187217474-Modul-Bahan-Ajar-Termodinamika.pdf

1

MODUL BAHAN AJAR

TERMODINAMIKA TEKNIK

DISUSUN OLEH: Ir. Sumeru, MT Edmond Murad, ST

PROGRAM STUDI TEKNIK PENDINGIN POLITEKNIK INDRAMAYU 2008

Kerjasama Politeknik Negeri Bandung dan Politeknik Indramayu

2

HALAMAN PENGESAHAN 1. Modul Bahan Ajar a. Nama Modul b. Mata Kuliah/Semester c. SKS (T-P)/jam (T-P) d. Jurusan

e. Program Studi

: Termodinamika Teknik : Termodinamika Teknik/ I (Satu) : 2 SKS (T) 3 Jam/Minggu : Teknik Pendingin : Teknik Pendingin Polindra

2. Penulis Penulis 1 a. Nama b. NIP c. Golongan/Pangkat d. Jabatan Fungsional e. Jabatan Struktural f. Jurusan

: Ir. Sumeru, MT : 132 140 884 : IIId/Penata Tk-1 : Lektor Kepala : Ketua Jurusan : Teknik pendingin Polindra

Penulis 2 a. Nama

: Edmond Murad, ST

b. NIP c. Golongan/Pangkat d. Jabatan Fungsional e. Jabatan Struktural f. Jurusan

: 131 853 700 : IIIa/ Penata Muda : Asisten Ahli : Kepala Laboratorium Tata Udara Polban : Teknik Refrigerasi dan Tata Udara Polban

Mengetahui, Ketua Jurusan Teknik Pendingin Politeknik Indramayu

Bandung, 24 November 2008 Penulis 1

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 KATA PENGANTAR

i ii

DAFTAR ISI DAFTAR GAMBAR DAFTAR TABEL

iii v vi

1. BAB I

1 1 3 4 5 7 7 14 15

PENDAHULUAN Konsep dan Definisi Dimensi & Unit Density, Volume Spesifik, Berat Spesifik Tekanan Temperatur Kerja (Work) Kalor (Heat) Rangkuman

2. BAB II HUKUM I TERMODINAMIKA Hukum I Termodinamika Enthalphy Hukum I pada Closed System Hukum I pada open system Rangkuman

16 16 19 21 24 27

3. BAB III GAS IDEAL Persamaan Gas Ideal Internal Energi (U) Gas Ideal Entalpi (h) Gas Ideal Proses-proses pada Gas Ideal Rangkuman

28 28 30 30 32 36

4. BAB IV HUKUM II TERMODINAMIKA Keterbatasan Hukum I Manfaat hukum II Hukum II dan Reversibilitas Hukum II & Pompa Kalor Hukum II & Mesin Kalor Rangkuman

37 37 46 39 42 43 44

5. BAB V SIKLUS CARNOT Siklus Carnot

45 45


5

Pompa Kalor Siklus Otto Siklus Diesel Entropy Kualitas (X) Rangkuman DAFTAR PUSTAKA LAMPIRAN


50 53 54 55 59 68 69

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 Gambar 5.12 Siklus Carnot pada Diagram T-s

58 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 TUJUAN: Memahami konsep dasar Termodinamika Memahami definisi-definisi dan besaran dalam Termodinamika. Memahami prinsip-prinsip konversi besaran  



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.


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 propertiesnya. 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, 23

banyaknya atom tersebut adalah 6,02252 x 10 (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 1 feet 1 yard 1 yard

= 2.54 cm = 12 inchi = 91,44 cm = 3 feet

= 30,48 cm

Unit Luas 2 1 sq in = 6,452 cm 2 1 sq ft = 929 cm Unit Volume : 1 cu in 1 cu ft 1 US gallon 1 liter

3

= 16, 39 cm 3 = 28316 cm 3 = 3,785 dm 3 = 1 dm


10

Unit Massa : 1 Lb 1 Oz 1 slug

= 0,4531 kg = 28,35 gr = 1 lbf.s2/ft

Unit Pressure : 1 atm

= 101.300 N/m

= 32,174 lbm

2

= 14,7 psi

2

1 Pa 1 Bar 1 psi 1 torr

= 1 N/m = 100.000 Pa = 2.3 ft wt = 2.04 in Hg = 1 mm Hg

Unit Temperatur 0 0 XF = [(X-32) 5/9] C 0 0 XC = [(X*9/5) + 32] F Unit Power (Daya) 1 hp (PK) = 745,7 Watt 1 hp (PK) = 550 ft.lbf/s = 2545 Btu/h Unit Energi 1 kcal 1 Btu

