termodinamika teknik i tkm 203 (4 sks) semester...

KULIAH - XIV

TERMODINAMIKA TEKNIK ITKM 203 (4 SKS)

MHZ 1

DEPARTEMEN TEKNIK MESINFAKULTAS TEKNIK

UNIVERSITAS SUMATERA UTARATAHUN 2006

TKM 203 (4 SKS) SEMESTER III

BAB IV

HUKUM TERMODINAMIKA II

Hukum Termodinamika I adalah :

- Menetapkan adanya suatu ekivalensi antara panas dan kerja (panas ↔ kerja)- Digunakan untuk menghubungkan dan menentukan type – type energi yang terlibat dalam suatu proses.

- atau menyatakan bahwa sewaktu proses berlangsung terdapat suatu keseimbangan energi.

Hukum termodinamika I merupakan pernyataan dari hukum kekekalan energi dan tidak

MHZ 2

Hukum termodinamika I merupakan pernyataan dari hukum kekekalan energi dan tidak menyatakan sesuatu apapun mengenai arah dari proses yang berlangsung.

Proses termodinamika itu dapat berlangsung kedua arah yaitu :- Diekspansikan (pengembangan)- Dikompresikan (penekanan)

Hukum Termodinamika I juga belum menjelaskan kearah mana suatu perubahan keadaan itu berjalan dan apakah perubahan itu reversible atau irreversible.

→ Dalam pengembangannya diterangkan dan dibahas dalam Hukum Termodinamika II

Jadi : Hukum Termodinamika II, memberikan batasan-batasan tentang arah yang dijalani suatu proses, dan memberikan kriteria apakah proses itu reversible atau irreversible dan salah satu akibat dari Hukum Termodinamika II ialah perkembangan dari suatu sifat phisik alam yang disebut ENTROPI.Perubahan entropi → menentukan arah yang dijalani suatu proses.

Hukum Termodinamika II menyatakan :

* Tidak mungkin panas dapat dirubah menjadi kerja seluruhnya, tetapi sebaliknya kerja dapat dirubah menjadi panas.

atau : Q ≠� W seluruhnya

MHZ 3

atau : Q ≠� W seluruhnyaW → Q (sama besarnya)

atau untuk mendapatkan sejumlah kerja (W) dari suatu siklus, maka kalor (Q) yang harus diberikan kepada sistem selalu lebih besar.

→ Q diserap > Wsehingga, η siklus < 100 %.

* Suatu yang bekerja sebagai sebagai suatu siklus tidak dapat memindahkan kalor (Q) dari bagian yang bertemperatur rendah ke bagian yang bertemperatur lebih tinggi, tanpa menimbulkan perubahan keadaan pada sistem yang lain.

Dari kedua hal tersebut diatas, menyatakan tentang arah proses perubahan energi dalam dalam bentuk panas ke bentuk kerja → yang menyatakan adanya pembatasan transformasi energi.

MHZ 4

KULIAH - XV


MHZ 5




Mesin Panas ( Heat Engine )

Mesin panas adalah sistem yang bekerja secara siklus, dan melalui

permukaan-permukaan batasannya, energi dalam bentuk panas dan kerja

yang dapat mengalir.

Tujuannya mengubah panas menjadi kerja. Mesin panas mengalami proses

– proses secara periodik kembali kekeadaan semula (reversible). Sebagai

contoh yaitu PEMBANGKIT TENAGA UAP, fluida kerjanya adalah H2O yang

mengalir secara kontiniu dan stasioner melalui : Ketel (dalam bentuk air dan

kemudian menguap), mengalir ke Turbin. Keluar dari turbin sebagai uap air

MHZ 6

kemudian menguap), mengalir ke Turbin. Keluar dari turbin sebagai uap air

pada temperatur dan tekanan rendah. H2O (uap air) masuk ke Condenser,

disini H2O (uap air) berubah menjadi air kembali, dan air ini di pompa

kembali ke ketel. Proses ini berlangsung secara periodik.

MHZ 7

Menurut Hukum Termodinamika I :

atau

dWdQ φφ =

PTck WWQQ −=−

Maka, Effisiensi Termik dari siklus tertutup ini adalah :

Disini dapat dilihat bahwa, sistem menerima panas pada temperatur tinggi, kemudian panas dibuang oleh sistem temperatur rendah, dan kerja dilakukan pada lingkungan.

Kita ambil “dua mesin pemanas”, yang tujuan utamanya adalah mengubah panas menjadi kerja, dan melakukan kerja pada lingkungan.

