TERMODINAMIKA TEKNIK Eilisi l(edua
308 soal lengkap dengan penyelesaian Bab baru mengenai siklus refrigerasi Disertai 4 contoh soal ujian kualifikasi teknik di Amerika Serikat Membahas semua materi utama termodinamika - Pendamping ideal buku teks utama
TTAKAAN SIPAN
A TIMTTR
Ratusan soal latihan lengkap dengan jawaban Gunakan untuk kutiah:
M
M Termodinamika M Termodinamika
prinsip-prinsipTermodinamika
d
MTermodinamikal&ll
Teknik
Dasar-dasarTermodinamika
UNDANG.UNDANG REPUBLIK INDONESIA NOMOR 19 TAHUN 2OO2 TENTANG HAK CIPTA , PASAL 72 KETENTUAN PIDANA SANKSI PELANGGARAN
1.
Barangsiapa dengan sengaja dan tanpa hak mengumumkan atau memperbanyak suatu Ciptaan atau memberikan izin uniuk itu, dipidana dengan pidana penjara paling singkat 1 (satu) bulan dan/atau denda paling sedikit Rp1.000.000,00 (satu juta rupiah), atau pidana penjara paling lama 7 (tujuh) tahun dan/atau denda paling banyak Rp5.000.000.000,00 (lima miliar rupiah) Barangsiapa dengan sengaja menyerahkan, menyiarkan, memamerkan, mengedarkan, atau menjual kepada umum suatu Ciptaan atau barang hasil pelanggaran Hak Cipta atau Hak Teikait sebagaimana dimaksud pada ayat ('1), dipidana dengan pidana penjara paling lama 5 (lima) tahun dan/atau denda paling banyak Rp500.000.000,00 (lima ratus juta rupiah).
TERMODINAMIKA TEKNIK Edisi Kedua MERLE C. POTTER, Ph.D. Professor Emeritus Tbknik Mesin Michigan State University
CRAIG W. SOMERTON, Ph.D. kknik Mesin Michigan State University
Associate Professor
PENERBIT ERLANGGA Jl. H. Baping Raya No. 100 Ciracas, lakata 13740 www.erlangga.co.id (Anggota IKAPI)
MERLE C. POTTER memiliki gelar Sarjana dalam Teknik Mesin dari Michigan Technological University; gelar 52 dalam Teknik Penerbangan dan 53 dalam Mekanika Teknik diterimanya dari University of Michigan. Beliau merupakan pengarang dan pengarang-bersama dari The Mechanics oJ Fluids, Fluid Mechanics, Thermal Sciences, Dffirential Equations, Advanced Engineering Mathematics, Fundamentals of Engineering
Saat
ini beliau
menjadi Associate Professor Teknik Mesin di Michigan State University. Beliau pernah menulis di dalam International Journal of Mechanical Engineering Education dan pernah menerima SAE Ralph R. Teetor Educational Award.
MIi,'i
* B"on* P{-r:'.-: ' .F- dsn Nu'. r;i "
koPinrl
Jawe
I
fi
g
: I
Tixur
z' f"t Via
Ple.o
12,
Judul Asli: Thermodynamics for Engineers /Second Edition Merle C. Potter. Ph.D. and Craig W. Somerton. Ph.D. Termodinamika Teknik/Edisi Kedua Merle C. Potter, Ph.D. dan Craig W. Sorilerton, Ph.D. Translation copyright O 201-l by Penerbit Erlangga. All rights reserved. This is an authorized translation from the English language edition published by The McGrarv-Hill Companies
-
--**_,*1 .-,
'r-r'? n+vF
I
nerianiian resmi tanggal lanppal 22 Mei 2008 perjanjian
Alih Bahasa: Thombi Layukallo Editor: Lemeda Simarmata, S.T. Buku ini diset dan dilayout oleh Bagian Produksi Penerbit Erlangga dengan Apple Macintosh Mac Pro (Times 10 pt) Dicetak oleh: PT Gelora Aksara Pratama
L4
t3 t2
1l
4321
Dilarang keras mengutip, menjiplak, memfotokopi, atau memperbanyak dalam bentuk apapun, baik sebagian atau keseluruhan isi buku ini, serta mernperjualbelikannya tanpa izin tertulis dari Penerbit Erlangga.
OHAK CIPTA DILINDUNGI OLEH UNDANG.UNDANG
Buku ini dimaksudkan untuk mata kuliah pertama dalam termodinamika yang diwajibkan oleh kebanyakan, semua, jurusan teknik. Buku ini dirancang untuk menjadi buku pendukung bagi buku teks wajib untuk mata kuliah tersebut; bahan-bahannya ditampilkan secara padat sehingga para mahasiswa dapat lebih mudah memahami tujuan utama dari setiap subbab dalam buku teks. Jika mata kuliah peftama tersebut tidak mementingkan rinciari yang mend.Alam, maka buku Schaum's Outline ini sendiri dapat dijadikan sebagai buku teks wajib, Bahan yang diberikan dalam mata kuliah perama torinodinamika lebih kurang adalah sama dalam kebanyakan fakultas-fakultas teknik. Dalam sister! kuartal, hukum pertama dan kedua dua-duanya diliput dengan tidak terdapat banyak waktu teiSisa untdk-apl*kasinya. Dalam sistem semester dimungkinkan untuk meliput beberapa area aplikasi, seperti misalnya siklus-siklus uap dan gas, campuran-campirran non-reaktif atau pembakaran. Buku ini memberikan fleksibilitas tersebut. Bahkan, terdapat cukup banyak bahan untuk pelajaran sepanjang tahun. Karena masih banyaknya industri di Amerika Serikat yang menghindari pemakaian satuan-satuan SI, sekitar 20 persen dari contoh-contoh, soal-soal dengan menyelesaikan dan soal-soal tambahan diberikan dalam satuan-satuan Inggris. Tabel-tabel diberikan dalam kedua sistem satuan. Prinsip-prinsip dasar termodinamika diilustrasikan seca-ra bebas dengan berbagai contoh dan soalsoal dengan penyelesaian yang mendemonstrasikan bagaimana prinsip-prinsip tersebut diaplikasikan pada situasi-situasi teknik aktual maupun yang disimulasikan. Soal-soal tambahan yang memberikan kesempatan kepada para mahasiswa untuk menguji kemampuan mereka dalam pemecahan masalah juga diberikan di akhir dari semua bab. Jawaban-jawaban diberikan untuk semua soal tersebut di akhir dari bab. Kami juga telah menambahkan soal-soal jenis FE di akhir dari sebagian besar bab. Sebagai tambahan, kami telah memberikan satu set ujian yang terdiri dari soal-soal pilihan ganda, bersama dengan jar'vaban-jawabannya. Sebagian besar dari para mahasislva yang mengambil termodinamika tidak akan pernah melihat bahan-bahan ini lagi kecuali ketika mengambil ujian nasional (ujian-ujian insinyur profesional atau ujian GRE/Teknik). Ujian-ujian nasional merupakan ujian-ujian pilihan ganda yang kurang dikenal oleh mahasiswa-mahasiswa teknik. Termodinamika menyediakan kesempatan yang baik untuk memberikan para mahasiswa ini pengalaman dalam mengerjakan ujian-ujian pilihan ganda, ujian-ujian yang biasanya sulit dan memakan waktu. Berbagai studi telah menunjukkan bahwa nilai yang diperoleh tidak bergantung pada jenis ujian yang diberikan, jadi ini bisa menjadi mata kuliah di mana para mahasiswa diperkenalkan kepada ujian pilihan ganda. Kami ingin mengucapkan terima kasih kepada Mrs. Michelle Gruender ygng telah memeriksa: manuskrip dengan cemat dan Ms. Barbara Gilson yang telah memproduksi bukq ini secara efisien. Anda, baik para profesor maupun para mahasisrva, dipersilahkan untuk 4enghubungi saya.di
[email protected] jika memiliki komentar/kritikan/pertanyaan atau ingin mq,tnberikan pendapat.
jika tidak
Msnle C. Porren Cn.q.rc
W. SouEnroN
BAB 1
Konsep, Definisi dan Prinsip-prinsip Dasar
1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9
Pendahuluan
I
Sistem-sistem Termodinamika dan Volume Kontrol
I
DeskripsiMakroskopik
2
Properti-properti dan Keadaan (State) dari suatu Sistem Kesetimbangan Termodinamika; Proses-proses
J
Satuan
5
6
Tekanan Temperatur
7
Properti Zal-zat Murni
2.1 2.2 2.3 2,4 2.5 2,6 BAB 3
20
Pendahuluan Permukaan P-v-Z
20 20
Daerah Cair-Uap Tabel-tabel Uap
21
Persamaan Keadaan Gas-Ideal Persamaan-persamaan Keadaan untuk Gas Tak-Ideal
24 26
23
35
Pendahuluan Definisi Usaha
35 35 36 39
Usaha Kuasi-Kesetimbangan Karena Batas yang Bergerak Usaha Non-Kesetimbangan Moda-moda Usaha Lainnya
Kalor
Hukum Pertama Termodinamika
4,1 4,2 4.3 4,4 4,5 4.6 4.7 4.8 4,9 BAB 5
9 10
Usaha dan Kalor
3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 BAB 4
J
Densitas, Volume Spesifik, Berat Spesifik
1.10 Energi BAB 2
7
Pendahuluan Hukum Pertama Termodinamika dalam suatu Siklus Hukum Pertama dalam suatu Proses
Entalpi Kalor Laten
Kalor Spesifik Hukum Pertama dalam Berbagai Proses Formulasi Umum untuk Volume Kontrol Aplikasi-aplikasiPelsamaan Energi
Hukum Kedua Termodinamika
5.1 5,2 5.3 5.4
40 42
53 53 53
54 56 51 58
62 65 68
101
Pendahuluan
101
Mesin Kalor, Pompa Kalor, dan Refrigerator Pernyataan-pernyataan mengenai Hukum Kedua Termodinamika
101
Reversibilitas
104
103
DAFTAR ISI
\lil
5.5 5.6 BAB 6
7
BAB 8
105 10'7
775
Entropi
6.1 6.2 6.3 6.4 6.5 6.6 6.7 6.8 BAB
Mesin Carnot Efisiensi Carnot
Pendahuluan
115
Definisi
115
Entropi untuk Gas Ideal dengan Kalor Spesihk Konstan Entropi untuk Gas Ideal dengan Kalor Spesifik yang Bervariasi Entropi untuk Zat-zat Seperti Uap, Zat Padat, dan Cairan
118
KetidaksamaanClausius
121
Perubahan Entropi untuk Proses Ireversibel
122 124
Hukum Kedua Diaplikasikan pada Volume Kontrol
Usaha Reversibel, Ireversibilitas, dan Ketersediaan
7.1 7.2 7.3 7,4
Konsep-konsep Dasar Usaha Reversibel dan Ireversibilitas Ketersediaan dan Eksergi Analisis Hukum Kedua terhadap suatu Siklus
Siktus-siktus Daya Gas
8.1 8.2 8.3 8.4 8.5 8.6 8.7 8.8 8.9
BAB 10
BAB 11
11.3
ll.4
142
t43
150 r50
Uap
Pendahuluan Siklus Rankinc
155
t51 t5'7 158 160
l6r 163 165 161
168
183 r83 183
Efisiensi Siklus Rankine Siklus Pemanasan Ulang Siklus Regeneratif
185
Siklus Rankine Superkritis Ef'ek Rugi-rugi terhadap Eflsiensi Siklus Daya SiklusKombinasi Brayton-Rankine
192 194
188 188
195
208
Pendahuluan
208
Siklus Refrigerasi Uap Siklus Refrigerasi Uap Multi-Tingkat
208
Pompa Kalor Siklus Refrigerasi Serapan Siklus Refrigerasi Gas
213 215 216
H ubungan-hubungan Termodinamika 11.1 Tiga Hubungan Diferensial
ll.2
139
r40
150
Siktus-siklus Refrigerasi 10.1 lO.2 10.3 10.4 10.5 10.6
139
Kompresor-kompresor Gas SiklusStandar-Udara
Siktus-siktus Daya
9.1 9.2 9.3 g.4 9.5 9.6 9.7 9.8
119
Pendahuluan
Siklus Carnot Siklus Otto Siklus Diesel Siklus Ganda Siklus-siklus Stirling dan Ericsson Siklus Brayton 8.10 Siklus Turbin Gas Regeneratif 8.11 Siklus Turbin Gas lntercooling, Pemanasan Ulang (Reheat), Regeneratif 8.12 Mesin Turbojet
BAB 9
111
Hubungan-hubungan Maxwell Persamaan Clapeyron Konsekuensi-konsekuensi Lebih Lanjut dari Hubungan-hubungan Maxwell
2t2
225 225
226 221 229
DAFTAR ISI
11.5 Hubungan-hubungan yang Melibatkan Kalor-kalor 11.6 Koefisien Joule-Thomson
ll.7 BAB 12
1X
Spesif,k
Perubahan Entalpi, Energi Internal, dan Perubahan Entropi Gas-gas Nyata
Campuran dan Larutan Dehnisi-definisi Dasar 12.2 Hukum Cas Ideal untuk Campuran 12.3 Properti-properti dari Campuran Gas-gas Ideal
242
12.4 Campuran-campuran Gas-Uap 12.5 Penjenuhan Adiabatik dan Temperatur Wet-Bulb 12.6 Grafik Psikrometrik 12.7 Proses-proses Pengkondisian-Udara
245 241
243
244
248 249
263
Pembakaran
13.1 Persamaan-persamaan Pembakaran 13.2 Entalpi Pembentukan, Entalpi Pembakaran, dan Hukum 13.3 Temperatur Api Adiabatik
Pertama
Contoh-contoh Soa[ Ujian untuk Kutiah Satu Semester untuk Mahasiswa-mahasiswa Tekni k
A Konversi Satuan Lampiran B Properti-properti Material Lampiran C Properti-properti Termodinamika Air (Tabel-tabet Uap) Lampiran D Properti-properti Termodinamika R134a Lampiran E Tabel-tabel Gas ldeal Lampiran F Grafik-grafik Psikrometrik Lampiran
G Lampiran H
233
242
l2.l
BAB 13
231 232
263 266
268
278 299 300 307
322 332 344
Lampiran
Grafik-grafik Kompresibititas
346 348
Lampiran
Grafik-grafik Penyimpangan Entalpi Grafik-grafik Penyimpangan Entropi
I
Indeks
350 352
Konsep, Definisi, dan Pri
nsip-prinsip Dasar
t,,.:,,.i,Ib.Wa.d..itlamika adalah suatu bidang
ilmu yang mempelajari penyimpanan, transformasi (perubahan) dan transfer
1'1,,.PSNIIAHULUAN energi. Energi clisimpan sebagai energi internal (yang berkaitan dengan temperatur), energi kinetik (yang {ffi disdbabkft{ri'+ieh gerak), energi potensial (yang disebabkan oleh ketinggian) dan energi kimia (yang disebabkan oleh g liUr.,niawi); ditransformasikan/diubah dari salah satu bentuk energi tadi ke bentuk lainnya; dan ditransfer melintasi $iiri,lti,bnlA$,,i'ebagai kalor atau usaha/kerja (work). Dalam termodinamika kita akan mengembangkan persamaan-persamaan
$?Er,niii$,,yphg menghubungkan transformasi dan transfer energi dengan properti-properti bahan seperti temperatur, Oleh karena i]r) zat-7.at dan properti-propertinya menjadi tema sekunder yang sangat penting. Kita F&rfl{te.siiatf},entalpi.
g$,.$E,.h|agy&k,lprgantung pada pengamatan-pengamatan eksperimental yang telah disusun ke dalam pernyataan atat hukum
pertama dan kedua dari termodinamika adalah yang paling sering digunakan. ;,lh f,ltt ., Tujueg..dari"mseorang insinyur mempelajari tennodinamika sering kali adalah melakukan analisis atau desain dari iuqtu;s|$frmbprskala besar - mulai dari pendingin udara sampai pembangkit listrik nuklir. Sistem semacam itu dapat
*i6dffiaU'Crbagai suatu kontinum di mana aktivitas dari molekul-molekul penyusunnya diseragamkan menjadi kuantitaskuffiit4$,,11r*g',terukur seperti tekanan, temperatur, dan.kecepatan. Penyeragaman ini hanya terbatas pada termodinamika ,$&H&:AiAu,,{gryrrodinamika makroskopik. Jika perilaku dari setiap molekul sangat menentukan, harus dipergunakan analisis
ffi
inami ka s tat
is
t ik.
.*rryi.r{
It!,:,'SlSUm,y ISTEM TERMODINAMIKA DAN voLUME KONTROL :,;l.i'Sfnffi t{Fr,modinamika adalah sejumlah tertentu dari materi yang terkandung dalam suatu permukaan tertutup. Y.efffi :,,tgisebut biasanya sangat mudah dikenali seperti misalnya silinder yang menyimpan gas dalam Gbr. 1-l; i d,t.i1ii i;itisapt juga berupa suatu pembatas imajiner sepemi batas berubah bentuk yang mengelilingi sejumlah massa ,,i
Bi$&ra*s,,lrtengalir melalui suatu pompa. Dalam Gbr. 1-1, yang dimaksud
dengan sistem adalah gas bertekanan, fluida yang garis putus-putus. an menjadi batas sistemnya ditunjukkan oleh It*jtilryrij.;tt ::!:..,.i:,Seffi;g1q.{,gri dan ruang yang berada di luar suatu sistem secara kolektif disebut sebagai lingkungan (surrounding)
S4.$$#ffi,.*mebut. Termodinamika berurusan dengan interaksi antara suatu sistem dengan lingkungannya, atau antara
sistem lainnya. Suatu sistem berinteraksi dengan lingkungannya melalui transfer energi melewati tiltas*- ;1:,T{dak ada materi yang melintasi pembatas dari suatu sistem. Jika sistem tersebut tidak bertukar energi ileli ::lin ngannya, sistem tersebut disebut sistem terisolasi. $*i*&:,fii3,.9s(1$etgan
KONSEP. DEFINISI. DAN PRINSIP.PRINSIP DASAR
IBAB
1
SeDan
Piston
r--l1
----l
lGasl bertekanan I (sistem) I l1 ll
I
Batas sistem
|
Gbr. 1-1 Sistem Dalam banyak kasus, analisis disederhanakan jika fokus perhatiannya adalah suatu volume dalam ruang ke mana, atau dari mana, suatu zat (substance) mengalir. Suatu volume demikian disebut volLtme kontrol (control volume). Pompa, turbin, balon pemompa (inflating balloon), adalah contoh-contoh dari volume kontrol. Permukaan yang secara penuh mengelilingi volume kontrol disebut suatu permuka(m kontrol (control surface). Suatu contoh diperlihatkan sketsanya dalam Gbr. 1-2. Cairan keluar
Volume
kontrol Energi masuk
Cairan masuk
Gbr. 1-2 Suatu volume kontrol Jadi dalam suatu masalah tertentu kita harus memilih apakah yang akan dilihat adalah sistem, atau apakah akan lebih berguna jika menggunakan volume kontrol. Jika ada aliran massa melintasi perbatasan daerah yang dimaksud, maka volume kontrol harus dipergunakan; jika tidak, kita mengidentifikasinya sebagai sistem. Kita akan mempelajari analisis dari suatu sistem terlebih dahulu dan melanjutkannya dengan analisis yang menggunakan volume kontrol
I.3 DESKRIPSI MAKROSKOPIK Dalam termodinamika teknik kita mempostulatkan bahwa mate i (matter) yang terkandung dalam sistem atau volume kontrol yang digunakan memiliki sifat kontinum; artinya, materi tersebut terdistribusi secara kontinu di seluruh daerah yang dimaksud. Postulasi yang demikian memungkinkan kita untuk memberikan deskripsi terhadap suatu sistem atau volume kontrol dengan menggunakan hanya beberapa properli yang dapat diukur saja. Perhatikan definisi densitas yang diberikan oleh
p=
]1,\r*
(1 .1)
adalah massa yang terkandung dalam volume AV, seperti terlihat dalam Gbr. 1-3. Secara fisik, AV tidak dapat dibiarkan susut menjadi nol karena, jika AV menjadi sangat kecil, Lm akan berubah-ubah secara tidak kontinu, tergantung dari jumlah molekul dalam AV. Jadi, nilai no1 dalam definisi p di atas harus digantikan oleh suatu kuantitas s, yang bernilai kecil tapi cukup besar untuk mengeliminasi efek-efek molekular. Dengan memperhatikan bahwa terdapat sekitar 3 x 1016 molekul dalam satu milimeter kubik udara pada kondisi standar. tidak diperlukah e yang terlalu besar untuk menampung miliaran molekul. Untuk kebanyakan aplikasi engineering e dianggap cukup kecil sehingga dapat
di mana Lm
dianggap nol, seperti dalam (1.1). Walaupun demikian terdapat situasi-situasi tertentu di mana asumsi kontinum tidak berlaku, seperti misalnya, masuknya kembali (reentry) satelit-satelit ke dalam atmosfer bumi. Pada ketinggian 100 km Lintasan bebas rata-rata (mean free path), jarukrata-rata yang ditempuh suatu molekul sebelumbertumbukan dengan molekul lainnya, adalah sekitar 30 nm; dengan demikian keabsahan pendekatan makroskopik sudah diragukan. Pada 150 km lintasan bebas rata-rata melebihi 3 m, yang setara dengan dimensi satelit itu sendiril Pada kondisi-kondisi demikian metode-metode statistik yang berlandaskan aktivitas molekuler harus digunakan.
BAB
1I
KONSEP. DEFINISI. DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR Kuratg rapat
Lebih rapat
Fig. 1-3 Massa sebagai suatu kontinum
1.4 PROPERTI-PROPERTI DAN KEADAAN \STATE) DARI SUATU SISTEM Materi yang berada dalam suatu sistem dapat hadir dalam beberapa fase; sebagai padatan, cairan, atau gas. Fase Qthase) adalah suatu kuantitas dari materi yang memiliki komposisi kimiawi yang sama secara menyeluruh. Batas-batas fase memisahkan berbagai fase dalam suatu campuran (mixture). Properti adalah suatu kuantitas yang dipakai untuk mendeskripsikan suatu sistem. Keadaan (state) dari sdatu sistem adalah kondisinya yang dideskripsikan dengan cara memberikan nilai-nilai terlentu untuk properti-propertinya pada suatu waktu tertentu. Properti-properti yang umum adalah tekanan, temperatur, volume, kecepatan dan posisi; tapi yang lainnya juga kadang-kadang harus diperhatikan. Bentuk menjadi penting pada saat terdapat efek-efek permukaan yang signifikan; warna menjadi penting pada saat kita sedang menyelidiki perpindahan kalor radiasi. Fitur yang penting dari suatu properti adalah bahwa properti memiliki suatu nilai unik pada saat suatu sistem berada dalam suatu keadaan tertentu, dan nilai ini tidak bergantung pada keadaan-keadaan sebelumnya yang telah dilalui sistem tersebut; artinya, bukan merupakan suatu fungsi jalur. Karena suatu properti tidak bergantung pada jalurnya, setiap perubahan bergantung hanya pada kondisi awal dan akhir dari sistem tersebut. Dengan menggunakan simbol @ untuk melambangkan properti, persamaan matematisnya adalah
IJ,'
,r
= Qz- et
\1.2)
Persamaan ini mengharuskan dQ sebagai suatu diferensial eksak; Qr- @, merepresentasikan perubahan properti seiring dengan berubahnya sistem dari keadaan I ke keadaan 2. Kita akan menjumpai berbagai kuantitas, seperti misalnya usaha, yang merupakan fungsi jalur di mana diferensial eksaknya tidak eksis. Dengan hanya menggunakan sedikit saja properti-properti independen kita dapat menentukan properti-properti lainnya dan dengan demikian keadaan dari sistem yang dimaksud. Jika sistem terdiri dari satu fase, bebas dari efek-efek magnetik, elektrik dan permukaan, keadaan sistem tersebut dapat ditentukan jika dua propertinya telah ditentukan; sistem
sederhana seperti ini yang paling banyak diperhatikan dalam termodinamika teknik. Properti-properti termodinamika dibagi menjadi dua jenis umum, intensif dan ekstensif. Properti intensif adalah properti yang tidak bergantung pada massa dari sistemnya; contohnya adalah temperatur, tekanan, densitas dan kecepatan karena properti-properti ini berlaku untuk seluruh sistem tersebut, atau bagian-bagian dari sistem tersebut. Jika kita menyatukan dua sistem, properti-properti intensifnya tidak dijumlahkan. Properti ekstensif adalah properti yang bergantung pada massa dari sistemnya; contohnya adalah volume, momentum dan energi kinetik. Jika dua sistem digabungkan, properti ekstensifdari sistem yang baru adalah penjumlahan dari propertiproperti ekstensif dari kedua sistem awalnya. Jika kita membagi suatu properti ekstensif dengan massanya, yang dihasilkan adalah properti spesffik. Jadi volume spesihk didelinisikan sebagai
,_mV
(1
.3)
Secara umum kita menggunakan huruf besar untuk melambangkan properti ekstensif [pengecualian: ru untuk massa] dan huruf kecil untuk melambangkan properti intensif yang berkaitan.
1.5 KESETIMBANGAN TERMODINAMIKA; PROSES.PROSES Ketika membicarakan tentang temperatur atau tekanan dari suatu sistem, diasumsikan bahwa semua titik dari sistem tersebut memiliki temperatur atau tekanan yang sama, atau pada intinya sama. Jika properti-properti diasumsikan konstan dari satu titik ke titik lainnya dan jika tidak terdapat kecenderungan berubah dengan waktu, terjadi kondi si kesetimbangan
KONSEP, DEFINISI, DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
[BAB
1
termodinamika. Jika temperatur dinaikkan secara tiba-tiba di suatu bagian dari batas sistem tersebut, diasumsikan terjadi distribusi ulang yang spontan sehingga semua bagian dari sistem tersebut memiliki temperatur yang sama. Jika suatu sistem mengalami perubahan yang besar dalam properti-propertinya ketika dihadapkan pada suatu gangguan kecil, sistem tersebut dikatakan berada pada kondisi kesetimbangan meiastabil (metastable equlibrium). Contohnya adalah campuran bensin dan udara, atau sebuah mangkok besar yang diletakkan pada sebuah meja kecil. Jika suatu sistem berubah dari suatu kondisi kesetimbangan ke kondisi kesetimbangan lainnya, jalur @atft) urutan terjadinya perubahan keadaan yang dilalui oleh sistem tersebut disebut sebagai suatu proses. Jika, pada saat beralih dari satu keadaan ke keadaan lainnya, deviasi kesetimbangannya sangat kecil, prosesnya disebut kuasi-kesetimbangan (quasiequilibrium) dan setiap keadaan dalam proses tersebut dapat dianggap sebagai keadaan kesetimbangan. Banyak proses, seperti misalnya kompresi dan ekspansi gas dalam suatu motor pembakaran internal, dapat diaproksimasikan dengan proses kuasi-kesetimbangan tanpa mengurangi tingkat akurasinya secara signiflkan. Jika suatu sistem melalui proses kuasi-kesetimbangan (seperti misalnya kompresi termodinamik yang lambat pada udara di dalam suatu silinder), proses tersebut dapat digambarkan pada koordinat-koordinat yang tepat dengan menggunakan garis biasa, seperti ditunjukkan dalam Gbr. 1-4a. Jika sistem tersebut beralih dari satu keadaan kesetimbangan ke keadaan kesetimbangan lainnya melalui serentetan keadaan non-kesetimbangan (nonequilibritm). yang terjadi adalah proses non-kesetimbangan. Dalam Gbr. 1-4b kurva putus-putus menunjukkan proses yang dimaksud; antara (.Vy P) dan (V, P2) properti-properti yang dilewati tidak seragam di seluruh sistem sehingga keadaan dari sistem tersebut tidak terdefinisi dengan baik.
P)
a
P\
Gbr. l-4
- - - -Qt
/l
/l
/ /l
tl
,l
/
/l
/l
:
Sebuah proses.
CONTOH 1.1 Untuk menentukan apakah suatu proses dapat diperlakukan sebagai kuasi-kesetimbangan atau non-kesetimbangan. harus diperhatikan bagaimana proses tersebut dilakukan. Marilah kita tambahkan beban W pada piston dalam Gbr. l-5. Jelaskan bagaimana W dapat ditamtrahkan secara non-kesetimbangan dan secara kedetimbangan. Penyelesaian: Jika beban tersebut ditambahkan secara tiba-tiba sebagai suatu beban yang besar. sepefli dalam bagian (a), yang terjadi adalah proses non-kesetimbangan dalam gas, yang merupakan sistem yang dimaksud. Jika kita membagi beban tersebut menjadi sejumlah besar beban yang lebih kecil dan menambahkannya satu per satu, seperti dalam bagian (&), yang terjadi adalah proses kuasi-kesetimbangan.
Gbr. l-5 Perhatikan bahwa lingkungan tidak memain-kan peran apapun dalam pengenian kesetimbangan. Lingkungan dapat memberil
BAB
KONSER DEFINIST, DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
1]
Gbr. 1.6 Empat proses yang membentuk suatu siklus
Ketika suatu sistem dalam suatu keadaan awal mengalami serentetan proses kuasi-kesetimbangan dan kembali ke keadaan awalnya, sistem tersebut mengalami suatu siklus. Di akhir siklus, properti-properti dari sistem tersebut memiliki nilai-nilai yang sama seperti awalnya; lihat Gbr. 1-6. Awalan iso- ditambahkan di depan nama dari setiap properti yang tidak mengalami perubahan selama proses berlangsung. Proses isotermal adalah proses di mana temperatur dijaga konstan; dalam proses isobarik yang dijaga konstan adalah tekanan; proses lsornerrllc merupakan proses dengan volume-konstan. Perhatikan kaki-kaki isobar dan isometrik dalam Gbr. l -6.
1.6 SATUAN Walaupun mahasiswa pasti sudah terbiasa dengan satuan-satuan dalam SI (Systtsme International), banyak data yang dikumpulkan di Amerika Serikat disimpan dalam satuan-satuan Inggris. Oleh karena itu, beberapa contoh dan soal akan diberikan dalam satuan-satuan Inggris. Tabel 1-1 memberikan daftar satuan-satuan dari kuantitas-kuantitas utama termodinamika. Perhatikan penggunaan ganda dari W untuk beban (weight) dan usaha (work); konteks permasalahan dan satuan-satuan yang digunakan akan menjernihkan kuantitas mana yang dimaksud. Dalam menggunakan satuan-satuan SI dalam suatu kuantitas, huruf-huruf tertentu dapat digunakan sebagai awalanawalan yang melambangkan perkalian dengan pangkat 10; lihat Tabel l-2. Tabel 1-1 Untuk Mengubah dari Satuan lnssris ke SI Kalikan densan
Kuantitas
Simbol
Satuan SI
Satuan Inssris
Panjang
L
m
ft
0,3048
Massa
m
kg
lbm
0,4536
Waktu
t
s
sec
Luas
A
m2
ft2
0,09290
Volume
v
m3
ft3
.0,02832
Kecepatan
U
m/s
fUsec
0,3048
Percepatan
a
m/s2
fUsec2
0,3048
Kecepatan sudut
a
rad/s
sec
Gaya, Berat
F,W
N
lbf
4,448
Densitas
p
kg/m3
lbrrvft3
t6,02
Berat spesifik
t9
N/m3
tbf/ft3
157,t
Tekanan, Tegangan
P,t
kPa
lbflft2
0,04788
Usaha, Energi
W,E;U
J
ft-lbf
1,356
Perpindahan kalor
o
J
Btu
1055
Tenaga
w
w
ft-lbf/sec
1,356
Fluks kalor
o
W atau
Btu/sec
1055
Fluks massa
til
kg/s
lbm/sec
0,4536
Laju aliran
n
m3/s
ft3lsec
0,02832
Kalor spesifik
C
kJ/kg'K
Btu/lbm-'R
Entalpi spesifik
h
kJ/kg
Btu/lbm
2,326
Entropi spesifik
s
kJlkg'K
Btu/lbm-"R
4,187
m3lks
ft3llbm
Volume spesifik
_l-
J/s
4,t8'7
0.06242
KONSEP, DEFINISI, DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
[BAB
I
Tabel 1-2 Faktor Pengali
Awalan
Simbol
10r2
tela
T
10e
glga
G
106
mega
M
kilo
k
centi*
C
103
l0
2
l0-3
milii
m
10-6
mrcro
p
10-e
nano
n
10-12
prco
p
.* Tidak disarankan kecuali dalam cm, cm2 atau cml.
Satuan-satuan dari berbagai kuantitas saling berhubungan melalui hukum-hukurn fisika yang mengatur kuantitaskuantitas tersebut. Dengan demikian, dalam kedua sistem satuan tersebut, semua satuan dapat diekspresikan sebagai kombinasi-kombinasi aljabar dari suatu set satuan-satuan dasar tertentu. Terdapat tujuh satuan dasar dalam sistem SI: m, kg, s, K, mol, A (ampere), cd (candela). Dua yang terakhir jarang dijumpai dalam termodinamika teknik.
CONTOH
1.2
Hukum kedua Newton, F =.ma.menghubungkan gaya netto yanB beraksi pada suaru benda dengan massa dan percepatannya. Jika suatu gaya sebesar satu newton mcmberikan percepatan pada suatu massa seberal saru kilogram dengan nilai sebesar satu m,/sz; atau. suatu gaya sebesar satu lbf memberilari percepatan pada suatu massa seberat 32,2 tbm 1 slug) dengan nilai sebesar satu ft/sec2, bagaimanakah satuan-satuannya saling berhubungan? Penyelesaian: Satuan-satuannya saling berhubungan sebagai
I
I N= l kg'm/sz CONTOH
1,3
atau
1
lbf = 32.2 lbm'ft/sec2
Berat adalah gaya gravitasi: menurut hukum kedua Newton. W = mg. Bagaimanakah berar benrbah
dengan
ketinggian?
Penyelesaian: Karena massa tetap konstan. variasi W terhadap ketinggian disebabkan oleh perubahan-perubahan dalam percepatan gravitasi g (dari sekitar 9,77 rnls2 di puncak gunung tertinggi hingga ke 9,83 m/sl di dasar lalltan yang paling d.alam7. Kita akan menggunakan nilai standar 9,81 m/s2 (32,2 ft|secz), kecuali jika dinyatakan yang lainnya.
CONTOH
1.4
Ekspresikanlah satuan energi J (ioule) dalam satuan-satuan dasar SI: massa. panjang dan wakru.
Penyelesaian: Ingat kembali bahwa energi atau usaha adalah gaya dikali jarak. Jadi. menurur Contoh (oule; adalah 1J
=
(l N) (1 m) = (1 kg.m/szxl
m)
=I
1.2, saruan energi
J
kg.m2lsz
Dalam sistem Inggris ltrf dan lbm dua-duanya merupakan satuan-satuan dasar. Sepeni ditunjukkan dalam Tabel l-1. saruan energi utama adalah ft-lbf. Menurut Contoh 1.2
I
ft-lbf = 32,2 lbm-ft2/sec2 = I
slug-ft2/sec2
yang setaa dengan hubungan.sl yang dipercteh di atas.