= 4187 Joule 3 = 778,6 ft lb cm

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: M  V

[1.1]

Volume Spesifik: Didefinisikan sebagai perbandingan antara volume dan massa suatu materi, atau volume per unit massa. Dinyatakan dengan persamaan,

v

V 1  m 

[1.2]


11

Berat Spesifik : Didefinisikan sebagai perbandingan antara berat dan volume suatu materi, atau berat per volume. Dinyatakan dengan persamaan,  

w V

[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/meter = Pascal

2

[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 (P abs) Tekanan Atmosfir (Patm) adalah tekanan udara yang bekerja pada suatu daerah (sistem). Pabs = P atm + P gage

[1.7]

Pgage

Patm Pabs

Pvacum P=1atm Pabs P=0

Gambar 1.1. Tekanan absolut, tekanan barometer & tekanan gage.


12

Tekanan vakum adalah tekanan di bawah atmosfir. Besaran tekanan yang sering digunakan dalam sistem pengukuran adalah : 1. Pascal 2. Psi 3. Bar 2 4. Kgf/cm 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 : XC

0

= (X + 273, 15)K

0

= (X + 259,67) R

0

= [(X*9/5) + 32] F

0

= [(X-32) 5/9] C

XF

0

XC

0

XF

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 W out A WA

= 1000 J = 1000 J = 1000 J

atau WB = - 1000 J atau W out B = - 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 3

3

volume 0,100 m ke 0,160 m dimana hubungan antara P dan V dalam silinder -2

dinyatakan dengan persamaan P=CV , (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) 2

Work =

 p dV = 

2

1

1

CdV V

2

1

= -C 

 V2



1  V1 

Konstanta C dapat dihitung dengan persamaan, 2

2

2

C = PV = P1V1 = P2 V2

2

Oleh karena P1 diketahui dan V1 juga diketahui, maka C = P 1V1 , sehingga

1

Work = - C 

 V2



1  = - P1V12 V1 

1 1    = - P1V1  V1  1 V   V2 V1   2 

Dengan memasukkan nilai-nilai yang diketahui, maka didapat hasil,

 0,100

Work = - (300)(0,100) 

 0,160

  1  + 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= w=

a

2

b

1

1

a

2

b

 PdV   PdV   PdV   PdV  PdV = Luas daerah yang diarsir

[1.11] [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 B C

= kerja dari 1-a-2 = kerja dari 2-b-1 = 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 :

P

 F  PA  ( P  P)( A  A)  mg cos  ( P  2 )A  F

w

= - AP 

PA 2

 mg cos  Fw

[1.13]

Dengan menggunakan Hukum II Newton dimana elemen massa (m) adalah,

 

m =  A 

A  L 2 

[1.14]

maka didapat persamaan,



 F  ma    A 

A  V L 2  

[1.15]

Maka persamaan diatas menjadi,

 F    A 

A  V V  2  2

 V 

Kombinasi persamaan (a) dan (b), dengan mengabaikan nilai

[1.16]

PA dan AV

(tidak significant), maka didapat persamaan, -AP- mg cos  + Fw =  AVV

[1.17]

atau, Fw =AP + AVC + mg cos 


[1.18]

18

Kerja yang dilakukakan pada elemen adalah, Workin = Fw L = A P L + AVV L + mg L cos 

Perkalian

[1.19]

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, Work = vindP + V dV + g dz

[1.22]

Untuk aliran antar dua jaran tertentu persamaan (1.22) menjadi,

Workin =



V 2    gz  2 

vdP  

[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 2

tanpa gesean dengan persamaan Pv = 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,

V 2    gz 2 

 vdP  

Work out = w = -

Oleh karena V dan z diabaikan, maka menjadi 2



w = - vdP  C

1

2

2

p

1

1

2

dP  C

2

(2)[ P2

12

2

 P11 ]

1 1

w = - P1 2 v1 (2)( P2

1

2

 P11 / 2 )

