Download - Modul Bahan Ajar Termodinamika
1
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
MODUL BAHAN AJAR
TERMODINAMIKA
TEKNIK
DISUSUN OLEH:
Ir. Sumeru, MT
Edmond Murad, ST
PROGRAM STUDI TEKNIK PENDINGIN
POLITEKNIK INDRAMAYU
2008
2
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
HALAMAN PENGESAHAN
1. Modul Bahan Ajar
a. Nama Modul : Termodinamika Teknik
b. Mata Kuliah/Semester : Termodinamika Teknik/ I (Satu)
c. SKS (T-P)/jam (T-P) : 2 SKS (T) 3 Jam/Minggu
d. Jurusan : Teknik Pendingin
e. Program Studi : Teknik Pendingin Polindra
2. Penulis
Penulis 1
a. Nama : Ir. Sumeru, MT
b. NIP : 132 140 884
c. Golongan/Pangkat : IIId/Penata Tk-1
d. Jabatan Fungsional : Lektor Kepala
e. Jabatan Struktural : Ketua Jurusan
f. Jurusan : Teknik pendingin Polindra
Penulis 2
a. Nama : Edmond Murad, ST
b. NIP : 131 853 700
c. Golongan/Pangkat : IIIa/ Penata Muda
d. Jabatan Fungsional : Asisten Ahli
e. Jabatan Struktural : Kepala Laboratorium Tata Udara Polban
f. Jurusan : Teknik Refrigerasi dan Tata Udara Polban
Mengetahui, Bandung, 24 November 2008
Ketua Jurusan Teknik Pendingin Penulis 1
Politeknik Indramayu
Ir. Sumeru, MT Ir. Sumeru, MT
Menyetujui,
Direktur Politeknik Indramayu
…………………………………
NIP.
3
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
KATA PENGANTAR
Segala puji bagi Allah Tuhan semesta alam yang telah memberikan kekuatan dan
kesempatan pada penulis sehingga buku bahan ajar ini dapat diselesaikan.
Pada kesempatan ini kami mengucapkan banyak terima kasih kepada:
1. Bapak Direktur Politeknik Indramayu.
2. Bapak Pembantu Direktur I Politeknik Indramayu
3. Bapak Pembantu Direktur II Politeknik Indramayu
4. Bapak Ketua Jurusan Teknik Refrigerasi dan Tata Udara Politeknik Negeri
Bandung
5. Bapak Faldian, Andriyanto, Luga
6. Seluruh Staf Politeknik Indramayu dan Politeknik Negeri Bandung yang telah
mendukung dalam penulisan buku ajar ini.
Tentu saja buku ini jauh dari sempurna dan terdapat kesalahan di dalamnya, untk
itu kami mohon kritik dan saran dari pembaca.
Akhir kata, semoga buku ini dapat bermanfaat untuk kita semua, amin
Indramayu, November 2008
Penulis
4
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
DAFTAR ISI
LEMBAR PENGESAHAN i
KATA PENGANTAR ii
DAFTAR ISI iii
DAFTAR GAMBAR v
DAFTAR TABEL vi
1. BAB I PENDAHULUAN 1
Konsep dan Definisi 1
Dimensi & Unit 3
Density, Volume Spesifik, Berat Spesifik 4
Tekanan 5
Temperatur 7
Kerja (Work) 7
Kalor (Heat) 14
Rangkuman 15
2. BAB II HUKUM I TERMODINAMIKA 16
Hukum I Termodinamika 16
Enthalphy 19
Hukum I pada Closed System 21
Hukum I pada open system 24
Rangkuman 27
3. BAB III GAS IDEAL 28
Persamaan Gas Ideal 28
Internal Energi (U) Gas Ideal 30
Entalpi (h) Gas Ideal 30
Proses-proses pada Gas Ideal 32
Rangkuman 36
4. BAB IV HUKUM II TERMODINAMIKA 37
Keterbatasan Hukum I 37
Manfaat hukum II 46
Hukum II dan Reversibilitas 39
Hukum II & Pompa Kalor 42
Hukum II & Mesin Kalor 43
Rangkuman 44
5. BAB V SIKLUS CARNOT 45
Siklus Carnot 45
5
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Pompa Kalor 50
Siklus Otto 53
Siklus Diesel 54
Entropy 55
Kualitas (X) 59
Rangkuman 68
DAFTAR PUSTAKA 69
LAMPIRAN
6
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
DAFTAR GAMBAR
Gambar 1.1. Tekanan absolut, tekanan barometer & tekanan gage. 5
Gambar 1.2 Diagram PV menggambarkan kerja 8
Gambar 1.3 Diagram PV untuk proses siklus 10
Gambar 1.4 Elemen Fluida Pada Steady Flow 10
Gambar 2.1. PV diagram proses siklus 17
Gambar 2.2. Penerapan HK I Pada Sistem Terbuka 24
Gambar 2.3. Sistem Kompresi Amonia 25
Gambar 2.4. Sistem Kompresi Udara 26
Gambar 3.1. Polytropic Processes 34
Gambar 4.1. Aliran kalor pada mesin kalor 41
Gambar 4.2. Mesin Kalor menurut Clausius, (a) melanggar, (b) sesuai 43
Gambar 4.3. Mesin Kalor menurut Kelvin-Plank, (a) melanggar, (b) sesuai 44
Gambar 5.1 Siklus Carnot pada diagram PV 45
Gambar 5.2 Kurva siklus Carnot 46
Gambar 5.3. Kurva siklus mesin Carnot 47
Gambar 5.4. Diagram siklus mesin Carnot 49
Gambar 5.5. Siklus Pompa Kalor 51
Gambar 5.6. Diagram Siklus Pompa Kalor 52
Gambar 5.7. Siklus Otto 53
Gambar 5.8. Siklus Diesel 54
Gambar 5.9. Diagram T-s 56
Gambar 5.10. Proses pada Diagram P-v 56
Gambar 5.11 Proses Ekspansi Isotermal Reversibel 58
Gambar 5.12 Siklus Carnot pada Diagram T-s 60
Gambar 5.13 Garis Fasa Campuran pada Diagram P-h 60
Gambar 5.14 Garis-garis Fasa Campuran pada Diagram T-s 63
Gambar 5.15 Garis Fasa Campuran Beda Tekanan pada Diagram T-s 64
Gambar 5.16 Proses Refrigerasi Siklus Carnot 65
Gambar 5.17 Sistem Refrigerasi Siklus Kompresi Uap Pada Diagram T-s & P-h 66
7
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
BAB I KONSEP DAN DEFINISI
1.1 Konsep dan Definisi
Termodinamika : Ilmu yang mempelajari energi dan transformasinya, termasuk
kalor, kerja dan sifat-sifat zat yang terlibat dalam transformasi tersebut.
Termodinamika Teknik : Bagian dari ilmu rekayasa yang membahas mesin daya,
mesin kalor, refrigasi, air conditioning, kompresi dan ekspasi fluida, chemical
processing plants, dan indursti lainnya.
Mesin mobil adalah contoh dari mesin yang mentransformasi dari energi kimia
bahan bakar menjadi kerja (gerak).
Lemari es dan AC adalah mesin yang dirancang mengikuti hukum-hukum
termodinamika.
Fenomena yang terjadi pada lemari es dan AC adalah mengalirnya kalor dari suhu
rendah ke suhu tinggi.
Sistem dan lingkungan : Sistem adalah sejumlah materi atau suatu wilayah tertentu
yang menjadi perhatian dalam analisis. Sejumlah materi atau wilayah harus
mempunyai batas (boundary) yang didefinisikan secara jelas. Batas tersebut bisa
terlihat secara fisik atau dapat juga imajiner. Area di luar sistem tersebut disebut
lingkungan.
TUJUAN:
Memahami konsep dasar Termodinamika
Memahami definisi-definisi dan besaran
dalam Termodinamika.
Memahami prinsip-prinsip konversi
besaran
8
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Sistem yang dimaksud dalam termodinamika umumnya hanya bersifat makroskopik,
tidak pada sifat mikrokrospiknya.
Terdapat dua sistem :
1. Closed system (control mass)
2. Open sistem (control volume)
Closed system : Apabila tidak ada materi yang masuk maupun keluar ke/dari sistem,
sehingga materi di dalam sistem tidak bertambah maupun berkurang.
Open system : Apabila terdapat materi yang masuk maupun keluar ke/dari sistem,
sehingga materi di dalam sistem dapat bertambah maupun berkurang.
Property : Karakteristik yang dapat diamati di dalam sistem. Contohnya : tekanan,
suhu, volume, massa, viskositas, dll. Property dapat diukur secara langsung maupun
tidak, atau bahkan hanya dapat diturunkan dengan persamaan matematika maupun
menggunakan hukum-hukum termodinamika, seperti energi dalam dan entropy.
State (Keadaan) : Kondisi suatu sistem yang ditandai dengan nilai-nilai properties-
nya. Di dalam suatu sistem terdapat banyak property yang saling berhubungan dan
saling mempengaruhi. Dalam kondisi keseimbangan (equilibrium) kondisi (state)
sistem dapat dinyatakan oleh beberapa property saja. Misalnya tekanan, temperatur,
dan kecepatan sistem umumnya menyatakan kondisi (state) sistem dalam kondisi
keseimbangan.
Sistem dikatakan dalam kondisi keseimbangan bila tidak dapat terjadi perubahan
kondisi (state) tanpa gangguan (stimulus) dari luar. Properties yang kita ukur pada
sistem merupakan nilai-nilai properties sistem tersebut dalam keadaan
keseimbangan.
Kondisi (state) keseimbangan (equilibrium) jauh dari mudah dibanding kondisi non
equilibrium. Dengan alasan ini, pada tingkat awal mempelajari termodinamika,
kondisi equilibrium menjadi perhatian dan merupakan batasan masalahnya.
9
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Dimensi & Unit
Konsep dasar dari besaran yang mendasari pengukuran fisik : waktu, jarak, massa,
suhu mutlak, arus listrik, jumlah zat, dan intensitas cahaya.
Besaran tersebut di atas secara international diberi satuand detik (s), meter (m),
kilogram (kg), kelvin (K), ampere (A), mol (mol), candela (cd).
Mol didefinisikan banyaknya atom di dalam ataon Carbon-12 seberat 12 gram,
banyaknya atom tersebut adalah 6,02252 x 1023
(bilangan Avogrado)
Tugas : Cari definisi dari :
1. 1 meter
2. 1 kg
3. 1 detik
Selain dikenal besaran sistem internasional (SI) juga dikenal sistem besaran British
Unit (BU). Konversi kedua besaran tersebut adalah :
1.2 Konversi SI BU
Unit Panjang
1 inchi = 2.54 cm
1 feet = 12 inchi = 30,48 cm
1 yard = 91,44 cm
1 yard = 3 feet
Unit Luas
1 sq in = 6,452 cm2
1 sq ft = 929 cm2
Unit Volume :
1 cu in = 16, 39 cm3
1 cu ft = 28316 cm3
1 US gallon = 3,785 dm3
1 liter = 1 dm3
10
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Unit Massa :
1 Lb = 0,4531 kg
1 Oz = 28,35 gr
1 slug = 1 lbf.s2/ft = 32,174 lbm
Unit Pressure :
1 atm = 101.300 N/m2 = 14,7 psi
1 Pa = 1 N/m2
1 Bar = 100.000 Pa
1 psi = 2.3 ft wt = 2.04 in Hg
1 torr = 1 mm Hg
Unit Temperatur
X0F = [(X-32) 5/9]
0 C
X0C = [(X*9/5) + 32]
0 F
Unit Power (Daya)
1 hp (PK) = 745,7 Watt
1 hp (PK) = 550 ft.lbf/s = 2545 Btu/h
Unit Energi
1 kcal = 4187 Joule
1 Btu = 778,6 ft lb cm3
Unit Lainnya :
1 Nau Mil = 1852 m
1 English mile = 1760 yard
1.3 Density, Volume Spesifik, Berat Spesifik
Density (massa jenis): Didefinisikan sebagai perbandingan antara massa dan volume
suatu materi, atau massa per unit volume. Dinyatakan dengan persamaan:
V
M [1.1]
Volume Spesifik: Didefinisikan sebagai perbandingan antara volume dan massa
suatu materi, atau volume per unit massa. Dinyatakan dengan persamaan,
1
m
Vv [1.2]
11
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Berat Spesifik : Didefinisikan sebagai perbandingan antara berat dan volume suatu
materi, atau berat per volume. Dinyatakan dengan persamaan,
V
w [1.3]
Hubungan antara massa jenis (densitas) dan berat jenis dapat diturunkan dengan
persamaan sbb:
Oleh karena
W=M g [1.4]
Dengan membagi persamaan di atas dengan Volume, maka menjadi persamaan
= g [1.5]
1.4 Tekanan
Tekanan didefinisikan sebagai gaya persatuan luas permukaan sistem. Dalam SI,
dimensi Tekanan (P) adalah,
P = F/A = Newton/meter2 = Pascal [1.6]
Besarnya tekanan yang ditunjukkan oleh alat ukur tekanan disebut tekanan gage atau
P gage
Tekanan yang dimulai dari kondisi P = 0 dinamakan tekanan absolute (Pabs)
Tekanan Atmosfir (Patm) adalah tekanan udara yang bekerja pada suatu daerah
(sistem).