1.7 DENSITAS, VOLUME SPESIFIK, BERAT SPESIFIK Menurut (1.1). densitas adalah massa per satuan volume; menurut (1.3), volume spesilik adalah volume per satuan massa. Dengan demikian,
,=j Berkaitan dengan densitas (massa) adalah densitas berat atau berat spesffik w:
(t .4)
BAB
1]
KONSEP, DEFINISI, DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
*= wv
-1 (1.s)
dengan satuan N/m3 (lbf/fC). [Perhatikan bahwa w adalah spesifik terhadap volume, bukan terhadap massa.] Berat spesifik berhubungan dengan densitas melalui w = rltg sebagai berikut:
w=pg
(1.6)
Untuk air, nilai-nilai nominal dari p dan w berturut-turut adalah 1000 kg/m3 (62,4lbm/ft3) dan 9810 Nlm3 (62,4\bfl ft3;. Untuk udara di permukaan laut nilai-nilai nominalnya adalah l,2l kglm3 (0,0755 lbn/fd) dan 11,86 N/m3 (0,0755 lbf/fc). CONTOH 1.5 Massa udara dalam suatu ruangan 3 x 5 x 20 m diketahui sebesar 350 kg. tntukaulah densitas, volume spesifik dan berat spesiflkrya.
Penyelesaian:
p=ff=,gffi=l.167ks/m3 w = pB = (1.167X9.81)
=
: = i = l,t{tl
= o'857 m./kg
11,45 N/m3
1.8 TEKANAN Definisi Untuk gas dan zat cair biasanya efek dari suatu gaya normal yang beraksi pada suatu luas disebut dengan tekanan Qtressure). Jika suatu gaya LF beraksi dengan sudut kemiringan tertentu terhadap suatu luas AA (Gbr. l-7), hanya komponen normal LFnyang masuk ke dalam deflnisi tekanan:
Permukaan
Gbr. 1-7 Komponen normal dari suatu gaya.
P= AA+0 lim Satuan SI untuk tekanan adalah pascal (Pa),
AF AA
Q.n
di mana
lPa=1N/m2=1kg/m's2 Satuan Inggrisnya adalah lbf/ft2 (psfl, walaupun yang sering digunakan adalah lbf/in2 (psi).
Dengan menganalisis gaya-gaya tekanan yang beraksi pada suatu elemen fluida segitiga yang memiliki tinggi konstan, kita dapat menunjukkan bahwa tekanan pada suatu titik dalam suatu fluida yang berada dalam kesetimbangan (tidak bergerak) memiliki nilai sama ke semua arah; berarti tekanan merupakan kuantitas skalar. Untuk gas dan zat cair yang memiliki pergerakan relatif tekanan dapat berubah menurut arah pada suatu titik; akan tetapi, perubahannya sangat kecil sehingga dapat diabaikan untuk kebanyakan gas dan zat cair yang memiliki viskositas rendah (mis. air). Dalam pembahasan di atas kita belum mengasumsikan bahwa tekanan tidak berubah dari satu titik ke titik lainnya, hanya bahwa pada suatu titik tertentu tekanan tidak berubah terhadap arah. Perubahan Tekanan terhadap Ketinggian Dalam atmosfer tekanan berubah terhadap ketinggian. Perubahan ini dapat diekspresikan secara matematis dengan menganalisis kesetimbangan elemen udara dalam Gbr. 1-8. Jika semua gaya yang beraksi pada elemen tersebut ke arah vertikal (arah atas adalah positif dijumlahkan akan dihasilkan
KONSEP, DEFINISI, DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
[BAB
1
Gaya tekanan: (P + dP)A
LuasAa Berat:
pgAdl
t
-d_l
I
r
l-
tt
Gaya tekanan:
%i=O
""
PA
I
l: I
Pol
Gbr. 1-8 Gaya-gaya yang beraksi pada guatu elemen udara.
4p=_pgdz Selanjutnya
(1.8)
jika p merupakan fungsi yang diketahui dari z, persamaan di
P(z):
atas dapat diintegrasikan untuk memberikan
f'
P\d-Po=-Jo
\1.9)
PSdz
Untuk zat cair, p bemilai konstan. Jika kita menuliskan (1.8) dengan menggunakan dh =
-
dz,kita memperoleh
dP=wdh
(1.10)
di mana /z bernilai positif ke arah bawah. Dengan mengintegrasikan persamaan ini, dimulai pada permukaan di mana P = 0, akan dihasilkan
P=wh
(1.11)
Persamaan ini dapat digunakan untuk mengkonversikan tekanan yang diukur dalam meter air atau milimeter air raksa ke dalam Pascal (Pa).
Kebanyakan hubungan termodinamika harus menggunakan tekanan absolut. Tekanan absolut terdiri dari tekanan terukur, atau tekanan alat ukur (gage pressure), ditambah dengan tekanan atmosfer lokal:
Puu.=Pukur*Pu,.
tt.t2)
Tekanan alat ukur negatif seringkali disebut sebagai vakum, dan alat-alat ukur yang dapat mengukur tekanan negatif disebut alat ukur vakum. Tekanan alat ukur sebesar -50 kPa disebut sebagai suatu vakum sebesar 50 kPa, di mana tanda negatifnya telah dihilangkan. Gambar 1-9 menunjukkan hubungan-hubungan antara tekanan absolut dan alat ukur. Istilah "alat ukur" (gage) umumnya digunakan dalam pernyataan-pernyataan untuk tekanan alat ukur; misalnya, P = 200 kPa alat ukur. Jika "alat ukur" tidak disebutkan, umumnya tekanan yang dimaksudkan adalah tekanan absolut. Tekanan atmosfer merupakan tekanan absolut, dan akan dianggap memiliki nilai 100 kPa (pada permukaan laut), kecuali jika disebutkan lainnya. Perlu diperhatikan bahwa tekanan atmosfer sangat bergantung pada ketinggian; di Denver, Colorado, sebesar kira-kira 84 kPa dan di suatu kota dengan ketinggian 3000 m hanya sebesar 70 kPa.
P*"r. = o Pru,,uo. (tekanan negatif, vakum)
Pu,. (diukur dengan barometer)
P*u*"
Gbr. 1-9 Tekanan absolut dan alat ukur
=o
BAB
KONSEP, DEFINISI, DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
1]
CONTOH 1.6 Tuliskanlah pembacaan tekanan alat ukur seLresar 35 psi dalem pascal absolut. Penyelesaian: Pertama+ama kita konversikan pembacaan tekanan tersebut ke dalam pascal; Kita memperoleh
/:sDIl Ir++hl) /o.o+zsa Pu^'l = \ in-/\ ft'/\ lbf/ft't
241 kpaalat ukur
Untuk memperoleh tekanan absolut kita tambahkan saja tekanan atmosfer ke nilai di atas. Dengan mengasumuikan P^* kPa. kita memperoleh
= Iff)
P =241 + 100 = 341 kPa
CONTOH 1 .7 Manometer yang terlihat dalam Gbr. 1 - 10 digunakan untuk mengukur tekalan dalam pipa air. Tentukanlah tekanan air jika manometer tersebut menunjukkan 0.6 m. Air raksatrbobot 13.6 kalilebih besar daripada air. Penyelesaian: Untuk menyelesaikan soal manometer ini kita menggunakan fakta P,= Pr. Tekanan P, hanyalah tekanan Pdi dalam pipa airditambah dengan tekanan yang disebabkan oleh 0,6 m air: tekanan Poadalah rekanan yang disebabkan oleh
0.6 m air raksa. Jadi, z ,--, /^or^ pn +, rA (0,6 m) (9810
Ini
menghasilkan P
=
742C,/J Pa
f,r/. t\ ,ra /',^6r^ rr, l. Nim31 = (0,6 m)' (13,6X9810 N/m3)
atau 74,2 kPa alar ukur. Terbuka
Gbr t-10
CONTOH 1.8 Hitunglah gaya yang diakibatkan oleh tekanan yang beraksi pada pintu horizontal berdiameter 1 m dari suatu kapal selam yang berada 600 m di bawah permukaan. Penyelesaian: Tekanan yang beraksi pada pintu tersebut pada kedalaman 600 m dihitung metalui (1.1) sebagai P
-
peh
-
(1000 kg/m3x9,81 m/s2x600 m) = 5,89 Mpa atat ukur
Tekanan ini konstan di seluruh luas pintu; jadi, gaya yang diakibatkan oleh.tekanan tersebur adalah
1.9 TEMPERATUR Pada kenyataannya temperatur adalah suatu ukuran aktivitas molekul. Akan tetapi, dalam termodinamika klasik kuantitaskuantitas yang diinginkan dideflnisikan hanya melalui observasi makroskopik, sehingga dengan demikian deflnisi temperafur melalui ukuran molekular tidak dapat dipergunakan. Jadi kita harus melanjutkan analisis tanpa mendefinisikan temperatur dengan sebenarnya. Sebagai gantinya kita harus mendiskusikan kesetaraan temperatur (equality of temperatures).
Kesetaraan Temperatur Biarkanlah dua benda terisolasi dari lingkungannya tapi letakkan bersentuhan satu dengan yang lainnya. Jika yang satu lebih panas daripada yang lainnya, benda yang lebih panas akan menjadi lebih dingin dan benda yang lebih dingin akan menjadi lebih panas, kedua benda tersebut akan mengalami perubahan sampai semua properti mereka (misalnya, tahanan listrik) berhenti berubah. Ketika hal ini terjadi, kedua benda tersebut dikatakan telah mencap ai kesetimbangan termal. Jadi, kita menyatakan bahwa dua sistem memiliki temperatur yang sama jika tidak ada perubahan pada properri-
KONSEP, DEFINISI, DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
10
[BAB
1
propertinya ketika kedua sistem tersebut saling bersentuhan. Dengan kata lain, jika dua sistem berada dalam kesetimbangan termal temperatur keduanya dipostulasikan bernilai sama. Ada suatu pengamatan jelas yang disebut hukum ke-nol termodinamiku: jika dua sistem memiliki temperatur yang sama dengan suatu sistem ketiga, keduanya memiliki temperatur yang sama.
Skala Temperatur Relatif Untuk membuat suatu skala temperatur, kita memilih sejumlah subdivisi. yang disebut derajat, di antara dua titik yang tetap dan mudah diulangi, titik es dan titik uap. Titik es (ice point) terjadi ketika es dan air berada dalam kesetimbangan pada tekanan 101 kPa; titik uap (steam point) terjadi ketika air cair dan uapnya berada dalam kesetimbangan pada tekanan 101 kPa. Pada skala Fahrenheit terdapat 180 derajat di antara kedua titik tersebut; pada skala Celsius (yang resminya disebut Centigrade), terdapat 100 derajat. Pada skala Fahrenheit titik es diberikan nilai32 dan pada skala Celsius diberikan nilai 0. Nilai-nilai ini memungkinkan kita untuk menuliskan
to=\tr+32 rc- T (to 9
-
(1
.1
3)
(1.14)
32)
Skala Temperatur Absolut Hukum kedua termodinamika memungkinkan kita untuk mendefinisikan suatu skala temperatur absolut; akan tetapi, ini kita belum memiliki hukum kedua tersebut sedangkan kita perlu segera menggunakan temperatur absolut, maka akan diberikan skala temperatur absolut empiris.
karena saat
Hubungan antara temperatur absolut dan relatif adalah
Tr=tp+459'67
(1 .r
Tc=tc+213,15
(1.16)
s)
mana subskrip "F" mengacu kepada skala Fahrenheit dan subskrip "C" kepada skala Celsius. (Nilai 460 dan 273 digunakan jika tingkat akurasi yang tepat tidak diperlukan). Temperatur absolut pada skala Fahrenheit diberikan dalam derajat Rankine ('R), dan pada skala Celcius diberikan dalam kelvin (K). Catatan: 300 K dibaca "300 kelvin", bukan "300 derajat Kelvin". Kita tidak menggunakan simbol derajat untuk temperatur yang diukur dalam kelvin.
di
CONTOH 1-9 Temperatur suatu benda adalah 50'F. Tenrukanlah temperatur tersebut dalam'C. K dan Penyelesaian : Dengan rnenggunakar persamaan-persamaan konversi,
r"={iso-32)=looc Perhatikan bahwa
I
mrngaeu kepada temperatur
I*
=
a*olut
10
+
T73 =283
K
oR.
In=50+460=510"R
dan r kepada temperatur relatif,
r.IO ENERGI Suatu sistem dapat memiliki beberapa bentuk energi. Dengan mengasumsikan properti-properti yang seragam di seluruh sistem, energi kinetik adalah
g=|m*
Q.]n
di mana I/ adalah kecepatan dari setiap gumpalan zat, yarrg diasumsikan konstan di seluruh sistem yang dimaksud. Jika kecepatan tidak konstan untuk setiap gumpalan, maka energi kinetik ditentukan dengan mengintegrasikan keseluruhan sistem. Energi yarig dimiliki oleh suatu sistem yang disebabkan oleh ketinggiannya /z di atas suatu datum yang ditentukan secara acak disebut sebagai energi potensialnya; energi ini ditentukan dari persamaan PE = mgh
(1.18)
Bentuk-bentuk energi lainnya termasuk energi yang disimpan dalam baterai, energi yang disimpan dalam kondensor elektrik, energi potensial elektrosatik dan energi permukaan. Selain itu, ada juga energi yang berkaitan dengan translasi, rotasi dan getaran dari molekul, elektron, proton dan neutron, dan energi kimiawi yang diakibatkan oleh persenyawaan
BAB I]
KONSEP, DEFINISI. DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
1l
di antara atom-atom dan di antara partikel-partikel subatom. Bentuk-bentuk energi dalam molekul dan atom semacam ini akan disebut sebagai energi internal dan diberikan simbol huruf U. Dalam pembakaran. energi dilepaskan ketika persenyawaan-persenyawaan kimiawi di antara atom-atom mengalami perubahan susunan; reaksi-reaksi nuklir terjadi ketika terjadi perubahan-perubahan di antara partikal-partikel subatom. Dalam termodinamika perhatian kita dipusatkan pada energi internal yang berkaitan dengan pergerakan molekul-molekul yang dipengaruhi oleh berbagai properti-properti makroskopik seperti misalnya tekanan, temperatur dan volume spesiflk. Proses pembakaran akan dipelajari lebih mendalam
dalam Bab
13.
Energi internal, seperti tekanan dan temperatur, merupakan suatu properti yang memiliki signiflkansi yang sangat mendasar. Suatu zat selalu memiliki energi internal; jika terdapat aktivitas molekular, maka terdapat energi internal. Walaupun demikian, kita tidak perlu mengetahui nilai absolut dari energi internal tersebut, karena kita hanya tertarik pada bagaimana energi tersebut bertambah atau berkurang. Sekarang kita sampai pada suatu hukum yang penting, yang seringkali digunakan dalam menganalisis sistem-sistem tertutup. Hukum kekekalan energi menyatakan bahwa suatu sistem tertutup memiliki energi yang konstan. Dalam suatu sistem tertutup energi tidak dapat diciptakan atau dimusnahkan; hanya dapat ditransformasikan dari satu bentuk ke bentuk lainnya. Marilah kita perhatikan sistem yang terdiri dari dua mobil yang bertumbukan dan kemudian berhenti. Karena energi dari sistem tersebut tetap sama setelah terjadi tumbukan, energi kinetik awalnya pasti ditransformasikan menjadi suatu bentuk energi lainnya - dalam kasus ini energi internal, yang terutama tersimpan di dalam logam yang sudah terdeformasi.
CONTOH 1.10 Sebuah mobil seberat 2200 kg yang melaju pada kecepatan 90 km/jam (25 mls) menabrak sebuah mobil lain seberat 1000 kg yang sedang diam. Setelah menabrak, mobil yang besar melambar menjadi 50 km/jam 113,89 m/s). dan mobil yang lebih kecil memiliki kecepatan sebesar 88 kmijam (24.44nt/s). Seberapa besarkah kenaikan yang terjadi pada energi intemal.
jika kedua kendaraan tersebut dianggap sebagai suatu sisteml Penyelesaian: Energi kinetik sebelum tabrakan adalah ('tr = 25 m/s)
'
Kr, = l^, r:, = U) rzzoortzsrr = 687 5oo J
Setelah tabrakan energi kinetiknya menjadi
KEz= | mo t2, +
)*urir= (l)
rzzoor (13.8e2)
* (j)
rrooolr24.442t = 510 e00
J
Kekekalan energi mengharuskan
Er=
Ez
KEr+ Ut= KEz+
Uz
Jadi.
Ur-
U, = KEt
=
- KEr=
6g7 500
-
510 900
176 600 J atau 176,6 kJ
Soal-soal dan Penyelesaiannya
1.I
Kenalilah mana di antara yang berikut merupakan properti ekstensif dan mana yang merupakan properti intensif: (a) volume sebesar 10 m3, (&) energi kinetik sebesar 30 J; (c) tekanan sebesar 90 kPa; (fl tegangan sebesar 1000 kPa, (e) massa seberat 75 kg dan (fl kecepatan sebesar 60 m/s. (g) Konversikan semua properti ekstensif menjadi properti intensif dengan mengasumsikan
m=75k9.
(a) Ekstensif. Jika massa dikalikan dua, volumenya bertambah tb) Ektensif. Jika massa dikalikan dua. energi kinetiknya bertambah (c) Intensif. Tekanan tidak bergantung pada massa. (d) Intensif. Stress tidak bergantung pada massa. (e) Ekstensif. Jika massa dikalikan dua, massa menjadi dua kali lipat. $ Intensif. Kecepatan tidak bergantung pada massa. (g) X=#=0,1333m3/ks # =# = o,4o r/kc #=#=1,oks/ks
1.2
Gas dalam suatu volume kubik yang memiliki sisi-sisi dengan temperatur yang berbeda diisolasi secara tiba-tiba terhadap transfer massa dan energi. Apakah sistem ini berada dalam kesetimbangan termodinamika? Mengapa ya atau mengapa tidak?
Sistem ini tidak berada dalam kesetimbangan termodinamika. Jika sisi-sisi dari penampung ini memiliki temperatur yang memiliki temperatur yang seragam, yang merupakan suatu keharusan dalam kesetimbangan termodinamika. Setelah sekian waktu berlalu, sisi-sisinya akan mendekati suatu temperatur yang sama dan pada akhirnya kesetimbangan akan tercapai. berbeda, keseluruhan voiumenya tidak
KONSEP, DEFINISI, DAN PRINSIP_PRINSIP DASAR
12
t'3
1,4
1
Tuliskanlah kuantitas-kuantitas berikut dalam satuan-satuan SI dasar (kg, m dan s): (a) daya, (D) energi kinetik dan (c) berat spesi
fik.
(.a)
Daya = (gaya)(kecepatan) = (N)(m/s) = kg . m/s2;1m/s1 = kg
(b) (c)
Energi kinetik = massa
x
kecepatan2
=
tg (?)'=
Berat spesifik = berat/volume = N/m-: = kg .
'
m2ls3
kg'm2/s2 = kg/(s2.m2)
7-
Tentukanlah gaya yang diperlukan untuk memberikan suatu massa sebesar 20 lbm percepatan sebesar 60 ftlsec2 lurus ke atas. Untuk mempermudah, kita menggunakan suatu diagram benda bebas lfree-body diugram) (Gbr. 1-11). Kita akan mengasumsikan gravitasi standar. Hukum Newton kedua, 2F = ma, memungkinkan kita untuk menuliskan
F
-
20 =
(ffi)
w=
20 lbf
ilr tl f
raot
I
F
.'. F=57.3 lbf
1,5
IBAB
Gbr.
1-11
Satu meter kubik air pada temperatur ruangan memiliki berat sebesar 9800 N pada suatu lokasi di mana g = 9.80 m.is2. Berapakah
densitas spesifiknya pada lokasi di mana g = 9,77 nls:? Massa air adalah
*=Y=3:33=roookc Beratnya di mana g = 9,77 m/s2 adalah W = mg = (1000X9,77) = 9770 N.
Berat spesifik:
e1]o . = Y. = 9770 N/mj VI= Densitas:
P=#=ry=loookg/m3 1.6
Asumsikan percepatan gravitasi pada suatu planet diberikan sebagai fungsi dari ketinggiannya menurut pernyataan g = 4 - 1.6 x 10{ h m/s2, di mana h memitiki nilai dalam meter di atas permukaan planet tersebut. Suatu wahana angkasa memiliki berat 100 kN di bumi pada permukaan laut. Tentukanlah (a) massa dari wahana tersebut, (b) beratnya di permukaan planet tersebut dan (c) beratnya pada elevasi 200 km di atas permukaan planet tersebut.
(a)
Massa dari wahana angkasa tersebut bergantung pada ketinggiannya. adalah
Di permukaan bumi kita mendapatkan bahwa massanya
*=Y=+rr,a=roleokg (b)
Nilai gravitasi di permukaan planet tersebut, dengan /z = 0, adalah g = 4
' (c)
W-mg=(10
Padah=200.000m.gravitasi adalahg=4-t1.6
190)
mls2. Maka beratnya adalah
(4)=40760N
x l0 6tt2 x
l0s) =3.68 m/s:. Berat clari uahana angkasapada ketinggian
200 km adalah W
1.7
= mB =
rl0
l90r r3.68t = 37 500 N
Ketika suatu benda diberikan percepatan di dalam air, sebagian dari air tersebut juga mengalami percepatan. Hal ini mengakibatkan benda tersebut seakan-akan memiliki massa yang lebih besar dari sebenarnya. Untuk suatu bola yang diam tambahan massa ini sebanding dengan massa dari setengah jumlah air yang dipindahkan. Hitunglah gaya yang dibutuhkan untuk memberikan membuat suatu bola berdiamtei 300 mm dan berbobot 10 kg yang diam di dalam air memperoleh percepatan sebesar 10 m/s2 ke arah horizontal. Gunakan pn,o = 1000 kg/m3. Massa tambahan yang diakibatkan adalah sebesar setengah dari massa air yang dipindahkan: 't nrambahan
=
tl
i (j "l
o,,o) = (j)(i) ,",
t
Massa nyata dari benda tersebut adalah znru,u = fr ffitambahan percepatan pada benda yang diam ditentukan sebesar
=
10
(T)r
rr000r = 7.06e kg
+ 7,069 = 17,069 kg. Gay:i yang dibutuhkan untuk memberikan
F = ma = (17,069X10) = 170,7 N
BAB
KONSEP, DEFINISI, DAN PRINSIP.PRINSIP DASAR
1]
13
Gaya ini adalahTOVo lebih besar dari gaya (100 N) yang dibutuhkan untuk memberikan percepatan pada suatu benda yang diam
di
1.8
udara.
Gaya tarik menarik antara dua massa m 1 dan m2 yang memitiki ukuran yang relatif kecil jika dibandingkan dengan jarak R yang memisahkan mereka diberikan melalui hukum Nervton ketiga, F = kmtmzlR2, di mana k = 6,67 x 10-11 N.m2lkg2. Berapakah besar gaya gravitasi yang diakibatkan oleh matahari (1,97 x 1030 kg; dan bumi (5,95 x 1024 kg; pada bulan ('7,37 x 1022 kg; pada saat bumi, bulan dan matahari membentuk sudut 90'? Jarak bumi-bulan dan matahari-bulan masing-masing adalah 380 x 103 dan 150 x t06 km.
Untuk mempermudah, kita akan menggunakan diagram benda bebas (Gbr. 1-12). Gaya total adalah penjumlahan vektor dari kedua gaya yang ada. Gaya tersebut adalah
r=Jrj+.i ={[6'6'tx lort)(1,3'7 xto22)(5,99 1380 x 106)2
x
lo2a)
l'
tr.
1,o.67 x to tt)(i,37
x
1022)(1,9i
(150
x
10e)2
*[-
= (4,10 x
10a0
+
18,5
x
10a0)l/2
x
1o3o)
)'\" = 4,75
x
1020
N
Gbr. 1-12
1.9
Hitunglah densitas, berat spesifik, massa dan berat dari suatu benda yang memiliki volume 200 ft3 jika volume spesifiknya adalah
l0 frjilbm. Kita akan menghitung kuantitas-kuantitas tersebut tidak dalam urutan yang diminta. Massanya adalah
, =Y =
2rof;
= zo
ro,-,
Densitasnya adalah
p=+=*l=0,1 lbm/ft3
. Beratnya adalah, dengan mengasumsikan
I = 32,2 ftlsec2, W -
mg
=
QO)(32,2132,2) = 20 lbf. Akhirnya, berat spesifiknya dihitung
sebesar
*=Y=ffi=0,1
lbf/ft3
Perhatikan bahwa dengan menggunakan satuan Inggris. t 1.6) menjadi
1.10 Tekanan pada suatu titik adalah 50 mmHg absolut. Tuliskanlah tekanan ini dalam kPa, kPa alat ukur dan m HrO absolut jika Po. = 80 kPa. Manfaatkanlah fakta bahwa air raksa memiliki berat 13,6 kali dari air. Dengan menggunakan (1.11), tekanan dalam kPa diperoleh sebesar
P =lvh = (9810X13,6X0,05) = 6671 Pa atau 6,671 kPa Tekanan alat ukumya adalah Pgug"
= P"b.
-
Pu,*
=
6'6'71
-
80 = -73,3 kPa alat ukur
Tekanan alat ukur negatif mengindikasikan bahwa ini adalah suatu vakum. Dalam satuan meter air kita memperoleh
h=#=**#=o,68mofHro 1.11 Suatu tabung manometer yang berisi air raksa (Gbr. l-131 digunakan untuk mengukur tekanan Po dalam suatu pipa udara. Tentukanlah tekanan alat ukur Pt . wue = 13,6 wrro.
KONSEP, DEFINISI, DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
t4
IBAB
1
Gbr.1-13 Carilah suatu titik a di kaki kiri pada pertemuan udara-air raksa dan suatu titik b pada ketinggian yang sama di kaki kanan.
Maka kita memperoieh
Po=
Pt
PA
= (3)[(9810)(13,6)] = 400 200 Pa atau 400,2
kPa
Ini adalah tekanan alat ukur, karena kita mengambil nilai tekanan nol di posisi puncak dari kaki
kanan.
1.12 Suatu ruangan besar dibagi menjadi bilik 1 dan 2, seperti dalam Gbr. 1-14, yang dijaga pada tekanan yang berbeda. Alat pengukur tekanan A menunjukkan 300 kPa dan alat pengukur B menunjukkan 120 kPa. Jika barometer lokal menunjukkan 720 mmHg, tentukanlah tekanan absolut yang ada di dalam bilik-bilik tersebut, dan tekanan yang ditunjukkan oleh alat C.
C
o Gbr.1-14 Tekanan atmosfer diperoleh dari barometer sebesar
Pu,, = (9810)(13,6)(0,720) = 96 060 Pa atau 96,06 kPa
TekananabsolutdalambilikladalahPr=Pe*Pu,,=300+96,06=396,lkPa.JikaaiatCmenunjukkannol,alatBakan menunjukkan nilai yang sama seperti alat A. Jika alat C menunjukkan nilai yang sama dengan alat A, alat B akan menunjukan nol. Jadi, melalui logika kita mengusulkan bahwa Pa Tekanan absolut dalam bilik
2
= Po- P, ata]u Pc= Pa- Pn=
aclalah
Pz= Pc*
Putm
=
180 + 96,06
300
=
-
120
=
180 kPa
276,1 Y'Pa.
1.13 Suatu tabung dapat disisipkan ke ujung atas dari suatu pipa yang berisi cairan, dengan tekanan yang relatif rendah, sehingga cairan memenuhi tabung tersebut hingga ketinggian /2. Tentukanlah tekanan dalam pipa air jika air mencari ketinggian h = 6 ft di atas titik tengah pipa tersebut. Tekanan ditentukan melalui (,1.11) sebesar
P = wh = (62,4)(6) = 374\bflft2 atatt 2,60 psi alat ukur 1.14 Suatu benda 10 kg jatuh dari kondisi diam, dengan interaksi yang tidak signifikan dengan lingkungannya (tidak ada gesekan.). Tentukanlah kecepatannya setelah jatuh sejauh 5 m. Kekekalan energi menuntut agar energi awal dari sistem sama dengan energi akhimya; berarti,
Et =
E: )*
rl *
Kecepatan awal V, adalah nol, dan perbedaan ketinggian h,
mg(h,
-
1r
hrt = )m
t!
atau
'U,
=
msh, =
-
^f
lm
T) + msh,
h, = 5 m. Jadi kita memperoleh
zgq - h) = \^rd81)(, = 9,90
m/s
1.15 Suatu benda 0,8 lbm yang melaju 200 ft/sec memasuki suatu cairan kental dan pada intinya dihentikan sebelum menabrak dindingnya. Seberapa besarkan kenaikan energi internalnya, jika benda dan cairan tersebut diambil sebagai suatu sistem? Abaikanlah perubahan energi potensial. Kekekalan energi mengharuskan bahwa jumlah energi kinetik dan energi intemal tetap konstan karena kita mengabaikan perubahan energi potential. Ini memungkinkan kita untuk menuliskan
Et =
Ez
l*r'z, + ur= l*'4 *
U,
BAB
KONSEP, DEFINISI, DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
1]
Kecepatan akhir t/z adalah nol, jadi kenaikan energi internalnya (U.
u,
-
u, = lm r,l = (]) ,o,t _ U, -
U,) diperoleh melalui
lbm.ri200r ft2/secr.;
Kita dapat mengkonversikan satuan-satuan di atas ke dalam U_
-
ftlbf,
15
=
16.000 lbm-ft2isec2
satuan yang biasa dipakai untuk energi:
16.000 lbrn-f,t,.rsg' 32^2 ll-rm-ft/sec'-lbl
= 497 ft_lbf
Soal-soal Tambahan 1.16 Gambarlah sketsa untuk situasi-situasi berikut dan tunjukkanlah sistem atau volume kontrol yang dimaksud, dan perbatasan dari sistem tersebut atau permukaan kontrolnya. (a) Gas-gas pembakaran dalam suatu silinder selama langkah daya, (&) gas-gas pembakaran dalam suatu silinder selama langkah pembuangan, (c) suatu balon yang mengeluarkan udara, (@ sebuah ban mobil yang menjadi panas ketika berjalan dan (e) suatu pemasak bertekanan yang sedang dipakai. 1.17 Manakah di antara proses-proses berikut yang dapat diaproksimasikan sebagai proses kuasi-kesetimbangan? (a) Ekspansi gas-gas pembakaran dalam silinder suatu mesin mobil. (D) pecahnya membran yang memisahkan daerah bertekanan tinggi dan rendah dalam suatu tabung dan (c) pemanasan udara dalam suatu ruangan dengan menggunakan sebuah alat pemanas umum.
1.18 Cairan superdingin (supercooled) adalah cairan yang didinginkan hingga mencapai temperatur di bawah temperatur yang biasanya mejadikannya beku. Apakah sistem ini berada dalam kesetimbangan termodinamika? Mengapa ya atau mengapa tidak? 1.19 Konversikanlah yang berikut ke satuan-satuan SI: (a) 6 fr. l0 ftjisec.
\U 4
in3, ic.) 2 slug, (@ 40 ft-lbf, (e) 200 frlbf/sec,
(fl
150 hp, (g)
1.20 Tentukanlah berat dari suatu massa sebesar 10 kg pada suatu lokasi di mana percepatan gravitasi adalah 9,77 nls2. 1.21 Berat dari suatu massa 10 Ib diukur pada suatu lokasi di mana g = 32,1 ftlsec2 di atas suatu timbangan pegas yang awalnya dikalibrasi di daerah di mana g = 32,3 ftlsec2. Nilai berapakah yang akan ditunjukkan? 1,22 Percepatan gravitasi diberikan sebagai suatu fungsi dari ketinggian di atas permukaan laut melalui hubungan S = 9,81 - 3,32 x loah m/s2, di mana /r diukur dalam meter. Berapakah berat dari suatu pesawat terbang pada ketinggian 10 km jika beratnya pada perniukaan laut adalah 40 kN? 1.23 Hitunglah gaya yang dibutuhkan untuk menyebabkan suatu roket 20.000 lbm mengalami percepatan vertikal ke arah atas sebesar 100 ftlsec?? Asumsikan
I = 32,2 ftlsec2.
1.24 Tentukanlah perlambatan dari (a) suatu mobil seberat 2200 kg dan (D) suatu mobil seberat 1100 kg,jika direm secara mendadak sehingga keempat rodanya tergelincir. Koefisien gesekan adalah 11 = 0,6 di aspal kering. (q = FIN di mana N merupakan gaya normal dan F merupakan gaya gesekan). 1.25 Massa yang ada di dalam hukum Newton ketiga tentang gravitasi (Soal 1.8) adalah sama dengan massa yang didefinisikan oleh hukum Newton kedua tentang gerak. (a) Tunjukkanlah bahwa jika g adalah percepatan gravitasi, maka g = kmelR2, di mana me adalah massa bumi dan R adalah radius bumi. (D) Radius bumi adalah 6370 km. Hitunglah massanya jika percepatan gravitasi adalah 9,81 m/s2. 1.26
(a) (b)
Suatu satelit yang mengorbit bumi pada ketinggian 500 km di atas permukaan hanya merasakan gaya tarik bumi. Perkirakanlah kecepatan dari satelit tersebut. [Petunjuk: percepatan ke arah radial dari suatu benda yang bergerak dengan kecepatan t/ dalam suatu jalur melingkar dengan radius r adalah'tElr; ini harus setara dengan percepatan gravitasi (lihat Soal 1.25)1. Satelit bumi yang pertama dilaporkan mengelilingi bumi dengan kecepatan 27 000 km/jam dan tinggi maksimumnya di atas permukaan bumi adalah 900 km. Jika orbitnya bundar dair diameter rata-rata dari bumi adalah 12700 km, tentukanlah percepatan gravitasi pada ketinggian tersebut dengan menggunakan (i) gaya tarik menarik di antara dua benda dan (ii) percepatan radial dari suatu benda bergerak.
1.27 Lengkapllah daftar berikut jika v1m3/kg;
(a) (b) (c)
(a (e)
p(kg/m3)
I
= 9.81 m/s2 dan V = 10 m3. ru(N/m3)
m(kg)
14(N)
20 2
4 100 100
t6
KONSEP, DEFINISI, DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
1.28 Lengkapilah daftar berikut jika Pu,. kPa alat ukur (a)
=
kPa absolut
100 kl,a (pug
=
[BAB
1
l3,6pH2o)
mmHg absolut
mH2O alat ukur
5
(b)
150
(c)
30
@
30
1.29 Tentukanlah perbedaan tekanan antara pipa air dan pipa minyak (Gbr. 1-15)
Pipa minyak
Gbr. 1-15 1.30 Suatu botol berbentuk lonceng berdiameter 250 mm bertumpu di atas suatu papan datar dan dievakuasi hingga mencapai kondisi vakum 700 mmHg. Barometer lokal menunjukkan 760 mm air raksa. Tentukanlah besarnya tekanan absolut di dalam botol tersebut dan tentukanlah gaya yang dibutuhkan untuk melepaskan botol tersebut dari papan ternpatnya bertumpu. Abaikan berat dari botol
itu sendiri. 1.31 Sebuah pintu horizontal berdiameter 2 m terletak di dasar suatu tangki air seperti dalam Gbr. 1-16. Tentukanlah gaya F yang dibutuhkan untuk membuka pintu tersebut sedikit saja.
