itu, perhatikan jika diamati 1 liter gas pada tekanan 1 cm, temperatur 300 K

(temperatur ruang)

Maka : dapat ditentukan jumlah / banyaknya partikel gas yaitu :

PV = NKT ………. Lihat pers 1.6

N = PV = (10 5 N/m 2 ) (10 -3 m 3 ) KT (1,38 . 10-23 jk) 300 K

N = 242 . 1022 buah partikel gas

Tinjauan / analisa

Gas pada tekanan : 10-3 mmHg

Temp : 300 K berapa buah partikelnya ? (N)

Vol : 1mm3

N = PV/KT = (10 -6 m) (1,36 .10 4 kg/m 3 ) (10 m/s) 10 -9 m 3 = …….. 1010 buah partikel (1,38 . 10-23 j/k ) 300 K

Soal

Tekanan : 10-10 mm Hg = 10-13 mHg

Temp : 270 c = 300 K

Vol : 1,01 cm3 = 1,01 . 10-6 m3

P

N = PV = (10 -13 m) (1,36 . 10 4 kg/m 3 ) (10 m/s) 1,01 . 10 -6 m 3 KT (1,38 . 10-23 j/k) 300 K

N = … 107 partikel

Tugas : Menuliskan argumentasi untuk mengantisipasi anggapan dasar yang

dikemukakan berkaitan dengan model gas ideal yaitu anggapan bahwa gas ideal terdapat

partikel yang jumlahnya amat banyak. Cantumkan referensi yang digunakan.

Tri Isti Hartini

BAB II

TEMPERATUR

Temperatur gas adalah : besaran-besaran yang secara mikroskopis berkaitan

dengan energi total gas.

Kaitan antara temperatur sebagai besaran fisis yang bersifat makroskopis dengan besaran

fisis yang bersifat mikroskopis.

P = 1 N m 2 3 vol

Atau

PV = 1 N m 2 3PV = NKT

z 2

y… y

x

Pembuktian bahwa temperatur sebagai besaran makroskopis yang berkaitan dengan

besaran fisis yang bersifat mikroskopis energi kinetik gas.

Jadi penurunan temperatur gas /temperatur total gas juga mengalami penurunan.

Temperatur gas mengungkapkan energi kinetik (transiasi) rata-rata partikel gas.

Terjadinya penurunan temperatur gas jika gas tersebut melakukan ekspansi tanpa

perubahan kalor dari luar (dQ = 0 )

dQ = dw + dv o = dw = - dv

Pada peristiwa ekspansi itu pemuaian gas akan menyebabkan berkurangnya

tenaga kinetik akibat tumbukan antar partikel. Tenaga makroskopis ditunjukan

oleh persamaan temperatur.

ENERGI DALAM ( U)

Salah satu anggapan dasar yang diungkapkan berkaitan dengan model gas ideal

dalam pembahasan teori kinetik gas adalah bahwa partikel gas menyebar merata dan

bergerak secara acak kesemua arah, dari anggapan dasar ini tersirat bahwa potensial

ditempat gas itu berada adalah sama, sehingga dengan demikian maka energi partikel gas

Tri Isti Hartini

T = 1 m 2

3K

T = 2 1 m 2 3K 2

itu sebenarnya adalah juga energi total dan kita ketahui energi total gas secara

keseluruhan adalah

N ( 1 m 2 ) = 3 NKT 2 2

Tetapi jika seandainya gas itu tidak bergerak maka energi total adalah merupakan

energi dalam gas yaitu :

….. (2,0) ada hubungan antara makro dan mikro

Dengan U = besaran mikroskopis

T = besaran makroskopis

Besaran U tidak dapat diukur langsung dalam ekspansi yang dapat diukur adalah :

Cv = masih sulit diukur

Yang bisa ditentukan adalah

diukur dengan kalori meter aliran konstan

Dalam thermodinamika didapat hubungan :

Cp – Cv = nR

Hasil teori : Cv = du U = 3 nRT dt 2

Cv = d 3 nRT = 3 nR dt 2 2

Cp = Cv + nR = 3 nR + nR = 5 nR 2 2

Sehingga ∂ = Cp/Cv = 5/2 nR = 5/3 = 1,37 3/2 nR

Informasi ekspansi tentang energi dalam gas (energi internal gas) dari ekspansi joule

DISTRIBUSI MAXWELL

Berhubungan mengkomunikasikan informasi komponen kecepatan partikel

VxVyVz

Tri Isti Hartini

U = 3 NKT 2

Informasi awal untuk menjawab pertanyaan

Mengapa persesuaian teori dengan eksperimen tentang kapasitas thermal hanya

terjadi pada gas mulia ?

Nilai ujian fis dari sebuah institut yaitu :

5 orang mendapat nilai antara 0 – 10

3 orang mendapat nilai antara 10 – 20

4 orang mendapat nilai antara 20 – 30 dan seterusnya

Total mahasiswa 100 orang

Informasi diatas dapat dinyatakan

P (0 – 10) = 5 100

P (10 – 20) = 3 dapat dinyatakan dengan histrogam sebagai berikut :

100P (20 – 30) = 4

100

Jika kemudian kita kumpulkan 10 buah kelas yang pararel, dengan pembagian

sebarang nilai yang lebih halus, sehingga informasi yang dapat diperoleh :

Dengan Penggabungan banyak institute yang sejenis dan setara, maka diperoleh suatu kecenderungan yang dapat didistribusikan :

Tri Isti Hartini

Pertanyaan yang muncul berdasarkan grafik :Dari N mahasiswa itu , berapa orang mahasiswa yang mendapat nilai antara X1 dan X1 + aX ?

dN = N P (X1) dx

Contoh :

Pertanyaan yang munul berdasarkan grafik:Dari N mhs itu berapa orang mhs yang mendapat nilai antara x1dan x1+ax ?Jwb :

Masing-masing gambar (1), (2), (3) merupakan ditribusi nilai Fisis. Analog dengan

informasi tentang distribusi akan ditinjau “Distribusi Maxwell” yang berkaitan dengan

gerak partikel gas. Kecenderungan gerak partikel kearah kiri sama dengan gerak partikel

kearah kanan.

Ilustrasi Distribusi kecepatan partikel gas ideal Gambar

Distribusi “Simetris”

Karena gerak partikel gas ideal acak dam merata.

(salah satu anggapan T.K. 6 )

- Kebolehjadian (peluang) atau probabilitas, sebuah partikel merupakan kecepatan pada

komponen x antara 1 x dan V x + d V x adalah menghasilkan fungsi f (V x) d V x maka

f (V x) ini adalah merupakan fungsi genap. Artinya

= V = Vx2 + Vy2 + V2

2

Selanjutnya diperoleh :

Dengan A adalah faktor normalisasi yang nilainya ditentukan oleh syarat :

Mengingat :

f (Vx) dVx adalah merupakan keboleh jadian (peluang) bahwa sebuah partikel

mempunyai kecepatan dengan komponen x bernilai antara Vx dan Vx + dVx, maka

keboleh jadiannya adalah satu yaitu “pasti”,artinya :

Tri Isti Hartini

F (vx) = f (-Vx)

f (Vx) = A e

-1 mVx2 /KT

2

dN = N P (x1) dx

bahwa sebarang partikel mempunyai kecepatan dengan komponen π bernilai antara (-

dan + ) , sehingga akan diperoleh :

A e dVx = 1

A = -1/2 mVx 2/KT dVx = m

2 π KT A = merupakan fakor normalisasi

Jadi dapat ditulis kembali :

f (Vx) dVx = = m 2 π KT . e

f s distribusi komponen kecepatan Maxwell

Dengan menggunakan teori keboleh jadian (peluang) dan menganggap bahwa peluang

sebuah partikel mempunyai suatu nilai kecepatan Vy yang tidak bergerak pada nilai Vx d

an Vz, maka peluang sebarang partikel mempunyai kecepatan :

Komponen x bernilai dari Vx dan Vx + dVx

Komponen y bernilai dari Vy dan Vy + dVy

Komponen z bernilai dari Vz dan Vz + dVz

Yang dapat ditulis :

f (Vx, Vy, Vz) dVx, dVy, dVz = f (Vx) dVx . f (Vy) dVy . f (Vz) dVz

m. e m m.e m.e 2πKT 2πKT 2πKT

= m 3/2 2πKT . e dVx . dVy . dVz

V2 = Vx2 + Vy2 + Vz2

Kemudian perhatikan peluang kecepatan seperti terlihat

pada gambar berikut ini

Tri Isti Hartini

-1 mVx2 / KT 2

-1

-1/2 mVx2/ KT dVx

-1/2 mVx2 / KT -1/2 mVy2 / KT -1/2 mVz2 / KT

- m (Vx + Vy + Vz)2

2 KT

f (V) dV = m 3/2 - m V2

2πKT . e 2KT dV

= Vx . + Vy . + Vz .