Pabs = P atm + P gage [1.7]
Gambar 1.1. Tekanan absolut, tekanan barometer & tekanan gage.
Patm
Pvacum
Pgage
Pabs
P=0
Pabs
P=1atm
12
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Tekanan vakum adalah tekanan di bawah atmosfir.
Besaran tekanan yang sering digunakan dalam sistem pengukuran adalah :
1. Pascal
2. Psi
3. Bar
4. Kgf/cm2
5. Torr
6. in Hg
Tugas : Cari definisi dan konversi dari besaran-besaran tekanan di atas
Contoh Soal
1. Barometer menunjukkan 28,2 in Hg, sedangkan pressure gage menunjukkan 20
psi. Hitung tekanan absolutenya !
2. Barometer menunjukkan 29,4 in Hg, sedangkan vacum gage menunjukkan 10 in
Hg. Hitung tekanan absolutenya !
Solusi
1. 1 in Hg = 0, 492 psi, maka 28,2 in Hg = 13,9 psi
sehingga,
Pabs = P barometer + P gage
= 13,9 + 20 = 33, 9 psia
2. Pabs = P barometer + P gage
= 29,4 + - (10) = 19,4 in Hg = (0,292 x 19,4) = 9, 53 psia
Contoh soal :
3. Suatu ruangan divakum hinga Vacum gage menunjukkan tekanan 10 psi.
Hitung tekanan absolute ruang tersebut bila berada pada sea level.
Solusi
3. Pabs = P barometer + P gage
= 14,7 + - (12) = 2,7 psia
13
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Dari contoh di atas terlihat bahwa tekanan vakum maksimal adalah 14,7 psia pada
sea level. Bila pada tempat yang lebih tinggi maka tekanan vakum maksimal akan
dibawah 14,7 psia.
1.5 Temperatur
Temperatur digunakan untuk menunkkan rasa dingin/panas suatu benda. Beberapa
skala yang digunakan untuk mengukur panas-dinginnya suatu materi adalah :
1. Celsius (Swedia, 1742)
2. Fahrenheit (Jerman, 1714)
3. Kelvin (skala absolute, K)
4. Rankine (skala absolute, R)
Konversi dari keempat skala temperatur tersebut diatas adalah :
X0C = (X + 273, 15)K
X0F = (X + 259,67) R
X0C = [(X*9/5) + 32]
0 F
X0F = [(X-32) 5/9]
0 C
Tugas : Mungkinkah temperatur satu materi akan menunjukkan nilai yang sama bila
diukur secara bersamaan dengan termometer skala Celsius dan skala Fahrenheit.
Bila mungkin temperatur berapa ?
1.6 Kerja (Work)
Kerja adalah interaksi antara sistem dengan lingkungannya (surrounding) atau
antara satu sistem dengan sistem lainnya (misal sistem A dan sistem B).
Kerja dapat dilakukan sistem A ke sistem B atau sebaliknya. Untuk menunjukkan
arah kerja perhatikan contoh sbb :
Misal sistem A melakukan kerja sebesar 1000 Joule pada sistem B, maka
penulisannya sebagai berikut :
WA = 1000 J atau WB = - 1000 J
W out A = 1000 J atau W out B = - 1000 J
W A = 1000 J atau WB = - 1000 J
14
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Contoh kerja adalah : kerja yang dilakukan arus listrik disebut kerja elektrik. Kerja
yang dilakukan oleh medan magnetik disebut kerja magnetik. Kerja yang dilakukan
oleh gaya pada benda bergerak disebut kerja mekanis, dll
Kerja mekanis didefinisikan perkalian antara gaya yang bekerja pada benda dengan
jarak yang ditempuh benda tersebut. Bila dituliskan dengan persamaan adalah
Work = F dx [1.8]
Persamaan di atas bila diterapkan pada sistem piston dan fluida di dalam silinder,
maka F = P A, sehingga,
Work = P A dx [1.9]
Karena A dx = dV, maka,
Work = P dV [1.10]
Diagram PV
Diagram PV sering digunakan dalam analisis kerja pada termodinamika. Dari
persamaan (1.10)
Work = P dV
Bila digambarkan dalam diagram PV, dimana P sebagai sumbu vertikal dan V
sebagai sumbu horizontal, maka
Luas di bawah kurva adalah kerja yang terjadi pada sistem.
Perhatikan gambar di bawah
Gambar 1.2 Diagram PV menggambarkan kerja
15
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Contoh Soal :
1. Fluida di dalam silinder (closes system) mengalami ekspansi tanpa gesek dari
volume 0,100 m3 ke 0,160 m
3 dimana hubungan antara P dan V dalam silinder
dinyatakan dengan persamaan P=CV-2
, (C=konstanta). Diketahui tekanan awal
adalah 300 kPa, hitunglah kerja yang terjadi.
2. Seperti kasus no.1, namun hubungan antara P dan V adalah P = CV. Kerjakan
buat latihan.
Solusi
1. Dengan menggunakan persamaan (1)
Work = 2
1
p dV = 2
1 2V
CdV= -C
12
11
VV
Konstanta C dapat dihitung dengan persamaan,
C = PV2 = P1V1
2 = P2 V2
2
Oleh karena P1 diketahui dan V1 juga diketahui, maka C = P1V12, sehingga
Work = - C
12
11
VV= - P1V1
2
12
11
VV= - P1V1
1
2
1
V
V
Dengan memasukkan nilai-nilai yang diketahui, maka didapat hasil,
Work = - (300)(0,100)
1
160,0
100,0+ 11,3 kJ
Berdasarkan perhitungan diatas menunjukkan bahwa ke luar sistem atau kerja
dilakukan oleh sistem (karena tanda “+”). Jika hasilnya “-“ (negatif) maka
kesimpulannya adalah kerja dilakukan pada sistem atau kerja masuk ke sistem.
16
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Kerja Siklus pada closes system
Bila sistem piston dan silinder pada closed sistem melakukan proses dari1-a-2 dan
kembali lagi ke 2-b-1, maka proses tersebut disebut proses siklus (lihat gambar
disamping).
Secara matematika proses tersebut dapat dituliskan,
w =
a
a b
b
PdVPdVPdVPdV1
2 1
2
[1.11]
w = PdV = Luas daerah yang diarsir [1.12]
Oleh karena nilai integral tertutup (siklus) tidak nol (mempunyai nilai) maka kerja
adalah fungsi lintasan, tidak dapat dianalisis hanya kondisi awal dan akhir saja.
Perhatikan gambar di bawah.
Gambar A = kerja dari 1-a-2
Gambar B = kerja dari 2-b-1
Gambar C = Selisih kerja dari 1-a-2 & 2-b-1
A = kerja dari 1-a-2
B = kerja dari 2-b-1
C = selisih kerja dari 1-a-2 dan 2-b-1
Gambar 1.3 Diagram PV untuk proses siklus
Kerja pada Open System (Frictionless)
Jika ada aliran massa yang keluar / masuk sistem maka kerja yang terjadi disebut
kerja pada open sistem.
17
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Perhatikan gambar bawah
Gambar 1.4 Elemen Fluida Pada Steady Flow
Dari gambar tersebut dapat diturunkan persamaan :
wFAP
PmgAAPPPAF
)2
(cos))((
= - wFmgAP
AP
cos2
[1.13]
Dengan menggunakan Hukum II Newton dimana elemen massa (m) adalah,
m = LA
A
2 [1.14]
maka didapat persamaan,
VL
AAmaF
2 [1.15]
Maka persamaan diatas menjadi,
VV
VA
AF
22 [1.16]
Kombinasi persamaan (a) dan (b), dengan mengabaikan nilai PA dan AV
(tidak significant), maka didapat persamaan,
-AP- mg cos + Fw = AVV [1.17]
atau,
Fw =AP + AVC + mg cos [1.18]
18
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Kerja yang dilakukakan pada elemen adalah,
Workin = Fw L
= A P L + AVV L + mg L cos [1.19]
Perkalian A L diabaikan (tidak significant) dan A L adalah volume elemen, A
L adalah massa elemen, maka persamaan di atas menjadi,
Workin = Fw L
= (Volume) P + mV V + mg z [1.20]
Kerja persatuan massa,
Workin = V P + V V + g z [1.21]
Dengan mengganti L dengan dL, maka,
Workin = v dP + V dV + g dz [1.22]
Untuk aliran antar dua jaran tertentu persamaan (1.22) menjadi,
Workin = zgV
vdP
2
2
[1.23]
Persamaan ini adalah kerja mekanik yang dilakukan pada unit persatuan massa
fluida pada steady flow proses tanpa gesekan.
Contoh soal,
1. Fluida mengalir steady rate 3, 0lbm/s melalui open system yang berekspansi
tanpa gesean dengan persamaan Pv2 = C. bila tekanan awal 45 psia, dan tekanan
akhir 15 psia, densitas fluida memasuki sistem 0,25lbm/cu.ft. Hitung daya yang
dihasilkan oleh fluida, dengan mengabaikan perubahan kecepatan (C) dan
ketinggian (z) diabaikan.
19
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Solusi
1. Dalam kasus ini fluida di dalam sistem melakukan kerja, sehingga,
Work out = w = -
zg
VvdP
2
2
Oleh karena V dan z diabaikan, maka menjadi
w = - ])[2(21
1
21
22
12
1
21
21
2
1
PPCdPpCvdP
w = - ))(2(2/1
12
1
212
1
1 PPvP
w = -2P
121
21
1
2
2
1
21
1
211
P
P
P
P
P
Pv
w = -2 lbmlbfft /.900.21145
15
25,0
144)45(21
Dari persamaan,
Power (P) = work x m
Maka,
P = (21.900)(3,0) = 65.700 ft.lbf/s
Dari definisi
1 hp = 550 ft.lbf/s
maka,
Power = (65.700)/(550) = 119 hp
Contoh soal:
2. Nitrogen mengalir steady dan frictionlessy melewati nozzle denganr ate 0,82
kg/s. Kondisi nitrogen saat memasuki nozzle adalah 300 kPa, 350 K, v = 0,346
m3/kg dan kecepatan 160 m/s. Nitrogen berekspansi mengikuti persamaan Pv
1,4
= C dan keluar pada tekanan 150 kPa. Hitung luas penampang outlet nozzle
(Dengan mengabaikan V dan Z).
20
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Solusi
2. Karena laju aliran massa diketahui, maka dapat digunakan persamaan kontuinitas,
yaitu,
1
m 2
m = 2
22
1
11222111
v
VA
v
VAAVAV
sehingga luas penampang outlet nozzle dapat dihitung dengan persamaan,
A 2 =2
2
V
vm
Nilai A2 dapat dihitung bila volume spesifik (v2) dan kecepatan (V2) telah diketahui.
Nilai v2 dapat dicari dengan persamaan,
P1v11,4
= P2v21,4
sehingga,
v2 = v1 (P1/P2)1/1,4
= (0,346)(300/150)1/1,4
=0,568 m3/kg
Sedangkan nilai V2 dapat dihitung dengan persamaan,
w = -
2
1
21
2
1
2
2 )(2
zzgVV
vdP
Oleh karena tidak ada kerja yang dilakukan atau yang masuk pada fluida yang
melewati nozzle (w=0), dan dengan mengabaikan ketinggian (z=), maka,
2
1
2
1
2
2
2vdP
VV
= -C dP
2
1
4,114,11
4,111
14,1
11
214,1
1
114,1
4,1
PPvP
= -
14,0
4,1 4,111
1
211
P
PvP
=
1300
150)346,0)(300(
4,0
4,1 4,111
- 116 kJ / Kg
21
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Nilai V2 adalah,
V2 = 22
1 )160()1000)(116)(2()1000)(116)(2( V
= 508 m/s
Sehingga nilai A2 adalah,
A2 = 24
2
2 1017,9508
)568,0)(82,0(mx
V
mv
1.7 Kalor (Heat)
kalor adalah interaksi antara sistem dengan lingkungannya (surrounding) atau
antara satu sistem dengan sistem lainnya (misal sistem A dan sistem B) yang
disebabkan oleh beda temperatur.