2m
F
I
au"t'"'
Gbr. l-16 1.32 Temperatur suatu benda diukur sebesar 26'C. Tentukanlah temperatur tersebut dalam'R,
K
dan
oF.
1.33 Energi potensial yang tersimpan di dalam suatu pegas diberikan oleh h Kf, di mana K adalah konstanta pegas dan x adalah jarak pegas tersebut terkompresi. Dua pegas dirancang untuk menyerap energi kinetik dari suatu kendaraan berbobot 2000 kg. Tentukanlah konstanta pegas yang dibutuhkan jika kompresi maksimumnya adalah sebesar 100 mm untuk kendaraan yang melaju
l0
m/s.
1.34 Sebuah kendaraan seberat 1500 kg yang melaju pada kecepatan 60 km/jam bertumbukan dengan sebuah kendaraan seberat 1000 kg yang melaju pada kecepatan 90 km/jam. Jika keduanya langsung berhenti setelah bertumbukan, tentukanlah kenaikan energi
.
internalnya, jika kedua kendaraan tersebut dianggap sebagai satu sistem.
1.35 Gravitasi diberikan oleh g = 9,81 - 3,32 x 10-6 h m/s2, di mana h adalah tinggi di atas permukaan laut. Sebuah pesawat terbang melaju dengan kecepatan 900 km/jam pada ketinggian 10 km. Jika beratnya pada permukaan laut adalah 40 kN, tentukanlah (a) energi kinetiknya dan (b) energi potensialnya relatif terhadap permukaan laut.
Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE l.lFE
Yang tidak termasuk dalam termodinamika teknik adalah tA) penyimpanan energi
(B) penggunaan energi tC) transfer energi ( D) transformasi energi
.G'
BAB
KONSEP. DEFINISI. DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
1]
l.2FE Dalam
t7
suatu proses kuasi-kesetimbangan. tekanan dalam suatu sistem
(A) tetap
konrtarr
tBt
berubah scsuai temperatur (C) konstan di mana-mana pada suatu saat tertentlr (D) bertambah jika volumenya bertambah
1,3FE Manakah di antala yang berikut yang bukan merupakan properti ekstensif?
(A) Momentum (B) Encrgi kinetik (C) Densitas (D) Massa
L4FE Manrkah tli
antara
l ang berikut r ang berhuburrgan dengart r trlume kontrol
.'
(A) Kompresi udara dalam
sebuah silinder (B) Pengisian angin ke dalam sebuah ban di bengkel (C) Ekspansi gas-gas di dalam sebuah silinder dalam pembakaran (D) Balon udara yang sedang terbang
l.5FE
Manakah di antara yang berikut yang bukan merupakan properti intensif?
(A)
Kecepatan
(B) Tekanan (C) Temperatur
(D) Volume 1.6FE Manakah di antara berikut yang nrerupakan proses kuasi-kesetirnbangan'l
(A) Pencampuran cat dalam
sebuah kaleng
(B) Kompresi udara dalam sebuah silinder (C) Pernbakaran
(D)
Sebuah balon yang meletus
1.7FE Manakah di antara yang berikut yang merupakan satuan SI yang
(A) Jarak yang diukur dalam
sah'?
sentimeter
(B) Tekanan yang dir-rkur dalam nervton per meter persegi (C) Densitas yang diukur dalam gram per sentimeter kubik (D) Volume yang diukur dalam sentimeter kubik
I.8FE
Satuan joule dapat dikonversikan menjadi yang mana? (A) Pa'm2
(B) N'ke (C) (D)
Pa/m2 Pa.m3
1.9FE Atmosfer standar dalam meter amonia (p =
OOtl kg/m31 aclalah:
(A) 17 m (B) 19 m (C) 23 m (D) 3l m
1.l0FE Konversikanlah 200 kPa alat ukur menjadi rnilimeter absolut air raksa ((pH" =
tAl
13,6 p^r.).
1500 mm (B) 1750 mm 1C1 2050 mm
(D) 2250 mm 1.11FE Tekanan alat ukur sebesar,l00 kPa yang beraksi pada sebuah piston berdiameter 4 cm ditahan oleh sebuah pegas yang memiliki konstanta pegas sebesar 800 N/m. Seberapa jauhkah pegas tersebut terkompresi? Abaikanlah berat piston. (A) 630 cm
iBt
950 cm
(D)
1320 cm 1980 cm
(c)
l.12FE Hitunglah tekanan dalam sebuah silinder berdiameter 200 mm di dalam Gbr. 1-17. Pegas terkompresi sejauh 40 cm.
(A) 1,r8 kPa (B) 125 kPa (C) l l0 kPa (D) 76 kPa
KONSEP, DEFINISI, DAN PRINSIP-PRINSIP DASAR
18
[BAB I
Piston 40 kg bebas gesekan
Gbr. l-17 1.13F8 Berapakah besarnya gaya tekanan yang beraksi pada suatu area berdiameter 80 cm pada suatu kedalaman di bawah permukaan danau?
(A) r50 kN (B) 840 kN
(c) (D)
1480 kN 5910 kN
1.14FE Dalam termodinamika perhatikan kita difokuskan pada bentuk energi yang mana? (A) Energi kinetik (B) Energi internal (C) Energi potensial (D) Energi total
Jawaban untuk Soal-soal Tambahan
sistem 1.17 (a) dapat l.l8 tidak 1.16 (a)
L.l9 (a)
1,829
(D) volume
dapat
(c) tidak dapat
(b) 65,56 cm
(c) 29,18
(b) tidak
m
kontrol
(c) volume
ke
kontrol
(4
54,24 N'm
(d) sistem
(e)
(e) volume kontrol
2712W
0D 111,9
kW
(g) 0,2832 m3/s
1.20 97,7 N
t.2t 9,9r lbf 1.22 39,9 kN 1.23 82,100 lbf 1.24 (a) 5,886
m/s2
1.25 (b) 5,968
x
(D) 5,886 m/s2
1024 kg
t.26 (a) 8210 m/s
,1 ,1 (il) /,/0 nvs' nvs' 1.27 (a) 0,05, 0.4905, 0.5, 4.905 (D) 0.5, 19.62, 20, t96.2
(D)
(r) /,))
\c) 2.452, 0.4077, 4,077,
40
(e) 0.981. 1.019, 10, 10,19 1.28 (a) 105, 787,
0,s097 (b) 50, rt24, s.091 (c) -96, 4, -9786 (A
1.29 514 kPa 1.30 8005 Pa, 4584 N
13r
77.0 kN
1.32 538.8'R, 299 K, 78,8'F 1.33 20
x
106
N/m
1.34 521 kJ 1.35 (a) 127,4
MK
(b) 399,3 MJ
294.3, 394.3,295s
(A 0.r,
10, 98,1, 981
a.{rrr (c) s.{cn (v) s,{zrr (v) s.{rrr (v) s.{orr (v) zuo'r (o) zus'r (c) a{r'r (a) sds't (O adE't (s) sdt't (c) ase't (c) agz't (s) s.{r'r (s)
fl.{ uqfn {nlun ue8uuyl ueu,tuelrad-ueu,tuulrad {ntun 61
dVSYC dISNIUd-dISNIUd
uuqu,lrul'
NV( .ISINIdAC dASNO)
tI
SVS
Properti Zat-zat Murni
2.I PENDAHULUAN Bab ini akan membahas mengenai hubungan-hubungan antara tekanan, volume spesifik dan temperatur. Suatu zat yang murni memiliki sifat homogen. Zat tersebut dapat n-remiliki lebih dari satu fase, tapi setiap fase harus memiliki lomposisi kimiawi yang sama. Air merupakan zat murni. Berbagai kombinasi dari ketiga fasenya memiliki komposisi kimiawi yang sama. Udara bukan merupakan zat murni, dan udara cair dan uap udara memiliki kompo*isi kimiawi yang berbeda. Selain itu, kita hanya akan mernbahas zat kompresibel sederhana, artinya, zat yang bebas dari efek-efek magnet, listrik atau tegangan permukdan. Kita akan melihat bagaimana zat kompresibel yang sederhana dan n4rru banyak digunakan dalam studi mengenai termodinamika. Dalam satu bab tersendiri kita akan memasukkan efek-efek nyala yang menyebabkan zat-zat menyimpang dari kondisi ideal yang dibahas ilalam bab ini.
2.2 PERMUKAAN P-v-T Kita sudah tahu dengan baik bahrva suatu zat dapat eksis dalam tiga fase berbeda: padat, cair dan gas. Pertatikanlah
di mana sebuah benda paclat berada dalam suatu rangkaian piston-silinder seclemikian rupa sehingga tekanannya dijaga pacla nilai konstan; kalor ditambahkan ke silinder. sehingga menyebabkan zat tersebut melewati semua fase yang berbeda. Eksperiman kita ini ditunjukkan dalam berbagai tahap dalam Gbr. 2-1. Kita akan mencatat suatu eksperimen
temperatur dan volume spesiflk selama eksperimen dilakukan. Dimulai dari zat padat pada suatu temperatur yang rendah; kemudian kalor ditambahkan sampai zat tersebut mulai mencair. Penambahan kalor lebih lanjut akan mencairkan seluruh zatpaclat tersebut, sementara temperaturnya tetap konstan. Setelah seluruh zalpadat tersebut cair, temperatur dari cairan yang ditrasilkan akan meningkat lagi sampai uap mulai terbentuk; keadaan ini disebut keadaan cairan .ienuh. Sekali lagi. selama perubahan fase dari cairan menjadi uap, yang seringkali disebut mendidih, temperatur tetap konstail walaupun kalor ditambahkan. Akhirnya, semua cairan tersebut menguap dan terjadilah keadaan uap jenuh, setelah itu temperatur kembali meningkat dengan ditambahkannya kalor. Eksperimen ini ditunjukkan secara grafls dalam Gbr. 2-2a. Perhatikan bahwa volurne spesilik dari zat padat dan zat cair jauh lebih kecil daripada volume spesifik dari uap. Sk*la'dalam grafik ini telah dilebih-lebihkan untuk menunjukkan secara lebih jelas setiap perbedaan yang ada. Jika eksperimen ini diulangi berkali-kali dengan tekanan yang berbeda-beda. akan diperoleh diagram Fu,'yang ditunjukkan dalam Gbr. 2-2b. Pacla tekanan-tekanan yang melebrhi titik kritis, tidak ada lagi perbedaan ant&ra cairan dan riap; zat ini disebut sebagai fluida superkritis. Nrlai-nilai properti pada titik kritis untuk berbagai zat ada di dalam Thbel B-3.
BAB 2]
PROPERTI ZAT-ZAT MURN]
2t
Data yang diperoleh dalam suatu eksperimen yang nyata dapat digambarkan dalam bidang tiga dimensi dengan P sketsa kualitatif dari suatu zat yang mengerut ketika membeku. Untuk zat yang mengembang ketika membeku, bidang padat-cair akan berada pada nilai volume spesifik yang lebih kecil dibandingkan dengan bidang padat. Daerah-daerah di mana terdapat hanya satu fase diberi nama padat, cair dan uap. Jika terdapat dua fase secara bersama-sama daerah-daerah tersebut diberi nama padat-cair (P-C), padat-uap (P-U) dan cair-uap (C-U). Di sepanjang garis tripel, yang merupakan garis dengan temperatur dan tekanan konstan, ketiga fase eksis bersamaan. Permukaan P-v-T dapat diproyeksikan ke bidang P-v, bidang T-v dan bidang P-7, sehingga memberikan diagram Pv,T-v dan P-T yang ditunjukkan dalam Gbr. 2-4. Sekali lagi, grafik-grafik ini sengaja didistorsikan agar berbagai daerah terlihat dengan jelas. Perhatikan bahwa jika garis tripel dalam Gbr. 2-3 dilihat paralel terhadap sumbu v. garis rersebut akan terlihat sebagai suatu titik, sehingga disebut sebagai titik tripel. Garis tekanan konstan terlihat pada diagram 7-v dan garis temperatur konstan terlihat pada diagram P-v. Dalam praktek kita terutama tertarik pada situasi-situasi yang melibatkan daerah-daerah cair, cair-uap dan uap. Uctp ienuh terletak di garis uap jenuh dan cairan jenuh terletak di garis cairan jenuh. Daerah di sebelah kanan dari garis uap jenuh adalah daerah uap superheat; daerah di sebelah kiri dari garis cairan jenuh adalah daerah cairan terkompresi (uga disebut daerah cairan superdingin). Keadaan superkritis dijumpai pada saat tekanan dan temperatur lebih besar dari nilai-nilai kritisnya.
= P(v, r). Gambar 2-3 menunjukkan
Padat
(a)
Cair
(b)
(c)
(d)
Gbr. 2-1 Fase padat, cair dan uap
,z
Titik kritis
Gbr, 2-2 Diagram I-v
2.3 DAERAH CAIR.UAP Pada keadaan (P, v) manapun di antara titik jenuh 1 dan 2, yang ditunjukkan dalam Gbr. 2-5, cairan dan uap eksis sebagai suatu campuran dalam keseimbangan. Kita gunakan v, dan vr untuk merepresentasikan berturut-turut volume spesifik dari cairan jenuh dan uap jenuh. Kita gunakan m sebagai massa total dari suatu sistem (seperti misalnya yang ditunjukkan dalam Gbr. 2-1), m, sebagai jumlah massa dalam fase cair, dan m, sebagai jumlah massa dalam fase uap. Maka untuk suatu keadaan dari sistem tersebut yang direpresentasikan oleh (I, v) volume total dari campuran tersebut adalah penjumlahan dari volume yang terisi oleh cairan dan yang terisi oleh uap, atau
mv = mlvlt
ffigrg
(2.1)
PROPERTI ZAT-ZAT MURNI
22
[BAB
2
Perbandingan antara massa dari uap jenuh dan total rnassa disebut sebagai kualitas dari campuran tersebut, dan diberikan
simbol
x;
artinya tfi, n-
\.
(2.2)
nt
Tirik kritis
,
Gbr. 2-3 Sketsa P-v-7 dari suatu zal yang mengerut pada saat mernbeku Titik kritis
Titik kritis
P = konstant
Garis uap jenuh
Uap
Garis penguapan
I
jenuh
= konstan
Garis cairan
Garis cairan
jenuh
jenuh
Titik tripel
(.b)
(a)
(c)
Gbr. 2-4 Diagram P-v, T-v dan P-T Mengingat bahrva nt = iltf + mr, kita dapat menuliskan (2./), dengan menggunakan definisi dari kualitas. sebagai
y=
y.f
+;r(rg
- ,f)
Q.3)
Karena perbedaan nilai antara uap jenuh dan cairan jenuh seringkali dijumpai dalam perhitungan, kita biasanya menggunakan subskrip /g untuk melambangkan perbedaan tersebut; afiinya, Jadi, (2.3) adalah
(2.4)
'.fr='r-'.f v=
vJ'
+
at)fs
Perhatikan bahwa persentase cairan menurut massanya dalam suatu campuran adalah 100(1 adalah 100x.
(2.5)
-
x) dan persentase dari
uap
BAB 2]
PROPERTI ZAT-ZAT MURNI
,f
23
,,
Gbr. 2-5 Suatu diagram T-v yang menunjukkan titik-titik cairan jenuh dan uap jenuh
2.4 TABEL-TABEL UAP Properti-properti termodinamika P, v, dan 7 dan yang lainnya untuk berbagai macam zat telah dituangkan dalam bentuk tabel-tabel yang akan diperkenalkan dalam bab-bab selanjutnya. Bagian apendiks memudt nilai-nilai tersebut dalam
bentuk graflk dan tabel. Tabel C-l memberikan properti-properti jenuh dari air sebagai fungsi dari temperatur jenuh; Tabel C-2 memberikan properti-properti tersebut sebagai fungsi dari tekanan jenuh. Informasi yang terkandung dalam kedua tabel tersebut pada intinya adalah sama, dan pemakaiannya tergantung pada mana yang lebih mudah digunakan. Walaupun demikian perlu diperhatikan bahwa di dalam daerah campuran tekanan dan temperatur saling bergantung satu dengan yang lainnya. Jadi untuk menentukan keadaan dari suatu campuran, jika kita menentukan tekanannya, kita perlu menentukan suatu properti lain selain temperatur. Demikian pula sebaliknya, jika kita menentukan temperaturnya, kita harus menentukan suatu properti lain selain tekanan. Tabel C-3 memuat daftar properti-properti dari uap air superheat. Untuk menentukan keadaan dari suatu zat sederhana,
dibutuhkan dua properti. -Walaupun dua properli yang manapun dapat digunakan, prosedur yang paling umum adalah menggunakan tekanan dan temperatur. Jadi, properti-properti seperti misalnya v diberikan sebagai fungsi dari propertiproperti P dan T yang independen. Tabel C-4 memuat daftar data yang berkaitan dengan cairan terkompresi. Pada suatu temperatur tertentu volume spesiflk dari suatu cairan pada esensinya independen dari tekanan. Sebagai contoh, untuk temperatur 100'C dalam Tabel C-1, volume spesifik vrdari cairan adalah 0,001044 m3lkg pada tekanan 100 kPa, sedangkan pada tekanan 10 MPa volume spesifiknya adalah 0,001038 mr/kg, atau terjadi pengurangan volume spesifik sebesar kurang dari I persen. Jadi dalam perhitungan biasanya diasumsikan bahwa volume spesifik (dan juga properti-properti lainnya) dari suatu cairan terkompresi adalah sama dengan volume spesifik dari cairan jenuh pada temperatur yang sama. Walaupun demikian, perhatikan bahwa volume spesiflk dari cairan jenuh mengalami peningkatan yang signiflkan seiring dengan temperatur, terutama pada temperatur-temperatur tinggi. Tabel C-5 memuat properti-properti dari suatu zat padat jenuh dan suatu uap jenuh pada suatu kondisi seimbang. Perhatikan bahwa volume spesifik dari es memiliki nilai yang relatif tidak sensitif terhadap temperatur dan tekanan pada garis padat-jenuh. Selain itu, nilai tersebut juga jauh lebih besar (hampir l0 persen lebih besar) daripada nilai minimumnya pada garis cairan-jenuh.
CONTOH 2.1 Tentukanlah perubahan volume jika dan (c)
l0 000 kPa.
!
kg air jenuh diuapkan seluruhnya pada tekanan {a)
e"ny"l"""i"n:Tabel C-2memberikannilai-nilai yangdiperlukan.Kuantitasyangdiinginkanadalahu* bahwa P diberikan dalam MPa.
t hPA (}} l0O kPa =ve-rfPerhatikan
(c)l0000kPa=1oMPa.Akhirnya,vrg=0,01803*0,00l45=0,01658m3lkg Porhati,kan perubahan yang besar dalam volume spesifik pada tekanan-tekanan rendah dibandingkan deng+n porubahan y*rlg.k€cit
di dekat titik kritis. Ini menggarisbawahi bahwa diagram P-v dalam G&- 24 memang terdistorsi.
PROPERTI ZAT-ZAT MURNI
24
[BAB
2
CONTOH Z.ZBmpxkg air diletakkan dalam suatu volume tertutup sebesar 1 m3. Kalor ditambahkan sampai temperatur mencapai 150'C. Tentukanlah (a) tekanan, (b) massa uap dan (c) volume dari uap tersebut. Penyelesaian: Guaakan Tabel C-1. \blume dari 4 kg uap jenuh pada 150"C adalah (0,3928X4) = l,57r7 nr.a. Karena volume yang diberikan lebih kecil dari ini, kita asumsikan bahwa keadaan yang dimaksud berada dalam daerah kualitas.
{q) (b)
Dalam daerah kualitas tekanan diperoleh sebesat P = 475,8 kPa. Untuk menentukan massa dari uap kita harus menentukan kualitasnya. Ini diperoleh dari (2.3). dengan menggunakan
v
=
114
mj/kg.
sebesar
0.25 = 0.00109 + x(0.3928 Jadi,
r
0.00109)
= A,2489fi,3917 = 0,6354 Dengan menggunakan (?.?), massa uap adalah ms
(c)
-
= lnx = (4) (0,6354) = 2,542 kg
Akhirnya, volume dari uap diperoleh dari Yr = u{nc = $,3925}(2,54?) = 0,9985 m3
Perhatikan bahwa dalam campurail yang kualitasnya tidak terlalu dekat dengan nol fase uap mengisi sebagaian besar dari volume. Dalam contoh ini, dengan kualitas sebesar 63,54 persen uap mengisi 99,85 persen dari volume.
COI\ITOH 2,3 Empat kg air dipanaskan pada tekanan Z:2OYPa untuk menghasilkan campuran dengan kualitas x = 0,8. Tentukanlah volume akhir yang diisi oleh campuan tersebut. Penyelesaian: Gunakan Tabel C-2. Untuk menentukan nllai-nilai yang tepat pada 220 kPa kita melakukan interpolasi linier antara 0,2 dan 0,3 MPa. Ini menghasilkan, pada 220 kRa,
,* =
(ffi-#
) to,eoss
-
0,88s7) + 0,8857 = 0,82e7
m3/ks
vr = 0,0011 m3&s
Perhatikan bahwa interpolasi tidak diperlukan uniuk r.,, karena pada kedua tekanan v, memiliki nilai yang sama sampai empat desimal di belakang koma. Dengan menggunakan {2..i), kita selanjutnya mencari
'
7)= v/+.r{}s
-
"?
= 0'OOtt + (0,8X0'8297
-
*t&g)
Volume total yang diisi oleh 4 kg adalah V = mv = (4 kg)(0.6640
0,0011) = 0,6640 m3&g
-
2,656 m3.
suatu penampung bertekanan konstan 540 psia. Kalor ditambahkan hingga temperatur mencapai penampulg tersebut. volume final dari Tentukanlah 700"F. Penyelesaian: Gunakaa Tabel C-38- Karena 540 psia terletak di antara nilai-nilai yang tsrtera dalam tabel tersebut, volume spesifiknya adalah
CON|OH 2.4 Duapon air mengisi
1,
=
1,3040 + (0,4)(1.072'7
-
Dengan demikian volume akhimya adalah V = trTv = (2X1,2115)
1,3040)
-
2,423
=
1,2115 ft3/lbm
ff'
2.5 PERSAMAAN KEADAAN GAS IDEAL Jika uap dari suatu zat memiliki densitas yang relatif rendah, tekanan, volume spesifik dan temperaturnya saling berhubungan melalui persamaan tertentu
Pv=RT
(26)
mana R adalah suatu konstanta untuk suatu gas tertentu dan disebut sebagai konstanta gas. Persamaan gas ideal merupakan suatu persamaan keadaan karena menghubungkan properti-properti P, v dan T pada suatu keadaan; gas yang memenuhi persamaan ini disebut sebagai gas ideal atau gas sempurna. Perhatikan bahwa ketika menggunakan persamaan gas ideal tekanan dan temperatur harus diekspresikan sebagai kuantitas-kuantitas absolut. Konstanta gas R berhubungan dengan konstanta gas universal R,, yang memiliki nilai sama untuk semua gas, melalui
di
hubungan
R=*
Q.n
BAB 2]
PROPERTI ZAT-ZAT MURNI
25
di mana M adalah massa molar, yang nilai-nilainya ditabulasikan dalam Tabel B-2 dan B-3. Mol adalah kuantitas dari suatu zat (atau, jumlah atom atau molekul) yang memiliki suatu massa yang, dalam satuan gram, nilai numeriknya sama dengan berat atom atau molekul dari zat tersebut. Dalam SI akan lebih mudah untuk menggunakan kilomol (kmol), yang mewakili;r kilogram dari suatu zat dengan berat molekul x. Sebagai contoh, 1 kmol karbon adalah massa sebesar 12 kg (tepat); I kmol molekul oksigen adalah (kira-kira) 32 kg. Jika dinyatakan secara berbed&, M = 12 kg/kmol untuk C dan M=32 kg/kmol untuk Or. Dalam sistem Inggris digunakan pon-mol (lbmol); untuk 02, M=32 lbm/lbmol. Nilai dari R, adalah R, = 8,314 kJ/(kmol.K) = 1545 ft-lbf/(lbmol-'R) = 1,986 Btu/(1bmol-.R)
(2.8)
Untuk udara M adalah 28,97 kglkmol (28,91 lbm/lbmol), jadi untuk udara R adalah 0,287 kJ/kg.K (53,3 fr-lbf/lbm.oR), suatu nilai yang sering digunakan dalam perhitungan-perhitungan yang melibatkan udara. Bentuk-bentuk lain dari persamaan gas ideal adalah
PV=mRT p=pRT PV=NR,T
(2.e)
di mana N adalah jumlah mol. Persamaan keadaan yang sederhana dan sangat berguna ini harus digunakan secara hati-hati. Densitas p yang rendah dapat terjadi melalui tekanan yang rendah atau temperatur yang tinggi. Untuk udara persamaan gas ideal ini ternyata cukup akurat untuk jangkauan temperatur dan tekanan yang luas; untuk tekanan hingga 3000 kPa pada suhu ruangan tingkat kesalahannya kurang dari 1 persen, demikian juga untuk temperatur hingga -130'C pada tekanan atmosfer. Faktor kompresibilitas Z dapat membantu kita untuk menentukan apakah persamaan ideal gas harus digunakan. Ini
dideflnisikan sebagai
,_Pv '- nr
(2.10)
dan ditunjukkan dalam Gbr. 2-6 untuk hidrogen. Karena udara terutama terdiri dari nitrogen, gambar ini juga dapat digunakan untuk udara. Jlka Z = 1, atau sangat dekat dengan l, persamaan gas ideal dapat digunakan. Jika Z sangat berbeda dari 1, maka (2.10) dapat digunakan. Efek-efek gas nyata (penyimpangan dari sifat gas ideal) akan dibahas dalam suatu bab tersendiri. Faktor kompresibilitas dapat ditentukan untuk gas apapun dengan menggunakan grafik kompresibilitas umum dalam Gbr. G-l dalam apendiks. Dalam grafik umum tersebut tekanan reduksi Po dan temperatur reduksi {* harus digunakan. Nila-nilai tersebut diperoleh melalui
P^=
PT tn=T
1
,* _
v
RTJP*
1,4
z
t.o
0.4
r2410 Tekanan (MPa)
Gbr. 2-6 Faktor kompresibilitas
(2.11)
26
PROPERTI ZAT.ZNI MURNI
D_ RT ,--*v-b
a
v'
[BAB
2
(2 .1 2)
BAB 2]
PROPERTI ZAT.ZAT MURNI
27
di mana konstanta a dan b berhubungan dengan data titik kritis dalam Tabel B-3 melalui
2] R2T1 RT o= 64p b=E; Lr Konstanta-konstanta ini juga ditampilkan dalam Tabel B-8 untuk memudahkan perhitungan. Persamaan yang lebih baik adalah persamaan keadaan Redlich-Kwong:
Q.13)
28
PROPERTI ZAT.ZAT MURNI
[BAB
2
Soal-soal dan Penyelesaiannya
2.1
Untuk volume spesifik sebesar 0,2 m3,4
(a')
Dengan menggunakan informasi dari Tabel C-2 dalam (2.3), kita menghitung kuaiitasnya sebagai berikut
v=vf + x(vs-r/
0,2 =0,001 +x(3,993
-0,001)
...r=0,04985
Temperatur diperoleh dari Tabel C-2 di sebelah entri tekanan: T ='75.9.C.
(b)
Kita harus meiakukan interpolasi untuk menentukan nilai-nilai yang tepat dalam Tabel C-2. Dengan menggunakan nilai-nilai pada 0,6 dan 0,8 MPa kita memperoleh %=
/ 0.03
\
(TZl
-
(0,2404
0,31s7) + 0'3157 =
0,3044
vr
= 0,0011
Dengan menggunakan (2.3) kita memperoleh
- 0,0011)
0,2 = 0,0011 + x(0,3044
....r
= 0,6558
Temperatur diperoleh melalui interpolasi sebesar
t = (H) 2,2
.70,4
- 158,e) + 158.e = 160,6"c
Hitunglah volume spesifik air pada (a) 160"C dan (D) 221"C jlka kualitasnya adalah 85 persen.
(a)
Dengan menggunakan entri-entri dari Tabel
v = vt+ r(r*
(b)
-
C-l
dan (.2.3) kita memperoleh
ry' = 0,0011 + (0,85)(0,3071
Kita harus melakukan interpolasi untuk menentukan nilai-nilai v, dan 230'C, kita menentukan
,,
=
(*)
(0,0715e
-
2.3
-
0,0011) = 0,2612
r,7 Dengan menggunakan
0,08620) + 0.08620 =
Dengan menggunakan 92.3) v = 0,00120 + (0,85)(0,08474
-
o.ol4i4
vr
entri-entri pada 220.C dan
= 0.00120
0,00120) = 0,0j221 m3lkg
Sepuluh pon uap tersimpan dalam suatu volume 50 ft3. Tentukanlah kualitas dan tekanannya jika temperaturnya adalah 263"F. Temperatur yang dimaksud tidak terdapat dalam Tabel C-lE. Kita melakukan interpolasi antara temperatur 260.F dan 270"F
untuk memperoleh
,,
=
(+)
(10.066
-
11,768)
+ 1r,768 = 11,2s7 rr= o,otj
Dari informasi yang diberikan kita hitung
,=Y=?9=s.orcrruml0 Kualitas diperoleh dari (2.3) sebagai berikut: 5 = 0,017 + x(11,257
-0,017)
...x = 0,4433
Tekanan diinterpolasi menjadi
. = (,1) ,+r.ss 2.4
35.42)
+
3s.42
= 37.35
psia
Air jenuh memenuhi suatu volume 1,2 m3. Kalor ditambahkan hingga air tersebut seluruhnya menguap. Jika tekanan tetap dijaga konstan pada 600 kPa, hitunglah volume akhirnya. Massa diperoleh, dengan menggunakan vrdari Tabel C-2, sebesar
*
= Y)=
##
Setelah menguap seluruhnya, volume spesifiknya menjadi
= loe1
kg
vr, sehingga
V = mv,, = (1091X0,315j)
=
344.4 m3
BAB 2I
PROPERTI ZAT-ZAT MURNI
29
2.5 Air tersimpan
dalam sebuah tangki kokoh 5 m3 dengan kualitas 0,8 dan tekanan 2 MPa. Jika tekanan dikurangi menjadi 400 kPa dengan cara mendinginkan tangki, tentukanlah massa uap m, dan massa cairan mJ yang dihasilkan.
Volume spesifik awal diperoleh, dengan menggunakan data dari Tabel C-2, sebesar v
= vt+ x(vr-v) = 0,00i18 + (0,8X0,09963 -
0,00118) =0,07994 m3lkg
Karena tangki tersebut kokoh, volume spesiflknya tidak berubah. Jadi volume spesifik pada tekanan 400 kPajuga sebesar 0.07994. Maka kita dapat menentukan kualitasnya sebagai berikut 0,07994 = 0,0011 + x(0,4625
- 0,0011)
.'.x = 0,1709
Massa total air adalah
*=Y=O.olgSq=62.sskg Selanjutnya (2.2) memberikan massa uap'. ms = xm = (0,1709)(62,55) ffif = ffi 2.6
- ffir=
62,55
-
=
10,69 kg. Dengan demikian massa cairan adalah
10,69 = 51,86 kg
Air
berada dalam sebuah penampung kokoh pada titik kritis. Penampung dan air di dalamnya didinginkan hingga mencapai tekanan 10 psia. Tentukanlah kualitas akhirnya. Volume spesiflk awal yang diperoleh dari Tabel C-2Epada tekanan 3203,6 psia adalah v, = 0,05053 ft3/lbm. Karena penampung tersebut kokoh, volume spesiflknya tidak berubah. Jadi, pada Pz = l0 psia kita memperoleh v2
= 0,05053 = 0,01659 + xr(38,42 -
0,01659)
.'.-t2
= 0,000884
Hasil ini menunjukkan bahwa keadaan akhirnya sangat dekat dengan garis cairan jenuh. )1
Dua kilogram Rl34a berada dalam suatu rangkaian piston-silinder, seperti ditunjukkan dalam Gbr. 2-1. Piston berdiameter 20 mm dan berbobot 48 kg tersebut dibiarkan bergerak ke atas dengan bebas hingga temperatur mencapai 160"C. Hitunglah volume akhimya. Tekanan absolut di dalam silinder dihasilkan oleh tekanan atmosfer dan berat piston:
P Pada tekanan
=
Putm.
X = 100 000 .
ffiH#
=
1,60
x
106
Pa atau
1,6 MPa
ini dan temperatur 160"C, R134a berada dalam kondisi superheat. Dari Tabel D-3 volume spesifiknya adalah v =
0,0217 m3kg. Jadi voiumenya adalah V = mv = (2)(0,0217) = 0,0434
2.8
m3
Uap dengan massa 0,01 kg pada kualitas 0,9 berada dalam silinder yang ditunjukkan dalam Gbr.2-7. Pegas hanya menyentuh sedikit saja bagian atas dari piston tersebut. Kalor kemudian ditambahkan hingga pegas tersebut terkompresi sejauh 15,7 cm. Hitunglah temperatur akhirnya.
I I F_20 H
cm_____l
Gbr,2-7 Tekanan awal di dalam silinder dihasilkan oleh tekanan atmosfer dan berat piston:
P=P^r^+ff=
t00 000 +
(16qx9r81) n(0.2)'14
=
150 000
pa
atau 0,150 Mpa
PROPERTI ZAT-ZAT MURNI
30
[BAB
2
\Iolume spesifik awal diperoleh melalui interpolasi dalam Tabel C-2:
vr = vf + x(vrvy' = 0,0011 + (0,9X1,164
0,0011)
rtn = (1,048X0,01) = 0,01048
Volume awal di dalam silinder adalah V, =
,,
-
=+,
o,o1o48
=r9?t
H
=
1,048 m3/kg
m3. Selanjutnya tinggi
H
dapat dihitung sebesat:
.'.H = 0,334 m
Volume akhirnya adalah
vr=d+ (l/ + 0,157) = [e]4t(0,334
+ 0,1s7) = 0,01543
m3
Volume spesifik akhimya adalah
,,=* = 9*:T
=
1,s43 m3/ks
Tekanan akhirnya adalah
p- = p,t + z
K!