Dalam Koordinator Cartesius

Dari elemen volume dVx . dVy . dVz

dapat juga digunakan dalam koodinator polar dengan

jari-jari V2 = Vx2 + Vy2 + Vz2

Selanjutnya dapat diperoleh Distribusi Laju (tanpa menghiraukan arah gerak partikel )

dapat dilakukan dengan integrasi terhadap Ө dan Ф

f (V) dV = m 3/2 -1/2 mV2/KT

2πKT . e . V2 dV sin Ө d Ө dФ

= m 3/2 -1/2 mV2/KT 2πKT . e . V2 dV - cos Ө Ф

= m 3/2 -1/2 mV2/KT 2πKT . e . V2 dV - cos π – cos o 2π

Tri Isti Hartini

Koordinat Cartesius

Elemen volume : V sin Ө d Ө dФ

Sehingga diperoleh :

f (V, Ө, Ф) dV. dӨ d Ф :

m 3/2 -1/2 mV/KT

2πKT . e .V2 sin Ө dV dӨ dФ

Ungkapan bagi peluang sebarang partikel mempunyai

kecepatan yang besarnya antara V dan V + dV yang

membuat sudut Ө dan Ө + dӨ terhadap Vz dan dengan

arah sudut Ф dan Ф + d Ф terhadap Vx

f (v) dV = 4π m 3/2 -1/2 mV2/KT 2πKT . e . V2 dV

Fungsi distribusi laju menurut Maxwell

Ungkapan ini menyatakan bahwa jika ada N buah partikel gas Maka dari N buah partikel

gas tadi : mempunyai laju antara V dan V + dV ada banyak :

dN = N f(V) dV

Berbagai ekspansi dilakukan untuk menguji kebenaran fs Distribusi Maxwell. Salah

satunya adalah ekspansi zartmaun dan Ka sebagai berikut :

Kaca untuk (menampung partikel yang tiba / melekat serta

membuat titik hitam)

Silinder (dapat diputar dengan poros A)

Celah (untuk membatasi berkas partikel gas yang lewat)

O = tangan (untuk memanaskan gas pada tempat tertentu)

C diam maka semua partikel yang berhasil melalui S3 akan di tangkap G pada titik

yang sama.

C diputar maka semua partikel yang berhasil melalui S3 akan tiba ditempat yang

berbeda didaerah G

Tri Isti Hartini

dN = N . 4π m - mV2

2πKT . e 2KT . V2 dV

Dengan menggunakan fs Distribusi Maxwell dapat ditentukan X2 = …

2 = … dikomentari

= …

1. Fungsi Ditribusi komponen Kecepatan Maxwell

f(V) = m 3/2 -1/2 mV2/KT2πKT . e

2. Fungsi Distribusi Laju Maxwell

f ( V ) = 4π m 3/2 -1/2 mV2/KT 2πKT . e . V2

Dari (1) dan (2) dapat ditentukan :

a) (laju rata-rata)

b) laju perata kuadrat 2

c) x 2 x

Jawab :

a. laju rata-rata ( )

= N ( V ) V dV = N f ( V ) . V dV N N

Laju rata-rata dapat ditentukan dengan cara mengalikan banyaknya partikel didalam

setiap interval laju denga sebuah laju V yang merupakan cirri interval tersebut, kita

menjumlahkan hasil-hasil perkalian pada seluruh interval laju dan kita amembaginya

dengan jumlah seluruh partikel yaitu N

= 4πN m 3/2 -1/2 mV2/KT 2πKT . V2 . e V . dV

N

m misal : 2KT = λ

= 4πN λ 3/2 - λV2

π . V3 . e dV

N

= 4πN λ 3/2 - λV2

π V3 . e dV = 1 N 2λ2

- λV2

Tri Isti Hartini

Dari tabel : V3 . e dV = 1 2λ2

= 4πN λ 3/2 4π λ 3/2 1 2 π -1/2 . λ-1/2

π . 1 = π 3/2 . 2λ2 = N 2λ2

= 2 π λ

karena : λ : m 2KT

Maka : = 2 = 2 2KT = 8 . KT π m πm π m

2KT

= 8 KT = 1,59 KT π m m

Akan ditentukan laju perata kuadrat 2 dengan cara terdahulu kita hitung : 2

b. 2 = N ( V ) V2 dV N

2 = 4πN m 3/2 -1/2 mV2/KT 2πKT . V2 . e V2 . dV

N

2 = 4πN m 3/2 -1/2 mV2/KT 2πKT . V4 . e dV

Misal : m = λ 2 KT

2 = 4π λ 3/2 - λ V2

π . V4 . e dV

2 = 4π λ 3/2 - λ V2

π . V4 . e dV

- λ V2

Tri Isti Hartini

Rms : 2 = 1,7 KT m

Rms disebut juga Vef sebuah molekul sehingga harga rata-rata kecepatan rms Vef =

tabel : V4 . e dV = 3 π 8 λ5

2 = 4π λ 3/2 . 3 π

π 8 λ5

2 = 4π λ 3/2 . 3 π1/2 = 3 λ-1 = 3

π 8 λ5/2 2 2λ

Karena : λ = m 2KT

Maka = 2 = 3 = 3KT

2. m m 2KT

c. x2 = f ( Vx ) Vx2 dVx

= m -1/2 mV2/KT 2πKT . e Vx2 dVx

Dari = 2 = Vx2 + Vy2 + Vz2

2 = Vy2 . Vz2

2 = 3Vx2

Vx = 1 . V3

dVx = 1 . dV3

m -1/2 m1/3V2/KT x2 = 6 πKT . e . 1 V2 d ( 1 V )

3 3 m -1/6 mV2/KT

x2 = 6 πKT . e . 1 V2 dV 3 3

m -1/6 mV2/KT

Tri Isti Hartini

x2 = 6 πKT . 1 V2 . e dV 3 3

2 m -1/6 mV2/KT x2 = 3 6 πKT V2 . e .dV

dari tabel = ¼ π λ3

misal : λ = m 6KT

Maka : x2 = 2 λ 1 π 3 π . 4 λ3 x2 = 2 λ1/2 1 π1/2 1 1 3 . π1/2 . 4 . λ3/2 = 6λ = 6 . m

6KT

Soal-soal

1. Hitunglah kecepatan efektif molekul molekul gas. (Massa jenis 10 kg/m3) yang

berada dalam wadah bertekanan 12.105 N/m2

2. Tentukan akar laju kuadrat rata-rata sebuah molekul uap hydrogen pada

temperatur 300 k ?

3. tentukan akar laju kuadrat rata-rata sebuah molekul uap raksa pada temperatur

300 k?

Tri Isti Hartini

4. hitung kecepatan efektif molekul oksigen ( m = 32 kg/k .nol) berada dalam wadah

bersuhu 270c.

5. tentukan kecepatan rata-rata molekul gas oksigen pada O0c. massa sebuah atom

oksigen = 1,66 . 10-27kg.

6. tentukan kecepatan molekul-molekul gas oksigen yang berada dalam botol

dengan tempertur O0c dan tekanan 1 atom . diketahui berat atom oksigen = 16

7. berapakah kecepatan rata-rata molekul gas hydrogen yang berat atom 1,008 pada

O0c.

8. berapakah kecepatan molekul-molekul gas nitrogen pada O0c dan tekanan 16 cm

Hg jiks massa jenis 1,251 gr/lt.

catatan : Ek sebuah molekul raksa = Ek sebuah molekul hydrogen pada suhu yang sama.