Kalor dapat dilakukan sistem A ke sistem B atau sebaliknya. Menurut konvensi,
bila kalor ditambahkan (masuk) ke sistem maka diberi simbol positif (“+”),
sebaliknya bila kalor diambil (keluar) dari sistem maka diberi simbol negarif (”-“).
Contoh :
Misal kalor 1000 J ditransfer dari sistem A ke sistem B, maka penulisannya sebagai
berikut :
QA = -1000 J atau QB = -1000 J
Penulisan lain adalah :
Qin.A= -1000 J atau Qin.B = 1000 J
Qout.A=1000 J atau Qout.B= -1000 J
QA = -1000 J atau QB = 1000 J
Kalor serupa dengan kerja, yaitu interaksi antar sistem, bukan karakteristik yang
dapat diamati pada saat sistem pada suatu kondisi tertentu. Jadi aklor dan kerja
bukan property susatu sistem.
22
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
1.8. RANGKUMAN
1. Termodinamika adalah ilmu yang mengkaji prinsip konservasi energy dari suatu
bentuk energi ke bentuk energi lainnya.
2. Sistem dengan massa tetap atau massa atur disebut sistem tetutup, yang
hanya dapat mempertukarkan energi dengan lingkungannya, sedangkan sistem
yang dapat mempertukarkan energi dan massa dengan lingkungannya disebut
sistem terbuka atau volume atur
3. Densitas adalah masa persatuan volume sedangkan volume spesifik adalah
Volume persatuan massa.
4. Tekanan adalah gaya persatan luasan.
Hubungan antara tekanan absolut, tekanan gaugedan tekanan vakum adalah :
Pgage = Pabs - Patmosfer
Pvac = Patm- Pabs
5.Skala temperatur satuan SI dan satuan British yang umum digunakan :
T0C = (
0C + 273, 15)K
T0F = (
0F + 259,67) R
T0C = [(
0C *9/5) + 32]
0 F
T0F = [(
0F -32) 5/9]
0 C
6.. Kerja sistem merupakanperpindahan volume dikalikan dengan tekanan
d W = P dV
7. Tanda untuk transfer Kalor dari lingkungan ke sistem adalah +,
sedangkan transfer kerja ke sistem bertanda negatif (-), demikian pula
sebaliknya.
23
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
DAFTAR PUSTAKA
1. Jones, J. B. and G.A Hawkins, Engineering Thermodynamics, 2nd
ed., John
Wiley and Sons, Inc., Singapore, 1986.
2. Moran and Shappiro, Fundamental of Engineering Thermodynamics, 2nd
ed.,
John Willey and Sons, New York, 1994
3. Rennolds, W.C. and Henry C. Perkins, Engineering Thermodynamics, 2nd
Ed.,
MacGraw-Hill, 1977.
4. Van Wylen and Sontag, Fundamental of Classical Thermodynamics, 4th
ed.,
John Willey and Sons, 1993.
24
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
BAB II
HUKUM I TERMODINAMIKA
2. 1. Hukum I Termodinamika
Hukum I termodinamika mengatakan bahwa untuk proses siklus closed system,
jumlah total kerja output sama dengan jumlah total kalor input. Dalam bahasa
matematika dinyatakan dengan persamaan,
º δW = º δ Q atau º (δQ – δW) = 0 [2.1]
Dalam bahasa yang lebih sederhana hukum I termodinamika mengatakan bahwa
energi tidak dapat diciptakan dan dimusnahkan,
Misal dari energi panas menjadi gerak, atau sebaliknya, dari energi gerak
(mekanik) menjadi kalor. Energi Listrik menjadi energi kalor dan energi
mekanik, dll.
Hukum I untuk Proses Non-Siklus
Kondisi yang telah diterangkan di atas adalah Hukum I pada proses siklus.
Untuk proses non-siklus, missal system mengalami poses 1 ke 2, maka selisih
antara net kalor dan net kerja tidak nol, atau dituliskan seperti persamaan di
bawah,
1
1
δQ - 1
1
δW ≠ 0 atau (δQ – δW) ≠ 0 [2.2]
TUJUAN:
Memahami hukum I Termodinamika.
Memahami penerapan hukum I
Termodinamika pada bidang-bidang tertentu.
25
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Bukti dari pernyataan di atas adalah sebagai berikut :
Perhatikan gambar di bawah ini :
Gambar 2.1. PV diagram proses siklus
Misal Proses dari titik 1 ke 2 melalui lintasan A dan kembali lagi melalui
lintasan B,
º (δQ – δW) = 0 [2.3]
Atau,
º (δQ – δW) + º (δQ – δW) = 0 [2.4]
Misal ada lintasan balik dari 2 ke 1 selain B, yaitu C, maka didapat persamaan,
º ( δQ – δW ) + º ( δQ – δW ) = 0 [2.5]
Dengan substitusi persamaan (a) dan (b) didapat,
º (δQ – δW) = º (δQ – δW) [2.6]
Persamaan di atas menunjukkan bahwa nilai (δQ – δW) tidak tergantung
lintasan, ini artinya (δQ – δW) adalah property (besaran). Property ini disebut
stored energy (Energi tersimpan), didefinisikan,
E (δQ – δW) [2.7]
Atau,
E Q – W [2.8]
1-A-2-B-1
(Proses siklus)
1-A 2-B
2 1
1-A 2-C
2 1
2-B 2-C
2 1
26
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Persamaan (2.6) merupakan statement dari konservasi energi, dengana
menganggap kalor dan kerja merupakan energi yang berubah jenis (bentuk).
Selisih antara net kalor dan net kerja adalah perubahan energi dalam.
Contoh soal,
1. Sistem berupa udara di dalam silinder yang dilengkapi dengan piston ber-
ekspansi dari kondisi 1 ke kondisi 2, diketahui E1=70kJ dan E2=20kJ. Selama
ekspansi udara melakukan kerja sebesar 60 kJ ke lingkungan, Hitung kalor yang
terjadi.
Solusi,,
1. Dengan menggunakan Hukum I,
Q = E + W
atau,
Q = -20 – 70 + 60 = -30kJ
( ingat, =final-initial )
Tanda “-“ berarti kalor 30 kJ ditransfer dari system ke lingkungan.
Contoh soal,
2. Hitung nilai final E air yang mempuntai nilai initial E = 20 kJ. Selama proses,
kerja sebesar 10 kJ masuk ke air, dan kalor sebesar 3 kJ diambil dari air tersebut.
Solusi,,
2. Dengan menggunakan Hukum I,
E = Q – W
atau,
E2 = E1 + Q - W
E2 = 20 + (- 3) – (-10) = -27 kJ
(ingat, tanda “-“ dan “+” untuk kerja dan kalor)
27
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Bentuk Lain Energi Tersimpan (E)
Energi tersimpan (E) dapat berupa energi potensian (Ep), energi kinetik (Ek),
energi listrik (Eel), energi magnetic (Ema), dan energi tegangan permukaan
(Eper).
Bila Energi tersimpan tidak melibatkan semua energi tersebut, disebut Energi
dalam ( Internal Energy = U ). Didefinisikan,
U E – Ep – Ek – Eel – Ema – Eper [2.9]
Dalam pembahasan termodinamika penggunaan U lebih sering disbanding E
Sebagaimana energi tersimpan (E), energi dalam (U) tidak mempunyai nilai
absolute, yang dapat diamati pada system adalah perubahannya.
Perubahan energi dalam (U) system dapat diukur dengan mengukur kerja dan
kalor yang terlibat (terjadi perubahan) pada system.
2. 2. Enthalphy
Dalam banyak analisis termodinamika sering melibatkan energi dalam (U) dan
perkalian antara tekanan (P) dan volume (V). Kombinasibesaran tersebut (U +
PV) disebut enthalphy.
Oleh karena U, P, dan V adalah property maka enthalphy juga property. Definisi
dari enthalpy adalah :
H U + PV [2.10]
Untuk persatuan masanya adalah,
h u + Pv [2.11]
dh = du + d(Pv) [2.12]
Dari persamaan (1) terlihat bahwa “u” adalah energi dalam, sedangkan Pv
bukan, sehngga entalpi bukan energi tersimpan.
Dalam kasus tertentu, entalpi diperlakukan sebagai energi (misal dalam diagram
Ph). Namun sebenarnya entalpi adalah gabungan dua property dan bukan
bentuk energi.
28
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Sebagaimana energi tersimpan (E) dan energi dalam (U), entalpi (H) juga tidak
mempunyai nilai absolute, yang dapat diamati pada system adalah
perubahannya dan hanya nilai perubahannya yang diperlukan.
Perubahan eltalpi (h) system dapat diukur dengan melibatkan perubahan PVT
pada system
Contoh soal
1. Karbon dioksida cair pada suhu 235 K (- 68 0C) memiliki tekanan uap 1075 kPa
dan volume spesifik 0,00 entalpi jenisnya. Hitung energi dalam uap jenuhnya.
Solusi
1. Dari persamaan,
H = U + PV
atau,
u = h – Pv
atau,
u1 = hl – Pvl
ul = hl – Pvl = 0 – Pv = -Pvl
(l = liquid)
ul = -Pvl = -(1075x103)(0,9011x10
-3)
= -0,9687 kJ/kg
Diketahui kalor laten pada 235 K dan 1075 kPa adalah 317,4 kJ/kg, sedangkan
volume spesifik uap jenuh pada kondisi ini adalah 0,0357 m3/kg.
Kalor laten didefinisikan,
Hlg hg – hl = 317,4 – 0 = 317,4 kJ/kg
Oleh karena hl = 0, maka,
hlg = hg = 317,4 kJ/kg, sehingga
ug = hg - Pvg = (317,4)-(1074)(0,0357)
ug = 279,0 kJ/kg
Closed system mungkin bergerak, namun dalam analisis seting diangap diam
(stasioner). Bila demikian (stasioner) maka berlaku Hukum I, yaitu
Q – W = U [2.13]
atau,
Q – W = U2 – U1 [2.14]
29
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Contoh soal
2. Gas dalam jumlah tertentu ber-ekspansi, melakukan kerja 26,0 kJ dan energi
dalamnya menurun 20,0 kJ. Asumsi gas dalam closed system, hitung
perpindahan kalor yang terjadi.
Solusi
2. Dengan menerapkan Hukum I,
Q = W + U
Q = 26,0 + (-20,0) = 6,0 kJ
Karena bertanda “+” maka kalor Q masuk ke dalam sistem, bila bertanda “-“
berarti kalor Q keluar dari sistem.
2.3. Hukum I pada Closed System
Closed system mungkin bergerak,namun dalam analisis sering dianggap diam
(stationer). Bila demikian (stationer) maka berlaku Hukum I, yaitu :
Q-W=U
Atau
Q-W=U2-U1
Contoh soal,
1. Gas dalam jumlah tertentu ber-ekspansi, melakukan kerja 26,0 kJ dan energi
dalamnya menurun 20,0 kJ. Asumsi gas di dalam closes system, hitung
perpindahan kalor yang terjadi.
Solusi
1. Dengan menerapkan Hukum I,
Q=W+U
Q=26,0+(-20,0)=6,0 kJ
Karena bertanda “+” maka kalor Q masuk ke dalam sistem, bila bertanda “-“
berarti kalor Q keluar dari sistem.
30
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Contoh soal,
2. Di dalam tabel properties gas rubidium menunjukkan bahwa nilai internal
energy (u) dan volume spesifik pada 200 kPa, 8000C adalah 714.3 kJ/kg dan
0,471 m3/kg. Setengah kilogram rubidium pada awalnya memiliki kondisi
seperti diatas, kemudian di dalam closes system dipanaskan hingga 12270C dan
internal enerfi-nya menjadi 808,2 kJ.kg. Hitung kalor yang ditambahkan ke
rubidium tersebut.
Solusi
2. Dengan menerapkan Hukum I. Tidak ada kerja (W) karena rubidium di dalam
bejana yang rigid (kaku), sehingga tidak ada kerja.