 P 1 2  P 2   1  2 1  P1   P2  

w = -2P 1 v1 

w = -2

1

 P 1 2   2   1  P1    

(45)144  15 

12     1  21.900 ft.lbf / lbm 0,25  45  

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 3

m /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, 



m 1 m 2 = 1V1 A1   2V2 A2 

A1V1 A2V2  v1 v2

sehingga luas penampang outlet nozzle dapat dihitung dengan persamaan, 

A2 =

m v2 V2

Nilai A2 dapat dihitung bila volume spesifik (v2) dan kecepatan (V2) telah diketahui. Nilai v2 dapat dicari dengan persamaan, P1v1

1,4

1,4

= P2v2

sehingga, v2 = v1 (P1/P2)1/1,4 = (0,346)(300/150)

1/1,4

3

=0,568 m /kg

Sedangkan nilai V2 dapat dihitung dengan persamaan, 2

2

w=-



vdP 

1

2

V2  V1  g ( z1  z 2 ) 2

Oleh karena tidak ada kerja yang dilakukan atau yang masuk pada fluida yang melewati nozzle (w=0), dan dengan mengabaikan ketinggian (z=), maka, 2

2

V2  V1   vdP 2 1 2



= -C

2 1 1, 4



11, 4

dP   P1

1 1, 4

1



P 1,4 =P1v1  2 0,4  P1 

  

1 1 1, 4





  1  

 150  1,4 (300)(0,346)  =  0,4  300  

1 1,4  1 11, 4  P11 1, 4  P2 1 , 4  1  

v1 

1 1 1, 4

  1 - 116 kJ / Kg 


21

Nilai V2 adalah, V2 =

2

(2)(116)(1000)  V1  (2)(116)(1000)  (160) 2

= 508 m/s Sehingga nilai A2 adalah,

mv2 A2 = V2 

(0,82)(0,568) 4 2 508  9,17 x10 m

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 Q B = -1000 J Penulisan lain adalah : Qin.A= -1000 J atau Q in.B = 1000 J Qout.A=1000 J atau Qout.B= -1000 J QA = -1000 J atau Q B = 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 : 0

0

0

0

T C = ( C + 273, 15)K T F = ( F + 259,67) R 0

0

0

0

0

T C = [( C *9/5) + 32] F 0

T F = [( F -32) 5/9] 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, 2

nd

ed., John

Wiley and Sons, Inc., Singapore, 1986.

nd

2. Moran and Shappiro, Fundamental of Engineering Thermodynamics, 2 John Willey and Sons, New York, 1994

3. Rennolds, W.C. and Henry C. Perkins, Engineering Thermodynamics, 2

ed.,

nd

Ed.,

th

ed.,

MacGraw-Hill, 1977.

4. Van Wylen and Sontag, Fundamental of Classical Thermodynamics, 4 John Willey and Sons, 1993.


24

BAB II HUKUM I TERMODINAMIKA

TUJUAN: Memahami hukum I Termodinamika. Memahami penerapan hukum I Termodinamika pada bidang-bidang tertentu.  

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 δQ

atau

º (δQ= 0– δW)

[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

1 δQ - 1 δW

≠0

atau

0 – δW) ≠  (δQ

[2.2]


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, 0 – δW) º=(δQ

(Proses siklus)

[2.3]

1-A-2-B-1

Atau,

2

1

º (δQ – δW) + º (δQ =– 0δW)

1-A

[2.4]

2-B

 Misal ada lintasan balik dari 2 ke 1 selain B, yaitu C, maka didapat persamaan, 1

2

º ( δQ – δW ) + º ( δQ – δW ) = 0

1-A

[2.5]

2-C

 Dengan substitusi persamaan (a) dan (b) didapat, 2

º

1

(δQ – δW) =

2-B

º (δQ – δW)

[2.6]

2-C

 Persamaan di atas menunjukkan bahwa nilai (δQ – δW) tidak tergantung (δQ – δW) adalah property  (besaran). Property ini disebut  stored energy (Energi tersimpan), didefinisikan, [2.7] E   (δQ – δW) lintasan, ini artinya

Atau,

E  Q – W


[2.8]

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 berekspansi 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 –Eper Ek – Eel – Ema –

[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 : U + PV H 

[2.10]

Untuk persatuan masanya adalah, u + Pv

h

[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 0

1. Karbon dioksida cair pada suhu 235 K (- 68 C) 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) 3

-3

ul = -Pvl = -(1075x10 )(0,9011x10 ) = -0,9687 kJ/kg

 Diketahui kalor laten pada 235 K dan 1075 kPa adalah 317,4 kJ/kg, sedangkan 3

volume spesifik uap jenuh pada kondisi ini adalah 0,0357 m /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, U1

Q – W = U2 –

[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 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

Contoh soal, 2. Di dalam tabel properties gas rubidium menunjukkan bahwa nilai internal 0

energy (u) dan volume spesifik pada 200 kPa, 800 C adalah 714.3 kJ/kg dan 3

0,471 m /kg.