=
fi.dtl4
150 000
*
(50 000tt0!!i7) ri\o,2)'14
= 400 000
pa
atau 0,40 Mpa
Tekanan dan volume spesifik ini memungkinkan kita untuk menentukan temperatur. Nilai temperatur ini jelas lebih besar dibandingkan nilai terbesar 800'C yang tertera dalam tabel uap superheat. Kita dapat melakukan ekstrapolasi atau menggunakan hukum gas ideal:
P"v' (40o( 1.513) Tz='R = - 0.4615-=lJJlh = 1337 K
2.9
Perkirakanlah perbedaan berat udara dalam suatu ruangan berukuran 20 musim dingin ketika 7 = 10oF. Gunakan P = 14 psia.
arau t064.c
x
100
x
10
ft
antara musim panas ketika
I
= 90"F
dan
Massa udara di musim panas dan musim dingin adalah
"',
-
pv RT
tttw
=
-
G4)(144) t(20x100)(10)l (53,3X90 +
=
460)
(14)(144) t(20)(100)(10)l tS:*l.lt lO + ?OO r
=
-
13'75,4 Perbedaan antara kedua massa tersebut adalah Lm = 7609,5 berat dan massa memiliki nilai yang sama, jadi LW = 234'7 lbf.
1375'4 lbm
1609,5 lbm
= 234,1 lbm. Dengan
mengasumsikan gravitasi standar
2.10 Suatu kaleng bertekanan berisi udara pada tekanan alat ukur 40 psia ketika temperatumya 70'F. Kaleng tersebut akan pecah jika tekanan alat ukur mencapai 200 psia. Pada temperatur berapakah kaleng tersebut akan pecah?
Kita akan mengasumsikan bahwa volume tidak berubah jika temperatur dinaikkan. Dengan menggunakan (2.9), kita dapat menghitung V dan menuliskan mRT" \,= mRT, P,,= P,
Karena m dan R adalah konstan,
T,
P2 Pt=7,
Dengan menggunakan nilai-nilai absolut untuk tekanan dan temperatur, kita memperoleh
Tz= T'
P' r,=
(2oo
lo,
+ 14'1\(144)
20g0"R = 1620"F * 1a.|yal)- -'-
Soal-Soal Tambahan 2.11 Dengan menggunakan tabel-tabel uap C-l dan C-2 dalam apendiks, buatlah dengan skala yang benar diagram (a) P-t,, (b) P-f dan (c) I-v. Pilihlah salah satu di antara grafik linier-linier atau grafik 1og-1og. Perhatikan distorsi-distorsi dalam berbagai gambar dalam Sub-bab 2.2 dan 2.3. Distorsi-distorsi semacam itu diperlukan untuk menunjukkan berbagai daerah dengan jelas.
BAB 2]
PROPERTI ZAT-ZAT MURNI
31
2.12 Hitunglah volume spesifik untuk situasi-situasi berikut: (a) air pada 200"C, kualitas 80Vo; (b) R134a pada -40'C, kualitas 907o.
2.13 Jika kualitas dari setiap zat berikut adalah 80Vo, hitunglah volume spesifiknya: (rz) Air pada 500 psia dan (D) R134a pada 80 psia.
2.14 Lima kilogram uap mengisi volume dan (b) 86'C.
l0
m3. Tentukanlah kualitas dan tekanannya jika temperaturnya terukur sebesar (a) 40"C
2.15 Tentukanlah volume final dari suatu campuran air dan uap jika 3 kg air dipanaskan pada tekanan konstan hingga mencapai kualitas 60 persen. Tekanannya adalah (a) 25 kPa dan (b) 2'10 kPa. 2.16 Dua kilogram air jenuh pada 125 kPa diuapkan seluruhnya. Hitunglah volume: (a) sebelum dan (D) sesudah. 2.17 Temperatur 10 pon air dijaga konstan pada 205'F. Tekanan dikurangi dari nilai yang sangat tinggi hingga menguap seluruhnya. Tentukanlah volume akhir dari uap.
2'18 Suatu tangki yang kokoh dengan volume 10 m3 berisi campuran air-uap pada 400 kPa. Jika kualitasnya adalah 607o, tentukanlah massanya. Tekanan dikurangi hingga 300 kPa dengan cara mendinginkan tangki; hitunglah
m,
dan m,
2.19 Uap dengan kualitas 0,85 mengisi suatr.r tangki kokoh pada tekanan 200 kPa. Kemudian kalor ditambahkan hingga temperatur mencapai (a) 400"C dan (D) 140'C. Tennrkaniah rekanan akhirnya. 2.20 Suatu tangki yang kokoh berisi air pada 400'F. Kalor ditambahkan sehingga air melewati titik kritisnya. Berapakah kualitasnya pada temperatur 440'F? 2.21 Uap mengisi suatu penampung kaca yang tertutup rapat pada 100"C. Ketika didinginkan, butiran-butiran uap terlihat terkondensasi pada dinding pada 20'C. Tentukanlah tekanan awal dalam penampung tersebut. 2.22 Dua kilogram air berada dalam suatu rangkaian piston-silinder yang memiliki silinder bebas gesekan berdiameter 2m dan berbobot 16 000 kg. Lihat Gbr. 2-1. Kalor ditambahkan hingga temperatur mencapai (a) 400'C, (D) 650"C dan (c) 140"C. Hitunglah volume akhirnya. 2.23 Dua kilogram uap dengan kualitas 0.80 mengisi volume yang ditunjukkan (Gbr. 2-8). Bagian atas dari piston kemudian dihubungkan dengan sebuah pegas dan kalor ditambahkan hingga temperatur mencapai 500"C. Tentukanlah tekanan akhirnya. (Gaya pada pegas adalah Kx, di mana x adalah jarak pergeseran pegas. Penyelesaian soal ini harus dilakukan secara coba-coba hingga memperoleh hasil yang diinginkan).
Piston bebas gesekan
I I
F_
2 m ____+]
Gbr. 2-8 2.24 Tenttrkanlah volume yang diisi oleh l0 kg air pada tekanan i0 MPa dan temperatur (a) 5"C, (b) 200'C, (c) 400"C, (d) 800'C, (e) 1500"C dan (fl -10'C. 2.25 Untuk udara pada 100 psia dan 60"F hitunglah (a) densitas, (b) volume spesifik, (c) berat spesifik jika g massa yang berada dalam 200 ft3. 2.26 lstlah informasi yang masih hilang untuk udara pada ketinggian di mana g = 9,82 rnls2.
=
32,1 ftlsec2 dan
(rf
PROPERTI ZAT-ZAT MURNI
32
P (kPa)
r ('c)
100
20
(a) (b)
100
(c)
500
v 1m3ikg;
p(kgim3)
(e)
2
w(N/m3)
2 0.1
400
@
[BAB
20
200
2
2.27 Jika diasumsikan bahwa atmosfer bersifat isotermal pada temperatur rata-rata -20"C, tentukanlah tekanan pada ketinggian (rz) 3000 m dan (D) 10 000 m. Gunakan P = 101 kPa pada permukaan bumi. Bandingkan masing-masing dengan nilai-nilai terukur 70,1 kPa dan 26,5 kPa dengan cara menghitung persentase kesalahannya.
2.28 (a) Jika diasumsikan bahwa temperatur atmosfer diberikan melalui T = 15 - 0,006512'C, tentukanlah tekanan pada ketinggian 10 km. Gunakan P = 101 kPa pada permukaan bumi. (D) Bandingkanlah hasil dari (rz) dengan nilai terukur 26,5 kPa dengan cara menghitung persentase kesalahannya.
2.29 Penunjukan tekanan alat ukur pada suatu ban mobil adalah 35 psi pada saat temperatur 0"F. Mobil tersebut dikendarai ke daerah beriklim hangat di mana temperatur pada permukaan aspal mencapai 150'F. Estimasikanlah tekanan di dalam ban. 2.30 Suatu tangki kokoh 4 m3 berisi nitrogen pada tekanan 42OA tPa. Tentukanlah massanya jika temperaturnya adalah (a) 30'C dan
(b) -t20"c. 2.3L Estimasikanlah tekanan nitrogen pada temperatw 220 K dan volume spesifik 0,04 m3/kg dengan menggunakan (a) persamaan ideal gas, (&) persamaan van der Waals, (c) persamaan Redlich-Kwong dan (Q faktor kompresibilitas. 2.32 Sepuluh kilogram uap 600'C berada dalam tangki 182 liter. Tentukanlah tekanannya dengan menggunakan (a) persamaan gas ideal, (D) persamaan van der Waals, (c) persamaan Redlich-Kwong, (fl faktor kompresibilitas dan (e) tabel-tabel uap. 2,33 lJap pada 300'C memiliki densitas 7,0 kg/m3. Tentukanlah tekanannya dengan menggunakan (a) persamaan gas ideal, (b) persamaan van der Waals, (c) persamaan Redlich-Kwong, (d) faktor kompresibilitas dan (e) tabel-tabel uap.
Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE 2.lFE
Perubahan fase dari cair ke uap disebut sebagai: (A) penguapan (B) kondensasi
(C)
sublimasi
(D)
pencairan
2.2F8 Titik yang menghubungkan (A) titik tripel (B) tirik kritis
garis cairan jenuh dengan garis uap jenuh disebut:
(C) titik superheat (D) titik cairan terkompresi
2.3FE
Tentulah volume yang diisi oleh 4 kg uap pada 200'C.
(A) 0.04 ml (B) 0,104 m3
(c)
0.410
m3
(D) 4.10 ml
2.4F8
Estimasikanlah volume yang diisi oleh 10 kg air pada 200'C dan 2 MPa. (A) 0,099 m3 (B) 0,012 m3
(c)
9.4 L
(D) I1.8 L 2.5FE
Uap jenuh dipanaskan dalam sebuah tangki yang kokoh dari 50'C hingga 250oC. Estimasikanlah tekanannya.
(A) 20 kPa
iB) (c)
27 kPa
33 kPa
(D) 44
kPa
2.6FF- Suatu tangki 10 L menyimpan 0,1 L air cair
(A)
43Vo
d,an
9,9 L uap pada 300'C. Berapakah kualitasnya?
BAB 2]
PROPERTI ZAT_ZAT MURNI
(B)
6tVa
(C)
76Va
(D)
86c,
2.7F8 Air pada kualitas 50 persen 14) 162 kPa (B) 216 kPa (C) 1286 kPa
dipanaskan pada volume konstan dari Pr
-
-1
100 kPa hingga
7, = 200'C. Berapakah nitai
1
Pr'!
(D) 485 kPa
2.8FE
Sebuah silinder bulat vertikal berisi 1 cm air cair dan 100 cm uap. Jika
(A) t,02vo (B) to.1E,
\c)
(D)
2.9F8
40.6%
80.3.{
Tentukanlah kualitas dari campuran pada 120 C jika uap mengisi 1200
(A) (B)
(c)
P = 200 kPa, kualitas yang terdekat adalah:
L
dan cairan mengisi 2 L.
42Ec 28Ec
lSEa
(D\ 2q
I-v yang tepat jika uap pada vl = 0,005 m3/kg dipanaskan hingga vz = 0,5m3/kg sambil menjaga P = 500 kPa. Titik-titik yang ditunjukkan adalah keadaan 1 dan 2 di mana 1 terletak di sebelah kiri.
2.10FE Pilihlah diagram
2,11FE Uap mengisi suatu volume pada 288"C dan 2 MPa. Estimasikanlah volume spesifiknya.
(A) (B)
(c)
l22l mrtkg 0,1148 m3/k8 0,1192 m3/k8
(D)
0.
0.
I207 m3/kg
2.l2BE Hitunglah
massa udara dalam sebuah ban dengan volume 0.2 m3.1ika tekanan alat ukur adalah 280 kPa pada 25"C.
(A) 7,8 ke (B) 0,888 kg {C) 0.732 kg (D) 0,6ss kg 2.13FE Massa nitrogen pada 150 K dan 2 MPa yang mengisi 0,2 m3 adalah paling dekat dengan:
(A) 10,2 kg (B) 8,89 kg {C) 6.23 kg (D) 2,13 kg 2.l4FE Estimasikanlah temperatur dari 2 kg udara yang mengisi suatu volume 40 L pada 2 MPa.
(A) t20 K (B) 140 K
(c)
(D)
160 K 180 K
l I
2.15FE Tentukanlah massa udara dalam volume yang ditunjukkan dalam Gbr.2-9 jika dan piston bebas gesekan memiliki massa 75 kg.
(A) (B)
0,0512 0.0256 (c) 0,0064 (D) 0,0016
I
= 20'C
I
50 mm
kg
I
]L
kg
kg kg
Gbr. 2-9
PROPERTI ZAT-ZAT MURNI
IBAB
2
2.l6FE Estimasikanlah perbedaan densitas antara bagian dalam dan luar dari suatu rumah di musim dingin di mana P = 100 kPa dan Zuu,". = 20oC dan i',,u. = -20'C. (Perbedaan ini menyebabkan terjadinya pertukaran udara antara bagian luar dan bagian dalam).
(A) (B)
0,188 kg/m3 0,165 ke/m3
lCt 0.151 kgims (D) 0,092
kg/m3
Jawaban untuk Soal-soal Tambahan
rn3lkg (b) 0,3213 m3lkg 2.13 (a) 0,7466 ft3tlbm (b) 0,4776 ff llbrn 2.12 (a) 0,1022
2.14 (a) 0,1024,7,383
kPa
(b) 0,7312, 60,3 kPa
m3 (b) 1,24 m3 2.16 (a) 0,002 m3 (b) 2,76 m3 2.15 (a) 11,6
2.17 307.2 nl 2.18 35,98 kg,16,47 kg, 19,51 kg 2.19 (a) 415
kPa
(b) 269 kPa
2.20 0,01728 2.21 790 kPa 2.22 (a) 4,134
m3
(b) 5,678
m3
(c) 2,506
m3
2.23 220 kPa
m3 (b) 0,0115 m3 (c)0,2641 m3 (fl 0,4859 m3 (e) 0,8182 m3 (fl 0.01089 m3 2.25 (a) 0,5196 lbm/fc O) t,925 ff llbm (c) 0,518 lbm/ft3 (d) 103,9 lbm 2.26 (a) 0,8409, 1,189, 11,68 (b) 53,53,0,5, 4,91 (r) -98,8, 10. 98,2 (A 393.4.0,491,2.037 (et75,1.0,5. 19,64 2.24 (a) 0,00996
2.27 .(a) 67,3 kPa,
2.28 (a) 26,3
-3,99Vo
kPa
(b) 26,2 kPa, -1,l3Va
(b) 4,74Va
2.29 51,2 psig
ke (D) 500 kg 2.31 (a) 1630 kPa (b) 1580 kPa (c) 1590 kPa (4 i600 kPa 2.32 (a) 22,2MPa (D) 19,3 MPa (c) 19,5 MPa (d) 19.5 MPa (e) 20 MPa 2.33 (a) 1851 kPa (b) 1790 kPa (c) 1777 kPa (rf i780 kPa (e) 1771 kPa 2.30 (a)186,7
Jawaban untuk Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE 2.1FE (A) 2.2FE (B) 2.3FE (C) 2.4FE (C) 2.sFE (A) 2.10FE (A) 2.11FE (A) 2.t2FE (B) 2.r3FE (A) 2.14FE
2.6FE (D) 2.7FE (C) 2.8FE 2.1sFE (D) 2.16FE (A)
(C)
(B)
2.eFE (A)
Usaha dan Kalor
3.1. PENI}AHULUAN Dalam bab ini akan dibahas dua kuantitas yang dihasilkan oleh transfer energi melintasi batas suatu sistem: usaha dan kalor. Pembahasan akan mengarah ke pengenalan hukum pertama termodinamika. Usaha akan didiskusikan secara rinei dan pqrhitungan akan dilakukan untuk beberapa situasi umum. Akan tetapi kalor merupakan suatu kuantitas yang mernbstuhkap analisis yang mendalam dalam perhitungannya. Dalam kebanyakan kurikulum teknik subyek transfer kalor dipelajari dalam suatu mata kuliah tersendiri. Dalam termodinamika, kalor merupakan suatu kuantitas yang diberikan atau dihitung sebagai suatu parameter yang tidak diketahui dalam suatu persamaan aljabar.
3.2 DETINISI USAHA Irtilah usaha memlliki pengertian yang sangat luas sehingga kita harus memberikan deflnisi teknis yang khusus. Istilah ini harus mengikutsertakan. misalnya, usaha yang dihasilkan oleh gas-gas buang setelah terjadinya pembakaran dalam silinder dari suatu mesin mobil, seperti yang ditunjukkan dalam Gbr. 3-1. Energi yang dilepaskan selama proses pernbakaran dipindahkan ke poros engkol (crankshaft) melalui batang penghubung (.connecting rod), dalam bentuk usaha. Jadi, dalar,n csntoh ini, usaha dapat dianggap sebagai energi yang dipindahkan melintasi batas suatu sistem, di mana sistem y4ng dimaksud di sini adalah silinder. Usaha, yang dilambangkan dengan I4z, seringkali didefinisikan sebagai produk dari gaya dan jarak perpindahan yang searah dengan gaya. Ini merupakan definisi mekanika dari usaha. Delinisi yang lebih umum dari usaha adalah definisi terrnodinamika; Usaha, interaksi antara suatu sistem dan lingkungannya, dilakukan oleh suatu sistem jika satu-satunya efek eksternal pada lingkungannya dapat berupa terangkatnya sebuah beban. Besarnya usaha adalah hasil kali dari berat beban tersebut dan jarak perpindahannya ketika terangkat. Gambar 3-2b menunjukkan bahwa interaksi dalam Gbr. 3-2b mernetruhi kualifikasi sebagai usaha dalam pengertian termodinamika. Pemilihan tanda untuk usaha positif adalah ketika sistem melakukan usaha terhadap lingkungannya maka tandanya adalah positif. Suatu piston yang menekan suatu fluida sedang melakukan usaha negatif, sedangkan suatu fluida yang berekspansi rne:rekan suatu piston sedang melakukan usaha positif. Satuan untuk usaha dapat langsung dilihat dari satuans.atuan $aya dikalikan dengan jarak: dalam sistem SI, newton-meter (N.m) atau joule (J); dalam sistem Inggris, ft-lbf. Kecopatan (rate) melakukan usaha, yang dilambangkan dengan W, disebut daya. Dalam sistem SI, daya memiliki sat$an joule per detik (J/s), atau watt (W): dalam satuan Inggris, ft-lbf/sec. Ada kalanya kita menggunakan satuan daya
USAHA DAN KALOR
36
IBAB
3
Kecepatan
Silinder
Gbr. 3-1 Usaha sedang dilakukan oleh gas-gas yang berekspansi dalam silinder
Pulley bebas gesekan
Baterai
| - Batas sistem tr/ Beban pemberal
I
(a)
(b)
Gbr. 3-2 Usaha sedang dilakukan oleh sistem listrik
kuda (horsepower) karena sering digunakan dalam pengelompokan mesin-mesin. Untuk mengkonversikan satuan ini kita gunakan t hp - 0,746 kW = 550 ft-lbf/sec. Usaha untuk satu satuan massa diberikan lambang w (angan sampai tertukar dengan berat spesifik):
w=
W m
(J.1)
Suatu catatan terakhir mengenai usaha adalah tentang pemilihan sistem yang dimaksud. Perhatikan bahwa jika sistem dalam Gbr. 3-2 mengikutsertakan seluruh rangkaian baterai-resistor dalam bagian (a), atau seluruh rangkaian baterai-motorpuli-beban dalam bagian (b), tidak ada energi yang melintasi batas, sehingga tidak ada usaha yang dilakukan. Mengenali
sistem yang dimaksud merupakan hal yang penting dalam menentukan usaha.
3.3 USAHA KUASI.KESETIMBANGAN KARENA BATAS YANG BERGERAK Terdapat beberapa moda usaha yang dijumpai dalam berbagai aplikasi teknik. Di antaranya adalah usaha yang diperlukan untuk merenggangkan kabel, untuk memutar poros engkol, untuk bergerak mengatasi gesekan, untuk mengalirkan listrik melewati suatu resistor, dan untuk mengisi kapasitor. Banyak di antara moda-moda ini telah dibahas dalam bidangbidang studi lain. Dalam buku ini kita terutama membahas usaha yang dibutuhkan untuk menggerakkan suatu batas untuk mengatasi suatu gaya tekanan. Perhatikanlah susunan piston-silinder yang ditunjukkan dalam Gbr. 3-3. Silinder yang berisi gas tertutup dengan rapat, tekanan di seluruh silinder seragam, dan tidak terdapat efek-efek gravitasi, magnet maupun listrik. Dengan demikian kita memiliki suatu proses kuasi-kesetimbangan, di mana gas diasumsikan melewati sederet keadaan-keadaan kesetimbangan. Selanjutnya, kita biarkan gas berekspansi dengan cara menggerakkan piston ke arah atas sedikit saja sejauh ds. Gaya total yang beraksi pada piston adalah tekanan dikalikan dengan luas permukaan piston. Tekanan ini diekspresikan sebagai tekanan absolut karena tekanan merupakan akibat dari aktivitas molekular; setiap aktivitas molekular akan mengakibatkan terjadinya suatu tekanan yang menghasilkan usaha ketika batasnya bergerak. Maka usaha sangat kecil yang dilakukan oleh sistem (gas) terhadap lingkungannya (piston) adalah gaya dikalikan dengan jarak:
ffiV=PAds
(3.2)
Simbol 6W akan dibahas dengan belakangan. Kuantitas Ads hanyalah dV saja, volume diferensial, sehingga (3.2) dapat dituliskan dalam bentuk
NV=PdV
(J.J
,,
USAHA DAN KALOR
BAB 3]
Karena piston bergerak dari suatu posisi s, ke posisi lain
s,
37
persamaan
di
atas dapat diintegrasikan untuk
menghasilkan
w
t-2 =
(3.4)
1,,"
"' di mana kita mengasumsikan bahwa tekanan diketahui untuk setiap posisi seiring dengan bergerak piston dari volume V, ke volume Vr. Contoh diagram-diagram tekanan-volume ditunjukkan dalam Gbr. 3-4. Usaha Wr_radalah daerah yang diarsir di bawah kurva P-V. Pertimbangan terhadap proses integrasi menunjukkan dua fitur yang penting dalam (3.4). Pertama, pada saat kita bergerak dari keadaan 1 ke keadaan 2, area yang merepresentasikan usaha sangat bergantung pada jalur yang kita tempuh. Artinya, keadaan 1 dan2 dalam Gbr. 3-4(a) dan (b) adalah identik, tapi area yang dihasilkan di bawah kurva P-V sangat berbeda; selain sangat bergantung pada titik-titik ujungnya, usahajuga bergantung padajalur aktual yang menghubungkan kedua titik ujung tersebut. Jadi, usaha merupakan fungsi jalur, yang sangat berbeda dengan fungsi titik, yang bergantung hanya pada titik-titik ujungnya. Diferensial dari suatu fungsi jalur disebut diferensial tak-eksak, sedangkan diferensial dari suatu fungsi titik merupakan statu diferensial eksak. Suatu diferensial tak-eksak akan diberikan simbol 6. Integral 617 adalah W,_r, di mana
Gbr. 3-3 Usaha yang dihasilkan oleh suatu batas yang bergerak
(a)
(b)
Gbr. 3-4 Usaha bergantung pada jalur di antara dua keadaan
subskripnya memberikan penekanan bahwa usaha tersebut diasosiasikan dengan jalur yang ditempuh selama proses dari keadaan 1 ke keadaan 2; walaupun demikian subskrip tersebut dapat diabaikan sehingga usaha hanya dituliskan dengan I4l saja. Kita tidak akan pemah menuliskan W, atat Wr,karena usaha tidak diasosiasikan dengan suatu keadaan tapi dengan suatu proses. Usaha bukan merupakan suatu properti. Integral dari suatu diferensial eksak, seperti misalnya dT, adalah
Ir,"
o,
=
(J.5)
Tz-Tt
di mana Z, adalah temperatur pada keadaan I dan T, adalah temperatur pada keadaan
2.
Pengamatan yang kedua yang dapat dilihat dari (3.4) adalah bahwa tekanan diasumsikan konstan di seluruh volume pada setiap posisi peralihan. Sistem melewati setiap keadaan kesetimbangan yang ditunjukkan dalam diagram-diagram P-V pada Gbr. 3-4. Walaupun variabel-variabelnya tampak mengalami perubahan yang cukup cepat biasanya kita dapat mengasumsikan terjadinya keadaan kesetimbangan. Pembakaran merupakan suatu proses yang sangat cepat yang tidak dapat
USAHA DAN KALOR
38
IBAB
3
dimodelkan sebagai proses kuasi-kesetimbangan. Proses-proses lainnya dalam mesin bakar internal (ekspansi, pembuangan, pemasukan dan kompresi) dapat diasumsikan sebagai proses-proses kuasi-kesetimbangan; secara termodinamika terjadi dengan kecepatan rendah.
Hal terakhir yang perlu dibahas mengenai usaha adalah apa yang dimaksudkan dengan suatu sistem sederhana, sebagaimana didefinisikan dalam Bab 1. Untuk suatu sistem yang bebas dari efek-efek permukaan, magnet dan listrik satu-satunya moda usaha adalah tekanan yang beraksi pada suatu perrnukaan yang bergerak. Untuk sistem-sistem sederhana semacam itu hanya diperlukan dua variabel independen untuk membentuk suatu keadaan kesetimbangan dari sistem yang terdiri dari suatu zat homogen. Jika terdapat moda-moda usaha lainnya, seperti misalnya moda usaha yang disebabkan oleh bidang listrik, maka variabel-variabel independen lainnya diperlukan, seperti misalnya intensitas bidang listrik tersebut.
CONTOH 3.1 Satu kg uap dengan kualitas 20 persen dipanaskan pada tekanan konslan sebesar 200 kPa hingga temperaturnya mencapai 400'C. Hitunglah usaha yang dilakukan oleh uap lersebul. Penyelesaian: Usaha diberikan melalui
* = I,
dv
=
prvz- v,)
l. l':
wr .z= [r=
-
m
p(vr-
l. lt
,
o,
=
Ir'tr
ou
r.,'l
B\B
USAHA DAN KALOR
3]
di mana kita telah menerapkan PV = C. Untuk menghitung
usaha
39
kita harus mencaii C danV... Konstanta C diperoleh dari
C = Prvt = (200)t2l = a00
kJ
Untuk memdapatkan V, kita gunakan PzVz= Pr yl, yang tentu saja adalah persamaan yang akan dihas.ilkan dari proses isotermal (temperatur konstan) yang melibatkan gas ideal. Ini dapar diruliskan sebagai (2ool(21 ,,v2= t *3 -Pr% P) -= loo -=+mAl
f1
w,
,=J, \f
or=4ooln
|=zttr.t
Nilai ini adalah positif karena usaha dihasilkan selama proses ekspansi oleh sisrem (gas yang beradii di dalam silinder).
CONTOH 3.4 Tentukanlah daya kuda yang dibutuhkan untuk mengatasr hambatan angin pada suatu mobil modern yang melaju pada kecepatan 90 km/jam yang memiliki koefisien gaya harnbat C, sebesar 0.2. Gaya hambat didefinisikan sebagai Fn = t,4 P*ACD, di mana A adalah luas proyeksi dari motril ,.ir.Ur, dan t'adilah ke.epatannya. Densiras p dari udara adalah"1,23 (g/m3. Gunakan A=?.3rr2. Penyelesaian: Untuk menentukan gaya hambat pada sebuah mobil kita harus mengckspresikan kecepatan dalam m/s: r' = (90)(1000/3600) = 25 m/s. Gaya hambatnya adalah Fo =
1
)
. /1\ pt'tACD = (i) ,l,l3x25r)(2.3)t0,2r
= I77 N
Untuk menggerakkan gaya hambat sebesar ini pada 25 m/s mesin mobil harus melakukan usaha sebesar W = Fn'V = (l'77)(25)
=
4425 W
Maka daya kuda yang diperlukan adalah 4425 W 5.93 hp 746 Wlhp =
\hkurn
Beban pemberat
(b)
Gbr. 3-5 Usaha non-kesetimbangan
3.4 USAHA NON-KESETIMBANGAN Perlu ditekankan bahwa luas pacla diagram P-V merepresentasikan usaha untuk proses kuasi-kesetimbangan saja. Untuk proses-proses non-kesetimbangan usaha tidak dapat clihitung dengan menggunakan Jp aV; harus diberikan untuk proses yang dimaksud atau ditentukan melalui cara lainnya. Dua contoh akan diberikan. Perhatikan suatu sistem yang terbentuk oleh gas dalam Gbr. 3-5. Dalam bagian (a) usaha jelas melintasi batas sistem melalui poros yang berputar; tapi volumenya tidak berubah. Kita dapat menghitung input usahanya dengan cara mengalikan berat beban dengan jarak jatuhnya, dengan mengabaikan gesekan dalam sistem puli. Nilainya tidak sarna dengan Jp aV, yang adalah nol. Roda dayung membuat sistem ini memiliki moda usaha non-kesetimbangan. Misalkan membran pada Gbr. 3-5b pecah. sehingga menyebabkan gas berekspansi dan memenuhi volume yang kosong' Tidak ada hambatan terhadap ekspansi gas ini oleh pennukaan bergerak dalam prosesnya mengisi keseluruhan volume; jadi, tidak ada usaha yang dilakukan. Tapi terjadi perubahan volume. Ekspansi mendadak ini merupakan suatu proses non-kesetimbangan dan sekali lagi kita tidak dapat menggunakan JP dV untuk menghitung usaha.
USAHA DAN KALOR
40
IBAB
3
CONTOH 3,5 Suatu massa 100 kg jatuh sejauh 3 m, sehingga menghasilkan pertambahan volume dalam silinder sebesar 0,002 m3 icbr. 3-6). Beban dan piston menjaga tekanan alat ukur konstan sebesar lffi kPa. Tentukanlah usaha netto yang dihasilkan oleh gas terhadap lingkungannya. Abaikan semua gesekan.
Penyelesaian: Roda dayung menghasilkan kerja
pada sistem. yaitu gas. yang disebabkan oleh jatuhnya massa 3 kg sejauh
3 m. Usaha ini memiliki nilai negatif dan adalah W=
-
(F)(d) =
-
(100X9,81X3) = -2940 J
Usaha yang dihasilkan oleh sistem terhadap piston bebas gesekan memiliki niJai positif karena sistem yang menghasilkan usaha tersebul Besarnya adalah W = (PA)&) = PLV = t200 000X0.002) = 496.1
di
mana tekanan absolut telah digunakan. Usaha netto yang dihasilkan adalah
Wnr=-2940+4C0=-2540 I
Gbr.3-6
Gbr. 3-7 Usaha yang disebabkan oleh poros berputar yang menghasilkan torque.
3.5 MODA.MODA USAHA LAINNYA Usaha yang ditransfer melalui poros berputar (Gbr. 3-7) sering dijumpai dalam sistem-sistem mekanik. Usaha dihasilkan
r, yang bervariasi sesuai dengan radius pada area potongan seiring dengan putaran poros tersebut. Gaya geser tersebut adalah
oleh gaya-gaya geser yang diakibatkan oleh tegangan geser melintang, yang bergerak dengan kecepatan sudut
rr-r
dF = rdA = t(2ttr dr) Kecepatan linier dari gaya
ini
adalah
ra.
(3.6)
Jadi, kecepatan terjadinya usaha adalah
* = Io ra dF = Iro ,rr, r(2xr) dr = 2na [oo ,t
o,
G.n
di mana R adalah radius dari poros. Torque Z diperoleh dari tegangan geser dengan cara mengintegrasikannya terhadap keseluruhan luas:
,
=
IordF = zn
lo*
,r, a,
(3.8)
Jika dikombinasikan dengan (3.7) di atas, laju usaha adalah
W=Ta
(s.e)
Untuk menentukan usaha yang dipindahkan dalam suatu waktu tertentu, kita kalikan saja (3.9) dengan jumlah detiknya:
BAB 3I
USAHA DAN KALOR
4t
W=TcoL,t
(3.10)
Tentu saja kecepatan sudut harus diekspresikan dalam rad/s. Usaha yang dibutuhkan untuk meregangkan suatu pegas linier (Gbr. 3-8) dengan konstanta pegas Kdari suatu panjang .r, ke r, dapat diperoleh dengan menggunakan hubungan
F=Kx
(3.1
t)
di mana x adalah jarak peregangan pegas dari posisi netralnya. Perhatikan bahwa gaya ini bergantung pada variabel x. Jadi, kita harus mengintegrasikan gaya tersebut terhadap seluruh jarak peregangan pegas; ini menghasilkan
* = f., o o* = 1,, Kx dx = L *r.1-
.?l
(3.12)
Gbr. 3-8 Usaha yang dibutuhkan untuk meregangkan sebuah
pegas
Hambatan
Gbr. 3-9 Usaha yang disebabkan oleh aliran arus melalui sebuah resistor Tipe yang terakhir akan kita bahas adalah moda usaha listrik, yang diilustrasikan dalam Gbr. 3-9. Perbedaan potensial V antara terminal-terminal baterai menjadi "gaya" yang menggerakkan muatan q melewati resistor selama interval waktu Ar. Arus I berhubungan dengan muatan ini melalui
,=dq 'dr
(3.1 3)
Q=iLt
(3.14)
Untuk arus konstan muatannva adalah
Maka usaha, dari moda usaha non-kesetimbangan ini, diberikan melalui pernyataan
W=ViLt
(3.15)
Dayanya merupakan kecepatan melakukan usaha, atau
W=Vi
(3.16)
Hubungan ini memang digunakan untuk mendefinisikan potensial listrik, voltase % karena ampere merupakan suatu unit dasar dan watt telah didefinisikan sebelumnya. Satu volt adalah satu watt dibagi dengan satu ampere.
CONTOH 3.6 Poros penggerak dalam suatu mobil menghasilkan torque 100 N.m ketika berputar pada 3000 rpm. Hitunglah daya kuda yang dihasilkan. Penyeleiaian: Daya diperoleh dengan menggunakan l,i/ ta = (3ooo)(2n,
= Ta. lni
(of ) =
mengharuskan
a
diekspresikan dalam rad/s:
314,2 rad/s
Jadi
W
= Ta =
(100X314,2) = 31 420 W
atau Hp
=
t'r#o = 4z.t hp
USAHA DAN KALOR
42
[BAB
CONTOH 3.7 Udara dalam suatu silinder bulat (Gbr. 3-10) dipanaskan hingga pegas tertekan sejauh 50 mm. Tentukanlah usaha yang dilakukan oleh udara pada piston bebas gesekan tersebut. Pegas pada awalnya tidak teregang pada posisi yang ditunjukkan.
3
USAHA DAN KALOR
BAB 3I
43
Poros berputar
o
fl
r,.n".