Q=U2-U1+W
=m(u2-u1)+0
=1/2(808,2-714,3)
=47,0 kJ/kg
Contoh Soal
3. Di dalam silinder berpiston terdapat 0,02 lbm helium, pada kondisi awal
bertekanan 15 psia dengan volume spesifik 93,0 cu.ft/lbm tersebut dikompresi
tanpa gesekan dengan perilaku Pv1,3
=C dan hingga tekanan 30 psia. Intenal
engeri helium diketahui berdimensi ft.lbf/lbm dengan persamaan u=1,51Pv,
dimana P dalam satuan psfa dan v dalam cu.ft/lbm. Hitung perpindahan kalor
yang terjadi.
Solusi,
3. Dengan menerapkan Hukum I,
Q=U+Win
Q=U2-U1+Win
Q=m(u2-u1) + Win (1)
Untuk menyelesaikan persamaan (1) maka harus mengetahui nilai-nilai u1, u2,
dan Win
u1=1,51 P1v1
Dan
u2=1,51 P2v2
31
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
v1 telah diketahui, v2 belum diketahui, dicari dengan persamaan,
P1v11,3
= P2v21,3
Sehingga,
v2=v1(P1/P2)1/1,3
=93,0 (15/30)1/1,3
=54,6 cu.ft/lbm
sehingga,
(u2-u1)=1,51 (P2v2- P1v1)
=1,51(144)[30(54,6)-(5(93,0]/778
=67,9 B/lbm
Kerja dihitung dengan persamaan,
1
1
1
1
1
1
3,1
tandv
v
tconsmPdvmPdVWm
2
1
3.0
1
3.0
2
3,1
1113,1
3,1
11 11
3.0
1
vvvmPdv
v
vPm
=
1
3.0
13.0
2
111
v
vvmP
= (0,02)(15)144(93.0)
1
6.54
0.93
3.0
13.0
2
1
= 2320 ft.lbf=2.98 Btu
Sehingga,
Q = m(u2-u1)-Win
Q = 0,02(67,9)-2,89= -1,62 B
Q bertanda “-“ berarti Q diambil (keluar) dari sistem.
32
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
2.4. Hukum I pada open system
Penerapan Hukum I pada open system dapat dijelaskan dengan gambar di bawah
Gambar 2.2. Penerapan HK I Pada Sistem Terbuka
Dari konsep diatas dapat dijelaskan dengan konsep,
0
SistemKeluarDari
iimpanMaterEnergiTers
temMasukKeSis
iimpanMaterEnergiTers
DanKerja
kKalorDalamBentu
stemEnergiKeSi
lJumlahTota
Dalam persamaan dituliskan
Q-W+m1P1v1-m2P2v2+E1-E2 = 0 [2.15]
dimana
Q = total kalor yang ditambahkan ke sistem pada saat m (massa) melintasi
sistem
W = total kerja, diluar kerja flow, yang dikerjakan oleh sistem selama ada
flow
m P1v1 = jumlah kerja flow pada sistem oleh aliran masuk
m P2v2 = jumlah kerja flow dilakukan sistem pada aliran keluar sistem.
E1 = energi tersimpan fluida masuk ke sistem
E2 = energi tersimpan fluida keluar ke sistem
Energi tersimpan (E) adalah,
E = me = m (u+V2/2+gz) [2.16]
33
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Subsitusi persamaan (2.15) dan (2.16) dihasilkan persamaan
Q-W+m1P1v1-m2P2v2+m(u1+v12/2+gz1) = m(u2+v2
2/2+gz2)
Untuk persatuan massa didapat,
Q-W+P1V1-P2v2+u1+v12/2+gz1=u2+v2
2/2+gz2 [2.17]
Dari definisi entalpi, hu+Pv, persamaan (2.17) dapat dituliskan,
q-w=h2-h1+(v22-v1
2)/2 + g(z2-z1) [2.18]
atau
q-w=h+Ek + Ep [2.17a]
atau sering dituliskan,
q+h1+Ek1+Ep1=w+h2+Ek2+Ep2 [2.17b]
Contoh soal,
1. Kompressor memerlukan daya 5 hp untuk mengkompresi amonia pada
kecepatan tetentu dari tekanan 40 psia, 11,70C menjadi 135 psia. Kalor
kompresor diserap oleh water jacket dengan laju 150 B/min. Dengan
mengabaikan perubahan Ek dan Ep, hitung perubahan entalpi amonia per
menitnya ?
Solusi
Perhatikan gambar di bawah ini,
Gambar 2.3. Sistem Kompresi Amonia
34
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Dengan persamaan yang telah diterangkan di depan,
m(h2-h1)=m(Win+q-Ek-Ep)
=W+Q-0-0
=5(42,4)+(-150)=62 B.min
Contoh soal,
2. Kompresor udara seperti telihat gambar di bawah mengkompresi steady flow
tanpa gesek dari 90 kPa, 150C (v=918m
3/kg) menjadi 130 kPa dengan proes
mengikuti persamaan P(v+0,250)=konstan, dimana satuan v adalah m3/kg.
Kecepatan inlet diabaikan karena relatif kecil, sedangkan kecepatan discharge
adalah 110 m/s. Hitung kerja yang diperlukan tiap kilogram udara.
Gambar 2.4. Sistem Kompresi Udara
Solusi
Bila dicoba diselesaikan dengan persamaan-persamaan keseimbangan energi
Hukum I, yaitu,
Win=qout+h2-h1+(v22-v1
2)/2 + g(z2-z1)
Maka tidak akan dapat menyelesaikan soal di atas, kaena qout dan h tidak
diketahui.
Alternatif lainnya adalah menyelesaikan soal teresebut dengan persamaan berbasis
mekanik untuk aliran, yaitu :
Win=
2
1
12
2
1
2
2
2zzg
VVvdP
35
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Dari persamaan ini terlihat dapat menyelesaikan soal di atas.
Yaitu dengan cara sebagai berikut :
Win=
2
1
12
2
1
2
2
2zzg
VVvdP
Oleh karena z=0, maka persamaan di atas menjadi,
Win=
2
1
2
1
2
2 02
VVvdP
Dimana,
2
1
2
1
250,0 dPP
CvdP
Sehingga,
kgkJ
PPP
PvP
PPP
PC
/7,28
90130250,090
130ln250,0918,090
)(250,0ln250,0
)(250,0ln
12
1
211
12
1
2
Maka,
2
01107,28
2
22
1
2
2
2
1
VVvdPWm
kgkJWm /8,34
36
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
2.5. RANGKUMAN
1.Hukum I Termodinamika mengamati tentang prinsip konservasi energi yang
Dapat melewti bata sistem untuk sistem tertutup (closed System) maupun sistem
Terbuka (Open System)
2.Pada sistem tertutup perubahan energi sistem adalah :
Q –W = ΔU
3. Pada sistem terbuka perubahan energi sistem adalah :
Q – W = ΔU + ΔPV + Δek + Δep
Dan H = ΔU + ΔPV
37
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
DAFTAR PUSTAKA
1. Jones, J. B. and G.A Hawkins, Engineering Thermodynamics, 2nd
ed., John
Wiley and Sons, Inc., Singapore, 1986.
2. Moran and Shappiro, Fundamental of Engineering Thermodynamics, 2nd
ed.,
John Willey and Sons, New York, 1994
3. Rennolds, W.C. and Henry C. Perkins, Engineering Thermodynamics, 2nd
Ed.,
MacGraw-Hill, 1977.
4. Van Wylen and Sontag, Fundamental of Classical Thermodynamics, 4th
ed.,
John Willey and Sons, 1993.
38
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
BAB III GAS IDEAL
3.1 Persamaan Gas Ideal
Persamaan yang menyatakan hubungan antara tekanan (P), volume spesifik (v), dan
temperatur (T) suatu zat disebut persamaan keadaan.
Hubungan PvT untuk kebanyakan zat umumnya kompleks. Namun untuk gas
khususnya yang memiliki massa molar yang kecil pada tekanan rendah dan temperatur
relatif tinggi, hubngan PvT dinyatakan dengan persamaan sederhana, yaitu :
Pv=RT [3.1]
Persamaan (1) disebut persamaan keadaan untuk gas ideal. Dimana R adalah konstanta
gas, harganya berbeda untuk tiap gas.
Persamaan gas ideal dapat dinyatakan dengan berbagai persamaan yaitu :
Pv=RT PV=NRT [3.1a]
PV=mRT PV=mRT/M [3.1b]
P=RT PV=NMRT [3.1c]
Dimana,
R =R/M
R =konstanta gas universal
=8,314 kJ/kmol.K
=1,986 B/lbmol.R
=1545 ft.lbf/lbmol.R
M =Massa molar gas
N =jumlah mol gas
M =massa gas
TUJUAN:
Memahami persamaan gas ideal.
Memahami sifat-sifat gas ideal.
39
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Real gas tidak persis sama mengikuti persamaan gas ideal. Namun persamaan gas ideal
berlaku mendekati gas ideal bila,
-Massa molar menurun
-Tekanan menurun
-Temperatur naik
Sebagai ilustrasi, udara pada tekanan 1 atm akan memiliki error kurang dari 1% untuk
temperatur –1300C. Sehingga error akan sangat kecil bila temperatur dinaikkan.
Contoh soal,
1. Hitung tekanan 3 kg gas etana pada 200C yang menghuni ruang bervolume 1,20m
3.
Solusi,
1. Asumsi gas etana berperilaku sebagai gas ideal, sehingga,
P=mRT/V=mRT/VM
P= mRT/VM=(3)(8,314)(293)/(1,20)(28,05)
=21 k kPa
Contoh soal,
2. Hitung tekanan hidrogen pada 320F yang memiliki massa jenis 0,00155 slugg/cu.ft
Solusi,
2. Asumsi gas hidrogen berperilaku sebagai gas ideal, sehingga,
P=mRT/V=RT=RT/M
Sebelumnya harus dilakukan konversi besaran agar konsisten satuannya.
Yaitu,
= 0,00155slug/cu.ft=0,00155(3,2) lm/cu.ft
M = 2,016 lbm/lbmol
Sehingga,
P=RT/M=0,00155(32,2) 1545 (492)/2,016 = 18.840 psfa = 131 psia
40
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
3.2. Internal Energi (U) Gas Ideal
u=f(T,v)
maka,
dvv
udT
T
udu
Tv
[3.2]
Dari definisi Cc
v
cT
uC
[3.3]
Maka
dvv
udTCdu
T
c
[3.4]
Untuk gas ideal, hukum Joule mengatakan,
0
vT
u [3.5]
Sehingga,
du=CvdT
Untuk perubahan finit dapat dituliskan,
u = dTCc [3.6]
3.3 Entalpi (h) Gas Ideal
h=f(P,T)
maka,
dPv
hdT
T
hdh
TP
[3.7]
Dari definisi Cp
P
pT
hC
[3.8]
Maka,
dPP
hdTCdh
T
p
[3.9]
41
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Untuk gas ideal “h” hanya fungsi dari T, sehingga,
0
TP
h
Sehingga
dh=CpDt [3.10]
Untuk perubahan finit dapat dituliskan,
h= dTCP [3.11]
Contoh Soal
1. Kerja sebesar 85 kJ diperlukan untuk mengkompresi 2 kg suatu gas ideal yang
memiliki Cv=1,25 kJ/kg.0C sepanjang prosesnya di dalam closed system dari
tekanan awal 90kPa hingga tekanan akhir P2. Temperatur meningkat 300C selama
kompresi. Hitung perpindahan kalor yang terjadi.
Solusi,
1. Dari hukum I untuk closed system,
Q=U+W
Dimana nilai W telah diketahui, maka selanjutnya harus dihitung nilai U dengan
persamaan,
U=mu=m
2
1
12 TTmCdTC VV
U=(2)(1,25)(30)=75kJ
sehingga
Q=U+W=75-85=-10kJ
Tanda”-“ menunjukkan bahwa kalor keluar dari sistem. Atau dengan kata lain selama
proses, sistem menghasilkan kalor.
Kalor Spesifik (Cv dan Cp) Gas Ideal
42
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Telah diketahui bahwa Cv dan Cp untuk gas ideal hanya fungsi dari temperatur saja.