Maka dalam hal ini massa uap raksa = massa hydrogen

mo = massa sebuah molekul

m1 = massa molekul

Bm = m = berat molekul

NA = bilangan Avogadro

N = jumlah molekul

Maxwell : hanya memperhatikan energi kinetik partikel.

Dalam distribusi Maxwell terdapat factor e –mV2 /2KT , hanya terkandung energi kinetik

sebagai akibat transaksi.

Boltzman : geraknya tidak hanya dipengaruhi gerak transaksi tetapi juga gerak rotasi

Gerak rotasi

vibrasi

secara umum faktor e –E/KT faktor Boltzman

f ( V ) = 4π m 3/2 . V2 . e –E/KT

Tri Isti Hartini

2 πKT

π2 = y2 = z2 = KT m

Argumentasi : x2 = KT sedang 2 = 3 KT m m

maka : 2 = 3 x2

x2= y2 = 22 =

Argumentasi : x2 = sedang 2 =

maka : 2 = 3 x2

Nf(v) Grafik Komponen laju Maxwel

Vm dapat ditentukan jika

Nf (v) max

Bila =0

Latihan :

1. Gas Ideal pada temperature T. Tentukan laju akibat gerakan dari jumlah partikel

terbanyak.

2. Gas Neon bermassa 20,18 gr tiap mol. Gas ini berada pada tekanan 1 atm,

temperatur 400 K, bersifat sebagai gas ideal.

Hitunglah 2 , dan Vm kemudian bandingkan dengan cepat rambat bunyi di

dalamnya.

Tri Isti Hartini

x2 =

x2 = KT m

3. Tentukan kecepatan root mean square (rms) molekul oksigen (M = 32 kg/kg.mol)

yang berada dalam wadah bersuhu 270 C

Distribusi laju Maxwell dari 106 molekul oksigen pada temperature yang berbeda.

Telaah Buku SMA.

Vrms → Energi kinetic total gas adalah :

E kT = N[1/2m Vef2] Sedangkan Energi Kinetik Total untuk satu molekul gas :

Ek = 1[1/2 Mo Vef2]

Mo = massa 1 molekul gas

Selanjutnya dapat ditrunkan beberapa hubungan rumus sebagai berikut :PV = N K T

P = ……………*

Kembali ke persamaan P = 1/3 2

P = 2/3 Ek ……………….**

Persamaan * dan **

KT = Ek → KT = 2/3 E

Ek = 3/2 KT

Telah Dipelajari :

Distribusi komponen kecepatan Maxwell

2

f(Vy) dVy = . P . dVy

Distribusi yang me…… Maxwell

F(v) = 4π . P . V2

Tri Isti Hartini

Distribusi Maxell tepat digunakan untuk :

a. Menentukan laju rata-rata

b. Laju akar purata kuadrat 2 =Veffc. Menentukan π2 → dapat dicari komponen kecepatan arah x,y,zyaitu dapat

menentukan 1/x, 1/y, 1/z.d. paling mungkin pada saat d F[V] = 0

Vrms Veff = 2

Veff = dapat pula diturunkan hubungan antara kecepatan Eff[Vrms]

molekul gas dg tekanan P sbb :

P = 2/3 Ek [N/M]

Ek = 3/2 KT

P = 2/3 . 3/2 KT [N/V] → KT =

P = K T

Kembali ke Veff = =

Veff = =

Distribusi Maxwell – Boltzman.

Perhatikan kembali pada fs. D. L. Maxwell ada factor e -1/2 MV /KT (terkandung energi

kinetik) → sebagai akibat gerak translasi.

Boltzman akan memberikan hasil yang bersifat lebih umum → gerak rotasi

→ gerak vibrasi

Faktor dalam rumusan Maxwell e –E/KT diperlukan → translasi

→ rotasi

→ vibrasi

Distribusi Max – Boltzman

F(v) = 4π . e –E/KT . V2

Tri Isti Hartini

Faktor boltzman

Azas Equipartisi energi (equapartisi tenaga)

Persoalan :

Mengapa hasil eksperimen tidak sesuai dengan teori menurut kapasitas thermal gas

(monodial H2,O2,N2, …………………dsb)

Sedangkan untuk kapasitas thermal He, Ne …….. ada persesuaian antara eksperimen dan

teori.

Gas Monoatomik → berlaku :

½ m x2 = ½ KT

½ m x2 = 3/2 KT

Sehingga :

Ek : 3/2 KT = energi kinetic total dari tiap

partikel gas monoatomik.

Karena pada gas monoatomik → partikel pada tiap komponen [x,y,z] mengalami gerak

translasi. Maka pada masing-masing sumbu mempunyai Ek rata-rata sebesar

= ½ KT [dikenal denganprinsip equapartisi energi].

Prinsip Equapartisi Energi :

Telah dipelajari molekul-molekul gas dapat dianggap sebagai titik reaksi dan mempunyai

energi kinetik translasi.

Apabila molekul-molekul dipandang sebagai bola yang tidak tegar, maka: gerak rotasi

dan gerak molekul (vibrasi) akan memberi sumbangan pada energi molekul untuk

partikel gas beratom tunggal [gas monoatomik]

Maka berlaku : →

Tinjauan untuk gas diatomik dapat dibuat model seperti pada gambar:

Gas diatomik mengalami gerak :

→ translasi

→ rotasi

vibrasi

Rotasi pada sumbu z dan x dari 1→ 2 =

translasi

Dalam sikap seperti model tersebut, maka =

Molekul gas dapat memberikan kontribusi

energi berupa Ek

Akibat gerak rotasi :

Tri Isti Hartini

2 = 3 2

I = mr2 <<<

E. rot = I ωx2 + I ωz2

Pada sumbu x → ½ Iω2x = ½ mx2 = ½

mVx2

Pada sb.z → ½ πω2z = ½ m V22

Pada gambar diatomic diatas:

Molekul gas diatomik dapat memberikan kontribusi energi kinetik :

1. Akibat gerak rotasi pada sb. x (1/2 Iωx2)

2. Arah sb y, karena momen inersia di sb y → I <<< maka ½ I ωy2 juga <<<

(diabaikan)

3. Akibat gerak rotasi pada sb z (1/2 Iωz2)

Catatan :

½ ω2 E = ½ mV2

ω=

I = mr2

Momen sepanjang arah sb y → gas diatomik mengalami gerak vibrasi dengan energi

vibrasi tda :

Energi potensial : ½ kx2

Energi kinetik : ½ M (x1)2

Jadi : E vib = ½ kx2 + ½ M (x1)

Simpangan akibat Vibrasi Masa tereduksi

Akibat gerak translasi pada sb. x = ½ MVx2

y = ½ MVv2

z = 1/2b MVz2

dengan k = konstanta pegas pengikat kedua atom

x = simpangan vibrasi

x1= laju

M= masa tereduksi

M=

Sehingga :

Energi total molekul : E. trans + E. rot + E.vib

Tri Isti Hartini

½ mr2 = = ½ Iω2

Etot = ½ m (Vx2 + Vy2 + Vz2) + ½ I wx2 + ½ I wz2 + ½ kx2 + ½ M(x1)2

Dalam hal ini :

½ mVx2 = ½ mV y2 = ½ mVz2 = ½ KT

½ I wx2 = ½ I wy2 = ½ KT

½ kx2 = ½ KT ; ½ M (x1)2 = ½ KT

Energi rata – rata translasi = KT karena ada 3 derajat bebas translasi (Vx2+Vy2,

Vz2)

Energi rata-rata rotasi = 2. ½ KT karena ada 2 derajat bebas translasi (Wx2,Wz2)

Energi rata-rata vibrasi = 2. ½ KT karena ada 2 derajat bebas translasi (Ep = ½ Kx2 =

½ KT)

Ek = ½ M(x1)2 = ½ KT

Kesimpulan :

Bahwa tiap derajat bebas yang energinya berbanding dengan kuadrat variable bebasnya,

akan menghasilkan energi rata-rata sebesar ½ KT.