Gbr. 3-11 Energi ditambahkan ke suatu sistem
I dan keadaan 2 perpindahan kalor dapat dituliskan Qr_2, tapi umumnya akan dituliskan dengan Q. Laju perpindahan kalor akan dilambangkan dengan 1Q;. Sesuai konvensi, jika kalor dipindahkan ke suatu sistem maka nilainya adalah positif. Jika kalor dipindahkan dari suatu sistem maka nilainya adalah negatif. Ini berlawanan dengan konvensi yang dipilih untuk usaha; jika suatu sistem melakukan usaha terhadap lingkungannya maka nilainya adalah positif. Perpindahan kalor positif menambahkan energi ke suatu sistem, sedangkan usaha positif mengurangi energi dari suatu sistem. Suatu proses di mana terdapat perpindahan kalor nol disebut sebagai proses adiabatik. Proses yang demikian disimulasikan secara eksperimental dengan cara menginsulasi sistem sehingga sedikit sekali kalor yang berpindah. perpindahan kalor. Untuk suatu proses tertentu antara keadaan
Harus diperhatikan bahwa energi yang tersimpan dalam suatu sistem dapat dipindahkan ke lingkungannya melalui usaha yang dilakukan sistem atau kalor yang dipindahkan dari sistem tersebut. Jadi, kalor dan usaha secara kuantitatif adalah sama dan diekspresikan dalam satuan yang sama. Pengurangan energi yang sama dapat diperoleh jika kalor 100 J dipindahkan dari suatu sistem dengan jika usaha 100 J dilakukan oleh suaiu sistem. Burner dalam Gbr. 3-l I mengilustrasikan kalor yang ditambahkan ke sistem dan poros yang berputar mengilustrasikan usaha yang dilakukan terhadap sistem. Seringkali lebih memudahkan untuk menuliskan perpindahan kalor per satuan massa. Perpindahan kalor per satuan massa akan dilambangkan dengan q dan didefinisikan sebagai
q=;o
o.1n
CONTOH 3.8 Sebuah roda dayung menambahkan energi kepada suatu penampung yang kokoh melalui rotasi yang disebabkan oleh jatuhnya suatu beban 50 kg sejauh 2 m dari sebuah puti. Berapa banyakkah kalor yang harus dipindahkan untuk menghasilkan efek yang Sama? Penyelesaian: Untuk proses non-kuasi-kesetimbangan ini usaha diberikan oleh lV = {mB)\4 = (50X9.8)(2) = 980 J. Kalor Q yang harus dipindahkan adalah sama dengan usaha ini, 980 J.
Terdapat tiga moda perpindahan kalor: konduksi, konveksi dan radiasi. Seringkali dalam rancangan-rancangan engineering, ketiga moda tersebut harus diperhatikan. Perpindahan kalor konduksi terjadi dalam suatu bahan karena adanya perbedaan temperatur di dalam bahan tersebut. Moda ini dapat terjadi di dalam semua zattapi paling sering diasosiasikan dengan zat-zat padat. Moda ini diekspresikan secara matematis melalui hukum perpindahan kalor Fourier, yang untuk bidang satu dimensi memiliki bentuk
O=kAE -L
(J.18)
di mana k adalah konduktivitas termal dengan satuan W/m.K (Btu/sec-ft-'R), Z adalah ketebalan dinding, AZ adalah perbedaan temperatur dan A adalah iuas dinding. Seringkali perpindahan kalor dihubungkan dengan faktor-R, tahanan, yang diberikan melalui
Rounu,
= Llk.
Perpindahan konveksi terjadi ketika energi dipindahkan dari suatu permukaan padat ke suatu fluida yang bergerak. Ini merupakan kombinasi dari energi yang dipindahkan melalui konduksi dan adveksi (perpindahan energi yang disebabkan
oleh pergerakan umum dari fluida); oleh karena itu, jika tidak terdapat pergerakan fluida, tidak ada perpindahan kalor konvektif. Konveksi diekspresikan dalam bentuk perbedaan temperatur antara temperatur umum fluida Z* dan temperatur permukaan 7,. Hukum pendinginan Newton mengekspresikan
Q = hA
ini
(.7,
-
sebagai
T-)
di mana h,. adalah koefisien perpindahan kalor konvektif, dengan satuan W/m2.K (Btu/sec-ft2-oR; dan
(3.1e) bergantur.rg pada
44
USAHA DAN KALOR
IBAB
3
BAB
USAHA DAN KALOR
3]
45
T
30 mm
l_
I
50 mm I
I 100
mm+l
Gbr. 3-12
prA
=w
+ parmA ,rq9#=
.'.Pt = 720 000
(.b) Untuk
Pa
(16X9,81) + (100 000)
*#
atau 120 kPa
menentukan massanya, kita memerlukan volume spesifiknya dahulu. Dengan menggunakan entri-entri dari Tabel C-2
memperoleh
vt=
vf +
x(vr-v)
= 0,001 + (0,2)(1,425
-
0,001) = 0,286m3ikg
Jadi massanya adalah
n(0.1)r
(c)
pada saat piston
i 0.05
\
berhenti,,"ru,unnyl-.::rn"lS:J-::'"';:"::rah yz
= vz/m=
qU (#?h)
menjadi
= 0,458 m3/ks
Kualitasnya diperoleh sebagai berikut, dengan menggunakan entri-entri pada 120'C: 0,458 =0,001 + xr(1,428
@
-
",
=
(ffffi)
to,*
-
0,6) + 0,6 = 0,686 MPa
Setelah piston berhenti usaha yang dilakukan pada piston adalah nol. Dari keadaan awal sampai piston berhenti bergerak, tekanan tetap konstan pada 120 kPa; maka usahanya adalah sebesar W=
3.3
atar32,0Vo
Setelah piston berhenti, volume spesifiknya berhenti berubah karena volume tetap konstan. Dengan menggunakan Tt= 400'C 0,458, kita dapat melakukan interpolasi dalam Tabel C-3, antara tekanan 0,6 MPa dan 0,8 MPa pada 400'C, untuk memperoleh
dan v.
(e)
:.xr=Q))Q
-0,001)
P(vz- vr) m =
(120X0,458
-
0,286)(0,001373) = 6,9233
11
atau 28,3 J
Udara ditekan dalam seiuah silinder sedemikian rupa sehingga volumenya berubah dari 100 menjadi 10 in3. Tekanan awalnya adalah 50 psia dan temperaturnya dijaga konstan pada 100'F. Hitunglah usaha yang dilakuan. Usaha diberikan oleh W =
IP dV. Untuk
proses isotermal persamaan keadaan memungkinkan
kita untuk menuliskan
PV=mRT=konstan karena massa m, konstanta gas R dan temperatur di atas menjadt P = PtVrlV, sehingga
w = ptvt
3.4
fV,
1,,'
y
7
semuanya konstan. Dengan membuat konstan
= ptvttn
f,
= rsoxr++r
(ffi)
,, i&
ini menjadi P,V,,
persamaan
= -e5e rt-tbr
Enam gram udara berada dalam sebuah silinder yang ditunjukkan dalam Gbr. 3-13 Udara tersebut dipanaskan hingga piston terangkat sejauh 50 mm. Pada awalnya pegas hanya menyentuh permukaan piston. mulai bergerak dan (D) usaha yang dilakukan oleh udara terhadap piston.
(a)
Tekanan udara ketika piston mulai terangkat diperoleh melalui penyeimbangan gaya
DttLrr
' E dm Pcrpusiaiaen dgr f,rrmll.en DISIOn:
Propinsl Jriwr',"1r-.;r
46
USAHA DAN KALOR
pA
= po,, A +
Pl0'li:
ti
IBAB
= rl00 000r
nt0'2t:
*
3
r300tr9.glr
AP = 193 700 Pa arau 193.7 kPa Tempertrtur diperoleh dari hukum gas ideal:
r (b)
=
U,=
Ll21'?(0.1s)(")(o!I /4 = 530 K
Usaha yang dilakukan oleh udara dian-ugap terdiri dari dua bagian: usaha untuk nrengangkat piston dan nsaha untuk menekan pegas. Usaha yang dibutuhkan untuk mengangkat piston sejauh 0,05 lz adalah
w
=
1p;1r7,
= (Pt(At\A= 119-r.7rI(041 (0,0s) = 0,304
Usaha yang dibutuhkan untuk menekan pegas adalah oleh udara untuk mengangkat piston adalah
I,V
=]
tCr2
=
,11+00110.0S2)
kJ
= 0,5 kJ. Usaha total yang dibutuhkan
W = 0.304 + 0,5 = 0.804 kJ
Dua kilogram udara melervati siklus tiga proses seperti yang ditunjukkan dalam Gbr. 3-14. Hitunglah usaha nettonya.
Piston bebas
-eesekan
T
150 mm
1 1t)
Gbr. 3-lz[
Gbr. 3-13
Besarnya usaha untuk proses volume konstan dari keadaan 1 ke keadaan 2 adalah nol karena dV = O. Untuk proses tekanan konstan besarnya usaha adalah
w)
=J
3
p,lv = p(v3- v2)= (100)(10 -
Usaha yang.dibutuhkan untuk proses isotermal adalah
ry,_l =
fp
/
ttv =
' J,, #,
dv
=,t
Rr
2) = 800 kJ
fv J\ ,l =,,, Rr tn X
Untuk mencari lV,-, kita membutuhkan temperatur. Ini diperoleh dari keadaan 3 sebesar
.
,,= i;X,= ll#H = ti42R
Jadi, besarnya usaha untuk proses temperatur konstan adalah
l'l':-, = (2)(0.28'7)(1742)ln
rt = -
1609 kJ
Akhirnya, usaha netto adalah sebesar Wu",=
Y'i'-' + I7"- -, + lV,
r = 800
-
1609 = -809 kJ
Tanda negatif berarri terjadi input usaha netto untuk melengkapi siklus dalarn urutan yang clitunjukkan di atas. Sebuah roda dayung (Gbr. 3-15) membutuhkan torque sebesar 20 ft-lbf untuk berputar 100 rpm. Jika roda dayung tersebut berputar selama 20 detik, hitunglah besarnya usaha netto yang dilakukan oleh udara jika piston bebas gesekan terangkat sejauh
2
ft
selama jangka r.vaktu tersebut.
Input usaha oleh roda dayung adalah
"t r-
w=-
To.t tr1
rad/secl (20 sec) = = (-20 fr lbfl [(l00l2rr] t60 I
-
4190 ft-lbf
BAB 3]
USAHA DAN KALOR
F-0
in
47
----l
Gbr. 3-15 Tanda negatif menunjukkan usaha yang dilakukan pada sistem, yaitu udara. Usaha yang dibutuhkan untuk mengangkat piston membutuhkan diketahuinya tekanan. Ini diperoleh sebagai berikut:
pA
=
pu,nA
+
W +
=rra,7r
4Oi
+
500
...p
=
32,4 psia
Jadi usaha yang dilakukan oleh udara untuk mengangkat piston adalah
w = (F) kr) = e)@)(A = G2.4) a?1 ,r, = dan besarnya usaha netto adalah il/n.,
3.7
=
1830
-
1830
frlbf
4190 = -2360 tt-lbf.
Gaya yang dibutuhkan untuk menekan sebuah pegas tak-linier diberikan melalui ekspresi F = 200x + 30x2 N, di mana .r adalah pergeseran pegas dari panjang netralnya yang diukur dalam meter. Tentukanlah usaha yang dibutuhkan untuk menekan pegas tersebut sejauh 60 cm. Besarnya usaha diberikan oleh
w = [r
o*=
louo (200x
+
3o?) dx= (100 x 0,62) + (10 x 0,63) = 38,16
J
Soal-soal Tambahan
3.8
Dua kilogram uap jenuh pada 400 kPa berada dalam sebuah rangkaian piston-silinder. Uap dipanaskan pada tekanan konstan hingga mencapai 300'C. Hitunglah usaha yang dilakukan oleh uap.
3.9
Uap seberat 0,025 kg dengan kualitas 10 persen dan tekanan 200 kPa dipanaskan dalam sebuah penampung kokoh hingga temperatumya mencapai 200"C. Tentukanlah (a) kuaiitas akhirnya dan (b) usaha yang dilakukan oleh uap.
3.10 Piston bebas gesekan yang berada daiam kesetimbangan memiliki massa 64 kg (Gbr. 3-16). Energi ditambahkan hingga temperatumya mencapai 220"C. Tekanan atmosfer adaiah 100 kPa. Tentukanlah (a) tekanan awalnya, (D) kualitas arvalnya, (c) kualitas pada saat piston berhenti bergerak, (fl kualitas akhirnya (atau tekanannya jika superheat), (e) usaha yang dilakukan pada piston. -120 mm
-L
T36 mm I
T
0.4 mm
Gbr. 3-16 3.11 Uap air jenuh pada 180'C berada dalam sebuah rangkaian piston-silinder pada volume awal 0,1 m3. Energi ditambahkan dan piston ditarik sehingga temperatur tetap konstan hingga tekanan mencapai 100 kPa.
(a)
Tentukanlah besarnya usaha yang dilakukan. (Karena tidak ada persamaan yang menghubungkanp dan Y, ini harus dilakukan
(b) (c)
Gunakanlah hukum gas ideal dan hitunglah besarnya usaha. Berapakah persentase kesalahan yang diakibatkan oleh pemakaian hukum gas ideal?
melalui grafik.t.
3.12 Sebuah piston 75 pon dan sejumlah beban bertumpu pada sebuah penahan (Gbr. 3-17). Volume dari silinder pada posisi ini adalah 40 in3. Energi ditambahkan ke dalam campuran air 0,4 lbm hingga temperaturnya mencapai 300'F. Tekanan atmosfer adalah l4 psia.
USAHA DAN KALOR
48
l-4
in.
[BAB
3
------,1
Gbr. 3-17
(a) 1b)
(c)
Berapakah volume spesifik awal dari campuran uap dan cairan? Berapakah temperatur di daiam silinder ketika piston baru saja terangkat dari penahannya? Tentukan usaha yang dilakukan selama berlangsungnya proses tersebut.
3.13 Udara ditekan dalam sebuah silinder sehingga volumenya berubah dari 0,2 menjadi 0,02 m3. Di awal proses tekanannya adalah 200 kPa. Hitunglah besamya usaha jika (a) tekanannya konstan dan (D) temperatumya konstan pada 50'C. Gambarkanlah sketsa dari setiap proses pada sebuah diagram P-V. 3.14 Udara yang terdapat dalam sebuah silinder bulat (Gbr. 3-18) dipanaskan sehingga sebuah beban 100 kg terangkat 0,4 m. Hitunglah usaha yang dilakukan oleh udara yang berekspansi terhadap beban. Tekanan atmosfer adalah 80 kPa.
m----]
F-0,3
Gbr. 3-18 3.15 Suatu proses untuk gas ideal direpresentasikan oleh P7' = konstan, di mana n memiliki suatu nilai tertentu untuk suatu proses tertentu. Tunjukkanlah bahwa ekspresi untuk usaha yang dilakukan dalam suatu proses antara keadaan I dan 2 diberikan oleh 1Y
=
Ptv''- P'v' | -n
Apakah ini berlaku untuk proses isotermal? Jika tidak, tentukanlah ekspresi yang tepat. 3.16 Tekanan dalam gas yang berada dalam sebuah rangkaian piston-silinder berubah sesuai dengan P = a + 30/y di mana P memiliki satuan psi dan V memiliki satuan ft3. Pada awalnya tekanannya adalah 7 psia dan volumenya adalah 3 ft3. Tentukanlah usaha yang dilakukan jika tekanan akhirnya adalah 50 psia. Tunjukkanlah area yang merepresentasikan usaha ini pada diagram P-V. 3.17 Udara mengalami suatu siklus tiga proses. Tentukanlah besarnya usaha netto yang dilakukan untuk 2 kg udarajika proses-prosesnya adalah
1
+
2: ekspansi tekanan konstan
2 -+ 3: volume konstan 3 -+ 1: kompresi temperatur konstan Informasi yang diperlukan adalah 7r
=
100"C,
Iz = 600'C
dan P, = 200 kPa. Gambarkanlah sketsa siklus ini pada diagram P-
V,
3.18 Sebuah pegas yang tidak diregangkan terhubung pada sebuah piston horizontal (Gbr. 3-19). Energi ditambahkan ke dalam gas hingga tekanan di dalam silinder mencapai 400 kPa. Tentukanlah usaha yang dilakukan oleh gas pada piston. Gunakanlah Pu,. = 75 kPa.
I I
50 mm
Gbr. 3-19
BAB 3]
USAHA DAN KALOR
49
3.19 Udara berekspansi di dalam sebuah rangkaian piston-silinder pada tekanan konstan 200 kPa dari volume 0,1 m3 ke volume 0,3 m3. Kemudian temperatumya dijaga konstan selama ekspansi sebanyak 0,5 m3. Tentukanlah besarnya usaha total yang dilakukan oleh udara tersebut.
3.20 Sebuah balon berdiameter 30 ft diisi helium dari sebuah tangki bertekanan. Balon tersebut pada awalnya kosong (r = 0) pada ketinggian di mana tekanan atmosfer adalah 12 psia. Tentukanlah besarnya usaha yang dilakukan oleh helium pada saat balon sedang diisi. Tekanan bervariasi terhadap radius menurut P = 0,04 (r - 3O)2 + 12 dt mana P memiliki satuan psi. 3.21 Berikanlah estimasi untuk besarnya usaha yang dibutuhkan untuk menekan udara dalam sebuah rangkaian piston-silinder dari tekanan 100 kPa ke 2000 kPa. Volume awalnya adalah 1000 cm3. Asumsikan terjadinya proses isotermal. 3.22 Sebuah motor listrik menarik 3 A dari sebuah baterai 12 V 1Gbr. 3-201. Sembilan puluh persen dari energi tersebut digunakan untuk memutar roda dayung yang ditunjukkan. Setelah beroperasi selama 50 detik piston seberat 30 kg terangkat sejauh 100 mm. Tentukanlah besamya usaha netto yang dilakukan oleh gas pada lingkungannya. Gunakanlah Pu,- = 95 kPa.
Gbr. 3-20 3.23 Torque sebesar 2 N'm dibutuhkan untuk memutar sebuah roda dayung dengan kecepatan 20 radls. Roda dayung tersebut berada dalam sebuah tangki kokoh yang berisi gas. Berapakah nilai usaha netto yang dilakukan pada gas selama pengoperasian 10 menit?
3.24 Perkirakanlah besamya usaha yang dilakukan oleh suatu gas dalam sebuah proses yang tidak diketahui. Daya yang menghubungkan tekanan dan volume diperoleh sebagai berikut: P
200
250
300
350
400
450
500
kPa
V
800
650
550
475
415
365
360
cm3
3.25 Angin bertiup pada 80 km/jam di sekeliling menara berdiameter 250 mm dengan tinggi 100 m. Koefisien gaya hambatnya adalah 0,4 (lihat Contoh 3.4). Hitunglah gaya total yang beraksi pada menara tersebut dan laju terjadinya usaha yang dilakukan terhadap menara oleh angin. 3.26 Turunkanlah sebuah ekspresi untuk usaha yang diperlukan untuk meregangkan sebuah kabel sejauh jarak i yang sangat kecil. Gaya terhubung dengan besamya regangan x melalui F = EAxlL, di mana L adalah panjang awal dari kabel. A adalah luas perpotongan dan E adalah konstanta bahan dan modulus elastisitas.
3.27 Sebuah pegas linier dengan panjang bebas 0,8 ft membutuhkan input usaha sebesar 4 ft-lbf untuk meregangkannya sejauh bisa digunakan. Jika konstanta pegasnya adalah 100 lbf/ft, tentukanlah panjang maksimum dari pegas tersebut. 3.28 Sebuah pegas linier membutuhkan usaha sebesar 20 J untuk menekannya dari panjang netralnya sebesar 100 mm hingga menjadi 20 mm. Tentukanlah konstanta pegasnya.
3.29 Gaya yang dibutuhkan untuk menekan sebuah pegas tak-linier diberikan oleh F = 101 N, di mana x adalah jarak tertekannya pegas, yang diukur dalam meter. Hitunglah besarnya usaha yang dperlukan untuk menekan pegas tersebut dari 0,2 ke 0,8 m.
3.30 Sebuah mesin mobil menghasilkan 100 hp, di mana 96 persen di antaranya ditransfer ke poros penggerak. Hitunglah torque yang ditransfer oleh poros penggerak jika berputar pada 300 rpm. 3.31 Sebuah roda dayung diletakkan dalam sebuah aliran sungai untuk menghasilkan daya listrik. Aliran air memutar dayung dengan radius 2 ft tersebut sehingga ujungnya bergerak pada kecepatan 4 ftlsec sementara gaya sebesar 100 lbf beraksi pada jarak ratarata 1,2 ft dari titik pusat. Tentukanlah besarnya arus maksimum yang terus menerus dihasilkan yang dapat digunakan untuk mengisi sekumpulan baterai 12 V. 3.32 Sebuah tegangan listrik sebesar 110 V diberikan pada sebuah resistor sehingga menghasilkan arus sebesar 12 A melewati resistor tersebut. Tentukanlah (a) besarnya daya yang dibutuhkan untuk melakukan hal tersebut dan (b) besarnya usaha yang dilakukan selama
l0
menit.
USAHA DAN KALOR
50
IBAB
3
3.33 Sebuah mesin bensin menggerakkan sebuah generator kecil yang memberikan energi listrik ke sebuah rumah mobil. Berapakah besamya daya mesin minimum yang dibutuhkan jika diinginkan 200 A dari sistem 12 V? 3.34 Sebuah rumah memiliki jendela berukuran 2 mkali 1,5 m dengan ketebalan kaca 0.5 cm. Temperatur di dalam adalah 20'C dan temperatur di luar adalah -20'C. Jika terdapat sebuah lapisan udara di kedua sisi dari jendela tersebut masing-masing dengan faktor R sebesar 0,1 m2'KnV, tentukanlah laju perpindahan kalor melalui jendela tersebut jika fr*u.o = 1.4 Wm.K. 3.35 Sebuah alat elektronik dengan luas permukaan 75 mm2 menghasilkan kalor 3 W Alat tersebut didinginkan melalui konveksi ke udara yang dijaga pada 25'C. Jika temperatur permukaan dari alat tersebut tidak boleh melebihi 120"C, perkirakanlah koefisien perpindahan kalor yang dibutuhkan. 3.36 Sebuah kabel tembaga dengan diameter 0,3 cm dan panjang 10 m memiliki emisivitas 0,04. Jika diasumsikan bahwa perpindahan kalor terjadi hanya melalui radiasi, perkirakanlah laju perpindahan kalor netto ke lingkungan bersuhu 300 K jika kabel tersebut berada pada 900 K.
Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE 3.1FE
Seseorang mengangkut beban seberat 200 usaha yang telah dilakukannya?
N dari ujung suatu ruangan ke ujung lainnya yang berjarak 100 m. Berapa besarkah
(A) 0J (B) 20 J (c) 20 kJ (D) 20 kw 3.2FE Moda
(A) (B) (C) (D) 3.3F8
usaha manakah yang merupakan moda usaha non-kesetimbangan? Menekan sebuah pegas Mentransmisikan torque dengan sebuah poros berputar Memberikan energi ke sebuah resistor Menekan gas dalam sebuah silinder
Sepuluh kilogram uap jenuh pada 800 kPa dipanaskan pada tekanan konstan hingga 400"C. Usaha yang dibutuhkan adalah
(A) 1lso kJ (B)
(c)
(D)
960 kJ 660 kJ 115 kJ
3.4FE Sepuluh kilogram udara pada 800 kPa dipanaskan pada tekanan konstan dari 170'C hingga 400"C. Usaha yang dibutuhkan adalah
(A) 11s0 kJ (B) 960 kJ (c) 660 kJ (D) l15 kJ
t
?*T
3.5FE Sebuah penahan terletak 20 mm di atas piston yang ditunjukkan dalam Gbr. 3-21. Jika massa dari piston bebas gesekan tersebut adalah 64 kg, berapakah besarnya usaha yang harus dilakukan udara pada piston untuk menaikkan tekanan di dalam silinder hingga 500 kPa?
t
5U mm
I
(A) 13 J (B) 28l (c) 4r J (D)
Gbr. 3-21
53 J
3.6FE Manakah di antara yang berikut yang tidak memindahkan
(A) (B) (C) (D)
usaha ke atau dari suatu sistem?
Piston yang bergerak Membran suatu balon yang mengembang Pemanas dengan resistansi elektrik Sebuah membran yang pecah
3.7FE Hitunglah besarnya
usaha yang diperlukan untuk menggerakkan sebuah piston.dalam sebuah silinder pada tekanan konstan
jika
air cair jenuh diuapkan seluruhnya pada 200'C.
{A) 2790 kJ/kg (B) 1940 kJ/kg (C) 850 kJ/kg (D) 196 kJ/kg 3.8FE Manakah di
antara pemyataan-pemyataan mengenai usaha untuk suatu proses kuasi-kesetimbangan berikut
ini yang tidak tepat?
B.\B
USAHA DAN KALOR
3]
(A) (B) (C) (D) 3.9FE
5l
Diferensial dari usaha adalah tak-eksak Besarnya usaha adalah luas area di bawah diagram P-7 Usaha merupakan suatu fungsi jalur Suatu proses volume konstan memiliki usaha yang besarnya selalu nol
Sebuah roda dayung dan sebuah pemanas listrik dioperasikan dalam suatu sistem. Jika torque adalah 200 N.m, putaran rotasi adalah 400 rpm, tegangan adalah 20 V dan arus adalah 10 A, berapakah besamya laju usaha dilakukan?
(A) (B)
(c)
(D)
-9200 J -9200 kw -2040 w -2040 kw
l.l0FESebuah piston berdiameter 200 mm diturunkan dengan cara menaikkan tekanan dari 100 kPa menjadi 800 kPa sedemikian rupa sehingga hubungan P-Vnya adalah Pt' = konstan. Berapakah besarnya usaha yang dilakukan pada sistem tersebut jika Vr = 0'1 m3? (A) -18.3 kJ (B) -24,2 kJ (c) -31,6 kr
(D) 42,9 kJ
3.11FESebuah pemanas resistansi elektrik dengan tegangan 120 V mengambil 10 A. Pemanas tersebut dioperasikan selama 10 menit di dalam sebuah volume yang kokoh. Hitunglah usaha yang dilakukan pada udara di dalam volume tersebut. (A) 720 000 kJ (B) 720 kJ
(c)
(D)
12 000 kJ 12 kJ
S.l2FETentukaulah besarnya usaha jika udara mengembang dari 0,2 m3 menjadi 0,8 m3 sementara tekanannya dalam satuan kPa
adalahP=0.2+0.4V.
(A) (B) (c) (D)
0.48 kJ 0.42 kJ 0,36 kJ 0,24 kJ
3.l3FESepuluh kilogram air cairjenuh berekspansi hingga 7, = 200'C sementara tekanannya tetap konstan pada 500 kPa. Tentukanlah
W,,,
(A) 230 kJ (Bt 926 kJ (C) 1080 kJ (D) 2120 kJ 3.14FEKalor dapat dipindahkan dengan konduksi melalui:
(A) (B) (C) (D)
zat padat saja zat cair saja gas saja semua
di
atas
3.l5FE Perpindahan kalor konveksi melibatkan: (A) konduksi dan adveksi (B) konduksi dan radiasi
(C) (D)
radiasi dan adveksi usaha dan konduksi
3.16FERadiasi dilepaskan melalui: (A) zat cair saja
(B) (C) (D)
zaL padat yang gelap saja gas saja semua bahan yang memiiiki temperatur finit
Jawaban untuk Soal-soal Tambahan
3.8 3.9
153,8 kJ
(a)
3.10 (a)
0,7002 120
kPa
(e) 0,0 (e)
0,0619
(c) 0,0963
(a
1,52 MPa
(e) 0,0754 kJ
USAHA DAN KALOR
52
[BAB
3
3.11 (.a) 252 kJ (b) 248 kJ (c) -1,6vo 3.12 (a) 0,05787 ft3/lbm (b) 228'F (c) 25 700 ft-lbf 3.13 (a) -36 kJ (b) -92,1 kJ 3.14 2,654 kl 3.15 Tidak P,V, \n (VrlV,) 3.16 -6153 ft-lbf 3.17 105 kJ 3.18 0.2976 kl 3.19 70,65 kJ 3.20 2.54 x 108 fr-lbf 3.21 -0,300 kJ 3.22 -919 J 3.23 -24 000 N.m 3.24 132 J 3.25 3040 N. 0,0 3.26 EAPI2L 3.27 1.0828 ft 3.28 6250 N/m 3.29 1,68 J 3.30 2280 N'm 3.31 27,t A. 3.32 (a) 1320 W (b) 792 kt 3.33 3.22 hp 3.34 590 J/s 3.35 421Wlm'K 3.36 138,5 W
Jawaban untuk Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE 3.1FE (A) 3.10FE (A)
3.2FE
(C) G)
3.1rFE
3.3FE
(A) 3.4FE (C) 3.sFE (D) (D) s.13FE (D) 3.14FE (D)
3.r2FE
3.6FE (D) 3.7FE (C) 3.8FE 3.1sFE (A) 3.16FE (D)
(B)
3.9FE (C)
Hukum Pertama Termodinamika
,
:
..
,
i Ii i ,
:
,
., :
,
i
,
41 B$il$IAHULUAN fX ,pertama termodinamika
lebih dikenal sebagai kekekalan energi. Dalam mata kuliah fisika dasar, studi kinetik dan potensial dan
mengcargi. kekekalan energi memberikan penekanan pada perubahan-perubahan dalam energi
huburr$@r
d*.p Uen
terhadap usaha. Suatu bentuk kekekalan energi yang lebih umum memasukkan efek-efek perpindahan kalor
energi internal. Bentuk yang lebih umum ini biasanya disebut hukum pertama termodinamika. Bentuk#i. lainnya dapat juga dimasukkan, seperti misalnya energi elektrostatik, magnet, strain dan permukaan. Kita
akan'membi&s hukum pertama untuk suatu sistem dan selanjutnya untuk suatu volume kontrol. . .,:..,
i:r"j,:.r
:l
{z..H$K;.YY PERTAMA TERMODINAMIKA DALAM SUATU SIKLUS r
sstsleh:'{nembahas konsep-konsep usaha dan kalor, kita siap untuk mengajukan hukum pertama termodinamika. 1i bahwa suatu hukum bukanlah sesuatu yang diturunkan atau dibutuhkan dari prinsip-prinsip dasar tapi
krgatl€[h.:ke
hanyriildh:'irleqq.pakan suatu pernyataan yang kita rumuskan berdasarkan pengamatan-pengamatan dari berbagai Lksperimen. Jikar.,,fual0tlr$.Bperimen menunjukkan adanya pelanggaran terhadap suatu hukum, maka hukum tersebut harus direvisi atauk$hflto#*i-kondisi tambahan harus diterapkan pada keabsahan hukum tersebut. Secara historis, hukum pertama * rdirumuskan untuk suatu siklus: perpindahan kalor netto adalah sama dengan usaha netto yang dihasilkan urtt$:'ffi,*itt"m siklus. Hal ini diekspresikan dalam bentuk persamaan melalui
lW=\O :
(4.1)
i:f:.: :'ilill:,:;:lrlil:::i:'l
314L,y::1;r,1;1.1;,1j;11:r
'l.::,,..,::'::,.::,
;:,,
]],.,],.],.,.
paW = Pag J.t
g.2)
di mpna simbol;f menunjukkan integrasi di sekeliling suatu siklus lengkap.
H9\qn pertama dapat diilustrasikan dengan memperhatikan eksperimen berikut. Gantungkanlah sebuah beban pada sebuah-susufian katrol/roda dayung, seperti yang ditunjukkan dalam Gbr.4-1a. Biarkanlah beban tersebutjatuh menempuh iarak tertentu sehingga melakukan usaha terhadap sistem yang terdapat di dalam tangki terinsulasi yang ditunjukkan sebesar berat.beban djkalikan dengan jarak jatuhnya. Temperatur dari sistem tersebut (fluida di dalam tangki) akan meningkat sebAtyak',A?'r::i" r
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
54
IBAB 4
(a)
Gbr. 4-1 Hukum pertama dalam suatu siklus
Selanjutnya, sistem tersebut dikembalikan ke kondisi awalnya (melengkapi siklus tersebut) dengan cara memindahkan kalor ke lingkungannya, seperti yang ditunjukkan oleh Q dalam Gbr. 4-lb. Ini akan menurunkan temperatur sistem tersebut ke temperatur awalnya. Hukum pertama menyatakan bahwa perpindahan kalor ini tepat sama besarnya dengan usaha yang telah dilakukan oleh beban yang jatuh.
pegas diregangkan sejauh 0.8 m dan dihubungkan ke sebuah roda dayung (Gbr.4-2). Roda dayung tersebut kemudian berputar sehingga pegas menjadi tidak teregang lagi. Hitunglah besarnya perpindahan kalor yang diperlukan
'CONTOH 4.1 Sebuah
untuk mengembalikan sistem tersebut ke kondisi awalnya Penyeleeaiafi: Usaha yang dilakukan oleh pegas terhadap sistem diberikan melalui
wt.,=
f0.8_, IJo ,fot ,^^ F dr = Jo l00x dx = (100) l(0.8)'l = 32 N.m [tr*'']
Karena perpindahan kalor mengembalikan sistem ke kondisi awalnya. terjadilah suatu siklus. Hukum pertama menyatakan
bahwaQ,
t=Wr z=32J.
4.3 HUKUM PERTAMA DALAM SUATU PROSES Hukum pertama termodinamika seringkali diaplikasikan pada suatu proses seiring dengan berubahnya sistem dari satu keadaan ke keadaan lainnya. Jika kita sadari bahwa suatu sistem menjalani suatu siklus melalui beberapa proses dan akhirnya kembali ke keadaan awalnya, kita dapat menganggap suatu siklus terdiri dari dua proses yang direpresentasikan oleh A dan B dalam Gbr. 4-3. Dengan menerapkan hukum pertama pada siklus ini, (4.2) mengambil bentuk
I
un^ *
L'
ueu
=tu*^.tu*,
Dalam proses dari 1 ke 2 di sepanjang B kita menukar limit integrasinya dan menuliskannya sebagai
Ghr.4-2
Gbr. 4-3 Suatu siklus yang terdiri dari dua proses
BAB 4l
HUKLTM PERTAMA TERMODINAMIKA
I,'
un^-
L'
uru =
.5-5
I,' 6Wo - I,' 6W,
atau ekuivalennva ?)
J, oo
-
bw\A
=
T,, (dQ -
dw)B
Ini berarti,
perubahan kuantitas Q - W dari keadaan 1 ke keadaan 2 di sepanjang jalur A maupun adalah sama besar: karena perubahan ini bersifat independen antara keadaan 1 dan 2, kita jadikan
6Q-6W=dE
di
sepanjang jalur B
\4.3)
di
mana dE merupakan suatu diferensial eksak. Kuantitas E merupakan suatu properti ekstensif dari sistem tersebut dan dapat dibuktikan melalui eksperimen sebagai suatu representasi dari energi dari sistem tersebut pada suatu keadaan tertentu. Persamaan (4.3) dapat diintegrasikan untuk menghasilkan
Qr-,-wt z=Ez
(4.4)
E,
Di mana Qy_2adalah kalor yang dipindahkan ke sistem selama proses dari keadaan 1 ke keadaan 2, !V, , adalah usaha yang dilakukan oleh sistem pada lingkungannya selama proses tersebut dan E. dan E, adalah nilai-nilai dari propefti E. Dalam mengerjakan kebanyakan soal biasanya subskrip-subskrip pada Q dan W diabaikan. Properti E merepresentasikar.r semua energi; energi kinetik, KE, energi potensial, PE dan energi internal U yang memasukkan energi kimia dan energi yang diasosiasikan dengan atom. Setiap bentuk energi lainnya juga tennasuk dalam energi total E. Intensif properti yang diasosiasikan dengan energi ini diberikan lambang e. Jadi hukum pertama termodinamika memiliki bentuk
Qt
r.-
Wr
-z= KE, -
KE1 + PE.