Hubungan antara keduanya dapat diturunkan sebagai berikut :
Dari definisi entalpi
hu+Pv [3.12]
untuk gas ideal, persamaan tersebut menjadi,
h=u+RT [3.13]
karena R konstan, maka,
dh=du+RdT [3.14]
telah diketahui bahwa,
du=CvdT dan dh=CpdT
Sehingga persamaan (1) menjadi,
CpdT=CvdT + R dT [3.15]
Atau,
Cp = Cv + R [3.15a]
Sehingga,
R = Cp - Cv [3.16]
Dedefinisikan,
kCp/Cv [3.17]
sehingga persamaan (3.15) menjadi,
1
k
RkC p dan
1
k
RCv [3.18]
3.4. Proses-proses pada Gas Ideal
Proses adiabatik tanpa gesek dengan kalor spesifik konstan adalah,
Pvk=konstan
43
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
atau
P1v1k=P2v2
k [3.19]
Persamaan (3.19) meskipun diturunkan berdasarkan pada clsed system, namun akan
berlaku juga pada open system bila prosesnya adiabatik tanpa gesek.
Persamaan (3.19) bila dikembangkan berdasarkan persamaan keadaan, akan didapat,
2
22
1
11
T
vP
T
vP [3.20]
Bila dikombinasikan dengan persamaan (3.19) didapat,
1
2
1
1
1
2
1
2
kkk
v
v
P
P
T
T [3.21]
Umumnya (namun tidak semua) proses tanpa gesek gas ideal, hubungan adalah,
PVn = konstan [3.22]
Dimana “n” konstan untuk tiap proses.
Proses yang ditunjukkan oleh persamaan (3.22) disebut proses polytropic. Dan “n”
disebut polytropic exponent.
Bila “k” diganti dengan “n”, persamaan (3.22) menjadi,
1
2
1
1
1
2
1
2
nvn
v
v
P
P
T
T [3.23]
Contoh soal,
1. Dua kilogram argon di dalam closed system dikompresi tanpa gesek dan secara
adiabatik dari tekanan 100 kPa, 200C menjadi 400 kPa. Hitung :
a) Volume awal
b) Volume akhir
c) Temperatur akhir
d) Kerja
44
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Solusi
a) Volume dihitung menggunakan persamaan gas ideal, yaitu,
kgmP
mRTV /22,1
)100(94,39
293)314,8(2 3
1
11
b) Oleh karena proses frictionless adiabatic, maka volume akhir dicari
dengan persamaan berikut.
Dimana nilai cv dan cp dilihat dari tabel dan k=cp/cv sehingga,
3
521.0313.01
2
112 530,0
400
10022,1 m
P
PVV
k
c) Sedangkan temperatur akhir dicari dengan persamaan,
kk
P
PTT
)1(
1
212
=293 CK 0
665.1)1665.1(
237510100
400
d) Besarnya kerja dihitung dengan hukum I dan hukum Joule untuk U,
yaitu,
Win=U-Q
Oleh karena proses adiabatik mata Q=0, maka
Win=U-Q=U2-U1-0
=mcv(T2-T1)
=2 (0,313)(510-293)=136 kJ
Besarnya kerja dapat juga dihitung berdasarkan proses tanpa gesek dengan persamaan,
Wm= - 1
1
PdV
Dimana Pvk=konstan
Atau
P1V1k=P2V2
k
Sehingga,
Wm= -
2
1
2
1
1
2
11
kk Vk
CdVVCPdV
45
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
1
11
1
1
2111
1
1
211
k
kkk
V
V
k
vPVV
k
VP
12
1
21
11
1TT
k
Rm
T
T
k
mRT
= mcv(T2-T1)
Terbukti bahwa hasilnya sama dengan menggunakan hukum I dan persamaan Joule,
yaitu 136 kJ.
Proses polytropic bila digambarkan pada diagram Pv akan terlihat sepergi gambar di
bawah.
Gambar 3.1. Polytropic Processes
Contoh Soal,
2. Di dalam closed system 0,070 kg dikompresi secara polytropic dari tekanan 100 kPa
dengan volume 0,060 m3 menjadi volume 0,030 m
3 dengan pangkat polytropic
adalah 1,3. Hitung :
e) Temperatur akhir
f) Keja
g) Perubahan energi dalam(U)
h) Perpindahan kalor
46
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Solusi
a) Temperatur akhir dihitung dengan persamaan gas ideal. Terlebih dulu dihitung
temperatur awal, yaitu :
CKmR
VPT 011
1 26299)287,0(070.0
)060,0(100
Kemudian selanjutnya dihitung temperatur akhir-nya, yaitu,
T2=T1C
n
KV
V 03.0
1
2
1 95368)2(299
b) Oleh karena hubungan Pv telah diketahui, maka dapat dihitung dengan
persamaan :
nnn
n
m
m
VVn
VPV
n
CPdVW
PdVW
1
1
1
2
1
1
112
1
1
1
1
11
=
11
11
1
1
211
1
1
211
nn
V
V
n
VP
V
V
n
VP
= kJ62,41)12(3,0
)060,0(100 3.0
c) Perubahan enferi dalam dihitung dengan persamaan,
2
1
1212 )( TTmcdTcmUU vv
=3,46 kJ
d) Perpindahan kalor yang terjadi dihitung dengan persamaan,
Q=U2-U1-Win = 3,46-4,62 = -1,16 kJ
Tanda “-“ menunjukkan bahwa kalor dilepas oleh sitem (udara) selama proses
berlangsung.
47
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
3.5. Rangkuman
1. Rumus persamaan Gas Ideal :
Pv=RT PV=NRT
PV=mRT PV=mRT/M
P=RT PV=NMRT
2. Beberapa konstanta Gas Ideal yang sering digunakan
Cp = Cv + R:
k Cp/Cv
1
k
RkC p
1
k
RCv
3. Proses proses pada Gas Ideal
Isobar : Tekanan Konstan
Isovolume : Volume konstan
Isoterm : Temperatur konstan
Adiabatik : Kalor konstan
Politropik
48
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
DAFTAR PUSTAKA
1. Jones, J. B. and G.A Hawkins, Engineering Thermodynamics, 2nd
ed., John
Wiley and Sons, Inc., Singapore, 1986.
2. Moran and Shappiro, Fundamental of Engineering Thermodynamics, 2nd
ed.,
John Willey and Sons, New York, 1994
3. Rennolds, W.C. and Henry C. Perkins, Engineering Thermodynamics, 2nd
Ed.,
MacGraw-Hill, 1977.
4. Van Wylen and Sontag, Fundamental of Classical Thermodynamics, 4th
ed.,
John Willey and Sons, 1993.
49
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
BAB 4 HUKUM II TERMODINAMIKA
Keterbatasan Hukum I
Hukum I termodinamika mengatakan bahwa,
Q=U+W [4.1]
Secara eksplisit, persamaan di atas menyatakan bila U=0 maka,
Q=W [4.1a]
Persamaan (4.1a) menyatakan bahwa kalor sepenuhnya dapat diubah menjadi kerja.
Segala upaya telah dilakukan oleh beberapa ahli untuk menciptakan mesin yang
mengikuti persamaan (4.1a) tersebut. Namun hasilnya selalu gagal, meskipun telah
digunakan beberapa metoda yang mutakhir.
Pengalaman tersebut menunjukkan keterbatasan hukum I Termodinamika.
Sebagai ilustrasi, pembangkit listrik tenaga uap yang terbaik, untuk menghasilkan
kerja sebesar 100 kJ diperlukan kalor 250 kJ.
Artinya terdapat 150 kJ yang terbuang kelingkungan dalam bentuk kalor atau
bentuk lainya. Pertanyaannya adalah perlukah energi 150 kJ terbuang? menurut
Hukum I, 150 kJ dapat diubah seluruhnya menjadi kerja! Kenyataannya tidak bisa!!
Contoh lain adalah, bila dua balok besi berbeda temperatur disimpan dalam kotak
yang terisolasi, maka banyaknya kalor yang dipindahkan balok panas sama dengan
banyaknya kalor yang diterima balok dingin, sesuai dengan hukum I.
TUJUAN:
Memahami hukum II Termodinamika.
Memahami penerapan hukum II
Termodinamika pada bidang-bidang tertentu.
50
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Pertanyaannya adalah: Dapatkah arah perpindahan kalor diubah, yaitu dari balok
dingin ke balok panas. Kenyataannya tidak bisa!
Contoh lain, roda gigi yang bergerak akan menimbulkan panas pada minyak
pelumasnya. Dapatkah prosesnya dibalik, yaitu bila temperatur minyak pelumas
diturunkan maka roda gigi akan bergerak?
Tidak bisa!!
Untuk menjawab pertanyaan-2 di atas diperkenalkan sifat (property) sitem, yaitu
disebut entropi (S), yaitu,
T
QdS
[4.2]
Hukum II mengatakan bahwa semua proses alami akan menghasilkan kenaikan
entropi. Dalam persamaan matematik sederhana adalah,
Stotal 0
label “total” menandakan bahwa entropi sistem dan lingkungan diikutsertakan.
Dengan kata lain, hukum II mengatakan bahwa proses tidak akan berlangsung bila,
Stotal < 0
Contoh soal,
1. Tunjukkan bahwa aliran kalor antara dua reservoir kalor pada temperatur TH dan
TC dimana TH > TC mengalir dari reservoir yang lebih panas ke lebih dingin.
Reservoir adalah benda atau sistem yang memiliki kapasitas kalor yang besar,
sehingga bila diambil maupun ditambah kalor tidak akan merubah temperaturnya.
Contohnya, atmosfir, lait, danau, sungai, dll.
51
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Solusi,
1. Dari definisi entropi, perubahan entropi reservoir suhu tinggi (TH) adalah,
SH =H
C
H
H
T
Q
T
Q
Menurut hukum I, tanda “-“ pada Q menandakan kalor keluar dari sistem. Dalam
hal ini, QH=QC, hanya arahnya yang berlawanan.
Sedangkan perubahan entropi reservoir suhu rendah (TC) adalah,
SC=C
C
T
Q
Sedangkan,
Stotal=SH+SC
Sehingga,
Stotal=SH+SC
=
CH
CH
C
C
C
H
C
TT
TTQ
T
Q
T
Q
Menurut hukum II, Stotal harus positif agar proses berlansung. Sehingga,
QC(TH-TC)>0
Karena TH> TC maka QC harus positif, atau dengan kata lain kalor sebesar QC
masuk ke dalam reservoir dingin. Ini artinya kalor mengalir dari TH ke TC dan
tidak mungkin dari TC ke TH.
Bila,
Stotal=0
maka TH=TC, artinya terjadi keseimbangan thermal antara reservoir panas dan
dingin.
52
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
4.2 Manfaat hukum II
Beberapa manfaat dari hukum II antara lain adalah,
1. Menentukan efisiensi maksimum msin daya/kalor untuk berbagai kondisi kerja.
2. Menentukan coefficient of perfomance (COP) maksimum mesin refrigerasi.
3. menentukan apakah suatu proses berlangsung atau tidak.
4. Memprediksi arah reaksi kimia.
5. dan lain-lain
4.3 Hukum II dan Reversibilitas
Proses Reversibel dan Irreversible
Definisi: Proses dikatakan reversible (dapat balik) adalah apabila proses telah
berlangsung, maka sistem dan lingkungannya dapat dikembalikan ke keadaan
semula sebelum proses berlangsung.
Proses Irreversibel kebalikan dari proses reversibel.
Irreversibel selalu mengurangi efisiensi proses. Gesekan adalah penyebab utama
yang mengakibatkan irreversibel.
Tidak ada proses yang lebih effisien dari proses reversibel. Proses reversibel
merupakan proses abstraksi, atau suatu idealisasi, dan tidak pernah tercapai dalam
praktek.
Fungsi dari proses reversibel antara lain adalah :
1. Menetapkan batas kerja maksimal yang dihasilkan suatu mesin penghasil kerja
(mesin kalor).
2. Menetapkan batas bawah input kerja yang diperlukan untuk proses yang
memerlukan kerja.
Tugas : Pelajari hal 204 s/d 213
53
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Contoh Soal,
1. Dengan menggunakan hukum I dan II termodinamika, jelaskan hal-hal yang
mungin terjadi pada mesin kalor seperti gambar disamping, dimana tidak terjadi
perubahan pada mesin kalor.
Solusi
1. Mesin kalor adalah mesin yang menghasilkan kerja dimana sumber bahan
bakarnya adalah kalor, seperti tungku, pembangkit listrik, reaktor nuklir, dll.