K

C

K

CK

K

PT

thQ

Q

Q

QQ

Q

WW−=

−=

−= 1η

MHZ 8Gambar mesin panas dan pompa panas

Untuk mesin panas :

Untuk pompa panas :

outinout QQW −=

inoutout QQW =+

in

uot

in

outin

in

out

thQ

Q

Q

QQ

Q

W−=

−== 1η

inoutin QQW −=

outinin QQW =+

ditujuyangenergiefekprestasikoefisien =

MHZ 9

diperlukanyangenergipemasukanprestasikoefisien =

out

ininout

out

in

out

panaspompa

Q

QQQ

Q

W

QKP

−

=−

==

1

1)(

diperlukanyangenergipemasukan

npendinginaefekditujuyangenergiefekKP pendinginme

)()( sin =

1

1)( sin

−

=−

=

out

ininout

in

pendinginme

Q

QQQ

QKP

Contoh Soal

1. Panas yang digunakan oleh suatu mesin panas adalah : 1150 Kj/mnt dan mesin menghasilkan 7,5 Kw

Ditanya : a.

b.

Jawab : Qin = 1150 kJ/mntWout = 7,5 kW = 7,5(60) = 450 kJ/mnt

?........=thη

?........=outQ

MHZ 10

a. = 0,391 (39,1%)

b. = ( 1150 – 450 ) kJ/mnt= 700 kJ/mnt

mntkJth /1150

450=η

outinout QQQ −=

2. Sebuah bangunan memerlukan panas : 100.000 Kj/mnt dari suatu pompa panas yang menyerap panas dari udara dingin diluar dan memberikannya ke ruangan – ruangan bangunan tersebut. untuk menjalankan pompa diperlukan kerja :14.800 Kj.

Ditanya : a) Besarnya panas yang diserap dari udara luar (Qin)b) (KP) pompa panas

Jawab : Qout = 100.000 kJ/mnt

a) Jumlah panas yang diperlukan pompa panas :

mntkJQQ inout /800.14=−

MHZ 11

jadi : Qin = 85.200 kJ/mnt

b) Koefisien Panas pompa panas = 75,6/800.14

/000.100==

− mntkJ

mntkJ

QQ

Q

inout

out

KULIAH - XVI


MHZ 12




KEGUNAAN HUKUM TERMODINAMIKA II

1. Menentukan effisiensi paling tinggi dari mesin panas atau KP yang maximum dari mesin pendingin.

2. Menentukan apakah proses dapat berlangsung atau tidak (irreversible atau reversible).

3. Menentukan arah atau derajat suatu reaksi kimia.4. Menentukan skala temperaturyang tidak tergantung pada sifat-sifat fisik tiap zat.5. Mendefinisikan suatu sifat yang sangat berguna.

PROSES REVERSIBEL

MHZ 13

PROSES REVERSIBEL

1. Gerakan relative tanpa gesekan (licin)2. Peregangan dan penekanan suatu pegas.3. Ekspansi dan kompresi adiabatik tanpa gesekan.4. Ekspansi dan kompresi isotermik5. Ekspansi dan kompresipolintropik.6. Elektrolisa

PROSES IRREVERSIBEL

1. Gerakan relatif dengan gesekan.2. Ekspansi bebas (tidak ada kerja karena Q = 0 → U = 0 )3. Pembakaran.4. Proses difusi.

SIKLUS REVERSIBEL : SIKLUS CARNOT

Siklus carnot ini terdiri dari : - 2 proses isotermik- 2 proses adiabatik reversibel

MHZ 14

- 2 proses adiabatik reversibel

Siklus carnot : Memiliki medium kerja yang menerima panas dari suatu temperatur dan melepaskannya pada temperatur yang lain → jadi diperlukan dua reservoir yang berdasarkan hukum termodinamika kedua merupakan jumlah minimum.

Siklus ini dapat terjadi pada proses-proses tak mengalir reversibel atau pada proses-proses stasioner.