Azas ini kemudian dikenal dengan azas → Equi Partisi energi (azas bagi rata energi)

Dari hasil di atas kita memperoleh

U = NKT = nRT → hanya dipengaruhi oleh temperatur.

Cv = v = nRT

Cp = Cv + nR = nR

Dari Cv dan Cp di dapat : ∂ = = = 1,29

Bandingkan hasil ini dengan nilai yang tercantum dalam daftar/tabel (hasil eksperimen)

Gas ∂

Gas

monoatomik

He

Ne

A

Xe

1,66

1,64

1,67

2,51

2,50

2,51

1,51

1,50

1,51

0,99

0,98

Gas

diatomik

H2

Ne

O2

1,41

1,40

3,4

3,50

2,44

2,46

0,99

1,01

Tri Isti Hartini

Et = KT + KT + KT = KT

Gas diatomik

∂ = 1,29 (hasil penghitungan)

∂ = 1,41 (hasil eksperimen untuk H2 yang dipakai)

Re Chek:

Hasil analisa : V = nRT

Cv = v = nR

Cp = nR

Gas diatomik ada selisih untuk ∂ hasil analisa – hasil eksperimen = 0,12 untuk itu

perhatikan petunjuk yang berkaitan dengan kapasitas thermal.

Pada temperature ↓ (T = 50 K) = → gerak translasi

Antara T – 50 K dan T – 250 K → = (ada kecenderungan ↑ jika T ↑)

T – 250 K & T – 100K→ = , kemudian naik lagi

Ideal PV = RT

P =

Persamaan keadaan gas

Real (= nyata)

Persamaan keadaan gas ideal :

1. Gas ideal adalah gas yang ikatan antar molekulnya dapat diabaikan

Tri Isti Hartini

∂ = = 1,66 → selesai

2. Molekul gas ideal mempunyai titik massa yang tidak mempunyai dimensi

(ukuran)

3. Molekul – molekul gas ideal tidsk mempunysi gsys interskdi antar molekul satu

dengan molekul yang lain (jarak antar molekul relatif jauh → )

F = =

4. Setiap gas yang tenaga ikat molekul-molekulnya dapat diabaikan → tergantung

akan jenis “gas ideal”

Pada no 1 dan 2

Volume dan ukuran molekul dapat diabaikan karena dipengaruhi oleh gaya Van

Der Walls → PV = RT

Sehingga muncul pada point (3)

Gas real : (v-b) = RT

( V- b ) = P K koefisien koreal

= P K Halten Otto

5. Jika tenaga ikat molekul-molekul gas tidak dapat di abaikan gas tersebut bersifat

sebagai “gas ideal” ( gas ternyata )

Untuk setiap zat murni terdapat sifat-sifat dan keadaan suatu zat :

1. Variel keadaan tekanan P

2. Variel keadaan temperatur T saling ketergantungan antar variable dapat

3. Variel keadaan Volume V dinyatakan :

4. Massa / massa jenis m f (P,T,V,M) =0… (2,1)

Harga limit yang menjadi titik potong grafik terhadap tekanan P dari semua

temperatur dan semua gas disebut : konstanta gas universal (R) penentuan R melalui

eksperimen yang bertitik tolak pada pengetahuan bahwa gas memiliki kelakuan

termodinamik terbaik terbaik.

Eksperimen lain :

- gas memiliki kelakuan termodinamik terbaik

- nisbah tekanan gas terhadap tekanan gas pada titik tripelnya tidak tergantung pada

jenis gas apabila tekanan tersebut menuju nol ( P = 0 )

Dari hasil percobaan didapat :

- Pada suhu T = T volume V sejumlah π nol gas diubah-ubah dan tekanan P dicatat.

( nil ini dilakukan dengan berbagai jenis gas )

- Seluruh percobaan diulang pada suhu yang berbeda-beda yaitu T1, T2, T3, …

Tri Isti Hartini

Hasil eksperimen dilakukan sebagai berikut :

T = T1

R = nol H ( V1, V2 …)

V = V/π V1 V2 V3 …..Vi

P P1 P2 P3 Pi

PV P1V1 P2V2 P3V3 PiVi

T = T3, T4, …

Selanjutnya apabila PiVi dijabarkan terhadap Pi akan diperoleh lingkungan sebagai

berikut

Persamaan keadaan yang paling sederhana antara lain :

“persamaan keadaan gas ideal”

Persamaan keadaan gas ideal

Persamaan keadaan gas

Persamaan keadaan gas real

Persamaan keadaan gas idela merupakan keadaan yang paling sederhana karena :

1. diperoleh melalui beberapa eksperimen yang diawali dengan analisa grafik hasil

eksperimen untuk menetukan nilai R sebagai konstanta universal.

percobaan yang dilakukan untuk beberapa harga temperatur

dari hasil percobaan ada 2 hal yang harus diperhatikan :

Tri Isti Hartini

1. pada semua temperatur grafiknya memotong sumbu ordinat pada

satu titik yang sama

2. grafik dan semua gas memotong sumbu ordinat pada satu titik

yang sama

2. analisa melalui grafik hasil eksperimen

Nisabah tekanan gas terhadap tekanan gas pada titik tripelnya tidak bergantung pada jenis

apabila lim P 0

Yang kita peroleh adalah lingkungan yang sedikit menyimpang dari garis lurus mendatar.

PV = f ( P ) = Ao + A1p + A2p2 + A3p

3 + …

+ … ……. ( 2.2 ) Persamaan keadaan gas nyata (real)Persamaan (2.2) Persamaan keadaan gas ideal merupakan deret pangkat dalam P ekspansi Varial

Keterangan grafik :

1. lengkungan (kurva lengkung ) tidak banyak menyimpang dari garis mendatar

maka koefisien vivial A1, A2, A3 dan seterusnya adalah sangat kecil termasuk

didalamnya untuk nilai Ao

2. Titik Ao

Titik ini diperoleh apabila dilakukan terhadap ekstrapolasi ke nilai P O

sehingga dengan demikian untuk titik itu diberlaku :

Apabial Ao dipengaruhi temperatur ?

Apbila Ao dipengaruhi jenis gas ?

Nilai ini dapat ditentukan dengan melalui pemahaman yang berkaitan dengan :

T = 272,16 lim kalikan ruas kanan dengan = 1 P O

Tri Isti Hartini

Ao = lim PV P O

Temperatur gas volume tetap dengan acuan tripel

sehingga di dapat :

T = 273,16 lim P O

Atau Lim PV = T pengukuran volume pada kondisi triple P O

≈ Ao . T

Kondisi Triple P3 P3 tekanan gas pada termometer yang temperatur T3

V3 V3Volume gas pada thermometer yangtemperaturT3

Perkalian P3V3 = 76 x 13,6 x 480 . 22,4 lt

= 1012928 . . 22,4 . 103cm3

= 1012928 . 22,4 . 10-6 m3

P3V3 = 1012928 . 22,4 . 10-4 NmAtau

P3V3 = 2268,95872 . joule/mol

Sehingga :

T P3V3 = ≈ Ao Ao = 2268,95872 T 273,16 273

=

Ao ≈ 8, 30633592 T joule/mol . K

Konstanta universal : konstanta gas umum R : 8,306 joule/mol K

Untuk tekanan rendah ( P O ) maka pers (2.2) akan didapat

PV : Ao PV : RT … (2.3)

Ilustrasi :

Jika dimisalkan suatu gas - massa : N

- Volume : V

- mengandung n molekul

- berat molekul : M

Maka : n : V : volume sistem

Dan m : n M v : volume spesifik molal

Tri Isti Hartini

V :

Selanjutnya dapat ditentukan konstanta gas tertentu sebesar Ro :

Konstanta universal ( R2 ) Berat molekul

R = Ro . M

Sehingga persamaan (2.4)

Atau ... (2.5)

Perlu diketahui bahwa nilai R dan Ro bergantung pada system satuan yang digunakan.