-
PE, + U,
(f - ,,,2. =';m.,,,2 i l;) + rtrq(:, - -,) + Ur-
-
U,
(4.s)
U,
Jika kita mengaplikasikan hukum pertama pada sebuah sistem yang terisolasi, di mana Qt menjadi kekekalan energi: artin\ a.
Ez=
_z
=
W
t _ 2 = 0, hukum peftama
(4.6)
Et
Energi internal U merupakan suatu propefii ekstensif. Properti intensif yang diasosiasikan dengan energi ini adalah energi internal spesifik a; yaitu, u = Ulnt. Untuk sistem-sistem sederhana dalam kesetimbangan, hanya diperlukan dua propeti untuk menentukan keadaan dari suatu zat murni, seperli misalnya udara atau uap. Karena energi internal merupakan sebuah properti, energi ini bergantung hanya pada, sebutkanlah, tekanan dan temperatur; atau. untuk uap jenuh. bergantung pada kualitas dan temperatur (atau tekanan). Untuk suatu kualitas teftentu nilainya adalah
sn
ft = u,.+ I-B xtt,.
Selanjutnya kita dapat mengaplikasikan hukum pertama pada sistem-sistem yang melibatkan fluida-fluida kerja yang
memiliki nilai-nilai properti yang ditabulasikan. Sebelum kita mengaplikasikan hukum pertama pada sistem-sistem yang melibatkan zat-zat semacam gas-gas ideal atau zal-zat padat, akan sangat berguna jika kita perkenalkan properti-properti tambahan yang akan mempermudah pekerjaan kita.
CONTOH 4.2 Sebuah kipas 5 hp digunakan untuk memberikan sirkulasi udara dalam suatu ruangan besar. Jika ruangan tersebut diasumsikan terinsulasi dengan baik tentukan energi intemalnya setelah kipas digunakan selama I iam. PenyeleSaian: Menurut asumsi. O = 0. Dengan APE = KE = 0 hukum pertama menjacli -W = LIJ.lnput usahanya adalah
W=
15
hprl
I
hrt746 W/hp)r3600 s/h) = -1.343
x
107 J
Tanda negatif yang dihasilkan adalah karena usaha dimasukkan ke dalam sistem. A-khirnya. kenaikan energi internalnya
6g = *(-1,343 x
107)
-
1,343
x
10i
J
56
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
Q-W=Uz-Ut
IBAB 4
(4.8)
Usaha yang dilakukan untuk mengangkat beban dalam proses tekanan konstan diberikan oleh
W=P(Vz-V)
(4.e)
BAB 4]
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
51
o Gbr. 4-4 Penambahan kalor pada tekanan konstan Jadi hukum pertama dapat dituliskan
Q=(UaPVz-(U+PV\, Kuantitas di dalam tanda kurung adalah penggabungan properti-properli jadi merupakan suatu properti juga. sebagai entalpi H dari sistem tersebut; artinya,
H=U+PV
(4.10)
lni
disebut
(4.11)
Entalpi spesifik diperoleh dengan cara membagi dengan massa. lni adalah
h=u+Pv
(4.12)
Entalpi merupakan properti dari suatu sistem dan juga dapat ditemukan dalam tabel-tabel uap. Persamaan energi sekarang dapat dituliskan untuk proses seimbang tekanan konstan sebagai
O. .=H.-H,
(4 .1 3)
Entalpi telah dideflnisikan dengan menggunakan sistem tekanan konstan di mana selisih entalpi antara dua keadaan adalah perpindahan kalor. Untuk proses tekanan variabel, selisih entalpi kehilangan arti fisiknya dalam suatu sistem. Walaupun demikian entalpi masih digunakan dalam soal-soal engineering dan tetap merupakan suatu properti yang didefinisikan oleh (4.11). Dalam proses tekanan konstan non kesetimbangan Al1 tidak sama dengan perpindahan kalor. Karena yang terpenting adalah perubahan entalpi atau energi dalam, maka kita dapat memilih datum sebagai dasar untuk mengukur /z dan a. Kita memilih cairan jenuh pada 0'C untuk menjadi titik datum untuk air.
CONTOH 4.5 Dengan menggunakan konsep entalpi. selesaikanlah soal yang diberikan dalam Contoh 4.4 Penyelesaian: Persamaan energi untuk proses tekanan konstan (di mana subskrip pada perpindahan kalor telah diabai kan I
Q=Hz*Hr
atau
3500=(hr_28&)m
Dengan menggunakan tabel-tabel uap seperti dalam Contoh 4.4, massanya adalah
* = t/a i = o.it+z= 3.744 kg Jadi
h, = :5:2 + 2860 = 37es krikc ' J, t++ Melalui interpolasi dalam tabel-tabel
uap
rz = 6o0
.lr:;:) {roo; = 641.q
Jelas terlihat bahwa entalp.i sangat berguna dalam menlelesaikan soal tekanan konstan. Proses coba-coba tidak diperlukan dan penyelesaiannya tidak berbelit-belit. Kita menunjukkan bahwa kuantitas yang kita buat. enralpi. tidak diperlukan. tapi dapat sangat berguna. Kita akan sering menggunakamya dalam perhitungan-perhitungan selanjutnya.
4.5 KALOR LATEN Jumlah energi yang harus dipindahkan dalam bentuk kalor ke suatu zat yang dijaga pada tekanan konstan sehingga terjadi perubahan fase disebut kalor laten. Ini adalah perubahan entalpi dri zat tersebut pada kondisi jenuh di kedua fase tersebut. Kalor yang diperlukan untuk melelehkan (atau membekukan) satu satuan massa zat pada tekanan konstan
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
58
IBAB 4
adalah kalor fusi dan sama dengan hU = h, - h,. di mana h, adalah entalpi dari z.at padat jenuh dan h, adalah entalpi dari cairan jetuh. Kalor pengu.apan adalah kalor yang dibutuhkan untuk menguapkan seluruhnya satu satuan unit massa cairan jenuh.(atau mengondesasikan satu satuan massa uap jenuh); nilainya adalah sama dengan ltr, = h, - iz, Jika suatu zat padat mengalami perubahan fase langsung menjadi gas. terjadilah sublimasi; kalor sttblimr-zsr adalah sama dengan ftiB = h8r-- h. Kalor fusi dan kalor sublimasi tidak sensitif terhadap perubahan tekanan atau lemperatur. Kalor fusi untuk es adalah sekitar 320 kJ/kg (140 Btu/lbm) dan kalor sublimasi adalah sekitar 2040 kJ/kg (880 Btu/lbm). Kalor penguapan untuk air tercatat sebagai /z* dalam Tabel C-l dan C-2.
4.6 KALOR SPESIFIK Untuk suatu sistem seclerhana hanya dua variabei inclependen yang dibutuhkan untuk menentukan keadaan dari sistem tersebut. OIeh karena itu kita dapat menganggap energi internal spesiflk sebagai suatu fungsi dari temperatur dan volume spesifik; artinya. u = tr(T, v)
(4.14)
Dengan menggunakan aturan rantai (.chain rttle) dari kalkulus kita mengekspresikan diferensialnya dalam suku-suku derivatif parsial sebagai
(4.15t ar + Ou:1, o, ou = #1,. v dan Z semuanya adalah properti, derivatif parsialnya juga merupakan properti dan disebut kalor spesifik
Karena r, volume konstan C,: arlinva.
c.. -1 =
*l dT l,
rsJol
Salah satu eksperirnen klasik dalam termodinamika, yang pertama kali dilakukan oleh Joule pada tahun I843, diilustrasikan dalam Gbr. 4-5. Volume A diberikan tekanan dan volume B dikosongkan. Setelah terjadi kesetimbangan, bukalah katupnya.
Walaupun tekanan dan volume dari gas ideal tersebut telah berubah cepat. temperaturnya tidak berubah. Karena tidak terjadi perubahan temperatur, tidak terjadi perpindahan kalor ke air. Karena melalui pengamatan tidak terjadi usaha maka kita menyimpulkan, dari hukum pertama, bahwa energi internal dari suatu gas ideal tidak bergantung pada tekanan atau volume.
Untuk gas yang demikian, yang berperilaku seperti gas ideal, kita rnemiliki
6tLl d1'lr
-o
@.1n
Dengan menggabun,ekan (4:15'). (4.16) dan (4.1n,
dtt = Cv dT
(4.18)
lni dapat diintegrasikan untuk memperoleh Lt\
(4.1e)
- ul
Katup
Gbr. 4-5 Eksperimen Joule
BAB 4]
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
Untuk suatu C,,(I) yang diketahui integral ini dapat dihitung untuk mengetahui perubahan energi internal pada interval temperatur untuk suatu gas ideal. Dernikian juga' dengan menganggap bahr,va entalpi spesifik bergantung pada kedua variabel memiliki no = oa+l,,ar +
Kalor spesifik tekanan konstan C, didefinisikan
llul,
I
dan
ar
suatu
p, kita (4.20)
sebagai
',,
oo'il,
=
(4.21)
Kembali ke deflnisi entalpi (1.t2), unruk suatu gas icleal kita rnemiliki
h=tt.+Pt,=u+RT
(4.22)
di
mana kita telah menggunakan persamaan keadaan gas ideal. Karena a hanya merupakan fungsi dari balrrva /z juga hanl'a rlerupakan tungsi dari 7 untuk suatu gas ideal. Jadi, untuk suatu gas ideal
0hl aP
lr =r)
I,
kita lihar (4.23'\
dan kita memperoleh. dart (4.20').
dh = Cp tlT
(4.24)
Di sepanjang jangkauan temperatur 7, hingea 7" ini diintegrasikan sehingea memberikan h.
-
h, = 1,,''
,,
,,
(4.2
5
)
untuk suatu gas ideal. Seringkali akan memudahkan jika kalor spesifik diberikan clalanr basis per mol ketimbang per massa; kalor-kalsr spesifik molar ini adalah C, dan Cn. Jeiaslah kita rnemijiki hubungan C,,
=
lllC,
dan
Cn
= MC,
di rnana M adalah massa molar. Jadi nilai-niiai dari ( q dapat dihitung hanya dari nilai-nilai C,, rlan C,, lanS rertera 9un dalam Tabel B-2. ("Notasi overbar" untuk suatu kuantitas molar akan digunakan cli seluruh bagian Uutu iii.y. Persamaan untuk entalpi dapat digunakan ut]tuk menghubungkan. untuk suatu sas ideal, kalor-kalor spesifik dengan konstanta gas. Dalam bentuk dif'erensial (4.12) mengambil bentuk
dh=du+d(Py)
G.26)
Dengan rnemasukkan hubungan-hubungan kalor spesiflk dan persamaan gas ideal. kita memperoleh
I
ang, setelah dibagi dengan
dI,
C,,rlT=C,clT+RtlT
(4.27)
Co=Cr+R
(1.28)
menghasilkan
ini-atau bentuk molarnya C,= q + R,-memungkinkan C,, ditentukan clari nilai-nilai tabel atau ekspresi Perhatikan bahrva selisih antaia C, dan C, untuk suatu gas ideal selalu merupakan suatu konstanta, walaupun ln,.uk keduanya merupakan fungsi dari temperatur. Rasio kalor spesifik ft juga merupakan suatu propefii yang sangat menarik; ini didefinisikan sebagai Hubungan
C,
CO
, n=a,
(4.2e)
Ini dapat disubstitusikan ke dalarn (4.28) untuk memberikan
cr= R
c,=
trt- t
rI
r
(4.30)
(4.3
t)
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
60
IBAB 4
Tentu saja, karena R adalah suatu konstanta untuk sebuah gas ideal, rasio kalor spesifiknya akan bergantung hanya pada temperatur. Untuk gas, kalor-kalor spesifik meningkat dengan perlahan dengan meningkatnya temperatur. Karena tidak mengalami perubahan yang signifikan walaupun terjadi perubahan temperatur yang cukup besal C,, dan C, dapat diperlakukan sebagai konstanta. Untuk situasi-situasi yang demikian
ilz- ut= Cr(Tz- T)
(4.32)
h.- hr=
(4.33)
Cp(T,
- T)
Untuk udara kita akan menggunakafl C,,= 0,717 kJlkg'"C (0,171 Btu/lbm-"R) dan Co = 1,00 kJ/kg.'C (0,24 Btu/lbm.'R), kecuali jika dinyatakan lain. Untuk memberikan perhitungan yang lebih akurat untuk udara, atau gas-gas lainnya, kita harus memakai tabel-tabel gas ideal sebagai acuan, sepefti misalnya tabel-tabel dalam Apendiks E, yang memberikan tabulasi h(T) dan u(T), atat melakukan pengintegrasian dengan menggunakan ekspresi-ekspresi untuk Cr(T) yan9 ada dalam Tabel B-5. Kalor spesifik C, untuk zat-zat cair dan padat ditabulasikan dalam Tabel B-4. Karena sangat sulit menjaga volume konstan sementara temperatur berubah, nilai-nilai C, untuk zat-zat cair dan padat biasanya tidak ditabulasikan; selisih C, - C,. biasanya sangat kecil. Untuk kebanyakan zat calr nilai kalor spesifiknya relatif tidak sensitif terhadap perubahan temperatur. Untuk air kita akan menggunakan nilai nominal 4,18 kJ/kg''C (1,00 Btu/lbm-"R). Nilai spesifik untuk es dalam satuan kJ/kg'"C kira-kira adalah Cr=2,7 + 0,00697, di mana Tdiukur dalam oC; dan dalam satuan Inggris Btu/lbm.'F nilainya adalah Cp=0,47 + 0,001T, di mana Idiukur dalam oF. Variasi kalor spesiflk terhadap tekanan biasanya sangat kecil kecuali dalam situasi-situasi tefientu.
coNroH 4'6 Karor spesirik untuk
uap
--'T:T;;:
ditentukan merarui persamaan
ffi nrT: {a) Berapakah besamya perubahan entalpi antara 300"C dan 700"C untuk 3 kg uap? Bandingkan dengan tabel-tabel uap. tb) Berapakah nilai rata-rata Crantara 300'C dan 700"C berdasarkan persamaan tersebul dan berdasarkan data tabulasi? Penyelesaian:
(a)
Perubahan entalpi diperoleh sebesar
fT,
LH = m
J,
f700
c, ar = 3 Jno (z.oz + t*f;! )ar =
zsos xt
Dari tabel-tabel kita memperoleh, dengan menggunakan P = 150 kPa,
AH = (3X3928
(b)
Nilai rata-rata
-
3073) = 2565 kJ
Cp,,,, diperoleh dengan menggunakan hubungan
mC^orLT=*l:' Cu dT atau ,"" lf1@
(3X400C-"') 3 rw (z.ot ' l/'ail = -/,* \
* r,.190) ar l4EU /
Besarnya integral telah dihitung dalam bagian (a); jadi kita memperoleh
tar'. u, _ Dengan menggunakan nilai nilai
r
2565 -)taDilvo.oc - zr t+ ru/ trB' u
3)(4oo)
dari'=tgl,rllr:T# ,p.a!
LT
= 2,r4 kr/ks."c
Karena tabel-label uap memberikan nilai-nilai yang sama dengan yang diberikan oleh persamaan linier dalam contoh ini. kita q(n untuk uap dalam interval temperatur ini dapat diperikirakan dengan cukup tepat oleh sualu hubungan linier. Akan tetapi. hubungan Iinier ini akan berubah untuk setiap tekanan yang dipilihjadi. penggunaan tabel-tabel uap sangat diperlukan. dapat dengan aman mengasumsikan bahwa hubungan
\
BAB 4I
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
61
CONTOH 4.7 Tentukanlah nilai C, untuk uap pada I = 8ffioF dan P = 800 psia. Penyelesaian: Untuk meaintukan C, kita menggunakan aproksimasi selisih-rtnit (finite-difference approxiftlation) terhadap (4.2). Kita gunakan entri-entri di I = 900'F dan I = 700'F, yang memberikan pendekatan yang lebih baik terhadap kemiringan kurva dibandingkan dengan menggunakan nilai-nilai di I = 800"F dan 750'F atau di 900'F dan 800"F. Tabel C-3 memberikan kita
c,
=-
ff-
145s'6-:J338'0
= 0,588 Btu/lbm-'F
Gambar 4-6 menunjukkan mengapa lebih baik menggunakan nilai-nitai di kedua sisi dari posisi yang diinginkan. Jika nilai-nilai di 900"F dan 800'F yang digurakan (selisih maju), C, menjadi terlalu rendah. Jika nilainilai di 800'F dan 750"F yang digunakan (selisih mundur), C, menjadi terlalu tinggi. Jacii, nilai ke depan maupun ke belakang (selisih telrgah) duaduanya harus digunakan, sehingga niemberikan pendekatan yang lebih akurat terhadap kemiringal kurva.
CONTOH 4.8 Tentukanlah perubahan entalpi untuk 1 kg nitrogen yang dipanaskan dari 300 ke 1200 K dengan (a) menggunakan tabel-tabel gas. {b) mengintegrasikan Co(D dan (c) mengasumsikan [aloi spesifik konstan. Cunakan M = 28 kg/kmol. Penyelesaian: la) Dengan menggunakan tabel gas dalam Apendiks E. perubahan entalpi ditentukan sebesar
M (b\
= 36 77'7 - 8723 = 28 054 kJlkmol
28 054128
=
1002 kJlkg
Ekspresi untuk Co(?") diperoleh dalam Tabel B-5. Perubahan entalpinya adalah
'
r l)00 l'---t,rr1.5/T\2,rr3l
L,h=Jl:.o
[:o.oo-
st2,ie\rm)
= (39.06rrt200 -300)
+ =
k)
atau
ga72,7)
28 093
(S)
-
''
+to'72.7
(,#)
'-820.4 (,60)']r,
lst2.ist (#0.),r2-o.s -3-{.s) \
,rr'-3-1) -
kJ,4
vlv/
rszo,+r
($)
$24
-
32)
1003 kJ,&g
Dengan mengasumsikan kalor spesifik konstan rdiperoleh dalam Tabel B-21 perubahan enralpinya diperoleh
sebesar
L,h =
crLT= (1.042xr200 -300) = 93g kJn(g
Perhatikan nilai yang dipercleh melalui pengintegrasian pada intinya adalah sama dengan yang diperoleh dari tabeltabel gas. Akan tetapi, perubahan entalpi yang diperoleh dengan mengasumsikan kalor spesifik konslan memiliki tingkat kesalahan lebih dari 6 persen. Jika I, lebih dekat dengan 300 K. misalnya 600 K. tingkat kesalahannya akan jauh lebih kecil.
h
t455,6
Kemiringan terlalu tinggi (C p = 0,602)
Keminngingan terlalu rendah (Cp = 0,514)
1398,2
Pendekatan yang terbaik terhadap kemiringan (Cp = 0.s88) 133 8.0
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
62
IBAB
4
4.7 HUKUM PERTAMA DALAM BERBAGAI PROSES Proses Temperatur Konstan Untuk proses isotermal. tabel-tabel dapat dijadikan acuan untuk zat-zat yang nilai-nilai tabulasinya memang tersedia. Energi internal dan entalpi sedikit mengdami perubahan dalam proses isotermal dan perubahan ini harus diperhitungkan ilalam proses yang melibatkan banyak zat. Persamaan energi adalah
Q-W=L(I
@.34)
Untuk suatu gas yang mendekati gas ideal, energi internal bergantung hanya pada temperatur sehingga AU = 0 untuk suatu proses isotermal; untuk proses demikian
.Q=W
(4.3
s)
Dengan menggunakan persamaan gas ideal PV = mRT, besarnya usaha untuk suatu proses kuasi-kesetimbangan diperoleh sebagai
f\,
w=J,
f\,
Pdv=nnrJ,,
ff
=
mRr,"
;i
= mnr
n
Pf
(4.36)
Proses Volume Konstan Besamya usaha dalam suatu proses volume konstan kuasi-kesetimbangan adalah nol, karena AV adalah nol. Untuk proses demikian hukum pefiama menjadi
Q= LU
G3n
Jika nilai-nilai tabulasi tersedia untuk suatu zat, kita dapat langsung menentukan AU. Untuk suatu gas, yang didekati sebagai gas ideal, kita harus memperoleh
e=m[r,",,o, atau, untuk suatu proses
(4.38)
di mana C" pada intinya adalah konstan,
Q=mC,LT
(4.3e)
Jika terdapat usaha non kesetimbangan. seperti misalnya usaha oleh roda dayung, usaha tersebut harus diperhitungkan dalam hukum penama. persamaan (4.39) menjadi alasan pemberian'nama "kalor spesilik" untuk C,,. Secara historis, persamaan ini digunakan untuk mendeflnisikan C,; jadl, parameter ini didefiniskan sebagai besarnya kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur dari satu satuan zat sebesar satu derajat dalam suatu proses volume konstan. Para ilmuwan masa kini lebih menyukai deflnisi C" dalam pengertian propefii-properti, tanpa mengacu kepada perpindahan kalor, seperti dalam(4.16).
Proses Tekanan Konstan Hukum pertama, untuk suatu proses tekanan konstan kuasi-kesetimbangan, telah ditunjukkan dalam Sub-bab 4-4 sebagai
Q=MI
(4.40)
Jadi, perpindahan kalor untuk proses demikian dapat dengan mudah ditentukan melalui nilai-nilai tabulasi, jika tersedia.
Untuk suatu gas yang berperilaku sebagai gas ideal. kita memiliki
fr,
Q=n,J,, crdr
(4.4 1)
Untuk suatu proses yang melibatkan gas ideal di mana C. adalah konstan ini menghasilkan Q = ntC. LT
(4.42)
Untuk suatu proses non kesetimbangan usaha harus diperhitungkan langsung di dalam hukum pefiama dan tidak dapat diekspresikan sebagai P(Vz - V,). Untuk proses yang demikian (.4.40) tidak berlaku.
BAB 4I
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
63
Proses Adiabatik Ada banyak contoh proses di mana tidak terjadi, atau sedikit sekali terjadi, perpindahan kalor, mis. kompresi udara dalam sebuah mesin mobil atau pembuangan nitrogen dari sebuah tangki nitrogen. Akan tetapi, studi terhadap prosesproses yang demikian seringkali ditunda sampai setelah pembahasan mengenai hukum kedua termodinamika. Penundaan tersebut tidak perlu, dan karena pentingnya proses adiabatik kuasi-kesetimbangan, kita akan membahasnya di sini. Bentuk diferensial dari hukum pertama untuk proses adiabatik adalah (4.43)
-dv, = du
jadi, untuk proses kuasi-kesetimbangan, dengan menggunakan dw = P dv untuk mengeliminasi moda-moda usaha non kesetimbangan.
du+Pdv=0
(4.44)
Penjumlahan kuantitas-kuantitas diferensial di sebelah kiri merepresentasikan suatu diferensial sempurna yang akan kita berikan lambang dtlt,dimana rp adalah sebuah properti dari sistem yang dimaksud. Ini memiliki kesamaan dengan alasan mendelinisikan entalpi ll sebagai sebuah propeni. Karena
dtp+dtr +Ptlv merupakan suatu properti dari sistem, properti
(4.45)
ini terdefinisikan untuk
proses-proses selain proses adiabatik kuasi-
kesetimbangan.
Marilah kita selidiki proses adiabatik kuasi-kesetimbangan ini untuk sebuah gas ideal dengan kalor-kalor spesifik yang konstan. Untuk.suatu proses yang demikian, (4.44) mengambil bentuk C''
Jika disusun uiang, kita
dr + ff a' = o
(4.46)
d! RT =
@.4n
memiliki C,,
dt, Y
Dengan mengasumsikan C" konstan, persamaan ini diintegrasikan antara keadaan 1 dan 2 untuk memberikan
T.
C
ota,--'n',
r'.
(4.48)
yang dapat dituliskan dalam bentuk
7=
G'r)-'' = (i,i)--'
dengan mengacu pada (.4.3 l':r. Dengan menggunakan hukum gas ideal,
T^ /P2'l 'r-l)i ,, =(r, )
(4.49)
ini
dapat dituliskan sebagai
P,=lr', l, -t',t
(4.s0)
e,
Akhirnya, ketiga hubungan di atas dapat dituliskan dalam bentuk-bentuk umum, tanpa mengacu ke titik-titik tertentu Untuk proses adiabatik kuasi-kesetimbangan yang melibatkan gas ideal dengan C, dan C, yang konstan, kita memiliki Tvk-r
=
konstan
k)tk 7p(1 -
=
konstan
Pvft
= konstan
(4.s 1)
Untuk suatu zat yang tidak berperilaku selayaknya suatu gas ideal, kita harus menggunakan tabel-tabel. Untuk proses yang demikian kita kembali ke \4.45) dan mengenali bahwa drt = 0, atau V = konstan. Kita tidak memberikan nama khusus kepada properti r!,tapr seperti yang akan kita lihat dalam Bab 7, fungsi 4t adalah konstan ketika kuantitas yang dilambangkan dengan s, entropi, memiliki nilai konstan. Jadi, ketika menggunakan tabel-tabel, proses adiabatik kuasikesetimbangan antara keadaan
I
dan 2 mengharuskan
sl = .rr.
Proses Politropik Pengamatan yang seksama terhadap proses-proses kuasi-kesetimbangan khusus yang dibahas dalam bab ini menunjukkan
bahwa setiap proses dapat diekspresikan sebagai
P}u = konstan
(4.s2)
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
64
[BAB
4
Gbr. 4-7 Eksponen-eksponen politropik untuk berbagai proses Besarnya usaha dihitung
tv.
tv.
w=Jr,pclv=p1i Jr, v'(lv PrVi
-- l-n U) " - vl- 'r =
P'v'-
!{
14.53)
dengan pengecualian bahwa (4.36) digunakan jika ru = 1. Perpindahan kalor diperoleh dari hukum pertama. Setiap proses kuasi-kesetimbangan diasosiasikan dengan suatu nilai ,? tertentu sebagai berikut:
Isotermal: n = I Volumekonstan: n=@ Tekanankonstan: n=0 Adiabatik: n = k Proses-proses ini ditunjukkan pada diagram (ln P) vs. (ln
I I
dalam Gbr. 4-'7. Kemiringan setiap garis lurus adalah pangkat atau nol. maka proses yang dimaksud dapat disebut sebagai proses politropik. Untuk proses yang demikian persamaan-persamaan (4.49), (4.50) atau (.4.51) dapat digunakan dengan hanya menggantikan k dengan n; ini sangat memudahkan dalam proses-proses di mana terjadi perpindahan kalor tapi temperatur, tekanan, ataupun volumenya tidak dijaga konstan. pada
V dalam (4.52). Jika kemiringannya bukan oo, k,
CONTOH 4.9 Tentukanlah perpindahan kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan tekanan dari uap dengan kualitas ?0 persen dari 200 menjadi 800 kPa, sementara volumenya dijaga konstan pada 2 m3. Asumsikan proses kuasi-kesetimbangan. Penyelesaian: Untuk proses.volume konstan kuasi-kesetimbangan ini besamya usaha adalah nol. Hukum pertama disederhanakan menjadi Q = mluz- z,). Massa diperoleh sebesar
,r=!= 0$011 + (0,7X0,8857 * 0,0011) =#=3,2?4ks v
Energi intemal pada keadaan 1 adalah
\
=
504,5 + (0.7X2s29'5
Proses volume konstan mengharuskan bahwa u, kita memperoleh
,,
=
-
504'5)
=
1922
kllks
= vr = 0,6203 m'&g. Dari tabel-tabei uap pada 800 kPa melalui ekstrapolasi
(ffi#-Lffi)
,reo,
-
347q = 3668 kl&s
Perhatikan bahwa ekstrapolasi diperlukan karena temperatur pada keadaan 2 melampaui nilai temperatur maksimum 800oC dalam tabel tersebut. Jadi besarnya perpindahan kalor adalah
I
= Q,224)(3668 -t922) = 5629 kJ
CONTOH 4.10 Suatu rangkaian piston-silinder berisi 0O2 m3 udara pada 50'C dan 400 kPa. Kalor ditambahkan sebesar 50 kJ dan usaha dilakukan oleh sebuah roda dayung hingga temperatur mencapai 700'C. Jika tekanan dijaga konstan berapakah besarnya usaha oleh roda dayung yang harus ditambahkan ke udara? Asumsikan kalor-kalor spesifik konstan.
\
BAB 4]
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
65
Uap (berenergi tinggi)
1o,, I
,u.LX?*,-rendah
r
Gbr. 4-8 Gambar skematis dari sebuah pabrik pembangkit tenaga
,r^
Batas srstem
lB\B
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
66
4
Gtrr. 4-9 Massa memasuki dan meninggalkan suatu volume kontrol
memungkinkan kita untuk melakukan perhitungan yang diperlukan ini. Untuk kebanyakan aplikasi yang akan kita bahas, akan cukup memadai untuk mengasumsikan aliran tunak (steady) (variabel-variabel aliran tidak berubah terhadap waktul dan aliran seragam (kecepatan, tekanan dan densitas memiliki nilai konstan di seluruh daerah perpotongan). Situasi-situasi tak-seragam, tak-tunak yang umum dibahas secara lebih mendalam dalam mekanika fluida.
Persamaan Kontinuitas
Perhatikan sebuah volume kontrol umum dengan luas A, , di mana fluida masuk dan luas A, di mana fluida keluar, seperti yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-9. Volume ini dapat memiliki bentuk apapun dan berapapun jumlah area masuk dan keluar, tapi kita akan menurunkan persamaan kontinuitas dengan menggunakan geometri yang ditunjukkan. Kekekalan massa mengharuskan
i I \
yang \
/ Perubahan \ = I -u.., di dalam I \ ,olume kontroi/
/ Massa Yang I - | meninggalkan rolume kontrol / \ rolume kontrol mr-m2=Lfr".u Massa
memasuki
(4.s4)
Massa yang melintasi luas A selama interval waktu A/ dapat diekspresikan sebagai pA'lt Lt, di mana 1/ A/ adalah jarak yang ditempuh partikel-partikel massa dan A'V At adalah volume yang tersapu oleh parlikel-partikel massa. Dengan demikian persamaan (4.54) dapat dituliskan dalam bentuk prAt'L,t
Lt
(4 55\
- p.Arl, Lt = Lmr.,.
di mana kecepatan'L/l dan 1,! masing-masing memiliki arah tegak lurus terhadap luas A, dan A,. Kita telah mengasumsikan bahwa kecepatan dan densitas memiliki nilai seragam di seluruh kedua luas tersebut. Jika kita membagi dengan Ar dan menjadikan Ar -r 0, hasilnya adalah derivatif dan kita memperoleh persamaan kontinrritas, dm
PtAlr=PzAzl ,=
(4.s6)
,l'r'
Untuk situasi aliran tunak,'di mana massa dalam volume kontrol tetap konstan, persamaan kontinuitas disederhanakan menjadi
PrArTr = prA|\,
@.sn
yang akan digunakan dalam soal-soal yang melibatkan aliran yang masuk dan keluar dari berbagai jenis alat. Kuantitas massa yang melintasi suatu luas per detik disebut sebagaifluks massa rh dan memiliki satuan kg/s (lbm/sec). Ini diberikan melalui ekspresi 7iy
Kuantitas AT
=
i
(4.s8)
= pAT
seringkali disebut sebagai laju aliran dengan satuan m3/s (ft3/sec).
P,A,
P,A,
t\W, t----
Gbr. 4-10 Volume kontrol yang digunakan untuk penyeimbangan energi
l'\
ii
t t
fr
B.{B 4l
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
67
Jika kecepatan dan densitas tidak seragam di seluruh area masuk dan keluar, variasi di seluruh area tersebut harus diperhitungkan. Ini dilakukan dengan mengenali bahwa massa yang mengalir melalui suatu luas diferensial dA per detik diberikan oleh pt' dA, jlka t/tegak lurus terhadap dA. Dalam kasus ini (4.58) diganrikan oleh rh = [e p1/ dA. Perhatikan bahwa untuk aliran inkompresibel (p = konstan) (4.58) berlaku terlepas dari distribusi kecepatannya, hanya jika tz diartikan sebagai kecepatan normal rata-rata di seluruh luas A.
CONTOH 4.12 An mengalir dalam sebuah pipa yang diametemya berubah dari 20 menjadi 40 mm. Jika di datam bagian berdiameter 20 mm air memiliki kecepatan 4O m/s. ienrukanlah kecepatannya di dalam tagian 40 mm. Hitung luga i'uts massanya.
Pinyelesaian:
Persamaan kontinuitas
(4.5h
digunakan. Hasilnya, dengan menggunakan
["rf4]
A,U, = A,U,
uot
=nto.:q' r,
p,
-
p2. adalah
.',7" = 10 n/s
Fluks massanya diperoleh sebesar rit
di
mana P
=
1000 kg/mr adalah
-
pA,'Lt,= r1000) (:rt0'02r'?) ,oo,
=
12,57 kgts
nilai standar untuk air.
Persamaan Energi Perhatikan lagi suatu volume kontrol umum yang digambarkan dalam Gbr. 4-10. Hukum perlama termodinamika untuk volume kontrol ini dapat dinyatakan sebagai Energi rretto
/ Energi \ / Energi \ iperubahanr llrns masuk | - lrune keluarl - | energi I \ ke r.k / \ dari v.k / \ autu. u.L /
\
langdipintlah- | + kan ke
r.k /
O-W
+
+l
t;
E.
=
M".u
(4.5e)
Usaha W terdiri dari dua bagian: usaha yang disebabkan oleh tekanan yang dibutuhkan untuk menggerakkan fluida, kadang-kadang disebut usaha alira,n, dan usaha yang dihasitkan dari pelputaran poros, yang disebut usaha poros I/r. Ini
Jiekspresikan sebagai
w = PzAz'Llz Lt
-
P4J.11
Lr +
W,
(4.60)
di mana PA adalah gaya tekanan dan 'L' A/
adalah jarak pergerakannya selama interval waktu Ar. Tanda negatif yang dihasilkan adalah karena usaha yang dilakukan pada sistem adalah negatif pada saat menggerakkan fluida ke dalam r olume kontrol. Energi E terdiri dari energi kinetik. energi potensial dan energi internal. Jadi,
1.
E=+m1 '+tngz+tnu
\4.61)
Selanjutnya hukum pertama dapat dituliskan sebagai
Q
-
Ws
-
P2A1\11
Lt + PrArlt, Lr + p,Arr,.('5. rr,
-
PrArl'',
-E + g.2 + rr) o, = -."