Siklus Carnot pada diagram P-V :

MHZ 15

Karena sistem mengalami satu siklus maka energi dalam tidak berubah, jadi ∆U = 0. Maka Hukum Termodinamika I diperoleh:

dimana : W adalah kerja totalQ2 panas yang diserap sistemQ1 panas yang dilepaskan oleh sistem

12 QQdWdQ −== φφ

Maka effisiensi temik siklus carnot, yaitu hasil bagi kerja yang dilakukan sistemdengan panas yang diserap sistem pada temperatur tinggi :

Contoh:

Perhitungan effisiensi termik mesin carnot yang menggunakan gas ideal :Jawab:

untuk gas ideal: PV = mRT atau pv = RT

m

Vv =

2

1

2

12

2

1Q

Q

Q

QQ

Q

dW−=

−==

φη

MHZ 16

untuk gas ideal: PV = mRT atau pv = RT du = Cv . dT

- Proses 1-2 : proses isotermik, pv = konstan.

- Proses 2-3 : proses adiabatik reversible, pvγ = konstan, dq = 0.

2

111

1

211

2

1

lnlnp

pvp

v

vvppdVWda === ∫

2

111 ln

p

pvpwq ==

2

11 ln

p

pRTwq ==

MHZ 17

- Proses 2-3 : proses adiabatik reversible, pvγ = konstan, dq = 0.

W = - ∆U = - Cv (T3 – T2) atau W = - ∆U = - Cv (T1 – T2)W = - ∆U = Cv (T2 – T1)W = - ∆U = Cv (T2 – T1)

- Proses 3-4 : Proses isotermik ; ∆U = 0

−== ∫

3

433

4

3

lnp

pvppdVWda

−==

3

4

33 lnp

pvpwq

−=

3

4

3p

plnRT

- Proses 4-1 : Adiabatik reversible dq = 0 , pvγ = konstanw = - ∆U = - Cv (T1 – T4)atau w = - Cv (T2 – T1)w = Cv (T1 – T2)

→ Jadi jumlah kerja siklus :

dWdQ φφ =

4321 −− −= qqdWφ

−

= 41

12 lnln

pRT

pRTdWφ

MHZ 18

→ Untuk proses adiabatik :

−

=3

1

2

2 lnlnp

RTp

RTdWφ

1

3

2

3

2−

=

γ

γ

T

T

p

p

1

4

1

4

1−

=

γ

γ

T

T

p

p

atau

4

1

3

2

p

p

p

p=

2

1

3

4

p

p

p

p=

2

112

2

11

2

12 ln)(lnln

p

pTTR

p

pRT

p

pRTdW −=−=φ

p

MHZ 19

2

12

2

1

2

112

21 ln

ln)(

T

TT

p

pRT

p

pTTR

q

dwth

−=

−

==−

φη

Jadi η Carnot hanya bergantung pada T1 dan T2.Maka akan diperoleh ; effisiensi carnot adalah:

atau:

2

1

2

1

2

12

2

12

11T

T

Q

Q

T

TT

Q

QQ

−=−=

−=

−=

η

η

1

2

1

2

T

T

Q

Q=

MHZ 20

1

1

2

2

T

Q

T

Q=

KULIAH - XVII


MHZ 21




”ENTROPI”

- Hukum Termodinamika II dalam bentuk ketidaksamaan clasius mengenai entropi- Dari proses reversibel siklus carnot diketahui :

dimana : Q2 = panas masuk sistem (+)Q1 = panas keluar sistem (-)

Persamaan diatas ditulis :

1

1

2

2

T

Q

T

Q=

12

T

Q

T

Q−=

MHZ 22

Persamaan diatas ditulis :

atau :

Persamaan diatas untuk proses reversibel siklus carnot dapat ditulis:

12 TT−=

01

1

2

2=

Σ=+

T

Q

T

Q

T

Q

0=T

dQrevφ

Untuk suatu siklus yang irreversibel integral siklus ini akan lebih kecil dari nol dan dapat ditulis sebagai;

Persamaan diatas dapat ditulis sebagai berikut :

Ketidaksamaan clausius

0<T

dQirrevφ

0≤T

dQφ

dQ

MHZ 23

besaran merupakan parameter sistem dan disebut “ENTROPI”

ENTROPI adalah perbandingan panas yang ditransfer selama proses reversibel dengan temperatur absolut sistem.

T

dQ

Contoh soal :

Sebuah mesin uap bekerja diantara sebuah ketel pada temperatur tetap 3280 F, dan sebuah kondensator dengan temperatur 1260 F. Air masuk kedalam ketel dalam keadaan cair jenuh. tunjukkanlah bahwa berlaku ketidaksamaan clausius untuk siklus ini.