Dalam system british satuan tek P dinyatakan dalam lb/ft2

Satuan volume jenis molor ft3/atm . mol

Satuan temperatur mutlak T derajat renkine (Rn)

Satuan konstanta universal : R 1545,33 ft.lb Atm . atm . Rn

Dalam system CGS : R = 8,306 . 107 eng/mol . K

SI : R = 8,314 . 103 joule/π mol . K

Persamaan keadaan gas ideal dapat juga ditentukan diperoleh dengan melalui Hk . Boyle

dan Hk . Charles

R = 8,314 joule m-3Kmol . K

R = 8,314 . 103 joule Kmol . K

Jika P = atm

Tri Isti Hartini

PV = n R TPV = n M Ro T

PV = m R0 T

V1 = Vo .

V = liter R = 0,082051

1 lt = 103 cm3

= 10-3 m3

Dalam system satuan yang lain diperoleh nilai :

R = 1,99 kal/mol . K

R = 15.45,3 lb . ft Atm . mol . Rn

Persamaan keadaan gas ideal dapat dinyatakan dengan besaran yang berkaitan dengan

nilai banyak molekul (partikel) N

Jika banyaknya molekul (partikel ) adalah mempunyai hasil kali, maka banyaknya mol /

jumlah mol ( n ) dengan bilangan Avogadro (= NA)

Maka diperoleh : N = n . NA

n = N / NA

sehingga : persamaan keadaan gas ideal dapat dituliskan :

PV = N/NA . RT

PV = N. R . T NA

K = R / NA

Gas memuai pada tekanan tetap = ( Po ) dari 1 ke 2 mengikuti hukum charles dimana V1

= V2 dimana V1 = V2 ( 1 + β t ) dalam hal ini :

t = kenaikan suhu dalam 0c

β = koefisien ekspansi volume gas = 1/273

V1= Vo ( 1 + 1/273 t )

V1= Vo

gas ideal, mula-mula pada suhu To = 273 K

Dari keadaan-keadaan 3, gas mengalami proses / sothermis (pada temperatur tetap)

2 – 3 : diberlakukan Hukum Boyle

Po V1 = PV atau

Tri Isti Hartini

PV = N KT

PV = Po Vo T273

Ingat hipotesis Avogadro :

Setiap 1 mol gas pada tek 1 atm temperatur O0c , volumenya 22,4 l sehingga untuk

n mol gas berlaku :

Substansi PV = Po . n x 22,4 lt . T ≈ atm . n . 22,4 lt T 273 K 273 K

PV = n RT

R = .

R = 0,082051282 atm . lt /mol . K

Persamaan keadaan gas nyata (Van der Walls)

- Gas real (gas nyata = gas sejati) tidak dapat memenuhi

- Makin besar tekanan gas makin banyak gas itu menyimpang dari Hukum

gas PV = n R T

Catatan jika system satuan dinyatakan dalam SI, maka :

P = N/m2 T = Kelvin

V = m3 R = 8,314 joule /mol . K

n = Kmol

Beberapa proses yang sering dtemui dalam thermodinamika :

a. Proses isovolumic (Isokhorik = Isomitul)

P = maka P = C1 T

Dengan P1 = tetapan

b. Proses Isobaris

yaitu proses dengan tekanan tetap sehingga dengan demikian proses keadaan gas

ideal dapat ditulis PV = n R T

V = . T

V = P2 . T P2 =tetapan

Tri Isti Hartini

Vo = n . 22,4 lt

P = tekanan (atm, pascal)V = volume ( lt, m3 )n = jumlah zat (mol)R = konstanta gas umum T = temperatur (K)

c. Proses Isothermis

yaitu proses dengan tekanan tetap sehingga dengan demikian proses keadaan gas

ideal dapat ditulis : PV = n R T

= P3 atau P =

e. Proses adiabatis

yaitu proses tanpa ada proses masuk atau keluar dari system pada proses adiabatis berlaku :

PVπ = C P1 V1π = P2 V2

π

TVπ-1 = C T1 V1π-1

= T2 V2 π-1

Adalah proses poisson

Diagram PV gas ideal adalah proses adiabatis

Tπ P1-π = C

T1π P1

1-π = T2π P21-π

Adapun sebab-sebab penyimpangan tersebut diterangkan oleh Van der Walls dengan

teori molekulnya sebagai berikut :

1. molekul gas riil saling tarik menarik dan saling mempengaruhi gaya sesamanya,

yang semuanya ini diabaikan pada gas ideal.

2. adanya gaya intermolukuler, mengakibatkan tekanan yang diamati kurang dari

tekanan ideal, tekanan yang diamati adalah P

3. molekul-molekul itu sendiri mempunyai volume yang menyebabkan volume yang

diamati lebih besar dari volume yang efektif adalah ( V – 6 ).

Dapat dituliskan perumusan persamaan Va der Walls untuk 1 mol gas yaitu :

= RT ……. (2.6)

Rumusan molekul :

Gaya interaksi antar molekul yang tidak dapat di abaikan

Tri Isti Hartini

Pada PdanT tertentu dapat dinyatakan menjadi persamaan dalam variabel V pangkat 3

Sehingga ada kemungkinan untuk memperoleh 3 harga /nilai V yang nyata.

Selanjutnya persamaan keadaan gas Van der Walls dapat ditulis :

………(2.7)

Proses Siklus

Rangkaian proses – proses sehingga akhir proses system akan kembali ke keadaan

awal

Proses siklus diagram P – V

contoh :

1. Dalam sebuah tangki yang volumenya 50 dm2 terdapat gas O2 pada 270c dengan

tekanan 135 atm.Berapakah massa gas tersebut ? buat atom oksigen = 16

Penyelesaian :

gunakan persamaan keadaan gas ideal

PV = πRT

Jika P = atm

V = Lt maka R = 0,0821

T = Kelvin

T = 27 + 273 = 300 K

Banyaknya mol gas π = = = mol = 274 mol

Mol.K

O2 BA = 16 (Ar)

Bm = 32 ( Mr )

Jadi massa 1 mol oksigen 2 x 16 = 32 gr

Massa oksigen dalam tangki seluruhnya adalah m = 32 x 274 = 8768 gr

m = 8,768 kg

Tri Isti Hartini

( PV2 + a ) ( V – b ) = RTV2

PV3 – ( Pb + RT ) + av – ab = 0

2. Berapakah massa jenis gas helium didalam sebuah tangki tertutup dengan tekanan 100

atm dan suhu 270c .

Penyelesaian :

P = 100 atau 100.76 cm Hg . 13,6 gr/cm3 . 980 cm/s2

P = 101202800 dyne/cm2 = 10120280 N/m2

P = 1,013 . 107

T = 300 K

R = 8,314 joule / mol . K = 8,314

Persamaan gas ideal :

PV = πRT

= = = = 4049 mol / m3

Mol.K

Massa Helium = 4049 mol/m3 . = 4049 mol/m3

Sehingga massa gas heliumPer m3 adalah 16,2 kg

Jadi massa jenis He = P = = 16,2 kg/m3

3. Sebuah tangki bervolume 580 lt berisi gas oksigen pada suhu 200c dan tekanan 1 atm.Tentukan massa oksigen dalam tangki m = 32 gr/mol oksigen sebab-sebab penyimpangannya tersebut diterangkan Van der Walls dengan teori molekulnya sebagai berikut :

makin tinggi suhu gas

ketiga titik potong saling mendekati dan pada temperatur kritik ( Tc )

ketiga titik potong itu berimpit pada satu titik. Titik ini kemudian disebut

“titik kritik” (critical – point) cp pada Van der Walls

Tri Isti Hartini

Gambar menunjukkan :- proses isothermis yang menyatakan

hubungan P dan V- proses keadaan gas Van der Walls

menjadi persamaan dalam variabel V pangkat 3 , sehingga ada kemungkinan didapat 3 harga V yang nyata

Titik kritik (=cp) pada kurva isotermis Tidak hanya merupakan titik yang

garis singgungnya sebagai V tetapi juga merupakan titik belok pada titik

belok akan berlak syarat untuk harga suhu tertentu Tc

= = 0 ….. (2.8)

Kita coba selesaikan persamaan (2.12) dengan cara menuliskan kembali P . K

Vander Walls dinyatakan P . f ( V )

Yaitu

Dapat dinyatakan dalam bentuk :

P = - …… (2.9)

Syarat - = 0 berlaku -

(2.13) = + = +

pada critical point berlaku : + = 0

=

Dan - = 0 =

Jika “saling dibagi”

Maka

=

Atau

. =

= 3 Vc – 3b = 2 Vc

Tri Isti Hartini

3 Vc – 2 Vc = 3B

Jadi Vc = 3b

Dari persamaan

Pc = - -

Dari persamaan

2RTc = = =

Tc = 48a / 162 . B . R

Selanjutnya dapat dikatakan Pc (tekanan pada critical point) yaitu perhatikan kembali

persamaan (2.9) 2 dan 3, 4diperoleh hubungan sebagai berikut:

Pc = -

Pc = -

Atau

Pc = -

Pc = -

Pc = -

Atau

Pc = ….. *5

Apakah gas ideal juga memiliki konstanta-konstanta kritis ?