Perhatikan gambar di bawah. Misal aliran kalor terlihat seperti pada gambar.
Gambar 4.1. Aliran kalor pada mesin kalor
Dari definisi entropi,
H
HH
T
QS [4.3]
C
C
CT
QS [4.4]
Perubahan entropi total adalah,
Stotal=SH+SC+Smesin [4.5]
Oleh karena mesin tersebut tidak berubah, maka Smesin adalah nol. Sehingga,
Stotal =C
C
H
H
T
Q
T
Q [4.6]
54
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Hukum I menyatakan,
U = Q-W
dimana U mewakili perubahan energi dalam mesin, W adalah kerja yang dilakukan
mesin, dan Q mewakili semua perpindahan kalor yang terjadi pada mesin.
Sehingga,
Umesin=QH’ + QC
’-W [4.7]
Oleh karena mesin tidak berubah, maka,
Umesin = 0
Sehingga,
W=QH’+QC
’ [4.8]
Subsitusi persamaan (4.7) dan (4.8) untuk mengeliminasi QH didapat,
W=
1
C
HCtotalH
T
TQST [4.9]
Oleh karena mesin kalor maka W harus bernilai positif dengan nilai batas 0. Bila
bernilai 0 maka hanya terjadi perpindahan kalor sederhana dari TH ke TC.
Bila mesin kalor tersebut reversibel maka,
Stotal=0
Sehingga persamaan (4.9) menjadi,
W=Qc
1
C
H
T
T [4.10]
Konsekuensi dari persamaan (4) adalah,
Bila W bernilai positif QC juga harus bernilai positif. Artinya meskipun proses di
atas reversibel namun tetap ada kalor QC yang harus dilepas oleh msin dan masuk ke
dalam reservoir TC.
55
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Oleh karena proses di atas reversibel maka W yang dihasilkan adalah maksimum
untuk mesin kalor dengan temperatur kerja TH dan TC Dengan kata lain tidak ada
mesin kalor yang akan menghasilkan kerja lebih besar dari persamaan (4).
Persamaan (4) ini merupakan salah satu kontribusi hukum II pada analisis efisiensi
mesin kalor.
4.4 Hukum II & Pompa Kalor
Inti dari hukum II adalah memberikan arahan suatu reaksi/kejadian/peristiwa
tersebut dapat berlangsung atau tidak. Sehingga terdapat beberapa statement dari
ilmuwan tentang hukum II, antara lain dari Clausius dan Kelvin-Plank.
Statement Clausius :
Tidaklah mungkin suatu mesin/peralatan yang bekerja yang tanpa efek selain
perpindahan kalor dari benda satu ke benda lainnya yang lebih tinggi temperaturnya.
Mesin yang melanggar statement dan yang sesuai dengan Clausius digambarkan
sepergi gambar di samping.
Gambar di samping merupakan prinsip kerja dari pompa kalor
(a) (b)
Gambar 4.2. Mesin Kalor menurut Clausius, (a) melanggar, (b) sesuai
56
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Kata lain dari statement di atas adalah :”Kalor tidak dapat berpindah sendiri dari
temperatur rendah ke tinggi”
Kata “tanpa efek” merupakan kata kunci dari statement Clausius pada hukum II.
Oleh karena “tanpa efek” proses tersebut tidak akan berlangsung.
Clausius tidak mengatakan bahwa tidak mungkin terjadi perpindahan kalor dari
temperatur rendah ke tinggi.
Clausius menyatakan perlu adanya efek dari luar agar proses tersebut berlangsung.
Perpindahan kalor dari temperatur rendah ke tinggi merupakan prinsip kerja dari
mesin pendingin (refrigator) dan pompa kalor.
Agar terjadi perpindahan kalor dari temperatur rendah ke tinggi diperlukan efek, dari
luar, dalam hal ini adalah kompresor (kerja).
Statement Clausius dibuat jauh sebelum ditemukan mesin pendingin.
Statement Clausius merupakan dasar kerja sistem mesin pendingin (pompa kalor).
4.5 Hukum II & Mesin Kalor
Bila statement Clausius memberikan pijakan bagi mesin pendingin (pompa kalor),
sedangkan statement Kelvin-Plank memberikan pijakan bagi mesin kalor.
Statement Kelvin-Plank
Tidaklah mungkin suatu mesin / peralatan yang beroperasi dalam suatu siklus dan
menghasilkan kerja dimana pertukaran kalor hanya terjadi pada satu temperatur
yang tetap.
Kata lain dari statement di atas adalah: “Tidaklah mungkin suatu msin yang
beroperasi secara siklus menyerap kalor dari satu reservoir dan menghasilkan kerja
sama besarnya dengan kalor yang diserap”.
57
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Mesin yang melanggar statement dan yang sesuai dengan Kelvin-Plank digambarkan
seperti gambar di samping.
Gambar di bawah merupakan prinsip kerja dari mesin kalor.
(a) (b)
Gambar 4.3. Mesin Kalor menurut Kelvin-Plank, (a) melanggar, (b) sesuai
Rangkuman
1. Hukum II Termodinamika
Arah perpindahan energi dengan statement Calsius dan Plank
2. Entropy
Dinyatakan sebagai S = Q/T
Perubahan Entalpi ΔS ≥ 0
3. Manfaat hokum II Termodinamika adalah
Menentukan efisiensi mesin kalor
Menentukan koefisien performansi mesin refrigerasi dan pompa kalor
Menentukan keberlangsungan proses
Menentukan arah reaksi kimia.
4. Proses reversible adalah proses ideal tanpa terjadi gesekan
58
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
DAFTAR PUSTAKA
1. Jones, J. B. and G.A Hawkins, Engineering Thermodynamics, 2nd
ed., John
Wiley and Sons, Inc., Singapore, 1986.
2. Moran and Shappiro, Fundamental of Engineering Thermodynamics, 2nd
ed.,
John Willey and Sons, New York, 1994
3. Rennolds, W.C. and Henry C. Perkins, Engineering Thermodynamics, 2nd
Ed.,
MacGraw-Hill, 1977.
4. Van Wylen and Sontag, Fundamental of Classical Thermodynamics, 4th
ed.,
John Willey and Sons, 1993.
59
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
BAB V SIKLUS CARNOT
5.1 Siklus Carnot
Siklus Carnot pertama kali dikemukakan oleh Carnot pada tahun 1824. Siklus ini
terdiri dari empat proses, yaitu :
- Proses 1 : Proses ekspansi reversibel dan isotermal.
- Proses 2 : Proses ekspansi reversibel dan adiabatik
- Proses 3 : Proses kompresi reversibel dan isotermal
- Proses 4 : Proses kompresi reversibel dan adiabatik.
Proses siklus Carnot digambarkan seperti gambar bawah
Gambar 5.1 Siklus Carnot pada diagram PV.
Proses siklus Carnot dapat diterapkan di berbagai jenis sistem. Seperti pada fasa
cair, gas, dan campuran.
TUJUAN:
Memahami siklus Carnot pada sistem.
Memahami Proses-proses pada diagram T-s
dan P-h.
60
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Siklus Carnot dapat diterangkan sebagai berikut :
Proses 1 : Proses ekspansi reversibel dan isotermal dari titik 1 ke 2. Kerja dilakukan
oleh gas dan kalor ditransfer dari reservoir TH ke sistem. Oleh karena kalor
ditransfer dengan perbedaan temperatur yang sangat kecil maka prosesnya
reversibel.
Proses 2 : Proses ekspansi reversibel dan adiabatik. Proses, Gas mengembang
secara reversibel dan adiabatik dari titk 2 ke 3 dan melakukan kerja selama proses
ini temperatur turun ke TL.
Proses 3 : Proses kompresi reversibel dan isotermal dari titik 3 ke 4. Kalor
ditransfer dari sistem ke reservoir TL. Oleh karena kalor ditransfer dengan perbedaan
temperatur yang sangat kecil maka prosesnya reversibel.
Proses 4 : Proses kompresi reversibel dan adiabatik. Proses. Gas dikompresi secara
reversibel dan adiabatik dari titk 4 ke 1. Dengan proses ini maka gas telah
melakukan proses siklus.
Luas Daerah yang diarsir di dalam kurva siklus Carnot : ini adalah jumlah kerja total
yang dihasilkan oleh siklus tersebut.
Gambar 5.2 Kurva siklus Carnot
61
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Konsekuensi dari siklus Carnot tersebut adalah :
1. Tidak ada mesin yang lebih efisien dari mesin Carnot bila bekerja pada TH dan
TL yang sama.
2. Bila terdapat mesin yang reversibel dan bekerja pada TH dan TL yang sama maka
akan memiliki efisiensi yang sama.
Untuk memberikan ilustrasi dari penggunaa konsep-konsep dari Carnot di atas,
contoh-contoh berikut akan mempermudah pemahaman.
Contoh soal.
1. Turunkan persamaan efisiensi dari mesin Carnot yang bekerja pada TH dan TL
seperti gambar di bawah, yang menggunakan gas ideal sebagai fluida kerjanya.
Solusi :
Perhatikan gambar di bawah
Gambar 5.3. Kurva siklus mesin Carnot
Definisi efisiensi adalah,
=Kalormasuk
naKerjabergu [5.1]
Atau dalam rumusan matematik adalah,
=mm Q
W
Q
work
[5.1a]
62
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Dengan menerapkan hukum I untuk mengevaluasi proses satu siklus tersebut
didapat,
m
outm
m Q
Q
Q
Qm
work
[5.2]
H
L
m
out
Q
Q
Q
Q 11 [5.3]
Dimana,
QH = adalah total kalor yang diterima mesin Carnot dari reservoir TH.
QL = adalah total kalor yang dilepas mesin Carnot ke reservoir TL.
Oleh karena besarnya QH dan QL relatif lebih sulit teramati, maka persamaan di atas
akan diubah dengan besaran TH dan TL.
Dengan menerapkan hukum I, proses isotermal dari titik 1 ke 2 adalah,
QH = U2 – U+1 + W [5.4]
Untuk gas ideal, energi dalam hanya funsi dari temperatur, sehingga U=0, dan
persamaan di atas menjadi,
2
1
0 PdVQH [5.5]
Subsitusi P dengan persamaan gas ideal akan didapat,
2
1
2
1 1
2ln0V
VmRT
V
dVmRTdV
V
mRTQ HH [5.6]
Dengan cara serupa persamaan proses isotermal dari titik 3 ke 4 adalah,
QL = U3 – U4 - W [5.7]
4
3
4
3 4
3ln0V
VmRT
V
dVmRTPdVQ LL [5.7a]
63
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Subsitusi QH dan QL pada persamaan efisiensi di atas didapat,
21
43
/ln
/ln11
VVmRT
VVmRT
Q
Q
H
L
H
L [5.8]
21
43
/ln
/ln1
VVT
VVT
H
L [5.8a]
Untuk proses reversibel adiabatik dari titik 2 ke 3 dan titik 4 ke 1 untuk gas ideal
berlaku persamaan,
)1(1)1(1
1
2
2
3
k
L
H
k
T
T
T
T
V
V [5.9]
Dan
)1(1)1(1
4
1
1
4
k
L
H
k
T
T
T
T
V
V [5.9a]
Sehingga,
1
4
2
3
V
V
V
V [5.9b]
Dan,
1
2
4
3
V
V
V
V [5.9c]
Subsitusi ke persamaan (5.8a) didapat,
H
L
T
T1 [5.10]
Subsitusi persamaan (5.3) dan (5.10) didapat,
L
H
L
H
T
T
Q
Q [5.11]
Persamaan di atas menunjukkan bahwa efisiensi akan naik bila TL diturunkan, atau
TH dinaikkan.
64
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Sesuai dengan konsekuensi dari prinsip-prinsip Carnot, maka tidak ada mesin aktual
yang beroperasi dari TH dan TL yang lebih efisien dari persamaan di atas.
Contoh soal
2. Hitung kalor input untuk mesin Carnot yang beroperasi pada temperatur 4000C
dan 200C dan menghasilkan kerja 100 kJ.
Solusi
2. Perhatikan gambar di bawah,
Gambar 5.4. Diagram siklus mesin Carnot
Menggunakan hukum I, didapat
QH-QL=W
Dan dari definisi (persamaan 5.11)
L
H
L
H
T
T
Q
Q
Dengan mengganti QL di dapat,
WT
TQQ
H
LHH [5.12]
Sehingga
kJTT
WQ
HL
H 177673/2931
100
/1
[5.13]
65
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Alternatif solusi adalah dengan menggunakan persamaan,
WQH
Dimana
H
L
T
T1
565,0673
2931
Sehingga,
kJW
QH 99,176565,0
100
5.2 Pompa Kalor
Pompa kalor adalah mesin yang memindahkan kalor temperatur rendah ke tinggi.