* u,) o, (4.62)
Bagilah seluruhnya dengan Ar untuk memperoleh persamaan energi: lq,2
P,\ Q-ws=r,r\i +822+u2+6)-
4!r"
ml
dt
(4.63)
Jr mana kita telah menggunakan
o=*
w-=y rn/
7i1
=
pAL,
(4.64)
Untuk aliran tunak, yang merupakan situasi yang sering dijumpai, persamaan energi menjadi
&
)
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
68
l'
Q-
Ws=
I,,2
IBAB
,,,21
* IlOr- h, + 8(:2 -:r)+ ' -l,l2-) ^
4
(4 6s)
di mana entalpi dari (4.12) telah dimasukkan. Ini adalah bentuk yang paling sering digunakan untuk gas atau uap yang mengalir.
Seringkali perubahan-perubahan energi kinetik dan energi potensial dapat diabaikan. Maka hukum pertama disederhanakan menjadi
Q-ws=rh(hz-h)
(4.66)
Q-ws=hz-ht
u.6n
atau
Di mana q =
Q
/ rh dan w, =
I4l, / m. Bentuk persamaan energi yang sederhana
ini ternyata dapat diaplikasikan dalam
banyak kasus.
Untuk volume kontrol yang dialiri cairan, paling mudah untuk kembali ke (4.63). Untuk aliran tunak dengan p, = pt = p, dengan mengabaikan perpindahan kalor dan perubahan energi internal, persamaan energi mengambil bentuk
-ws =
*1";'' *':
:'i
* ,,., - .,,]
Ini adalah bentuk yang digunakan untuk pompa atau hidroturbin. Jika Qdan Lutidak nol, tambahkan
(4.68) saja.
4.9 APLIKASI-APLIKASI PERSAMAAN ENERGI Ada beberapa hal yang harus diperhatikan dalam melakukan analisis terhadap kebanyakan soal di mana persamaan energi digunakan. Sebagai langkah peftama, sangatlah penting untuk mengidentiflkasi volume kontrol yang dipilih dalam penyelesaian soal; garis putus-putus digunakan untuk menunjukkan volume kontrol. Jika memungkinkan, permukaan kontrol harus dipilih sehingga variabel-variabel aliran menjadi seragam atau berupa fungsi-fungsi yang diketahui di seluruh area di mana aliran memasuki atau meninggalkan volume kontrol. Sebagai contoh, dalam Gbr.4-11 pemilihan area dapat dilakukan seperti dalam bagian (a), tapi di seluruh area tersebut nilai kecepatan dan tekanannya tidak seragam. Akan tetapi dalam bagian (b), permukaan kontrol dipilih cukup jauh di hilir daripada lokasi terjadinya perubahan luas penampang yang mendadak sehingga nilai kecepatan dan tekanan yang keluar dapat dengan baik diaproksimasikan dengan distribusi yang seragam. Selain itu perlu juga dijelaskan proses yang menyebabkan terjadinya perubahan variabel-variabel aliran. Apakah proses tersebut inkompresibel? isotermal? tekanan konstan? adiabatik? Dalam melakukan perhitungan-perhitungan seringkali kita menggunakan sketsa proses yang digambarkan pada sebuah diagram yang memadai. Jika zat kerjanya berperilaku seperti
Gbr. 4-11 Permukaan kontrol pada sebuah lubang masuk
(b) Katup globe
(a) Pelat berlubang
Gbr. 4-12 Katup-katup pengatur
i $
* $
:.\\
I
r
a\Bll
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
69
:r-r ideal, maka persamaan-persamaan yang tepat dapat digunakan; jika tidak, nilai-nilai tabulasi harus digunakan, seperti =rsalnya tabel-tabel untuk uap. Untuk gas-gas nyata yang tidak berperilaku seperli gas ideal, perhitungan-perhitungan
::pat dilakukan melalui persamaan-persamaan khusus; beberapa di antaranya akan dibahas dalam sebuah bab terpisah.
Seringkali perpindahan kalor dari suatu alat atau perubahan energi internal lintas suatu batas, seperti misalnya aliran sebuah pompa, tidak diinginkan. Untuk situasi-situasi demikian, perpindahan kalor dan perubahan energi ::temal dapat digabungkan sebagai kerugian-kerugian (iosses). Dalam sebuah jalur pipa kerugian-kerugian yang terjadi :rsebabkan oleh gesekan; dalam sebuah pompa sentrifugal, kerugian-kerugian yang terjadi disebabkan oleh pergerakan :uida yang kurang baik di sekitar bilah-bilah yang berputar. Pada banyak peralatan kerugian-kerugian dimasukkan ke :alam faktor efisiensi dari alat yang dimaksud. Ilustrasi di bawah ini memberikan beberapa contoh. Perubahan-perubahan energi kinetik atau energi potensial seringkali dapat diabaikan jika dibandingkan dengan faktoriaktor lainnya dalam persamaan energi. Perubahan-perubahan energi potensial biasanya diperhitungkan hanya dalam .ituasi-situasi yang melibatkan cairan dan di mana area masuk dan keluarnya dipisahkan oleh suatu jarak vertikal yang ,-ukup besar. Aplikasi-aplikasi berikut akan memberikan ilustrasi mengenai poin-poin di atas. '.
ins melewati
Katup-katup Pengatur (Throttling Devices) Sebuah katup pengatur melibatkan sebuah proses adibatik aliran tunak yang menyebabkan terjadinya penurunan tekanan seketika tanpa menyebabkan perubahan-perubahan energi potensial atau energi kinetik yang signifikan. Proses tersebut terjadi secara relatif cepat, sehingga perpindahan kalor yang terjadi dapat diabaikan. Dua di antara katup-katup seperti ini digambarkan dalam Gbr. 4-12. Jika persamaan energi diterapkan pada alat tersebut, tanpa adanya usaha dan dengan mengabaikan perubahan-perubahan energi kinetik maupun potensial, untuk proses adiabatik kuasi-kesetimbangan
ini [ihat (4.6n), kita memiliki
hr=hz
(4.69)
di mana lokasi 1 terletak-di hulu dan lokasi 2 di hilir. Kebanyakan katup merupakan katup-katup pengatur, di mana persamaan energi memiliki bentuk (4.69). Katup-katup ini juga banyak digunakan dalam lemari-lemari pendingin di mana penurunan tekanan yang seketika mengakibatkan terjadinya perubahan fase pada zat kerja yang digunakan. Proses pengaturan ini sebanding dengan ekspansi seketika yang digambarkan dalam Gbr. 3-5b.
CONTOH 4.13 Uap memasuki sebuah karup pengatur pada 8000 kPa dan 300"C dan keluar pada tekanan 1600 kPa. Tentukanlah temperatur dan volume spesiflk akhir dari uap. Penyelesaian: Entalpi dari uap pada saat masuk diperoleh dari tabel uap superheat sebesar ht = 2785 kJ/kg. Ini harus sama dengan entalpi pada saat keluar sebagaimana diharuskan oleh (4.69) Uap yang keluar berada dalam daerah kualitas, karena pada 1600 kPa hr = 2794 kJ/kg. Jadi temperatur akhirnya adalah T, = 20 1.4'C. Untuk menentukan volume spesifiknya kita harus mengetahui kualitasnya. lni diperoleh dari
h, = ht +
xrhrr
2'785
= 859 +
Maka volume spesifiknya adalah v, = 0,0012 + (0,995)(0,1238
-
1935;r,
'z
0,0012) = O,1232
= 0,995
mllkl
Kompresor, Pompa, dan Turbin Pompa adalah suatu alat yang memindahkan kalor ke suatu aliran yang mengalir melewati pompa tersebut sehingga menyebabkan terjadinya kenaikan tekanan. Kompresor dan peniup (blower) juga masuk ke dalam kategori ini tapi dengan tujuan untuk menaikkan tekanan pada gas. Turbin, di sisi lain, adalah suatu alat di mana usaha dilakukan oleh fluida pada suatu set bilah-bilah yang berputar; sebagai hasilnya adalah terjadinya penurunan tekanan di dalam turbin di antara lokasi masuk dan lokasi keluar. Dalam beberapa situasi dapat juga terjadi perpindahan kalor dari alat yang dimaksud ke lingkungannya, tapi seringkali perpindahan kalor tersebut dapat diabaikan. Selain itu perubahan-perubahan energi kinetik dan potensial juga biasanya diatraikan. Untuk alat-alat yang beroperasi pada moda keadaan tunak persamaan energi mengambil bentuk lllhat (4.66)l
-W(= h(h2-h)
atau
-ws= hz-
hr
(4.70)
di mana I/, memiliki nilai negatif untuk kompresor dan positif untuk turbin gas atau uap. Jika terjadi perpindahan kalor, mungkin dari fluida bertemperatur tinggi, tentu saja faktor tersebut harus diperhitungkan di dalam persamaan di atas. Untuk cairan, seperti misalnya air, jika perubahan-perubahan energi kinetik dan potensial diabaikan, persamaan energi (4.68t menjadi
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
70
-N't =
P.-
[BAB.l
Pt
(4.71)
p
CONTOH 4.14 Uap masuk ke dalam sebuah turbin pada 4000 kPa dan 500'C. dan keluar seperti ditunjukkan dalam Gbr. 4-13. Untuk kecepatan masuk sebesar 200 m/s hitunglah keluaran daya turbin tersebut. (a) Abaikanlah perpindahan kalor dan perubahan energi kinetik. tb) Tunjukkanlah bahwa perubahan energi kinetik dapat diabaikan.
dr=50mm
P, = a000 kPa ,l-
ws
P" = 80 kPa 1'9 'rdz = 250 mm
=
Gbr. 4'13
(a)
Penyelesaian:
Perri-uan energi dalam bentuk (4.70)
adalah
- Wr= (hr- h.) i1. Kita memperoleh lrl sebesar r , r(0.025. t2t 200 - T.J.fr 45M Nti/J kplc, .' nl rr
h = O,A, 1,, = r, ^ Nilai-nilai entalpi diperoleh dari Tabel C-3
Maka keluaran daya maksimumnya adalah Wr = Kecepatan keluarrrya diperoleh ,.b.ru.
", -t
r
"--0.0g-64-3
sebesar
h, = 3445,2
(.b)
I-
kllkg b = 2665,'7 kJlkg *
{2665,7
*
3445,2)(4,544)
Ait'tPt
n(0,025 )2(200/0,08643)
Aflt
n(0,125)2i2.087
=
=
3542
kJ/s
atau 3,542 MW.
193 m/s
Maka perubahan energi kinetiknya adalah
6t\"r")=,o.roor(rs:':-t,l\
lu?
LKE
=
200':)
=
-
6250
rrs
atau
-6.25 kr/s
Nilai ini lebih kecil dari 0.1 persen dari perubahan entatpi sehirgga memang dapat diabaikan. Perubahan-perubahan energi kinetik biasanya diabaikan dalam analisis turbin.
CONTOH 4.15 Tentukanlah kenaikan tekanan maksimum di dalam pompa l0 hp yang ditunjukkan dalam Gbr 4-14. Kecepatan masuk dari air adalah 30 fusec.
\ /
dr=
Permukaan
kontlol
,L'I
Gbr. !-r4'14 uur'
Penyelesaian: Kita gunakan persamaan energi (4.68). Dengan mengabaikan perpindahan kalor dan
mengasumsikan
tidak terjadi kenaikan energi internal, kita dapat menentukan kenaikan tekanan maksimum. Jika perubahan energi potensial diabaikan, persamaan energi menjadi
BAB 4]
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
)
1l
-,r\
''r -W,=titlP2:'*'; 2 \ p ^''l
t
Kecepatan 1/, diberikan dan 1! diperoleh melalui persamaan kontinuiras sebagai berikut:
p,A,rt,
T (l'5)2 = prAr1,/, L [ry"] 4 J-(30) = + u2
:.,1/2= 13,33 ftlsec
Maka dengan menggunakan p -- 62.4 lbm/ft3. fluks massa. yang diperlukan di dalam persamaan energi. adalah tir = pAt1t, =
(30) = 1s,21 lbmrsec
{62,4}t-r-Lr" , *]
Melihat bahwa usaha pompa memiliki nilai negatif, persamaan energi menjadi
{_l0x5s0)
tt_lbf/sec = (10,21 lbm/sec)
[(P"
-
P,) lbflfr2
*
L ir.oiu*lrp
-
(13,332 3o?) ftzlsec2 (2)(32,21bm-ft/sec2-lbf)
di
mana faktor 32.2 lbm-ft/sec2-lbf diperlukan untuk mengkonversikan faktor energi kinetik ke dalam satuan yang benar. Prediksi kenaikan tekanannya adalah
Pr- P, = \62.4\
ttg, '#ftff]
= 34,310
lbr/rtz
atau 238,3 psi
Perhatikan bahwa dalam contoh ini suku-suku energi kinetik dipertahankan karena adanya perb'edaan antara luas masuk dan keluar; jika faktor ini diabaikan, kesalahan yang terjadi hanyalah sekitar 2 persen. Dalam kebanyakan aplikasi luas masuk dan keluar biasanya siuna sehingga Vr= Vr'. tapi bahkan dengan adanya perbedaan luas sekalipun. seperti di dalam contoh ini, perubahan-perubahan energi linetit dalim pompa atau turbin biasanya diabaikan dan G.7 digunakan.
ll
\ozel dan Difuser Nozel adalah suatu alat yang digunakan untuk menaikkan kecepatan aliran fluida. Ini dilakukan dengan cara mengurangi tekanan. Difuser adalah suatu alat yang menaikkan tekanan aliran fluida dengan cara mengurangi kecepatannya. Tidak ada masukan usaha ke alat dan biasanya perpindahan kalor diabaikan. Jika lebih lanjut diasumsikan bahwa perubahan energi internal dan energi potensial dapat diabaikan, persamaan energi menjadi 1,2
lt2
o=;-;.h,-h,
(4.72)
Berdasarkan intuisi kita memperkirakan bahwa nozel memiliki luas yang makin mengecil searah dengan aliran dan difuser memiliki luas yang makin membesar searah dengan aliran. Memang demikian adanya untuk aliran subsonik di mana 1./ < vERT. Untuk aliran supersonik di mana 't' > ,l kRT yang terjadi adalah kebalikannya; nozel memiliki luas yang makin membesar dan difuser memiliki luas yang makin mengecil. Ini ditunjukkan dalam Gbr. 4-15. Ada tiga persamaan yang dapat digunakan untuk aliran nozel dan difuser; energi, kontinuitas dan sebuah persamaan proses, seperti misalnya untuk aliran adiabatik kuasi-kesetimbangan. Jadi, kita dapat memiliki tiga variabel yang tidak diketahui di daerah keluar, jika kondisi-kondisi masuknya diberikan. Dalam aiiran supersonik dapat pula terjadi gelombanggelombang kejut atau aliran-aliran "tercekik" ("choked'). Aliran-aliran yang rumit seperti ini dibahas dalam bidang studi mekanika fluida. Di sini kita hanya akan membahas situasi-situasi yang lebih sederhana.
Nozel
Difuser (a) Aliran subsonik
(b) Aliran supersonik
Gbr. 4-15 Nozel dan difuser
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
72
[BAB 4
CONTOI{ 4.16 Udara mengalir melalui sebuah noze} supersonik yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-16. Kondisikondisi masukaya adalah 7 kPa dan 420'C. Diameter keluar nozel diahr sedemikian rupa sehingga diperoleh kecepatan keluar sebesar ?00 m/s. Hitunglah (a) temperatur keluar. (D) fluks massa dan (c) diameter keluar. Asumsikan aliran adiabatik kuasi-kesetimbangan.
Gbr.4'16 Penyelesaian: Untuk menentukan temperatur keluarnya kita menggunakan persamaan energi (4.72). Dengan menggunakan Aft =
(a)
cpLT.
tt
u:
,*CoTr=f+CoT2 Maka, dengaa menggunakan Ce
=
1001 ffkC'K, kita peroleh
t'l - u2 _ T2= * r,
(,)
E
_ =ffiffi 4662
71X12
+
420
=
255"C
Untuk meoentukan fluks massanya kita harus mengetahui densitas di posisi masuk. Dari kondisi-kondisi masuk yang diberikan kita memitiki
o'=&=
0,03520 kg/nf 7){6e3) =
p1A,U, = (0.0352)(nXO.tl2f+OOt = 0,4423 kgls. Untuk menentukan diameter keluamya kita akan menggunakan persamaan kontinuitas PtAlt = PzLUz. tni membutuhkan nilai densitas di posisi keluar. Nilai ini diperoleh dengan mengasumsikan aliran adiabatik kuasi-kesetimbangan. Mengacu ke U.491. kita memperoleh
Maka fluks massanya adalah lrr
(c)
=
tr
pz= pr
=
.- " = 10.03s2) (:;3)
\lltk-lt
(r?)
"''-') = 0.01784 ks/m3
Jadi,
,, "rplr' Prdlu,.
(o,o352xo,22x4oo) = (0,01?84X700)
0,O451 :.d,
= 0,212
m
atau 212
nm
Alat-alat penukar kalor (Heat Exchanger) Suatu alat penting yang memiliki banyak aplikasi dalam engineering adalah alat penukar kalor. Alat penukar kalor digunakan untuk memindahkan energi dari sebuah benda panas ke benda yang lebih dingin atau ke lingkungannya melalui perpindahan kalor. Energi ditransfer dari gas-gas panas setelah terjadi pembakaran dalam sebuah pembangkit daya ke air yang mengalir di dalam pipa-pipa boiler dan dari air panas yang keluar dari sebuah mesin mobil ke atmosfer, dan generator-generator listrik didinginkan melalui air yang mengalir melalui saluran-saluran aliran internal. Banyak alat penukar kalor yang menggunakan suatu saluran aliran di mana fluida masuk ke dalamnya dan kemudian keluar dengan temperatur yang berbeda. Kecepatan aliran biasanya tidak berubah, penurunan tekanan melewati saluran juga biasanya diabaikan, dan perubahan energi potensial diasumsikan nol. Maka persamaan energi menjadi
Q=
(hz
- h)it
(4.73)
karena tidak terjadi usaha di dalam alat penukar kalor tersebut. Energi dapat dipertukarkan di antara fluida-fluida yang bergerak, seperti ditunjukkan dalam sketsa Gbr. 4-17. Untuk sebuah volume kontrol yang memiliki unit kombinasi, yang diasumsikan terinsulasi, persamaan energi yang diterapkan
BAB 4]
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
t1
AQ
,n.r
,,, ------.I-=-=-=-=
^
_
lh. --JI
(a) Unit kombinasi
(b) Volume kontrol terpisah
Gbr. 4-17 Alat penukar kalor
Gtlr. 4-18
Skema daya sederhana
pada volume kontrol dalam Gbr. 4-17a menjadi
0=
rita(ha2
-
ho) +
inB(hBz
- hB)
U.74)
Energi yang keluar dari fluida A ditransfer ke fluidrB melalui perpindahan kalor Q. Untuk volume kontrol yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-l7b kita memperoleh
Q= rhr(h62
- hs)
-Q=
ico(ho2
- ha)
(4.7s)
CONTOH 4.17 Suatu cairan mengalir pada 100 kg/s memasuki sebuah alat penukar kalor pada 450"C dan keluar pada 350'C. Kalor spesifik dari cairan tersebut adalah 1.25 kJ/kg."C. Air masuk pada 5000 kPa dan 20'C. Tentukanlah fluks massa minimum dari air sehingga tidak seluruhnya menguap. Abaikan penurunan tekanan di sepanjang alat. Selain itu. hitung juga laju perpindahan kalor.
Penyelesaian: Kita gunakan
persamaan energi
4.74)
tilrcp(Trt
-
- h,2l = tix*(h*2 h.)
sebagai ti"t,(hil
Trrl = ti1*(h^2-
h,,,), atau
Dengan menggun*kaa nilai-nilai yang diberikan, kita memiliki (gunakan Tabel C-4 untuk memperoleh lr,1) (100X1.25)
x (450 -
3501
= ri1*(2792.8
- 88.7) :.ir,.
= 4.623 yr1"
di
mana kita telah mengasumsikan keadaan uap jenuh untuk uap yang keluar untuk memperoleh enralpi keluar maksimum yang diijinkan. Perpindahan kalor diperoleh dengan menggunakan persamaan energi (4.751 yang diaplikasi pada salah satu volume kontrol.
Q= rit,(h*2- h*t) = (4.623)(2792,8
-
88,7)
=
12 500
kW
atau 12,5 MW
Siklus Daya dan Refrigerasi Pada saat energi dalam bentuk kalor dipindahkan ke suatu fluida kerja, energi dalam bentuk usaha dapat diambil dari fluida tersebut. Usaha tersebut dapat dikonversikan menjadi energi dalam bentuk listrik, seperti misalnya yang dilakukan
74
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
Gbr. 4-19 Skema refrigerasi
IBAB 4
sederhana
dalam sebuah pembangkit daya, atau ke bentuk mekanik, sepefli misalnya yang dilakukan dalam sebuah mobil. Secara umum, konversi-konversi energi yang demikian diperoleh melalui sebuah siklus daya. Salah satu siklus demikian ditunjukkan dalam Gbr. 4-18. Dalam boiler (sebuah penukar kalor) energi yang tersimpan dalam bahan bakar dipindahkan melalui kalor ke air yang masuk, sehingga menyebabkan uap bertekanan tinggi keluar dan masuk ke turbin. Sebuah kondensor (sebuah penukar kalor lainnya) melepas kalor dan sebuah pompa menambah penumnan tekanan melervati turbin. Energi yang dipindahkan ke fluida kerja di dalam boiler dalam siklus daya sederhana dalam Gbr. 4-18 adalah energi yang tersedia untuk konversi menjadi usaha yang dapat digunakan; ini adalah energi yang harus dibeli. Efisiensi termal q didelinisikan sebagai rasio antara usaha netto yang dihasilkan terhadap masukan energi. Dalam siklus daya sederhana yang dibahas rasio ini adalah
w,-w,
n='o^
(4.76)
Dalam pembahasan mengenai hukum kedua termodinamika nanti. kita akan menunjukkan bahwa terdapat suatu limit atas untuk elisiensi termal dari suatu siklus daya terlentu. Terlepas dari itu. efisiensi termal merupakan suatu kuantitas yan-e ditentukan semata-mata hanya oleh pertimbangan-pertimbangan energi hukum pertama. Komponen-komponen lain dapat digabungkan dalam suatu rangkaian seperti yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-19, lang menghasilkan sebuah siklus refrigerasi. Kalor dipindahkan ke fluida kerja (refrigeran) di dalam evaporator (suatu penukar kalor). Fluida kerja kemudian ditekan oleh kompresor. Kalor dipindahkan dari fluida kerja di dalam kondensor dan kemudian tekanannya diturunkan secara tiba-tiba di dalam katup ekspansi. Siklus refrigerasi dapat digunakan untuk menambahkan energi ke sebuah benda (perpindahan kalor benda (perpindahan kalor 0a)
Q)
atau dapat digunakan untuk mengambil energi dari sebuah
Perhitungan efisiensi termal dari suatu siklus refrigerasi tidak diperlukan karena objektifnya adalah tidak untuk melakukan usaha tapi untuk melakukan perpindahan kalor. Jika kita mengambil energi dari sebuah benda, tujuan kita adalah untuk menciptakan perpindahan kalor maksimum dengan input kerja yang minimum. Untuk mengukurnya, kita mendeflnisikan koefisien kinerja (coeJficient of perfurmance - COP) sebagai
coP
o_
- -.:4, = w comp
o-
a",- O"
g.7n
Jika kita menambahkan energi ke sebuah benda, tujuan kita adalah, sekali lagi, untuk melakukannya dengan input usaha r an,e minimum. Dalam kasus ini koeflsien kinerjanya didefinisikan sebagai
coP =
o- =
w}o
b-
+l o,
4l8t
Sebuah benda yang dapat dioperasikan dengan objektif yang kedua ini disebut pompa ktlor; disebut refrigerator hanya jika dioperasikan dengan objektif yang pertama. Seharusnya dapat jelas dilihat dari definisi-deflnisi yang diberikan bah'"va efisiensi termal tidak dapat menjadi lebih besar dari satu tapi koefisien kinerja dapat menjadi lebih besar dari satu. Jelaslah bah"va objektif dari seorang insinyur
Itdalah untuk memaksimalkan salah satu
di
antara keduanya dalam sebuah rancangan. Efisiensi termal dari sebuah
B\B
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
4]
75
pembangkit daya adalah sekitar 35 persen; efisiensi termal dari sebuah mesin mobil adalah sekitar 20 persen. Koefisien kinerja dari sebuah refrigerator atau pompa kalor berkisar antara 2 sampai 6, di mana pompa kalor memiliki nilai-nilai r ang lebih besar. CONTOH 4.18 Uap meninggalkan boiler dari suatu siklus daya uap sederhana pada 4000 kPa dan 600'C. Uap tersebut keluar dari rurbin pada 20 kPa sebagai uap jenuh. Uap kemudian keluar dari kondensor sebagai air jenuh. (Lihat Cbr. 4-20). Tentukan efisiensi termalnla jika tidak terjadi penurunan tekanan di sepanjang kondensor dan boiler. Penyelesaian: Untuk menentukan efisiensi termal kita harus menghitung kalor yang dipindahkan ke air di dalam boiler. usaha yang dilakukan oleh turbin dan usaha yang dibutuhkan oleh pompa. Kita akan melakukan perhitungan untuk I kg uap karena massanya ridak diketahui. Perpindahan kalor boiler adatah. dengan mengabaikan perubahan-perubahan energi kinetik dan polensial. Qs = ht - irr. Untuk mencari lz, kita asumsikan bahwa pompa hanya menaikkan tekanan saja Uihat t4.71)l: wr
-
(P2
-
P1)v = (4000
a000 kPa
-
20X0,001)
=
3,98 kJ/kg
C
20kfa x=
61 v
I
4000 kPa
o^
Gbr. 4-20 Dari persamaan t4.70). entalpi ft, kemudian didapat sebagai
i, -
It, = w, +
3.98
+
251.4 = 255.4 kJ/kg
di mana h, diasumsikan sebagaimana yang dimiliki air jenuh pada 20 kPa. Dari tabel uap, kita mendapatkdn
hr=
3647 ktlkg.
Hasilnya Qs
Output usaha dari turbin adalah w. =
h
t-
4
h
o,
="
=
=
-
3674
3674
-
nu*' =
255.4
2610
=
I
= 3420 kJ/kg 064 kJ/kg. Maka. efisiensi termalnya adalah
"ff'oo = o'3lo
atau 3l'o7c
Catat bahwa usaha yang dilakukan pompa bisa diabaikan tanpa perubahan yang berarti pada hasil akhirnya.
-{liran Transien Jika asumsi aliran tunak yang disebutkan sejauh ini tidak berlaku, maka ketergantungan berbagai properti terhadap riaktu harus diperhitungkan. Pengisian sebuah tangki kokoh dengan gas dan pelepasan gas dari sebuah tangki bertekanan merupakan contoh-contoh yang akan kita bahas. Persamaan energinya dituliskan sebagai
o-
w, =
+
.
",(':
+ szz +
r,) - *,
(4.79)
Kita akan menganggap bahwa faktor-faktor energi kinetik dan potensial dapat diabaikan sehingga E..u hanya terdiri dari energi internal. Soal pefiama yang ingin kita pelajari adalah pengisian sebuah tangki kokoh, seperti yang digambarkan dalam Gbr. 4-21. Tangkr tersebut hanya memiliki satu lubang masuk. Tanpa adanya usaha poros persamaan energi Jisederhanakan menjadi
O=
*
erm)
- h,
h,
(4.80)
16
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
IBAB
4
m, = massa awal dalam v.k m, = massa akhir dalam v.k
Gbr. 4-21 Pengisian sebuah tangki kokoh
Di mana m adalah massa dari volume kontrol Jika kita kalikan persamaan tersebut dengan dt dan mengintegrasikannya dari suatu waktu awal /, ke suatu waktu akhir t, kita memiliki
Q=uflr-u,m,-mrh, di mana ml = massa yang masuk ' frl = massa akhir dalam volume kontrol fri = Inassa awal dalam volume kontrol
(4.81)
i
Selain itu, untuk proses pengisian ini entalpi ft, diasumsikan konstan di seluruh interval waktu. Persamaan kontinuitas untuk situasi aliran tak-tunak mungkin diperlukan dalam proses penyelesaiannya. Karena massa akhimya adalah sama dengan massa awal ditambah dengan massa yang masuk, ini diekspresikan sebagai
mf=mi+ml
(4.82)
Selanjutnya perhatikan pengosongan tangki bertekanan. Soal ini lebih rumit daripada pengisian tangki karena propertiproperti di daerah keluar tidak konstan di seluruh interval waktu yang diinginkan; kita harus memperhitungkan variasi variabel-variabel terhadap waktu. Kita akan mengasumsikan tangki yang terinsulasi, sehingga tidak terjadi perpindahan kalor, dan sekali lagi mengabaikan energi kinetik dan energi potensial. Dengan mengasumsikan tidak adanya usaha poros, persamaan energi menjadi
o = *@m) + il)lP)v2+ uz) dt di mana m adalah massa di dalam volume kontrol. Dari persamaan kontinuitas, dm
:
dtz =
(4.83)
(4.84)
-lfl^
Jika ini dimasukkan ke dalam (4.83), kita memperoleh d(um) = (Prv, + ur) dm
(4.8s)
Kita akan mengasumsikan bahwa gas keluar melalui sebuah bukaan katup yang kecil, seperti ditunjukkan dalam Gbr. 4-22. Tetap di bagian hulu dari katup terdapat luas A, dengan properti-properti Pr, v, dan ur. Kecepatan di daerah keluar ini diasumsikan cukup kecil sehingga P2,v2dan u, kira-kira sama dengan kuantitas-kuantitas di dalam volume kontrol. Dengan menggunakan asumsi ini (4.85) meniadi d(um) = (Pv
+
u') dm
Gbr. 4-22 Pengosongan tangki bertekanan
(4.86)
BAB 4] Dengan menganggap d(um)
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
= u dm + m du, diperoleh hasil
mdu=Pvdm
e.8n
Selanjutnya kita akan membatasi diri dengan gas yang berperilaku seperti gas ideal. Untuk gas semacam itu du = C" dT dan Pv = RI, dan kita memperoleh
mC, dT = RT dm
(4.88)
$ar-a* R T_M
(4.8e)
Ini dituliskan dalam bentuk
vang dapat diintegrasikan dari keadaan awal, yang ditandai dengan subskrip subskrip I Diperoleh hasil
CT,m' O',, 1-t di mana kita telah menggunakan CJR = ll(k untuk menuliskan
l, ke
keadaan akhir, yang ditandai dengan r)
mi, -
atau
",r,=l?)"r
(4.90)
1); lihat (4.31). Dalam bentuk rasio tekanan, (4.50) memungkinkan kita
.r',=(?,)'r
(4.e1)
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
18
[BAB 4
143,0 kg
Untuk memperoleh temperatur
**
(4.e0);
::l:.:nggunakan lm'\k-t u ,r = ,,\i,) = (298) ql43l2338r0.4 = 9i.46 K
atau
t1c ca^
-t75,5.C
Seseorang yang dengan tidak sengaja terkena aliran gas dari sebuah tangki bertekanan akan mengalami pembekuan (yang dapat ditangani seperti luka bakar).
Soal-soal dengan PenyelesaiannJa 4.1
Sebuah mobil berbobot 1500 kg melaju pada 30 m/s dihentikan dengan cara menumbukkannya dengan sebuah peredam kejut (shock absorber) yang terdiri dari sebuah piston dengan lubangJubang kecil yang bergerak di dalam sebuah silinder yang berisi air. Berapa banyakkah kalor yang harus dikeluarkan dari air untuk mengembalikannya ke temperatur awalnya?
Dengan bergeraknya piston di dalam air, terjadi usaha yang disebabkan oleh kekuatan tumbukan yang bergerak bersama dengan piston. Besamya usaha yang dilakukan adalah sama dengan perubahan energi kinetik, yaitu.
w = mt, = |
(;)
(1500)(30), = 675 ooo
r
Hukum pertama untuk sebuah siklus mengharuskan kalor sebesar ini dipindahkan dari air untuk mengembalikannya ke temperatur
awalnya: jadi Q = 675 kJ. 4.2
Sebuah piston bergerak ke atas sejauh 5 cm sementara kalor sebesar 200 J ditambahkan (Gbr. 4-23). Hitunglah perubahan energi internal dari uap jika pegas pada awalnya tidak teregang.
l-
20
cm------>i
Gbr. 4-23 Usaha yang dibutuhkan untuk mengangkat beban dan menekan pegas adalah
w = (ms)
6
+
+ @,,*)(A)(h)
|rt
= (60xe,81x0,0s) +
]
(s0 000x0,0s)2 + (100
*r, Iq21]
(0,05) = 250
r
Hukum pertama untuk suatu proses tanpa perubahan energi kinetik atau potensial adalah
O-W=A,U Jadi, kita memperoleh LU
4.3
=
200
-
250 =
-
50
J.
Sebuah sistem melalui sebuah siklus yang terdiri dari tiga proses yang tertera dalam tabel. Hitunglah nilai-nilai yang masih hilang. Semua kuantitas memiliki satuan kJ. Proses
7+2 2+3 3+1
o
w
AE
a
100
100
b
-50
c
100
d
-200
BAB 4]
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
-
Gunakan hukum pertama dalam bentuk Q
a Jika diaplikasikan pada proses 3
-
W
-
=
100
79
LE. Jika diaplikasikan pada proses 1
100
.'.4 = 200 kJ
-200
.'.r/ = 300 kJ
=
-
2, kita memperoleh
1, hasilnya adalah
100
-
d=
Makausahanettonyaadalahll4z=Wrz+Wz_t*Wt_t=100-50+300=350kJ.Hukumpertamauntuksebuahsiklus mengharuskan
2Q
=2W
200 +
b+
100 =
Akhirnya, dengan menerapkan hukum pertama kepada proses 2
1.4
.'.b = 50 kJ
3 memberikan
-
50-(-50)=c Perhatikan bahwa, untuk sebuah siklus,
350
.'.c=100kJ
IM = 0; bahkan ini sebenamya dapat digunakan .'.c= 100kJ IAE= 100 + c-200=0
untuk menentukan nilai c:
Sebuah baterai 6 V yang terinsulasi menghasilkan arus 5 A selama 20 menit. Hitunglah perpindahan kalor yang harus terjadi untuk mengembalikan baterai tersebut ke temperatur awalnya. Usaha yang diiakukan oleh baterai adalah Wr_, = VILr = (6X5X20)(60)l = 36 kJ. Menurut hukum pertama, ini harus sama dengan - (.Ur.- Ur) karena Q, z = 0 (baterai terinsulasi). Untuk mengembalikan baterai ke temperatur awalnya, untuk proses kedua ini di mana tidak ada usaha yang dilakukan, hukum pertama memberikan
Q.-,-4t=LU=Ilt-Ilz Oleh karena,
4.5
Q,
r = + 36 kJ, di mana tanda positif mengindikasikan bahwa kalor harus dipindahkan ke baterai.