Jawab :

MHZ 24

Perpindahan panas terjadi dalam ketel dan kondensor

Ketel :12 hhqk −=

LbmBTUqk 8892981187 =−=

Kondensor

Jadi Integral siklus :

34 hhqk −=

LbmBTUqk 8181014196 −=−=

RlbmBTU

T

q

T

q

T

dqo

ck

,26,0

586

818

788

889−=+=+=φ

MHZ 25

→ Berlaku ketidaksamaan Clausius.

Jadi entropi merupakan perbandingan panas yang ditransfer selama proses reversibel dengan temperatur absolut siklus.

Secara matematis

atau :

revT

dQds

=

revT

dQs

∫=∆

revT

dQSS

=− ∫

2

1

12

MHZ 26

→ Perubahan Entropi dari keadaan 1 ke keadaan 2

revT 1

KULIAH - XVIII


MHZ 27




PERHITUNGAN PERUBAHAN ENTROPI

Perubahan EntropirevT

dQs

=∆ ∫

2

1

revrev T

dWdU

T

dQs ∫∫

+=

=∆

dVpdUdsT +=

MHZ 28

dimana : H = U + pVU = H – pV

Satuan Entropi

(Entropi persatuan massa)

dVppVHddsT +−= )(

dVpdHdsT −=

{ } { }Kgr

KalRlbm

BtuS:

;0=

{ } { }K

KalR

BtuS ;0= dpVdHdsT −=

Untuk satu satuan massa :

Contoh:

Hitunglah perubahan entropi untuk 3 kg gas ideal dengan Cv = (18,94+0,0528 T) kg/kg K, selam proses volume tetap dari 75o C sampai 100o C.

Jawab :

Untuk gas ideal : PV = RT, du = Cv . dT

dpvdhdsT +=

MHZ 29

Untuk gas ideal : PV = RT, du = Cv . dTdalam satu satuan massa : Tds = du + pdv ; ( pdv = 0 )

Tds = Cv.dT + pdv

v

dvR

T

dTcdv

T

P

T

dTcds vv +=+=

tan;0ln.ln.1

2

1

2

2

1

12 konsvkarenav

vR

v

vR

T

dTcss v

T

T

==→+=− ∫

( )T

dTTss

T

T

∫ +=−

2

1

12 0528,094,18

Untuk 3 kg, maka :

)348373(0528,0348

373ln94,1812 −+=− ss

KkgKJss 627,212 =−

kgKJS 881,7)627,2(3 ==∆

MHZ 30

DIAGRAM TEMPERATUR – ENTROPI

Dari persamaan :

atau

T

dQdS =

dsTdQ =

∫=−

2

1

21

s

s

dSTQ

MHZ 31

∫=

2

1

12 dvpW ∫=

2

1

12 dsTQ

MHZ 32

Diagram P-V dan T-S menyatakan proses reversibel dapat kita ambil contoh pada proses / siklus carnot, sebagai berikut :

dQdW φφ =

dSTdVp φφ =

MHZ 33

Garis 1-2 dan 3-4 :proses isotermik (dT = 0)Garis 2-3 dan 4-1 :proses adiabatik reversibel (dQ = 0 = T dS) ; T ≠ 0 ; dS = 0

Jadi, adiabatik reversibel = isontropik (entropi konstan)Effisiensi siklus carnot dapat dihitung dari diagram T-S :

)(

)()(

122

121122

ssT

ssTssT

Q

QQ

Q

dw

in

outin

in

th−

−−−=

−==

φη

2

1

2

12 1T

T

T

TTth −=

−=η

KULIAH - XIX


MHZ 34




AZAS PERTAMBAHAN ENTROPI

(untuk proses reversibel dan irreversibel)

Bila sistem diisolasi, maka tidak ada hubungan energi dengan lingkungan, sehingga entropinya tetap.

KSLS SSS ∆=∆+∆

0≥∆+∆=∆ LingkunganSystemSK SSS

0=∆ LINGS

0≥∆=∆ SS

MHZ 35

0≥∆=∆ SYSSK SS

ENERGI YANG HILANG PADA PROSES

Sebagai contoh pada siklus carnot :

MHZ 36

Effisiensi siklus carnot dan hubungannya dengan temperatur :

2

12

T

TT

Q

Wth

−==η

−=

−

in

outin

in

outin

T

TT

Q

QQ

Jumlah kerja yang diperoleh :

STQW

T

TQ

T

TTQW

∆−=

−=

−=

1

2

1

2

12 1

hilangyangEnergiST

STmasukyangEnergiQ

=∆

∆=

1

1

MHZ 37

termodinamika teknik i tkm 203 (4 sks) semester...

Documents