Setengah kilogram rubidium pada awalnya memiliki kondisi 0

seperti diatas, kemudian di dalam closes system dipanaskan hingga 1227 C 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 1,3

tanpa gesekan dengan perilaku Pv =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 u 1, u2, dan Win u1=1,51 P1v1 Dan u2=1,51 P2v2


31

v1 telah diketahui, v2 belum diketahui, dicari dengan persamaan, P1v1

1,3 =

1,3

P2v2

Sehingga, 1/1,3

v2=v1(P1/P2) 1/1,3 =93,0 (15/30) =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

Wm   PdV  m Pdv  m





1

2

 m 1

1

1,3 1 1 1,3

Pv v

1, 3

cons tan t dv v1,3 1



1   1  1  0.3  0.3  v1    0.3  v 2

dv   P1m1v1 

0.3   1   v1      1  0.3   v 2  

=  mP1v1 

 1  93.01    0.3  54.6 2 

= (0,02)(15)144(93.0) 

0.3

  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,

 JumlahTotal   EnergiKeSi stem

    EnergiTersimpanMateri   EnergiTersimpanMateri      DalamBentukKalor   MasukKeSistem   KeluarDariSistem  0  DanKerja    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, 2

E = me = m (u+V /2+gz)


[2.16]

33

Subsitusi persamaan (2.15) dan (2.16) dihasilkan persamaan 2

2

Q-W+m1P1v1-m2P2v2+m(u1+v1 /2+gz1) = m(u2+v2 /2+gz2)

Untuk persatuan massa didapat, 2

2

Q-W+P1V1-P2v2+u1+v1 /2+gz1=u2+v2 /2+gz2

[2.17]

Dari definisi entalpi, hu+Pv, persamaan (2.17) dapat dituliskan, 2

2

[2.18]

q-w=h+Ek + Ep

[2.17a]

q-w=h2-h1+(v2 -v1 )/2 + g(z2-z1) atau

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 0

kecepatan tetentu dari tekanan 40 psia, 11,7 C menjadi 135 psia. kompresor diserap oleh water jacket dengan laju 150 B/min.

Kalor 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 0

3

tanpa gesek dari 90 kPa, 15 C (v=918m /kg) menjadi 130 kPa dengan proes 3

mengikuti persamaan P(v+0,250)=konstan, dimana satuan v adalah m /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, 2

2

Win=qout+h2-h1+(v2 -v1 )/2 + g(z2-z1)

Maka tidak akan dapat menyelesaikan soal di atas, kaena q out dan

h tidak

diketahui. Alternatif lainnya adalah menyelesaikan soal teresebut dengan persamaan berbasis mekanik untuk aliran, yaitu : 2



Win= vdP  1

2

2

V2  V1  g z 2  z 1  2


35

Dari persamaan ini terlihat dapat menyelesaikan soal di atas. Yaitu dengan cara sebagai berikut : 2

2



Win= vdP  1

2

V2  V1  g z 2  z 1  2

Oleh karena z=0, maka persamaan di atas menjadi, 2

2



Win= vdP  1

2

V2  V1 0 2

Dimana, 2



2

C



  P  0,250 dP

vdP  

1

1

Sehingga,

 C ln P2  0,250( P2  P1 ) P1

 P1 v1  0,250 ln

P2 P1

 0,250( P2  P1 ) 130 90

 900,918  0 ,250 ln   0,250 130  90  28,7kJ / kg

Maka,

2

2



2

2

Wm  vdP  V2 V1  28,7  110  0 2 2 1



Wm  34,8kJ / kg


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


nd

ed., John


nd



ed.,

nd

Ed.,

th

ed.,

MacGraw-Hill, 1977.



38

BAB III GAS IDEAL

TUJUAN: Memahami persamaan gas ideal.  

Memahami sifat-sifat 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=NRT

[3.1a]

PV=mRT

PV=mRT/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


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 0

temperatur –130 C. Sehingga error akan sangat kecil bila temperatur dinaikkan.