Secara eksperimen penentuan Pc dan Tc lebih mudah dilakukan dibandingkan Vc dapat

ditentukan nilai/harga …..*5 a : 27b 2 ft Pc

…..*4 b : 8a/27 RTc

Tri Isti Hartini

Vc

Tc dikenal sebagai konstanta-konstanta

Pc kritis dari suatu zat yang memnuhi

persamaan keadaan gas Van der Walls

Menurut gas Van der Walls

Harga = 2,67 seharusnya sama untuk semua gas

Tetapi kenyataanya tiap gas mempunyai nilai yang berbeda – beda sebagai

contoh hasil eksperimen penentu nilai untuk He = 3,06

= 3,27

Untuk gas ideal :

Nilai : gas ideal yang memenuhi persamaan PV = RT

Kesan : berdasarkan hasil-hasil eksperimen itu P . K Vander Walls belum/bukan

merupakan satu-satunya P.K gas yang benar-benar sudah sempurna pada tetapan bebas

akan berlaku syarat untuk harga suhu Tc

P . K gas nyata dengan koeff Varial

Dapat dinyatakan dengan persamaan sebagai berikut :

Pv = A + + (2.10)

Dengan : A,B,C … merupakan persamaan temperatur f [T]

Persamaan (2.10) dirumuskan berdasarkan anggapan bahwa antar molekul ada

gaya tarik menarik

Persamaan K. Vander Walls

Dapat dinyatakan dengan Koet Virial sebagai berikut : P =

Atau PV =

PV =

PV =

PV =

Ingat perumusan Binomial Newton

Tri Isti Hartini

(a + b)n = an +

Sehingga

(1 - )-1 = 1 + = 1-1-1

Didapat

Selanjutnya

PV = -

Atau

Jadi :

Dalam bentuk koett virial pada Persamaan . K Vander Walls didapat perlakuan

persamaan (2.10) A = RT

B = RTb merupakan f (T)

C = RTb2

Bagaimana untuk gas ideal (gas sempurna) nilai v , besar sekali mempunyai nilai

PV = limit

PV = RT dapat disimpulkan : A, B, dan C merupakan fungsi T bila V maka PV = RT

Persamaan . K Bratic Briedgma n :

Rumus yang kita berikan unit Persamaan K. nyata (riil) adalah :

P = ……… (2.16)

Dengan A = Ao ( 1 - )

B = Bo (1 - ) Ao a, Bo, b dan c merupakan konstanta yang

Tri Isti Hartini

= mempunyai harga berbeda untuk setiap

macam gas

Persamaan K. gas Hallborn dan Otto :

Mengusulkan Persamaan K.gas nyata yang dituliskan sebagai berikut

PV = RT + Bp + Cp2 + Dp3 ….. (2.17)

Dengan B, C, dan D f (T) jadi tekanan gas yang relative kecil, p, p2, p3 …

dapat diabaikan, sehingga gas menjadi gas ideal yang mempunyai bentuk

persamaan keadaan PV = RT

4. Sebuah silinder tertutup berisi gas O2 volume silinder 2 m3 suhunya 400c, tekanan

gas (p) 60 atm . dalam persoalan ini dianggap gas sebagai gas ideal.

Hitunglah :

a. berapa kg mol O2 dalam silinder

b. berapa massa O2 dalam silinder

c. berapa tekanan gas kalau suhu menjadi 4000c

d. pada suhu tetap 400c sebagian gas dikeluarkan darai silinder sehingga gas

menjadi 10 atm. Tertukar berapa kilomol gas yang keluar.

PROSES/ USAHA KWASI GRAFIK

Kwasi = istilah paduannya kuasi →awalan yang mengandung makna seolah-olah

(dianggap/diperlakukan sebagai …………) (tapi sebenarnya tidak demikian)

- kuasi-eksp → researah

- kuasi-optical-wave (bentuk-bentuk gelombang yng seolah-olah panjang gelombang

yang kecil sekali) gelombang listrik yang sangat pendek

PROSES KWASISTATIK

Sistem yang berada pada keadaan setimbang akan tetap mempertahankan keadaan itu.

Keadaan setimbang → untuk menguji atau mengubah keadaan setimbang diperlukan

pengaruh-pengaruh dari luar. Sistem harus berinteraksi dengan lingkungan.

Dalam Thermodinamika dikenal 3 macam interaksi :

1. Melalui usaha luar

2. Melalui pertukaran kalor

3. Melalui keduanya

Perubahan yang dialami system dari proses interaksi ini selalu dianggap berlangsung

secara kuasistatik → diharapkan perubahan yang berlangsung dicapai dalam tahapan

yang sekecil-kecilnya → infinite.

Tri Isti Hartini

Sedemikian rupa, sehingga perubahan yang terjadi pada system setiap saat proses

berlangsung dalam keadaan setimbang.

Jika keadaan system selalu dapat dinyatakan/ ditulis pada

setiap keadaan/ tahapan proses.

Yang system mengembang proses harus lamban pada setiap

pers → f (p.v.t) = 0 → tetap berlaku

Andaikan proses berlangsung secara non kwasistatis Perubahan volume gas secara

mendadak → yang akan terjadi di dalam gas.

1. Munculnya aliran-aliran turbulat → aliran fluida yang kondisinya dapat

mengakibatkan munculnya arus balik / arus

putar.

Proses kwasistatik tidak akan pernah dijumpai di alam → idealisasi yang

digunakan dalam termodinamika.

2. Pengembunan

USAHA KUASISTATIK

Pada setiap sistem (missal suatu gas),ada dua jenis usaha :

1. Usaha luar

Tri Isti Hartini

2. Usaha dalam → berarti ada interaksi antar partikel gas atau ada difusi dari

bagian satu ke bagian yang lain dari system. (akan dibagi lebih banyak dalam

fis. statistik).

Thermodinamika hanya berkisar cenderung mengenal usaha luar.

Perhatikan ilustrasi berikut

Untuk mendorong pengisap keluar

mendorong udara → diperlukan usaha →

agar system dapat dikatakan melakukan

usaha luar, maka harus ada sesuatu yang

dilawan, missal : gesekan, massa, massa

pegas, gaya gravitasi, viskosi tekanan

penghisap luar.

Selanjutnya kita coba menurunkan perumusan usaha pada system gas →

dalam tabung → mempunyai koordinat : p,v,T

gas

melakukan gaya pada pegas penghisap → =p. A. X, sedangkan

usaha luar mengadakan gaya → -1

Diandaikan : >> -1

Maka : pengisap terdorong keluar sejauh d

Sistem gas melakukan usaha : dw = . d = F dx

atau : dw = p . A dx

Catatan 1

i).berlaku proses kuasitatik, dengan kuasistatik

Pada proses kuasistatik p. diisikan dari persamaan keadaan sistem yang berlaku

→ misal apabila gas bersifat ideal; berlaku: PV = nRT

P = → dw = dv

Pada proses non kuasistatik

Tri Isti Hartini

dw = p . dv

Tidak ada persamaan keadaan yang dapat melukiskan system → maka dalam hal

inisecara aproksimasi dapatdinyatakan : P yang diambil adalah P pada akhirproses →

tekanan udara luar.

