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


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


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


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


Pompa Kalor 50

Siklus Otto 53

Siklus Diesel 54

Entropy 55

Kualitas (X) 59

Rangkuman 68

DAFTAR PUSTAKA 69

LAMPIRAN

6


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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,


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


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


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


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


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


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


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


DAFTAR PUSTAKA


ed., John



ed.,



Ed.,

MacGraw-Hill, 1977.


ed.,


38


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


DAFTAR PUSTAKA


ed., John



ed.,



Ed.,

MacGraw-Hill, 1977.


ed.,


49


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


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


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


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


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


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


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


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


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


DAFTAR PUSTAKA


ed., John



ed.,



Ed.,

MacGraw-Hill, 1977.


ed.,


59


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


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


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


Dengan menerapkan hukum I untuk mengevaluasi proses satu siklus tersebut

didapat,

m

outm

m Q

QQ

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


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


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


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


esorKerjaKompr

iserapKalorYangDCOP [5.14]

Atau,

LH

L

m

L

QQ

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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


DAFTAR PUSTAKA


ed., John



ed.,



Ed.,

MacGraw-Hill, 1977.


ed.,


modul bahan ajar termodinamika

Documents