Contoh soal, 0

3

1. Hitung tekanan 3 kg gas etana pada 20 C yang menghuni ruang bervolume 1,20m .

Solusi, 1. Asumsi gas etana berperilaku sebagai gas ideal, sehingga, P=mRT/V=mRT/VM P= mRT/VM=(3)(8,314)(293)/(1,20)(28,05) =21 k kPa

Contoh soal, 0

2. Hitung tekanan hidrogen pada 32 F yang memiliki massa jenis 0,00155 slugg/cu.ft

Solusi, 2. Asumsi gas hidrogen berperilaku sebagai gas ideal, sehingga, P=mRT/V=RT=RT/M Sebelumnya harus dilakukan konversi besaran agar konsisten satuannya. Yaitu,

 M

= 0,00155slug/cu.ft=0,00155(3,2) lm/cu.ft = 2,016 lbm/lbmol

Sehingga, P=RT/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,

 u   u   dT    dv  T  v  v  T

du  

[3.2]

Dari definisi Cc

 u    T  v

Cc 

[3.3]

Maka

 u   dv  v  T

du  Cc dT  

[3.4]

Untuk gas ideal, hukum Joule mengatakan,

 u    0  T  v

[3.5]

Sehingga, du=CvdT Untuk perubahan finit dapat dituliskan,

u =  C c dT

[3.6]

3.3 Entalpi (h) Gas Ideal h=f(P,T)

maka,

 h   h   dT    dP  T  P  v  T

dh  

[3.7]

Dari definisi Cp

 h    T  P

Cp  

[3.8]

Maka,

 h   dP  P T

dh  C p dT  


[3.9]

41

Untuk gas ideal “h” hanya fungsi dari T, sehingga,

 h    0  P T Sehingga dh=CpDt

[3.10]

Untuk perubahan finit dapat dituliskan,

h=  C P dT

[3.11]

Contoh Soal 1. Kerja sebesar 85 kJ diperlukan untuk mengkompresi 2 kg suatu gas ideal yang 0

memiliki Cv=1,25 kJ/kg. C sepanjang prosesnya di dalam closed system dari 0

tekanan awal 90kPa hingga tekanan akhir P 2. Temperatur meningkat 30 C 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, 2

U=mu=m  CV dT  mCV T2  T1  1

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 hu+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, +R

Cp = Cv

[3.15a]

Sehingga, R = Cp - Cv

[3.16]

Dedefinisikan, kCp/Cv

[3.17]

sehingga persamaan (3.15) menjadi,

Cp 

Rk R dan C v  k 1 k 1

3.4. Proses-proses pada Gas Ideal

Proses adiabatik tanpa gesek dengan kalor spesifik konstan adalah, k

Pv =konstan


[3.18]

43

atau k

P1v1 =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,

P1v1 T1



P2 v 2

[3.20]

T2

Bila dikombinasikan dengan persamaan (3.19) didapat,

T2  P2    T1  P1 

 k 1k

v    1   v2 

k 1

[3.21]

Umumnya (namun tidak semua) proses tanpa gesek gas ideal, hubungan adalah, n

= konstan

PV Dimana “n” konstan untuk tiap proses.

[3.22]

Proses yang ditunjukkan oleh persamaan (3.22) disebut proses polytropic. Dan “n” disebut polytropic exponent.

Bila “k” diganti dengan “n”, persamaan (3.22) menjadi,

T2  P2  T1  P1

  

n 1v

v    1   v2 

n 1

[3.23]

Contoh soal, 1. Dua kilogram argon di dalam closed system dikompresi tanpa gesek dan secara 0

adiabatik dari tekanan 100 kPa, 20 C 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,

V1 

b)

mRT1 2(8,314)293   1,22m 3 / kg P1 39,94(100)

Oleh karena proses frictionless adiabatic, maka volume akhir dicari dengan persamaan berikut. Dimana nilai cv dan cp dilihat dari tabel dan k=c p/cv sehingga,

P  V2  V1  1   P2  c)

1k

 100   1,22   400 

0.31 30.52 1

 0,530m 3

Sedangkan temperatur akhir dicari dengan persamaan,

 P2    P1 

( k 1) k

T2  T1  d)

 400    100 

(1.66 51)1.66 5

=293 

 510 K  237 0 C

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, 1



Wm= - PdV 1

k

Dimana Pv =konstan

Atau k

k

P1V1 =P2V2 Sehingga, 2

Wm= -

 1

2



PdV  C V k dV  1

 C 1 k 2 V 1 1 k


45

k

PV Pv 1 k 1 k   1 1 V2  V1   1 1 1 k 1 k



mRT1 1 k





 V 1k   2   1  V1  

 T2   R   T  1  m k  1 T2  T1     1 

= mcv(T2-T1)

Terbukti bahwa hasilnya sama dengan menggunakan hukum I dan persamaan Joule, yaitu 136 kJ.