Catatan 2

ii). Perhatikan : dw

Dapat dibuktikan melalui persyaratan → syarat euller (bahwa dw bukan deferensial

eksak artinya bukan diferensial yang berasal di suatu fungsi)

Perhatikan kembali :

dw = P dv

dapat juga dituliskan : dw = P dv + O dv

M N

Jadi dari persamaan ini → M (p,v) = P ; N (p,v) = 0

Sehingga diperoleh :

( )v = 1 ; ( )p = 0

Dapat disimpulkan bahwa : dw bukan differensial eksak ≠

Catatan 3

iii) KONVENSI TANDA

Jika system (gas) mengembung (berekspansi) → dv adalah positif (+), dw adalah

negatif (-)

Sistem gas melakukan usaha pada lingkungan.

Gas mengeluarkan usaha usaha dihitung negatif

Sehingga dapat ditulis kembali : dw = -p.dv (usaha dihitung negative jika energi

keluar dari system)

→ Padagas yang berkembang (menekspansi) dw = negatif

Tri Isti Hartini

Tidak kita peroleh dengan mendefersialisasi fungsi w.Berarti bahwa dw bukan deferensial eksak.

Tetapi dw adalah usaha luar dalam jumlah yang sangat kecil

Apabila gas ditekan (dikompresi) → dw = positif

Kita andaikan gas berubah secara karakteristik dari Vi ke Vf

Misal : Volume gas berubah secara kuasistatik dari Vi ke Vf

Maka :

Wif = - = -p (Vf – Vi)

Usaha yang terlihat pada proses

Jika Vf > Vi → maka Wif negative (gas melakukan usaha luar) system gas

berekspansi kwasitatis, system gas melakukan usahaluar.

Vf<Vi → maka Wif positif (lingkungan mengadakan usaha pada system)

sistem gas mengalami kompresi kwasitatis , system menerima

usaha dari lingkungan.

Perlu diingat : pada proses kwasitatis → p dismbil dsri proses keadaan gas. P = P

(V,T) Sehingga W = - P[V,T] dv = - p dv

Catatan 4

iv). DIAGRAM P.V

Dari W sebagai luas,W bergantung pada jalan/ lintasan proses yang ditempuh.

Menurut Kalkulus

p dv = luas yang diarsir di bawah kurva.

Perhatikan gambar : kurva pada gambar tersebut

memberi gambaran [meski tidak jelas]↓ proses

= suhu tidak kembali dapat diketahui dari

persamaan keadaan.

Menurut konversi tanda yang berlaku : Wif

(1) adalah negative (system berekspansi

→(sistem melskuksn usaha luar).

Tri Isti Hartini

Tuliskan komentar anda pada gambar (2)

Wif = (-) system melakukan usaha luar

Wif (2) = (-)

Wif (1) = Wif(2)

Pada Proses (3)

Wif = - p dv adalah positif karena

lingkaran mengadakan usaha pada system

→ system mengalami proses kompressi.

Vi > Vf → = dv = -p (Vf-Vi)

-p(Vf-vi) = p(Vi-Vf)

Wif2 = -Wif3

Pada gambar tempak serangkaian proses sedemikian rupa, sehingga keadaan akhir proses

sama dengan keadaan awal → rangkaian proses → disebut “siklus” W siklus = luas siklus

pada diagram PV

Tijauan :

Pada gbr A = system mengalami proses 1→2 dari keadaan mula-mula (1_ dan proses

2-1 kembali ke keadaan mula-mula.

Dapat ditentukan :

W Total = W12 + W 2-1

= luas bidang 1-2 V2V11 + luas bidang 2.1V2V1

1

Negatif >> Positif <

W Total : negatif

Tri Isti Hartini

Pada gambar B : sistem mengalami proses 2-1 dari keadaan mula-mula (2_ dan

proses 1-2 kembali ke keadaan mula-mula.

Dapat ditentukan :

W Total = W2-1 + W1-2

= Luas bidang 2-1V1V = 2 + luas bidang 2V2V1

Positif Negatif

W Total = Positif (Luas bidang yang diarsir merah positif)

Contoh Soal :

2 Mol gas ideal pada suhu 00 C diekspansi secara

kuasistatik dari volume mula-mula 1 lt menjadi 4 lt

tentukan : usaha yang diperlukan (nyatakan dalam R)

apabila proses bersifat :

a. isobarik (proses A→B)

b. isothermis (proses A-C)

c. Hitung WBC

d. Hitung usaha dalam siklus ABCA

Penyelesaian :

PAVA = nRT

PA = nRTA 564.103 R

a. WQB = dv

= -546.103R (VB-VA)

= -546. 103R (4.10-3-1.10-3)

= -1638 R (luas persegi panjang di bawah AB)

b. WAC → P =

Tri Isti Hartini

Sehingga WAC =

= -2 R273 ln

WAC = -756,92 R

c. WBC = → karena isovolumic, maka v tetap → dv = C

Jadi WBC = 0

d. Usaha dalam siklus ABCA adalah

WABCA = WAB +WBC+WCA

= - 1638R+0+756,92R

= - 821,08 R

Jadi WABCA = -821,08 R system melakukan usaha

LATIHAN SOAL :

1. Perhatikan gambar

Hitunglah : Wiaf; Wibf dan Wif dengan cara :

a. mengevaluasi integral – p dv

b. menghitung luas di bawah kurva

c. hitung pula : Waf bia ; Wafia dan Wifai

Jawab:

a. buktikan bahwa usaha yang dilakukan gas dapat ditulis sebagai ……

b. periksa : apakah dw ini bersifat eksak atau tidak?

Tri Isti Hartini

BAB III

Kalor dan perpindahan kalor secara kuatisasi

Ada sesuatu yang berpindah dari sistem yang bertemperatur tinggi menuju ke

system yang bertemperatur rendah → yang menyebabkan pemerataan suhu.

Besaran fisis yang berpindah pada kontak thermal antara dua system berlainan suhu

disebut kalor → adalah energi (usaha) dinyatakan dengan satuan joule → dahulu satuan

kalor dinyatakan kalori dengan nilai :

1 kalori = 4,2 joule

1 joule = …..kal

Dari percobaan-percobaan

Ramford

Joule

Robert Manguis

Bagaimana kalor berpindah secara kuasistatik?

Tri Isti Hartini

Kemudian dapat disimpulkan kalor adalah energi

→ Ingat kembali bahwa: system dapat berinteraksi dengan lingkungan melalui dan

atau melalui pertukaran kalor → adanya kontak/interaksi thermal supaya dapat

berlangsung secara kuasistatik.

Interaksi thermal Dapat berlangsung pada suhu tetap → dapat terjadi antara system

dengan if

Disertai kenaikan temperatur → memerlukan tak berhingga

R yang masing-masing berbeda suhu sedikit.

Supaya dapat berlangsung secara kuasistatik diperlukan reservoir kalor ® Tandon Kalor

Reservoir Kalor : sistem yang demikian (besarnya) sehingga suhu atau koordinat

yang lain tidak : berubah meskipun system tersebut menerima atau

melepas sejumlah kalor.

Ex : - atmosfer

- samodra

- lingkungan atau benda-benda lain yang berukuran besar dibandingkan

dengan ukuran system itu sendiri.

Perumusan Hukum Pertama Thermodinamika

Kerja Adiabatik (Wad) dan energi dalam Usaha adiabatik = Usaha yang dilakukan

pada system itu sendiri.

Proses adiabatik

Proses yang berlangsung tanpa ada perubahan kalor antara sistem dengan

lingkungan.Dapat dilakukan dengan cara mengisolasikan system dari lingkungan. Sistem

ini dilindungi dinding adiabatic.

Ada 3 cara yang dapat dilakukan pada system secara adiabatic al:

Usaha yang diperlukan ternyata → tidak bergantung pada cara yang dilakukan selama

cara tersebut adalah Cara Adiabatik Kuasistatik.

Usaha hanya dipengaruhi keadaan awal dari keadaan akhir sistem

Tri Isti Hartini

→ Wad =

Ada besaran fisis yang merupakan koordinat sistem → fs keadaan → energi dalam

sistem= U

Sehingga : Wad = = -(uf-ui) = ui-uf

atau

perubahan energi dalam : ∆u – Wad = 0 → rumusan HPT untuk proses adiabatik

energi dalam : adalah jumlah energi yang dimiliki partikel-partikel sistem.