Proses pompa kalor dapat diterangkan dengan Reverse Carnot Cycle, seperti di
bawah ini.
Gambar 5.5. Siklus Pompa Kalor
Bila pada mesin kalor dikenal efisiensi maka pada pompa kalor dikenal Coefficient
of perfomance (COP) yang didefinisikan (lihat gambar).
66
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
esorKerjaKompr
iserapKalorYangDCOP [5.14]
Atau,
LH
L
m
L
Q
W
QCOP
[5.14a]
Dengan cara yang sama, seperti analisa mesin kalor, didapat,
LH
L
TT
TCOP
[5.15]
Persamaan di atas COP utuk mesin refrigerasi (pompa kalor) dengan siklus Carnot
terbalik. Untuk mesin refrigerasi yang aktual (AC dan lemari es, dll) akan memiliki
COP yang lebih rendah untuk TH dan TL yang sama.
Dengan persamaan (5.15) di atas untuk berbagai temperatur kerja TH dan TL adalah,
Tabel 5.1. Hubungan Temperatur Kerja dan COP
TL (0C) TH (
0C) COP
5
-5
-20
-50
-150
-250
30
20
10
20
20
20
11,1
10,7
8,4
3,2
0,72
0,085
Dari persamaan (1) terlihata bahwa COP akan bernilai “O” (nol) bila temperatur
reservoir rendah (TL) bernilai nol Kelvin. COP bernilai nol artinya tidak ada kalor
yang diserap.
Contoh Soal
1. Hitung daya yang diperlukan utuk menarik kalor dari reservoir rendah sebesar
100 kJ/min bila pompa kalor tersebut beroperasi pada 2000C dan 10
0C.
67
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Solusi
1. Telah diketahui bahwa
L
H
L
H
T
T
Q
Q
Atau
L
H
L
H
T
T
Q
Q
Atau,
kJT
TQQ
L
H
L
H 167283
473100
Dari gambar berikut,
Gambar 5.6. Diagram Siklus Pompa Kalor
Diketahui bahwa,
L
L
HLLHm Q
T
TQQQW
Sehingga,
Wm = 167-100=67 kJ / min = 1,1 kW
68
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
5.3 Siklus Otto
Siklus Otto merupakan dasar dari mesin motor bakar torak yang digunakan pada
kendaraan bermotor berbahan bakar bensin.
Siklus Otto terlihat pada gambar di bawah,
Gambar 5.7. Siklus Otto
Proses 1-2 proses kompresi adiabatik
Proses 2-3 proses volume konstan, pada proses ini terjadi penambahan kalor
(penyalaan)
Proses 3-4 ekspansi adiabatik
Proses 4-1 proses pengeluaran kalor
Pada tahun 1876 Otto berhasil memproduksi mesin torak 4 langkah. Mesin ini
mengungguli mesin uap yang telah lama digunakan sebelumnya. Bahakan sampai
saat ini mesin 4 langkah masih banyak digunakan untuk kendaraan bermotor.
Pada mesin Otto, penyalaan campuran bahan bakar dengan udara dilakukan oleh
loncatan bunga api (busi), yang terjadi pada saat torak berada di bagian TMA atau
pada saat kompresi maksimal (TMA=titik mati atas).
Dari gambar siklus Otto terlihat bahwa pada proses 2-3 dan 4-1 tidak terjadi kerja
selama terjadi pertukaran kalor. Sedangkan pada proses 1-2 dan 3-4 merupakan
proses adiabatik yang melibatkan kerja.
69
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Efisiensi mesin Otto dinyatakan dengan persamaan,
= 1- r1-k
, dimana r = v1/v2 [5.16]
5.4 Siklus Diesel
Siklus Diesel merupakan dasar dari mesin motor torak disel yang digunakan pada
kendaraan bermotor berbahan bakar solar.
Siklus Diesel terlihat pada gambar di bawah ini,
Gambar 5.8. Siklus Diesel
Proses 1-2 proses kompresi adiabatik
Proses 2-3 proses tekanan konstan, pada proses ini terjadi penambahan kalor
Proses 3-4 proses ekspansi adiabatik
Proses 4-1 proses pengeluaran kalor
Siklus Diesel pertama kali ditemukan oleh Dr. Rudorf Diesel pada tahun 1893,
Motor Diesel merupakan mesin torak 4 langkah, serupa dengan mesin Otto, namun
berbeda penyalannya.
Pada mesin Diesel, penyalaan tidak dilakkan dengan percikan bunga apai, namun
oleh tekanan yang tinggi pada saat torak melakukan kompresi.
70
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Pada saat langkah hisap hanya udara segar yang masuk ke dalam silinder, dan pada
saat torak hampir mencapai TMA bahan bakar disemburkan ke dalam silindier,
sehingga terjadilan proses pembakaran.
Untuk menghasilkan pembakaran diperlukan tekanan kompresi yang tinggi.
Biasanya rasio kompresi motor diesel antara 12 sampai 25.
Dengan pertimbangan kekuatan material, pada umumnya mesin diesel bekerja
dengan rasio kompresi antara 14 s.d. 17.
5.5 Entropy
Hukum 1 mendorong timbulnya property baru yang sangat bermanfaat, yaitu E atau
energi tersimpan.
Sedangkan hukum II mendorong timbulnya property baru yang juga sangat
bermanfaat yaitu entropy atau biasanya disingkat “S”.
Salah satu cara untuk membuktikan bahwa suatu besaran merupakan property
adalah bahwa integral tertutup (siklus) dari besaran tersebut selalu nol.
Pernyataan di atas secara fisik berarti, bila sebuah sistem melakukan satu siklus,
besaran tersebut dapat dikembalikan kembali ke nilai semula bila kondisi sistem
tersebut juga kembali ke kondisi semula.
Berbeda dengan energi tersimpan (E), besaran entropy (S) tidak mudah untuk
dijelaskan dengan satu kalimat
Kata “energi” sering digunakan dalam kehidupan sehari-hari, sehingga konsep
energi tersimpan mudah dipahami. Namun kata “entropi” sangat jarang digunakan,
sehingga konsep entropy tidak mudah dipahami.
Bentuk lain dari hukum II adalah,
Ssistem + S lingkungan 0 [5.17]
71
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Persamaan di atas membatasi atau memberi arahan terjadi tidaknya suatu peristiwa
atau reaksi. Atau dengan kata lain, proses akan berlangsung bila Stotal positif. Bila
Stotal=0, maka proses bersifat reversibel. Bila Stotal < 0, proses tidak akan
berlangsung (tidak mungkin terjadi).
Definisi dari entropi adalah,
S T
Q [5.18]
5.6 Entropy
Sedangkan perubahan entropy dari kondisi 1 ke 2 dirumuskan dengan persamaan,
S2 – S1 = 2
1T
Q [5.19]
Diagram T-S (Temperatur Vs entropi) sering digunakan untuk menganalisa berbagai
proses, baik proses yang terjadi pada mesin kalor maupun pompa kalor.
Bentuk dan sifat-sifat dari diagram T-S untuk suatu materi secara umum terlihat
seperti camping.
Tugas !! Cari dan terangkan diagram T-S untuk udara. Jelaskan dimana phasa cair,
gas, dan campuran.
Gambar 5.9. Diagram T-s
72
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Contoh Soal,
1. Hitung perubahan entropy 1 kg helium yang dipanaskan secara reversibel pada
tekanan konstan dari 140 kPa, 200C ke 90
0C di dalam closed system, dimana cp
konstan sebesar 5,24 kJ/kg.K.
Solusi,
Proses di atas dapat digambarkan seperti gambar di bawah,
Gambar 5.10. Proses pada Diagram P-v
Dari definisi entropy (S),
S T
Q [5.20]
Maka harus dicari hubungan antara Q dan T agar persamaan di atas dapat
diselesaikan. Beberapa hubungan antara Q dan T yang telah kita kenal adalah
Q = dU +W (Hk.I, closes system)
= dU + PdV (proses reversibel)
= dU + d (PV) (tekanan konstan)
= d(U+PV) = dH (definisi entalpi)
= mcp dT (gas Ideal)
73
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Persamaan yang akan kita gunakan adalah persamaan yang terakhir, sehinga,
S = 2
1T
dTmcp
Solusi dari persamaan diatas adalah,
S = 2
1T
dTmcp=mcpln
1
2
T
T
S =(1)(5,24)ln293
363=1,12 kJ/kg.K
Contoh soal,
2. Dry saturated steam pada tekanan 1,40 Mpa mengalami ekspansi isotermal
terversibel di dalam closed system hingga tekanannya menjadi 0,80 Mpa.
Hitung kerja yang dilakukan per kilogram steam.
Solusi,
Gambarkan proses di atas pada diagram Ts. Oleh karena prosesnya reversibel maka
luas di bawah proses menggambarkan besarnya perpindahan kalor (q). Lihat
gambar di bawah.
Gambar 5.11 Proses Ekspansi Isotermal Reversibel
Dengan menggunakan hukum I, yaitu
W=u1-u2+q (1)
Dimana,
u1dan u2 dilihat pada tabel steam
q luas area yang diarsir pada gambar
74
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Dari tabel steam didapat data sebagai berikut :
Kondisi 1 Kondisi2
T1=195,070C195
0C
u1=ug=2592,8 kJ/kg
s1=sg=6,4693 kJ/kg.k
T1=T21950C
u2=2621,8 kJ/kg
s2=6,7914 kJ/kg.k
Sedangkan besarnya “q” atau luas area yang diarsir dihitung dengan persamaan,
q = 12
2
1
ssTTds
sehingga persamaan (1) dapat diselesaikan sebagai berikut :
w=u1-u2+T(s2-s1)
=(2592,8-2621,8)+468(6,7914-6,4693)
=121,7 kJ/kg
Pada bagian awal telah dijelaskan dan digambarkan siklus Carnot pada diagram PV.
Siklus Carnot dapat juga digambarkan pada diagram TS, seperti tampak di bawah
ini.
Gambar 5.12 Siklus Carnot pada Diagram T-s
Bila pada diagram TS ini dapat digambarkan besarnya W (kerja) dan perpindahan
kalor (Q) yang terjadi selama siklus (lihat gambar).
75
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
5.7. Kualitas (X)
Sifat-sifat materi yang digambarkan ada diagram T-s hanya menunjukkan fasa cair,
gas, dan campuran.
Fasa cair berada di sebelah kiri kubah, dan fasa gas berada di sebelah kanan kubah.
Fasa materi yang berada di dalam kubah bersifat campuran.
Campuran banyak mengandung cairan bila berada kiri (dalam kubah) dan biasa
disebut campuran basah. Sebaliknya, campuran yang sedikit mengandung cairan dan
biasa disebut campuran kering bila berada di sebelah kanan (dalam kubah).
Kualitas didefinisikan sebagai perbandingan fraksi massa gas dibagi campuran
(liquid+gas). Sering disimbolkan dengan “x”.
Berikut ini adalah dua buah diagram, yaitu diagram T-s dan P-h untuk suatu materi.
Simbol “f” menandakan posisi pada garis saturasi cair (fluid) dan “g” menandakan
pada garis saturasi gas (vapor).
Gambar 5.13 Garis Fasa Campuran pada Diagram T-s
76
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Gambar 5.14 Garis Fasa Campuran pada Diagram P-h
Definisi dari kualitas (Quality) dituliskan sebagai berikut :
x vL
v
mm
m
[5.21]
1-x =vL
v
mm
m
[5.21a]
dimana,
mL = massa pada saturasi liquid
mV = massa pada saturasi vapor
Dari definisi di atas terlihat bahwa nilai “x” adalah antara 0 dan 1 atau antara 0 s/d
100%. Bernilai 0 bila posisi pada garis saturasi liquid dan bernilai 1 (100%) bila
berada di garis saturasi vapor.