Proses polytropic bila digambarkan pada diagram P v 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 :

T1 

P1V1 100(0,060)   299K  26 0 C mR 0.070(0,287)

Kemudian selanjutnya dihitung temperatur akhir-nya, yaitu,

 V1   V   2

n 1

T2=T1 

 299(2) 0.3  368K  95 0C

b) Oleh karena hubungan P v telah diketahui, maka dapat dihitung dengan persamaan : 1



Wm   PdV 1 n

1



W m  PdV 

 C 1n 2  P1V1 V 1  V21n  V11n  1 n 1 n

1

=

P1V1  V2  1  n  V1



=

  

1 n

 P V  V  n 1   1  1 1  2   1  n  1  V1  

100(0,060) (12) 0.3  1  4,62kJ 0,3

c) Perubahan enferi dalam dihitung dengan persamaan, 2



U 2  U 1  m cv dT  mcv (T2  T1 ) 1

=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=NRT

PV=mRT

PV=mRT/M

P=RT

PV=NMRT

2. Beberapa konstanta Gas Ideal yang sering digunakan Cp = Cv + R: k Cp/Cv

Rk k 1 R Cv  k 1 3. Proses proses pada Gas Ideal Cp 



Isobar : Tekanan Konstan



Isovolume : Volume konstan





Isoterm : Temperatur konstan Adiabatik : Kalor konstan



Politropik


48

DAFTAR PUSTAKA


nd

ed., John


nd



ed.,

nd

Ed.,

th

ed.,

MacGraw-Hill, 1977.



49

BAB 4 HUKUM II TERMODINAMIKA

TUJUAN: Memahami hukum II Termodinamika. Memahami penerapan hukum II Termodinamika pada bidang-bidang tertentu.  

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.


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,

dS  

Q

[4.2]

T

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 T H 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 (T H) adalah,

QH

SH =



TH

 QC TH

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 (T C) adalah,

SC=

QC TC

Sedangkan,

Stotal=SH+SC Sehingga,

Stotal=SH+SC =

 QC TH



 T  TC QC  QC  H TC  TH TC

  

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 Q C 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,

S H 

QH

S C 

QC

[4.3]

TH

[4.4]

T Perubahan entropi total adalah, C

Stotal=SH+SC+Smesin

[4.5]

Oleh karena mesin tersebut tidak berubah, maka Smesin adalah nol. Sehingga,

Stotal =

QH TH



QC TC


[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,

 TH

W=  TH S total  QC 

 TC

  1 

[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,

 TH   T  1  C 

W=Qc 

[4.10]

Konsekuensi dari persamaan (4) adalah, Bila W bernilai positif Q C juga harus bernilai positif. Artinya meskipun proses di atas reversibel namun tetap ada kalor Q C 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 T H 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


nd

ed., John


nd



ed.,

nd

Ed.,

th

ed.,

MacGraw-Hill, 1977.



59

BAB V SIKLUS CARNOT

TUJUAN: Memahami siklus Carnot pada sistem. Memahami Proses-proses pada diagram T-s dan P-h.  

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.


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 T H 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 T L.

Proses 3 : Proses kompresi reversibel dan isotermal dari titik 3 ke 4.

Kalor

ditransfer dari sistem ke reservoir T L. 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 T H 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 T H dan T L 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,

=

Kerjaberguna Kalormasuk

[5.1]

Atau dalam rumusan matematik adalah,

= 

work

Qm



W Qm


[5.1a]

62

Dengan menerapkan hukum I untuk mengevaluasi proses satu siklus tersebut didapat,



 work   Q  Q

m

Qm

  1

Qm

 Qou t Qm

[5.2]

Qou t Q  1 L Qm QH

[5.3]

Dimana, QH = adalah total kalor yang diterima mesin Carnot dari reservoir T H. QL = adalah total kalor yang dilepas mesin Carnot ke reservoir T L.