Sehingga energi dalam seluruh sistem

U =

Dengan :

N : Jumlah pertikel dalam sistem

Ei : Energi tiap partikel (dapat berupa enefgi kinetic , rotasi, &

magnetic, vibrasi dll)

Karena U → Energi dalam yang merupakan fungsi keadaan sistem

Maka → U dapat dilihat sebagai fungsi dari dua variabel (2 koordinat sistem)

ex:

U = U1 (p,v) → dU1 = dp + dv

U = U2 (V,T) → dU2 = dv + dt

U = U3 (T,P) → dU3 = dT + dp

Ketiga dU diatas bersifat sebagai diff eksakt → sehingga du = Uf . Ui

dan = 0

Proses H.P.T secara umum

Pada dasarnya energi dalam sistem (U) dapat diukur dengan :

1. mengukur Wad

2. di dalam praktek → diukur dengan cara non adiabatic

3. sistem itu diberi kesempatan untuk berinteraksi dengan lingkungan →interaksi

thermal

Tri Isti Hartini

Untuk mencapai ∆U yang sama, jelas diperlukan W

yang berbeda.

Wad. ≠ W non ad.

Sehingga ∆U – Wnon ad. = Q → akan menaikkan energi dalam sistem (∆U→positif)

∆U – W non.ad. ≠ 0 & Q = positif → sistem menyerap kalor.

Ruas kanan tidak lain adalah kalor yang terlihat dalam proses non adiabatic

Rumusan hukum pertama Thermodinamika secara umum.

→ adalah perumusan hokum I thermodinamika

→ Berlakunya H.K.E dalam thermodinamika

Dapat berlaku untuk segala proses : kwasi statis, non kwasistatis, isothermal.

Penulisan dalam bentuk diff : isobaric dsb

atau :

untuk proses kwasistatik dw = -p dv

Catatan : Konvensi tanda D mengikuti konversi tanda W

Jika sistem diberi/ menyerap kalor.

Sebagian Energi dipanaskan untuk menaikkan energi dalam sistem

[∆U=(+)]

Sisa energi digunakan untuk melakukan usaha luar [W = (-)]

Jadi pada rumus diatas hukumb I thermodinamika non adiabatis → D =

(+)

Kapasitas Kalor

Tri Isti Hartini

∆U – Wn.a.Q

du – dw = dQ

dQ = dU + p.dv

Apabila sistem menyerap kalor → sistem mengalami kenaikan suhu maka

kenaikan sistem memiliki kapasitas kalor.

C sistem = = [J.K-1]

atau :

C sistem = Q = dQ

∆t dT

Kapasitas kalor spesifik : (j.k-1kg-1)

Kapasitas kalor spesifik molr : e* = (j.k-1mol-1)

Ada 2 macam kapasitas kalor :

Cv – vol tetap

Cp – p tetap

Cv = dan Cp =

Merupakan fungsi koordinat hanya hitungan-hitungn dalam soal

yang dianggap tetap.

Hubungan antara Cp dan Cv adalah :

dQ = dV + p dv

=

Jika perubahan sukar berlangsung pada V tetap, maka :

Sehingga Cv = = f (t.v) → Cv adalah fungsi koordinat

Cv=dT=dQv

Cp* = Cv* + R

atau

Cp* - Cv* = R atau Cp-Cv = nR

Untuk gas ideal yang mengalami proses adiabatis → dQ = 0 sehingga HPT dapat ditulis :

dU - pdv = 0

atau

dU = -pdv

→ Pdv = -PCv* dT → dT =

Tri Isti Hartini

Lim∆t→0

Kembali persamaan gas I

Pv = nRT

Pdv + Vdp= nRdT

atau Pdv + Vdp = nR

→

→

1 + = 0

Ungkapan untuk Cp

Jika dianggap : U= U(T,V)→dU =

Kaitkan dengan HPT dQ = dU + PdV

→ dQ = dv

→

maka:

Cp = Cv +

Atau

dengan H.P.T dapat diturunkan beberapa : PV∂ = tetap dengan cara sebagai berikut :

dQ = du + dV

atau

Jika :

P tetap

Maka :

Tri Isti Hartini

PV=nRT→Pdv+vdp=nRdCv dTv = dQvCu dTv = dU

∂In V + InP = InC

PV ∂ = C Hukum Poisson I

Selanjutnya dapat pula ditentukan energi antara temperature dan volume gas ideal

pada proses adiabatis sebagai berikut :

Lakukan substitusi : PV = nRT → P =

Hub → PV∂ = e

Didapat :

T . V-1V∂ = e/nR = e

atau T . V∂-1 = e Hukum Poisson II

Coba buktikan :

Tp Hukum Poisson III

Latihan Soal

1. Sistem diagram P-V melalui lintasan lurus dari A ke B

Tentukan beberapa usaha yang dilakukan sistem dengan 2 cara

1. integral

2. Mencari luas

2. Suatu gas dalam diagram P.v mengalami proses siklus menempuh jarak dari titik A ke

B dan C kemudian kembali ke titik semula

Tentukan usaha yang dilakukan ωa dalam proses siklus

itu

Tri Isti Hartini

3. Gas Nitrogen memenuhi gas ideal (PV = nRT). Jika massa gas Nitrogen 84 gr

memuai secara isothermal pada suhu 270C dari volume 4.000 cm3 ke 8.000 cm3.

Tentukan usaha yang dilakukan gas (R=3,32 .107 erg/mol K)

4. Gas memenuhi persamaan keadaan P (v-b) =RT memuai isothermal dari V1 ke V2

Berapa usaha yang dilakukan gas.

Berapa usaha yang dilakukan gas van der walls yang memuai isothermal dari V1 ke

V2.

5. Kalor jenis mol kebanyakan zat dinyatakan dengan persamaan

Cp = a + 2bT – CT-2

a dan b tetap

T dinyatakan dengan Kelvin.

Apabila terdapat n mol zat

Tentukan :

a. Jumlah kalor yang diperlukan untuk menaikkan suhu zat itu dari T1 ke T2 pada

titik tetap

b. Berapa kalot jenis Cp rata-rata antara suhu T1 dan T2

6. Sebuah silinder tertutup berisi 100 mol gas hidrogen. Panas jenis molar H pada

volume tetap 4,88 kal/mol0C. Bila zat itu dipanaskan pada volume tetap sampai 1000C

berapakah perubahan energi pada zat itu.

Tri Isti Hartini

BAB IV

KONVENSI TANDA

Lama

Dapat dihitung :

Wif =

Wif = P(3-1) = 2P Joule

W+ → sistem (gas) mengembang

→ volume bertambah

dv = positif

W = (+)

Baru

Wif =

= -P (3-1) = -2p Joule

W(-) → sistem gas mengalami

ekspansi

dv = positif → W = (-)

Q → (+) panas diserap sistem. Ada

sebagian energi keluar dari sistem →

sistem melakukan usaha luar pada

lingkaran (sistem mengeluarkan usaha)

Di dapat :

Wif =

Wif = P(1-3) = -2P

W - → sistem (gas) ditekan →

volume berkurang

Kompressi → volume berkurang

dv = negatif

W = (-)

Wif =

= -P(1-3) = +2 Joule

W(+) → sistem (gas) ditekan mengalami

kompresi volume gas berkuran

dv = negatif W = (+)

Q = (-) panas keluar dari sistem

Tri Isti Hartini

Lama

Judul Paper Kecil :

“ Konvensi Tanda”

(suatu kajian)

Diagram Pv; W sebagai luasan, W bergantung lintasan/ proses hubungan dan kaitannya

dengan H.P.T

Tri Isti Hartini

DAFTAR PUSTAKA

Zemarsy, MW And Buku literature B; Darmawan “Termodinamika” Budy

Jrs Fisika FMIPA ITB

FW. Sears “An Introduction to thermodinamis the kinetic theory of Gases

And Statical Mechanics”.

Harsoyo SN 1990 Panas & Termodinamica Yogyakarta FPMIPA – UGM

Tri Isti Hartini