Pada tabel sifat-sifat materi umumnya hanya menuliskan nilainya pada posisinya di
garis saturasinya. Sedangkan nilainya pada fasa campuran dapat dihitung dengan
persamaan, sebagai berikut :
Misal kita akan menghitung nilai volume spesifik (v) pada fasa campuran, maka :
vx=vL
svfL
vL
VL
mm
vmvm
mm
VV
m
V
= g
vL
vf
vL
L vmm
mv
mm
m
[5.22]
77
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Dari defisinisi kualitas (x), maka didapat :
vx= (1-X)vf + X vg [5.23]
Atau
vx= vf + X (vg-vf) [5.23a]
Perbedaan antara (vg-vf) sering dituliskan dengan vfg. Sehingga persamaan di atas
sering dituliskan dengan,
vx = vf + xvfg [5.23b]
Dari persamaan (5.23b) terlihat bahwa vx lebih besar dari vf dan lebih kecil dari vg.
Dengan cara yang serupa di atas, nilai entalpi pada kondisi campuran (hx) dapat
dicari dengan persamaan,
hx=hf + xhfg [5.24]
Contoh soal,
1. Sepuluh kilogram steam pada tekanan 20 kPa memiliki volume m3. Hitung
temperatur dan entalpi per kilogramnya.
Solusi,
1. Dari data yang diberikan tidaklah mungkin menggambarkan kondisinya pada
diagram T-s maupun P-h. Sehingga pertama kali kita hitung nilai volume
spesifiknya (v),
v = volume/massa = 53/10 = 5,2 m3/kg
Kemudian nilai volume spesifik (v) tersebut kita bandingkan dengan nilai pada tabel
steam pada tekanan 20 kPa, dan didapat.
vf = 0,001017 m3/kg
vg = 7,649 m3/kg
Terlihat bahwa v yang dihitung terletak antara vf dan vg. Sehingga dapat
disimpulkan bahwa steam dalam kondisi campuran dengan temperatur 60,060C.
78
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Nilai vx dihitung dengan persamaan,
vx=vf+xvfg
Sehingga,
x=
68,0001074,0649,7
001074,02,5
fg
fx
vv
vv
Entalpi dihitung dengan persamaan,
hx=hf +xhfg = 251,40 + 0,68 (23582) = 1885 kJ/kg
Contoh soal,
2. Steam pada tekanan 400 psia memiliki entalpi 600 B/lbm. Hitung energi
dalamnya.
Solusi,
Langkah pertama adalah menentukan kondisi steam berdasarkan tabel, apakah
subcooled, campuran atau superheated. Berdasarkan tabel steam pada 400 psia
didapat hg=1205,5 B/lbm. Dari sini jelas bahwa steam dalam kondisi campuran,
karena 600 B/lbm < hg. Kualitas steam dihitung dengan persamaan,
x= 225,02,781
2,424600
fg
fx
h
hh
Energi dalam dihitung dengan persamaan,
ux=uf + xufg
ux=422,8+0,225(696,7)=579,6 B/lbm
Contoh soal
3. Amonia dikompresi secara reversibel dan adiabatik dengan steady rate 5
lbm/min, dari 40 psia dengan kualitas 80% ke 200 psia. Hitung powr (daya)
input yang diperlukan.
Solusi,
3. Ingat bahwa power (P) adalah,
P=mw
Dimana w dicari dengan hukum I, yaitu :
win = h2 – h1 + Ek + Ep – q
79
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Oleh karena proses adiabatik (q=0) dan tidak ada perubahan energi kimentik dan
potensial, maka persamaan di atas menjadi,
win= h2-h1
dimana h1 dalam kondisi campuran, dan dicari dengan persamaan,
h1 = hfi + x1hfg1
Telah diketahui bahwa proses yang terjadi adalah adiabatik reversibel sehingga
s1=s2. Proses bila digamarkan pada diagram T-s adalah,
Gambar 5.15 Garis-garis Fasa Campuran pada Diagram T-s
Dari gambar di atas belum dapat ditentukan apakah proses (titik 2) berhenti pada
daerah campuran atau pada superheated. Jika s2 lebih besar sg pada 200 psia maka
kondisi discharge amonia adalah superheated.
Sebaliknya, bila s2 lebih kecil dari sg maka kondisi amonia adalah campuran.
Jika dalam kondisi superheated, h2 dapat dicari dengan tabel menggunakan P2 dan s2
Jika kondisi campuran dicari dengan persamaan,
h2=hf2+x2hfg2
dan
x2=fg
f
s
ss 2
Dari tabel amonia,
h1=hf1+x1hfg1
=55,6 + 0,80 (559,8) = 503,4 B/lbm
80
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
dan,
s2=s1=sf1+x1sfg1
=0,1246 + 0,80 (1,1879)
1,0749 B/lbm.R
Terlihat bahwa harga s2 lebih kecil dari sg2, sehingga kondisi amonia adalah
campuran. Bila digambarkan pada diagram T-s terlihat seperti gambar dibawah ini,
Gambar 5.16 Garis Fasa Campuran Beda Tekanan pada Diagram T-s
Dari gambar di atas terlihat bahwa titik 2 masih berada pada daerah campuran,
dengan kualitas harus di atas 80%, oleh karena lebih mendekati garis saturasi vapor
bila dibanding titik 1.
Kualitas x2 dihitung dengan persamaan,
x2= 884,08666,0
3090,00749,12
fg
f
s
ss
dan ,
h2 =hf2+x2hfg2
= 150,9 + 0,884 (481,8) = 576,8 B/lbm
Sehingga,
win=h2-h1
=576,8-503,4=73,4 B/lbm
Daya (power) adalah,
P=mwin
=5(73,4)/42,4=8,66 hp
81
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Tujuan dari sistem refrigerasi adalah memindahkan kalor secara kontinyu dari suatu
benda agar temperaturnya lebih rendah dari lingkungannya.
Cara kerja sistem refrigerasi adalah memindahkan kalor dari temperatur rendah ke
tinggi.
Contoh sistem refrigerasi yang sering kita jumpai adalah AC untuk hunian, AC untuk
mendaraan bermotor, dan lemari es.
Bila pada AC hunian dan AC kendaraan diinginkan temperatur di atas 00C . pada
lemari es atau freezer diinginkan temperatur dibawah 00C.
AC untuk hunian (rumah dan perkantoran) sering dihubungkan dengan sistem tata
udara, oleh karena bukan temperatur saja yang dikontrol.
Proses refrigerasi merupakan siklus Carnot terbalik, bila digambarkan pada diagram
T-s terlihat seperti gambar di bawah,
Gambar 5.17 Proses Refrigerasi Siklus Carnot
Analsisi perpindahan kalor adalah sebagai berikut :
QH =TH(s3-s4) [5.25]
QL =TL(s3-s4) [5.25a]
W =QH-QL [5.25b]
82
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Gambar di atas merupakan gambar sitem refrigerasi secara umum. Sedangkan mesin
refrigerasi yang sering kita jumpai adalah mesin refrigerasi siklus kompresi uap.
Bila digambarkan pada diagram T-s maupun P-h mesin refrigerasi siklus kompresi
uap terlihat seperti gambar di samping.
Siklus refrigerasi siklus kompresi uap yang terlihat pada gambar di samping
merupakan siklus yang ideal. Disebut ideal karena kondisi refrigeran saat memasuki
kompresor (titik 2) pada kondisi saturasi dan pada saat refrigeran memasuki ekspansi
(titik 4) juga dalam kondisi saturasi. Alasan lainnya adalah tidak adanya drop
tekanan selama proses evaporasi dan kondensasi pada evaporatorr dan kondensor.
Terlihat pada gambar empat garis proses, evaporasi, kompresi, kondensasi, dan
ekspansi.
Gambar 5.18 Sistem Refrigerasi Siklus Kompresi Uap Pada Diagram T-s & P-h
Keterangan gambar
1-2 = proses evaporasi refrigeran
2-3 = proses kompresi refrigeran
3-4 = proses kondensasi refrigeran
4-1 = proses ekspansi refrigeran
Proses evaporasi adalah proses yang memerlukan kalor. Sedangkan proses
kondensasi adalah proses yang mengeluarkan kalor.
(a) (b)
83
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Perfomansi mesin refrigerasi didefinisikan dengan persamaan COP (coefficient of
perfomance):
COP=perlukanLuarYangDiEnergiDari
gBergunafrigasiYanEfek Re [5.26]
Efek refrigerasi yang berguna pada kasus ini adalah kalor yang diserap oleh
evaporator. Sedangkan energi dari luar yang diperlukan adalah kerja yang
diperlukan oleh kompresor. Sehingga persamaan COP di atas dapat dituliskan,
COP=23
12
Th
hh
[5.27]
Sedangkan definisi COP untuk mesin refrigerasi menurut siklus Carnot adalah,
COP =LH
L
TT
T
[5.28]
Pada mesin refrigerasi siklus Carnot terbalik semua proses berlangsung secara
reversibel. Sehingga terdapat dua konsekuensi, yaitu (1) tidak ada siklus refrigerasi
yang memiliki COP lebih besar dari siklus Carnot bila bekerja pada TL dan Th yang
sama. (2) semua siklus refrigerasi yang bekerja secara reversibel akan memiliki nilai
COP yang sama bila bekerja pada TL dan Th yang sama.
Dari pernyataan di atas dapat disimpulkan bahwa mesin refrigerasi siklus kompresi
uap akan memiliki nilai COP di bawah nilai COP Carnot.
Perbandingan nilai COP aktual (siklus kompresi uap) terhadap COP siklus Carnot
disebut efisiensi refrigerasi (), yang dinyatakan dengan persamaan,
=)(
)(
Carnot
aktual
COP
COP [5.29]
Nilai COP umumnya di atas “1”, namun nilai efisiensi refrigerasi maksimal adalah
“1”.
84
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Dari persamaan COP aktual maupun COP Carnot terlihat bahwa semakin rendah
temperatur evaporasi (TL) atau temperatur pendingingan yang diinginkan maka
semakin kecil pula nilai COP-nya untuk temperatur kondensasi (TH) yang tetap.
Dari pernyataan di atas menunjukkan bahwa COP untuk AC (Air Conditioning)
untuk hunian lebih tinggi dibanding dengan COP pada lemari es, mengingat
temperatur evaporasi AC sekitar 50C, sedangkan temperatur lemari es sekitar –20
0C.
Dalam aplikasinya, rancangan temperatur evaporasi (TL) tergantung pada temperatur
dingin yang diinginkan, sedangkan temperatur kondensasi (TH) tergantung pada
lingkungan dimana mesin refrigerasi tersebut akan digunakan.
Tugas :
Gambarkan pada diagram P-h untuk R-12 siklus kompresi uap yang memiliki
temperatur evaporasi -100C dan temperatur kondensasi 40
0C. Hitunglah COP dan
efisiensi refrigerasinya)(
)(
Carnot
aktual
COP
COP.
Petunjuk :
- Gunakan siklus ideal
- Proses kompresi secara isentropik
85
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
Rangkuman
1. Siklus Carnot adalah siklus ideal yang dapat mencapai efisiensi tertinggi dengan
dua proses refersibel kompresi isothermal dan kompresi adiabatic serta proses
refersibel ekspansi isothermal dan ekspansi adiabatic.
2. efisiensi untuk mesin Carnot dinyatakan dalam: kerja berguna dibagi dengan
kalor masuk
=mm Q
W
Q
work
3. Pompa kalor merupakan kebalikan dari siklus Carnot dengan koefisien
performansi (COP) adalah perbandingan kalor yang dhasilkan dabagi dengan
kerja kompresi
COPp.kalor =LH
H
TT
T
4. Mesin refrigerasi, COP adalah perbandingan antara kalor yang diserap di
evaporator dengan kerja kompresi
COPref =LH
L
TT
T
5. Siklus Otto dan disel merupakan siklus motor bakar
Efisiensi mesin Otto dinyatakan dengan
= 1- r1-k
, dimana r = v1/v2
6. Kualitas uap perbandingan antara fraksi massa gas dibagi dengan massa
campuran cairan dan gas
x vL
v
mm
m
86
Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu
DAFTAR PUSTAKA
1. Jones, J. B. and G.A Hawkins, Engineering Thermodynamics, 2nd
ed., John
Wiley and Sons, Inc., Singapore, 1986.
2. Moran and Shappiro, Fundamental of Engineering Thermodynamics, 2nd
ed.,
John Willey and Sons, New York, 1994
3. Rennolds, W.C. and Henry C. Perkins, Engineering Thermodynamics, 2nd
Ed.,
MacGraw-Hill, 1977.
4. Van Wylen and Sontag, Fundamental of Classical Thermodynamics, 4th
ed.,
John Willey and Sons, 1993.