Oleh karena besarnya QH dan QL relatif lebih sulit teramati, maka persamaan di atas akan diubah dengan besaran T H 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



QH  0  PdV

[5.5]

1

Subsitusi P dengan persamaan gas ideal akan didapat, 2

QH  0 

 1

2

mRT dV V  mRTH ln 2 dV  mRT V V V1 1



[5.6]

Dengan cara serupa persamaan proses isotermal dari titik 3 ke 4 adalah, -W

QL = U3 – U4

[5.7]

4



4

QL  0  PdV  mRT 3

dV

V 3

 mRTL ln

V3 V4


[5.7a]

63

Subsitusi QH dan QL pada persamaan efisiensi di atas didapat,

  1

QL mRTL lnV3 / V4   1 QH mRTH lnV1 / V2 

  1

TL lnV3 / V4  TH lnV1 / V2 

[5.8]

[5.8a]

Untuk proses reversibel adiabatik dari titik 2 ke 3 dan titik 4 ke 1 untuk gas ideal berlaku persamaan,

1( k 1)

V3  T2    V2  T1 

1( k 1)

T   H  TL

  

T   H  TL

  

[5.9]

Dan 1( k 1)

V4  T1    V1  T4 

1( k 1)

[5.9a]

Sehingga,

V3 V4  V2 V1

[5.9b]

Dan,

V3 V2  V4 V1

[5.9c]

Subsitusi ke persamaan (5.8a) didapat,

TL   1  TH

[5.10]

Subsitusi persamaan (5.3) dan (5.10) didapat,

QH TH  QL TL

[5.11]

Persamaan di atas menunjukkan bahwa efisiensi akan naik bila T L diturunkan, atau TH dinaikkan.


64

Sesuai dengan konsekuensi dari prinsip-prinsip Carnot, maka tidak ada mesin aktual yang beroperasi dari T H dan TL yang lebih efisien dari persamaan di atas.

Contoh soal 0

2. Hitung kalor input untuk mesin Carnot yang beroperasi pada temperatur 400 C 0

dan 20 C 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)

QH TH  QL TL Dengan mengganti Q L di dapat,

QH  QH

TL W TH

[5.12]

Sehingga

QH 

W 100   177kJ 1  TL / TH 1  293 / 673


[5.13]

65

Alternatif solusi adalah dengan menggunakan persamaan,

QH 

W 

Dimana   1  TL TH

  1

293  0,565 673

Sehingga,

QH 

100 W   176,99kJ  0,565

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

COP 

KalorYangDiserap KerjaKompresor

[5.14]

Atau,

COP 

QL QL  Wm QH  QL

[5.14a]

Dengan cara yang sama, seperti analisa mesin kalor, didapat,

COP 

TL TH  TL

[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 T H dan TL yang sama.

Dengan persamaan (5.15) di atas untuk berbagai temperatur kerja T H dan TL adalah,

Tabel 5.1. Hubungan Temperatur Kerja dan COP 0

0

TL ( C)

TH ( C)

COP

5

30

11,1

-5

20

10,7

-20

10

8,4

-50

20

3,2

-150

20

0,72

-250

20

0,085

Dari persamaan (1) terlihata bahwa COP akan bernilai “O” (nol) bila temperatur reservoir rendah (T L) 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 0

0

100 kJ/min bila pompa kalor tersebut beroperasi pada 200 C dan 10 C.


67

Solusi 1. Telah diketahui bahwa

QH TH  QL TL

Atau QH TH

QL



TL

Atau,

QH Q

TH  473   100   167kJ T  283  L L

Dari gambar berikut,

Gambar 5.6. Diagram Siklus Pompa Kalor

Diketahui bahwa,

Wm  QH  QL  QL

TH  QL TL

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, 0

Ssistem + S lingkungan 

[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 



Q

[5.18]

T

5.6 Entropy

Sedangkan perubahan entropy dari kondisi 1 ke 2 dirumuskan dengan persamaan, 2

S2 – S1 =

 1

Q

[5.19]

T

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 0

0

tekanan konstan dari 140 kPa, 20 C ke 90 C 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  

Q

[5.20]

T

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, 2

S = 

mc p dT T

1

Solusi dari persamaan diatas adalah, 2

S =

mc p dT

 1

T

=mcpln

S =(1)(5,24)ln

363 293

T2 T1

=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). 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


Lihat

74

Dari tabel steam didapat data sebagai berikut : Kondisi 1

Kondisi2 0

0

0

T1=195,07 C195 C

T1=T2195 C

u1=ug=2592,8 kJ/kg

u2=2621,8 kJ/kg

s1=sg=6,4693 kJ/kg.k

s2=6,7914 kJ/kg.k

Sedangkan besarnya “q” atau luas area yang diarsir dihitung dengan persamaan, 2



q = Tds  T s2  s1  1

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

1-x =

mv mL  mv mv mL  mv

[5.21]

[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=

=

m v  mv vs V VL  VV   L f m mL  mv mL  mv mL mv vf  vg mL  mv mL  mv


[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 v x lebih besar dari vf dan lebih kecil dari vg.

Dengan cara yang serupa di atas, nilai entalpi pada kondisi campuran (h x) dapat dicari dengan persamaan, hx=hf + xhfg

[5.24]

Contoh soal, 3

1. Sepuluh kilogram steam pada tekanan 20 kPa memiliki volume m . 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), 3

v = volume/massa = 53/10 = 5,2 m /kg Kemudian nilai volume spesifik (v) tersebut kita bandingkan dengan nilai pada tabel steam pada tekanan 20 kPa, dan didapat. 3

vf = 0,001017 m /kg 3

vg = 7,649 m /kg Terlihat bahwa v yang dihitung terletak antara v f dan vg.

Sehingga dapat 0

disimpulkan bahwa steam dalam kondisi campuran dengan temperatur 60,06 C.


78

Nilai vx dihitung dengan persamaan, vx=vf+xvfg Sehingga, x=

vx  v f

v

5,2  0,001074   0,68   v 7 , 649  0,001074 g f

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=

hx  h f h fg



600  424,2  0,225 781,2

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 s g 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 P 2 dan s2 Jika kondisi campuran dicari dengan persamaan, h2=hf2+x2hfg2 dan x2=

s2  s f s fg

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 s 2 lebih kecil dari s g2, 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=

s2  s f s fg



1,0749  0,3090  0,884 0,8666

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.

0

Bila pada AC hunian dan AC kendaraan diinginkan temperatur di atas 0 C . pada 0

lemari es atau freezer diinginkan temperatur dibawah 0 C.

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.

(a) (b) Gambar 5.18 Sistem Refrigerasi Siklus Kompresi Uap Pada Diagram T-s & P-h

Keterangan gambar = proses evaporasi refrigeran 1-2

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.


83

Perfomansi mesin refrigerasi didefinisikan dengan persamaan COP (coefficient of perfomance):

COP=

Efek Re frigasiYan gBerguna EnergiDariLuarYangDiperlukan

[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=

h2  h1 h3  T2

[5.27]

Sedangkan definisi COP untuk mesin refrigerasi menurut siklus Carnot adalah,

TL COP = TH  TL

[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 T L dan Th yang sama. (2) semua siklus refrigerasi yang bekerja secara reversibel akan memiliki nilai COP yang sama bila bekerja pada T L 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,

=

COP( aktual )

[5.29]

COP(Carnot )

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 (T H) yang tetap.

Dari pernyataan di atas menunjukkan bahwa COP untuk AC (Air Conditioning) untuk hunian lebih tinggi dibanding dengan COP pada lemari es, mengingat 0 0 temperatur evaporasi AC sekitar 5 C, sedangkan temperatur lemari es sekitar –20 C.

Dalam aplikasinya, rancangan temperatur evaporasi (T L) tergantung pada temperatur dingin yang diinginkan, sedangkan temperatur kondensasi (T H) tergantung pada lingkungan dimana mesin refrigerasi tersebut akan digunakan.

Tugas : Gambarkan pada diagram P-h untuk R-12 siklus kompresi uap yang memiliki 0

0

temperatur evaporasi -10 C dan temperatur kondensasi 40 C. Hitunglah COP dan efisiensi refrigerasinya

COP( aktual ) COP(Carnot )

.

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

= 

work

Qm



W Qm

3. Pompa kalor merupakan kebalikan dari siklus Carnot dengan koefisien performansi (COP) adalah perbandingan kalor yang dhasilkan dabagi dengan kerja kompresi COPp.kalor =

TH TH  T L

4. Mesin refrigerasi, COP adalah perbandingan antara kalor yang diserap di evaporator dengan kerja kompresi TL COPref = TH  TL 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



mv mL  mv


86

DAFTAR PUSTAKA


nd

ed., John


nd



ed.,

nd

Ed.,

th

ed.,

MacGraw-Hill, 1977.



187217474-Modul-Bahan-Ajar-Termodinamika.pdf

Recommend Documents