Sebuah kulkas diletakkan di dalam sebuah ruangan yang terinsulasi; kulkas tersebut memiliki sebuah motor 2 hp yang menggerakkan sebuah kompresor. Selama selang waktu 30 menit kulkas tersebut menghasilkan pendinginan sebesar 5300 kJ di ruang yang didinginkan dan pemanasan sebesar 8000 kJ dari koil-koil yang terletak-di belakang kulkas tersebut. Hitunglah kenaikan energi intemal di dalam ruangan tersebut.
Dalam soal ini kita memperlakukan ruangan yang terinsulasi tersebut sebagai sistem. Kulkas hanyalah merupakan sebuah di dalam sistem tersebut. Satu-satunya perpindahan energi yang melintasi batas sistem terjadi melalui kabel-kabel listrik dari kulkas tersebut. Untuk ruangan yang terinsulasi (Q = 0) hukum pertama memberikan komponen
gf-w=tu
Jadi, AU =
4.6
-(-2
Sebuah volume sebesar 8
hp)(0,7a6 kWhp) (1800 s) = 2686 kJ
2 ft3
yang kokoh berisi air pada 120"F dengan kualitas sebesar 0,5. Hitunglah temperatur akhirnya jika kalor
Btu ditambahkan.
Hukum pertama untuk suatu proses mengharuskan bahwa menggunakan volume spesifik sebagai berikut: v-r
Q
*
W = m Aa. Untuk menghitung massanya, kita harus
=vt+ x(vr- 9 = 0,OtO + (0,5)(203,0 -
* =- v1:-=
. .'.m
2
l.lJ
0,016)
=
101,5 ft3/lbm
= 0.0197 lbm
Untuk sebuah volume kokoh usaha yang dilakukan adalah nol karena volumenya tidak berubah. Jadt, Q = m Lu. Nilai dari energi internalnya adalah
ur = uf + xufs - 87,99 + (0,5X961,9) = 568,9 Btu/lbm Energi internal akhimya dihitung dari hukum pertama: 8 = 0,0197 (u,
- 568,9)
Lu,
Nilai ini lebih kecil dari ur; oleh karena itu, keadaan 2berada dalam
-
975 Btu/lbm
daerah basah dengan vz
prosedur coba-coba untuk menentukan keadaan 2:
At 7 =
At 7 =
l40oF: 101,5 = 0,016 + x2O22,9 - 0,016) :.xr= Q,g)g 975 = 108 + 948,2x, :.x2 = 0,914 150"F:
=
101,5 ft3/lbm. Ini memerlukan
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
80
[BAB 4
96,99 sedikit superheat 975 = 118 + 941,3x, :.xz= 0,912 ve
=
Jelaslah bahwa keadaan 2 terletak antara 140"F dan 150'F. Karena kualitas tidak sensitif terhadap energi internal, kita mencari I, sehingga vs = 101,5 ft3/lbm:
rz= ini
Temperatur yang sedikit lebih rendah dari
4.7
t5o
(W,r,- nun) tto) = ,o*'.
-
T, = 14'7'F.
adalah
Sebuah piston bebas gesekan memberikan tekanan konstan sebesar 400 kPa di dalam sebuah silinder yang berisi R134a dengan kualitas awal sebesar 80 persen. Hitunglah temperatur akhimya jika kalor sebesar 80 kJ/kg dipindahkan ke silinder.
Entalpi awalnya diperoleh dengan menggunakan nilai-nilai dari Tabel D-2 sebesar
ht = hf + xrhrr = 62,0 + (0,8)(190,32) = 214,3
Hkg
Untuk proses tekanan konstan ini, hukum pertama mengharuskan Q
Dengan menggunakan Pz
=
- ht
= hz
80 = hz
400 kPa dan hz
- 214'3 :'h,
= 294,3 y11yt
= 294,3 kJ/kg, kita melakukan interpolasi di
dalam Tabel D-3 untuk
memperoleh
r, 4.8
=
(2!!; !!) r,o, * 5o = 52,6"C \ 301,5 -29r,81'-"'
Sebuah rangkaian piston-silinder berisi 2 kg uap yang awalnya pada 200'C dan kualitas 90 persen. Volume menjadi lipat sementara temperatur dijaga konstan. Hitunglah kalor yang harus dipindahkan dan tekanan akhimya.
Hukum pertama untuk proses tekanan konstan ini adalah Q awalnya masing-masing adalah
-
W=
m(ur- u).
tiga kali
Volume spesifik and energi internal spesifik
vr = 0,0012 + (0,9)(0,1274 - 0,0012) = 0,1148 m3/kg ,r = 850,6 + (0,9)(2595,3 - 850,6) = 2421 kllk9 Dengan menggunakan Tz= 2OO"C dan memperoleh tekanan akhir P, sebesar
v, = (3)(0,1148) = 0,34M m3&g, kita
Pz = 0,8
-f##ffir)
melakukan interpolasi
di
dalam Tabel C-3 dan
ro,rr = 0,617 MPa
Kita juga dapat melakukan interpolasi untuk memperoleh energi internal spesiflknya sebesar
uz=
2638,e
-
(2638s
-
2630,6)
(tjffi
)
= zo:s.z
urte
Untuk memperoleh perpindahan kalor kita harus mengetahui usaha l4z. Estimasi dilakukan dengan menggunakan kertas grafik dengan menggambarkan P vs. v dan melakukan integrasi secara grafis (menghitung kotak-kotak). Besamya usaha adalah dua kali lipat dari luas ini karena m - 2 kg.Dengan melakukan ini, kita memperoleh
w = (2)(228) = 456 kJ Jadi Q
4.9
=
W + m(u,
-
u1)
=
a56 + (2)(2638,2
-
2421) = 890 kJ
Berikan estimasi kalor spesifik tekanan konstan dan kalor spesifik volume konstan untuk R134a pada 30 psia dan 100'F. Derivatif-derivatif kita tuliskan dalam bentuk selisih-finit (finite difference) dan dengan menggunakan nilai-nilai di kedua sisi dari 100'F untuk memperoleh tingkat akurasi yang lebih tinggi kita memperoleh
c,
,,
=
#= tr!#]l#
= 0,21e Btu/lbm-'F
=
#=
= o.re7 Btu/rbm-'F
"t'1;;_'33't'
4.10 Hitunglah perubahan entalpi udara yang dipanaskan dari 300 K hingga 700 K jika
(a) (b) (c) @
1,006 kJ/kg''C
Cp
=
Cp
= 0,946 + 0,213
x
10-3r
-
0,031
x lOat'
kJ/kg'"C
Tabel-tabel uap digunakan. Bandingkan perhitungan dari (a) dan (b) dengan (c).
BAB 4I
(a)
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA Dengan mengasumsikan kalor spesifik konstan, kita memperoleh
Lh =
(b)
Cp(Tz
- T) = (1,006X700 - 300) = 402,4 kJlkg
Jlka Cn bergantung pada temperatur, kita harus melakukan pengintegrasian sebagai berikut
oo=f, crdr=I: (c) @
81
(0,946 + 0,213
x
10-37
-
0,031
x 104t')
dT
=
417,7
kilkg
Dengan menggunakan Tabel E-1, kita memperoleh A/z = hr- hr='713,27 - 300,19 = 413,1 kJ,&g. Asumsi kalor spesifik konstan memberikan tingkat kesalahan -2,59 persen; persamaan untuk C, menghasilkan tingkat kesalahan +1,11 persen. Ketiga metoda yang digunakan memberikan hasil yang cukup baik untuk soal ini.
,1.11 Enambelas es batu, masing-masing dengan temperatur -10oC dan volume 8 mililiter, ditambahkan ke 1 liter air pada 20"C dalam sebuah penampung yang terinsulasi. Berapakah besarnya temperatur seimbangnya? Gunakan (Cr)., = 2,1 kJlkg.'C.
Asumsikan bahwa seluruh es mencair. Es menghangat sampai 0oC, mencair pada 0'C dan kemudian menghangat hingga temperatur akhir 7r. Air mendingin dari 20'C hingga ke temperatur akhir Tr. Massa dari es dihitung sebesar
rika.J;:-i---*:?*t'--;:,::::,,-i
di mana r;, diperoreh dari rabel C-5
Energi yang diterima oleh es = energi yang dilepas oleh air m,l(C i LT + h.f + (.C p),LT) = m*(C p),LT )
0,1174tQ,1)(t0) + 320 + (4,8lXr,
- 0)l = (1000 x Tz = 9'33"C
10r)(4,18X20
-
7,)
4.12 Sebuak balok tembaga seberat 5 kg pada 300'C ditenggelamkan ke dalam 20 liter air pada 0'C yang tersimpan di dalam sebuah tangki terinsulasi. Berikan estimasi temperatu kesetimbangan akhirnya. Kekekalan energi mengharuskan energi yang dilepas oleh balok tembaga diserap oleh air. Ini diekspresikan sebagai
r),(LT), = m,(C r),( LT), Dengan menggunakan nilai rata-rata C, dari Tabel B-4, kini menjadi m,!C
(5X0,39)(300
- T) = (0,02X1000X4,18)(72 - 0)
:.7, = 6,94'g
-1.13 Dua pon udara ditekan dari 20 psia hingga 200 psia sementara temperatumya dijaga konstan pada 100'F. Hitunglah perpindahan kalor yang diperlukan untuk menyelesaikan proses ini.
Jika kita mengasumsikan udara sebagai gas ideal, hukum pertama mengharuskan Q
= w + kC = mRr tn'r'.= ,, tumr (s:.: ,JHqi) rsoo' Rr (r], nllilr) ,, :1*
=
-l'76,7 Btu
{.14 Helium tersimpan di dalam
sebuah volume kokoh 2 m3 pada 50"C dan 200 kPa. Hitunglah besarnya perpindahan kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan tekanannya menjadi 800 kPa.
Untuk proses volume konstan ini besarnya usaha adalah nol. Dengan demikian. hukum pertama memberikan
e = mLu = mC, LT = tlU C1f, - f r) Hukum gas ideal, PV = mRT, memungkinkan kita untuk menuliskan
P,
\=i-
P,
200
800
58=t
"'rz=12e2K
Maka besarnya perpindahan kalor, dengan menggunakan nilai-nilai dalam Tabel B-2, r)OOu7l
o = egix32,
(3'1t6t\1292 -323) = 1800 kJ
:1.15 Udara
di dalam silinder sebuah kompresor udara dilekan dari 100 kPa hingga l0 MPa. Berikanlah estimasi temperatur akhirnya dan besarnya usaha yang dibutuhkan jika udara pada awalnya berada pada 100'C. Karena proses ini terjadi cukup cepat, kita mengasumsikan proses adiabatik kuasi-kesetimbangan. Maka
rz
=
rt(?)-
"'o
=
1373y
(
'q#o)"-
r)/r'a
=
13e0 K
82
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA Besarnya usaha diperoleh dengan menggunakan hukum pertama dengan
B = Q1
- T) = -(0,717)(1390 -
w = -L.u = -C,(Tt
IBAB 4
373) = *729
kllkg
Perhitungan dilakukan untuk usaha per unit massa karena besamya massa (atau volume) tidak diberikan.
4.16 Nitrogen pada 100'C dan 600 kPa berekspansi sedemikian rupa sehingga dapat diaproksimasikan dengan suatu proses politropik dengan n = 7,2 llihat (4.52)1. Hitunglah besarnya usaha dan perpindahan kalor jika tekanan akhirnya adalah 100 kPa. Temperatur akhirnya diperoleh sebesar
=r.r7JrIloo1ir':-rrr': =(r/r) (aool =216'7K
r.=7,(Pz\"
rP,/
Volume spesif,knya adalah
,,
=+ - (0,2y1\(373)
= 0,1846
m3iks
,r=T =@K@=
0,822 m3ikg
Maka besarnya usaha adalah [atau gunakan (4.53)]
(600x0'184u'',, Hukum
(+)
(0'822-0'2
-
0'1846421
=
143 kr^(s
perrama;i-:- ::!:;:= q-w = Lu= C,(Tz-T)
q
143 = (0,745)(276,'/
-
-373) :.q ='71,3kllkg
4.17 Berapakah besarnya usaha yang harus dilakukan oleh roda dayung dalam Gbr. 4-24 untuk mengangkat piston sejauh 5 inci? Temperatur awalnya adalah 100'F.
I I 10"
t--------------------------_t Gbr.4-24
Hukum pertama, dengan Q = 0, adalah W=
LU
atau
-PALb
-
Wauyung
= mC,(72
- T)
Besamya tekanan diperoleh dari penyeimbangan gaya-gaya pada piston:
P
=
14.7
*
115. 1tl4)'
=
18.18 psia
Massa udara diperoleh dari hukum gas ideal:
*=
PV RT
( 1 8,
1
8X 1 aaXn)(q2
Oq n'/
28
= 0,0255 lbm
(s3,3)(s60)
Temperatur Tradalah
pf (18,r8)(144)(n)(4)2(15111728 840.R r^ = = '2- mR _(00255x533) -
Akhimya, usaha yang dilakukan oleh roda dayung adalah sebesar wduy,ng
=
-
PALL- mC,(72-Tr) = -
(18,18)(nXa)2{SttZl)
-
(0,0255)(0,i71X778)(840
-
560)
= -1331 ft-lbf i:
*
*
B\B
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
4]
83
1.18 Untuk siklus dalam Gbr. 4-25 tentukanlah besarnya'keluaran usaha dan perpindahan kalor netto jika 0,1 kg udara tersimpan di dalam suatu rangkaian piston-silinder. P (kPa)
v
(m3)
Gbr. 4-25 Temperatur-temperatur dan V., adalah
r,
=
P#
=
'' =PrV, - P, -
V^
a$ffi (800X0,08)
loo
=
278,7
K
= rz=
rz
fffi
=
2230
K
0,64 m3 rrr = - u'u+
Dengan menggunakan deflnisi usaha untuk setiap proses, kita memperoleh
wr -z=
0
w3- t = Ptvt
wr-3= n nr nefi=
- v\)=
r 1001t0.08
Maka besarnya keluaran usaha adalah Wnetto= 0 untuk suatu siklus memberikan kita
+
-
(0.1)(0.287){2230) 1n133
tl
= 1::,t
0.64) = -56 kJ
133,1
-
Qn"t
56,0 = 77,1 kJ. Karena ini merupakan siklus lengkap, hukum pertama
=
= 77,1 kJ
Wn"t
{.19 Air memasuki
sebuah radiator melalui sebuah selang berdiameter 4 cm pada 0,02 kg/s. Air tersebut mengalir ke bawah melalui saluran-saluran berbentuk persegiempat dalam perjalanannya menuju pompa air. Setiap saluran berukuran 10 x 1 mm dan terdapat 800 saluran di daerah potongan (cross section). Berapa lamakah waktu yang dibutuhkan oleh air untuk bergerak dari atas sampai ke dasar radiator yang memiliki tinggi 60 cm ini?
Kecepatan rata-rata melewati saluran diperoleh dari persamaan kontinuitas, dengan menggunakan pui.
rit=pit,A,=pr1 rA,
"''1 , ---til prA,
{
=
1000 kg/m3:
.=0.0025m/s - "'""
1000)l(800x0.0t -!,,^q' x0rn0{ )l
Waktu yang dibutuhkan untuk bergerak sejauh 60 cm pada kecepatan konstan ini adalah
4.20 Sebuah tangki 10 m3 diisi dengan uap pada r.;;;.';:;.';;::-;:"r,m tangki meralui sebuah pipa berdiameter 10 cm. Tentukanlah laju perubahan densitas di dalam tangki ketika kecepatan uap di dalam tangki adalah 20 m/s. Persamaan kontinuitas dengan satu lubang masuk dan tanpa lubang keluar adalah
P/11',
=
llihat (4.56)):
dm, :L:
Karena m,r = pV, di mana V adalah volume dari tangki, ini menjadi
, o: =i
o,,
,
to':, = 6rlo, t:rrr0.05r2t20r o!, = r.ooou kg/m3.s
4.21 Air masuk ke dalam
sebuah saluran berukuran lebar 4 ft dan panjang lz inci denganfluks massa sebesar I5 lbm/sec. Air tersebut keluar dengan distribusi parabolik 1()) = t,_ut. 1t - y2lh21 di mana h adalah setengah dari tinggi saluran tersebut. Hitunglah tlu*. du, t',uru-.u,u, kecepatan rata-rata di daerah potongan manapun dari saluran tersebut. Asumsikan bahwa air sepenuhnya me.rgtii saluran tersebut.
.
Fluks massa diberikan oleh
z
= pATruru,rur; jadi, ti1 _ 1, l,,ru-,^,u _ =
iA=
15
roz.+lt+xtiult=
1.442 lttsec
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
84
Di
daerah keluar
[BAB 4
profll kecepatannya adalah parabolik. Maka fluks massa, yang adalah konstan, memberikan kita
f
h-JoprdA fh
$
=p
J,',.*,
(, -
4dy
;])
=
162.41(4r.uk,)
- #,]' - h =
[r
t62.4tt4,.*.,
lto"l'ot']
i.t'-ut. = 2,l63ftlsec 4.22 Rl34a memasuki sebuah katup pada 800 kPa dan 30"C. Tekanan di bagian hilir dari katup terukur sebesar 60 kPa. Hitunglah energi internal di bagian hilir. Persamaan energi melewati katup, jika kita mengenali bahwa perpindahan kalor dan usaha adalah nol, adalah h, = hr. Nilai entalpi sebelum masuk ke katup adalah nilai dari cairan terkompresi. Entalpi dari cairan terkompresi pada intinya adalah sama dengan entalpi dari cairan jenuh pada temperatur yang sama. Jadi, pada 30'C dalam Tabel D-1, ftr = 91,49 kJ/kg. Dengan menggunakan Tabel D-2 pada 60 kPa kita memperoleh
hz
=
91,49 = h, + xrhrr = 3,46 +
227,27x,
.'.x2
= 0,398
Maka energi intemalnya adalah tt2
= uf + xr(u,
- *)
= 3,14 + 0'398[(206,12
-
3,14)] = 83,9 kJ/kg
4.23 Tekanan dari air 200 kg/s akan dinaikkan sebanyak 4 MPa. Air masuk melalui sebuah pipa berdiameter 20 cm dan keluar melalui sebuah pipa berdiameter 12 cm. Hitunglah daya minimum (dalam hp) yang dibutuhkan untuk mengoperasikan pompa tersebut. Persamaan energi (4.68) memberikan kita
/ ,i, -tu, = (Xa
",2 ",2\ ,. , ,' ')
Kecepatan masuk dan keluar dihitirng sebagai berikut: t
'
=
fr,=
(rooo2flrxo.D:
= 6'366
m/s 'r = \ r=
200 (1000XrXO,06)2
=
17,68 m/s
Maka persamaan energi memberikan
w-= "p-
ooo -""1[+ ooo 1000+
(17.68)2
-200
-
(6.366)2']
2
I
=
- ,r,
,oo
*
arau
ll,e
hp
Catatan: Perhitungan daya di atas memberikan suatu nilai minimum karena kita telah mengabaikan peningkatan energi internal. Selain itu, perubahan energi kinetik hanya sebesar 3 persen dariW, sehingga dapat diabaikanjuga. 4.24 Sebuah hidroturbin dioperasikan dengan menggunakan arus di mana terdapat aliran. air sebesar 100 kgis. Berikanlah estimasi besamya keluaran daya maksimum jika turbin tersebut berada dalam sebuah bendungan di mana jarak dari permukaan reservoir ke lubang pembuangan adalah 40 m. Persamaan energi(4.68),jika perubahan-perubahan energi kinetik diabaikan, mengambil bentuk
-lV, = ritg(:z-:,), di mana
kita telah mengasumsikan bahwa tekanan di permukaan air di atas dan di bawah bendungan adalah tekanan atmosfer. Maka besarnya keluaran daya maksimum adalah
I,i/r = -(100)(9,81)(-40) = 39 240
W
atau 39,24 kW
4.25 Sebuah turbin menerima uap superheat pada 800 psia dan 1200'F dan membuangnya sebagai uap jenuh pada 2 psia (Gbr.4-26). Perkirakanlah besarnya keluaran daya (dalam hp) jika fluks massanya adalah 1000 lbm/menit. Selain itu, hitung juga kecepatan
di lubang keluar. 800 psia
----------+ 1200'F
Gbr.4-26
i!
t 'g
diameter 4 ft
* a &
I
BAB 4]
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
85
I
Dengan mengasumsikan perpindahan kalor nol, persamaan energi (4.6Q memberikan kita
-frr= tit(hz- h1) = (*3t)
(1116,1
-
1623,8)
=
-8462
Btu/sec
atau 11 970 hp
di mana nilainilai entalpinya diperoleh dari Tabel C-38 dan C-2E Melalui (4.58), (173'75)(1900i60)
'uz=4 A-
n(2)2
= 230 ftlsec
4.26 Udara masuk ke dalam sebuah kompresor pada kondisi atmosfer 20'C dan 80 kPa dan keluar pada 800 kPa dan 200'C. Hitungtah laju perpindahan kalor jika masukan dayanya adalah 400 kW. Udara keluar pada 20 rt/s melalui sebuah lubang pembuangan berdiameter 10 cm. Persamaan energi, yang mengabaikan perubahan-perubahan energi kinetik dan potensial, adalah Q fluks massanya dihitung sebesar 7i,1
Iadr Q= (0,9257)(1,00)(2OO
-
= pAU =
20) + (-400)
ou =
{r =
-233,4
to.r$%rr)(rrx0.0s)2(20)
kW.
-
Ws
= tilcp\Tl2- T);
= 0.9257 ksts
Perhatikan bahwa masukan dayanya adalah negatif, dan perpindahan
kalor negatif mengindikasikan bahwa kompresor tersebut kehilangan kalor.
4.27 tJdara mengalir melewati sebuah seksi uji berukuran 4 x 2 mdari sebuah terowongan angin pada kecepatan 20 m/s. Tekanan alat ukur di dalam seksi uji tersebut terukur sebesar - 20 kPa dan temperatumya 20"C. Di belakang seksi uji terdapat sebuaL difuser yang menuju ke sebuah pipa pembuangan berdiameter 6 m. Berikanlah estimasi kecepatan dan temperatur di lubang pembuangan. Persamaan energi (4.72) untuk udara mengambil bentuk
4 -
Persamaan kontinuitas, ptArUt
= ,? + 2cr(71- T2) =
202
+ (2)(1,00)(293
-
T2)
p$zUz, memberikan
P,
[],o,',
=
p,A,1'2 :'Pzuz=
[o:#,rr,] [*,]
(20) = 5.384 kg/m2
s
Aproksimasi terbaik untuk proses yang sebenarnya adalah proses adiabatik kuasi-kesetimbangan. Dengan menggunakan (4.49), dan menggunakan p
= |lv, kita memperoleh
T, 2g3 atau pyo = [8oi(0.287x293)10.4
? Tt=(9\'' \ pr /
=298.9
Ketiga persamaan di atas memiliki tiga variabel yang tidak diketahui Tr, 'V, dan pr. Substitusikan T, dan U, kembali ke dalam persamaan energi sehingga memperoleh 5,38
.'
,3t
='o'
+ (2x l'oo)t29 3 -(2s8'q@l'\)
Ini dapat diselesaikan dengan cara coba-coba sehingga diperoleh
,r=#=#=
1.55
m/s
pz-
3,475 kg/m3. Maka kecepatan dan temperatumya adalah
T2= egs,g)(pl'ol = {zsa,\{3,4i5)o,a
= 492 atav2tg'C
4.28 Uap dengan fluks massa 600 lbm/menit keluar dari sebuah turbin sebagai uap jenuh pada 2 psia dan melewati sebuah kondensor (sebuah alat penukar kalor). Berapakah besamya fluks massa air pendingin yang dibutuhkan jika uap harus keluar dari kondensor sebagai cairan jenuh dan air pendingin diperkenankan mengalami kenaikan temperatur sebesar 15'F? Persamaan energi (4.75) dapat dipakai untuk situasi ini. Laju perpindahan kalor untuk uap adalah, jika diasumsikan tidak terjadi penurunan tekanan melewati kondensor.
Q = rir,(h,2-
y'r"1)
= (600X94,02
-
1116,1)
= -613,200 Btu/min
Energi ini diserap oleh air. Maka,
Q
= rit*(h*2
-
h*t) =
rix.Cp(Tn2
- T.)
613.200 =
z, (1,00X15)
tix* = 40.880 lbm/min
4.29 Sebuah pembangkit daya uap beroperasi dengan menggunakan 2Okgls uap, seperti yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-21. Dengan mengabaikan rugi-rugi yang terjadi di berbagai komponen, hitunglah (a) laju perpindahan kalor boiler, (b) keluaran daya turbin, (c) laju perpindahan kalor kondensor, (d) kebutuhan daya pompa, (e) kecepatan di dalam pipa pembuangan boiler dan (fl efisiensi termal dari siklus tersebut.
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
86
d = 3o
cm
o
[BAB
4
6o{to(-
+.Wr aB 10 kPa
x=1,0
w.
O
1o kPa
Gbr.4-27
(a) (b) (c) @ (e) a
- h2) = QO)(3625,3 - 167 ,5) = 69,15 MW di mana kita telah memakai Wr = rh(hq - h) = - (20)(2584,6 - 3625,3) = 20,81 MW Qc = ri,L(hr - h) = (20)(16-t,57 - 2584,7) = -48,34 MW. Wp = tit(Pz- P)lp = (20)(10 000 - 10/1000) = 0,2 MW.
en = rit%
= tillA = (20X0,03837)/n(0,15)2 = 10,9 m/s T = (frr - w)lQB = 120,81 - O,2tl6g.l5 = 0,298
nilai entalpi h, untuk ht Pada 40"L.
1/
atau 29,8Vo
4 m3 yang berinsulasi dihubungkan dengan sebuah saluran uap 4 MPa 600"C. Sebuah katup dibuka sehingga uap memenuhi tangki tersebut. Estimasikanlah temperatur akhir dari uap di dalam tangki dan massa akhir dari uap di dalam tangki.
4.30 Sebuah tangki kosong
Dan G.8t), dengan p = 0 dan mi= 0, diperoleh u,= hy karena massa akhir m, sama besamya dengan massa masuk. Kita tahu bahwa pada saat melewati katup entalpi tetap konstan; jadi
ht =
htin"
= 3674,4
,??1
yang
klkg
Tekanan akhir di dalam tangki adalah 4 MPa, yang dicapai pada saat uap berhenti mengalir ke dalam tangki. Dengan menggunakan Pf = 4 MPa dan u, = 3674,4 kJkg, kita memperoleh temperatur dari Tabel C-3 sebesar
,,=(ff01ffi)
= 812,8'c
Volume spesifik pada 4 MPa an 812,8'C adalah
- W) 50 r ,o,,rr, - 0,1 169) + 0,1229 = 0.1244 fr3ttb.,
/ 812'8
'r=\-
Jadi massa uap di dalam tangki adalah
vf4.^ *,= ,,= o.;zqq = 32'15 kg Soal-soal Tambahan 4.31 Sebuah massa yang tidak diketahui disambungkan melalui katrol ke sebuah roda dayung yang dimasukkan ke dalam suatu volume air. Massa tersebut kemudian dijatuhkan sejauh 3 m. Jika 100 J kalor harus dipindahkan dari air untuk mengembalikan air tersebut ke kondisi awalnya, tentukanlah massa tersebut dalam kilogram. 4.32 Sementara 300 J kalor ditambahkan ke udara di dalam silinder dalam Gbr. 4-28, piston terangkat sejauh 0,2 m. Tentukanlah perubahan energi intemalnya.
+
F-+in
I
j l
I ,i
F-lo
cm----i
Gbr. 4-28
Gbr.4-29
B-\B 4]
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
87
{-33 Suatu gaya konstan sebesar 600 lbf dibutuhkan untuk menggerakkan piston yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-29. Jika 2 Btu kalor dipindahkan dari silinder ketika piston bergerak sepanjang piston, berapa besarkah perubahan energi intemalnya?
l3l
Setiap huruf (a) sampai (e) di dalam tabel yang terlampir merepresentasikan suatu proses. Isilah nilai-nilai yang masih kosong, dalam kJ. O
(a)
20
(b)
AE
6
8
30
20
-10 10
1.35 Sebuah sistem melewati suatu siklus yang
E 7
40
(e)
E.
5 _J
(c) (d)
w
15
10 6
-8
terdiri dari empat proses. Beberapa nilai perpindahan energi dan perubahan energi
diberikan di dalam tabel. Isilah nilai-nilai yang masih kosong. Semua satuan adalah dalam kJ. Proses
'l+2
2)3 3)4 4+1
o
w
AU
(a)
0
800
\b)
(c)
@
600
400
0
(e)
-1200
-200
1.36 Sebuah baterar 12 V disetrum dengan cara memberikan arus 3 A selama 6 jam. Jika terjadi kehilangan kalor sebesar 400 kJ dari baterai selama penyetruman, berapa besarkah perubahan energi yang tersimpan di dalam baterai tersebut?
{.37
Sebuah baterut 12 V menghasilkan ams l0 A selama 30 menit. Energi yang tersimpan berkurang sebanyak 300 kJ. Tentukanlah kehilangan kalor yang terjadi selama periode tersebut.
{.38
Sebuah pemanas 110 V mengambil 15 Apada saat sedang memanaskan suatu ruangan udara. Selamaperiode di ruangan tersebut bertambah sebanyak 8000 Btu. Hitunglah besarnya kehilangan kalor dalam Btu.
2
jam energi intemal
'{.39 Berapa banyakkah kalor yang harus ditambahkan ke sebuah volume 0,3 m3 yang berisi air pada 200"C sehingga temperatur akhirnya naik menjadi 800"C? Tekanan awalnya adalah 1 MPa. 4.40 Sebuah volume 0,2 m3 yang kokoh berisi uap pada 600 kPa dan kualitas 0,8. Jika 1000 kJ kalor ditambahkan, tentukanlah temperatur akhirnya.
4.41 Sebuah rangkaian piston-silinder memberikan tekanan konstan sebesar 120 psia pada uap yang memiliki kualitas awal 0,95 dan volume awal 100 in3. Tentukanlah besarnya perpindahan kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur hingga 1000'F. Kerjakanlah soal ini tanpa menggunakan entalpi. 1.42 Uap tersimpan di dalam sebuah volume 4liter pada tekanan 1,5 MPa dan temperatur 200'C. Jika tekanan dijaga konstan dengan cara membesarkan volume sementara 40 kJ kalor ditambahkan, tentukanlah temperatur akhimya. Kerjakanlah soal ini tanpa menggunakan entalpi.
4.43 Kerjakan Soal 4.41 dengan menggunakan entalpi. 4.44 Kerjakan Soal 4.42 dengan menggunakan entalpi 4.45 Hitunglah besarnya perpindahan kalor yang diperlukan untuk menaikkan temperatur dari 2 kg uap, pada tekanan konstan sebesar 100 kPa (a) dai 50"C hingga 400"C dan (b) dari 400'C hingga 750'C. 4.46 tJap tersimpan di dalam sebuah volume 1,2 m3 pada tekanan 3 MPa dan kualitas 0,8. Tekanan dijaga tetap konstan. Berapakah temperatur akhirnya jika (a) 3 MJ dan (b) 30 MJ kalor ditambahkan? Gambarlah sketsa proses ini pada diagram 7-v. 4.47 Estimasikanlah kalor spesifik tekanan konstan untuk uap pada 400"C jika tekanannya adalah (a) 10 kPa, (b) 100 kPa dan (c) 30.000 kPa.
4.48 Tentukanlah nilai aproksimasi untuk kalor spesifik volume konstan untuk uap pada 800'F jika tekanannya adalah (a) 1 psia, (b) 14,1 psia dan (c) 3000 psia. 4.49 Hitunglah perubahan-entalpi dari 2 kg udara yang dipanaskan dari 400 K hingga 600 K jika (a) C, 0,946 +0,213 x lO-37 - 0,031 x l0il kykg.K dan (c) tabel-tabel gas digunakan.
=
1,006 kJ/kg.K, (b) Cp =
4.50 Bandingkanlah perubahan entalpi dari 2 kg air untuk per'ubahan temperatur dari 10"C ke 60'C dengan 2 kg es untuk perubahan temperatur dari -60"C ke -10"C.
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
88
IBAB 4
4.51 Dua MJ kalor ditambahkan ke 2,3 kg es yang dijaga pada tekanan konstan 200 kPa, pada (a) -60"C dan (b) 0"C. Berapakah temperatur akhimya? Gambarkanlah sketsa proses ini pada diagram I-v.
1.52 Berapakah besamya perpindahan kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur 10 lbm air dari 0'F (es) hingga 600'F (uap) pada tekanan konstan 30 psia? Gambarkanlah sketsa proses .1.53
ini pada diagram I-v.
x 2 x 2 cm) pada -20"C dimasukkan ke dalam sebuah gelas minuman kola yang berinsulasi pada 20"C. Estimasikanlah temperatur akhimya (ika di atas 0'C) atau persentase es yang meleleh (ika tepat pada 0'C) jika volume minuman kola adalah (.a) 2 liter dan (b) 0,25 liter' Gunakan Pi"" = 917 kglm3. Lima es batu (4
,1.54 Sebuah balok tembaga 40 lbm pada 200'F dijatuhkan ke dalam sebuah tangki berinsulasi yang berisi 3 ft3 air pada 60"F. Hitunglah
temperatur kesetimbangan akhir dari air.
4.55 Sebuah balok tembaga seberat 50 kg pada 0"C dan sebuah balok besi seberat 100 kg pada 200"C saling disentuhkan dalam sebuah ruangan berinsulasi. Prediksikanlah temperatur kesetimbangan akhirnya.
4.56 Tentukanlah perubahan entalpi dan perubahan energi intemal untuk 4 kg udara jika temperaturnya berubah dari 100'C ke 400"C. Asumsikan kalor-kalor spesifik konstan. 4.57 Untuk setiap proses kuasi-kesetimbangan berikut ini berikanlah informasi yang masih hilang. Fluida kerjanya adalah 0,4 kg udara
di dalam
(a) (b) (c)
@
sebuah silinder.
o
w
AU
AH
T2
T1
P)
P1
v2
Proses
(kJ)
(kJ)
(kJ)
(kJ)
('c)
("c)
(kPa)
(kPa)
(m3)
vl (-3)
T=C V=C P=C Q=o
60
0.1
0,48
80
100
50
300
200 200
100
500
250
4.58 Untuk setiap proses kuasi-kesetimbangan yang ditampilkan dalam tabel Soal 4.57, berikanlah informasi yang masih hilang jika fluida kerjanya adalah 0,4 kg uap. [Perhatikan: untuk proses (c) perlu diiakukan pengintegrasian secara grafls.] 4.59 Seribu Btu kalor ditambahkan ke 2 lbm uap yang dijaga pada 60 psia. Hitunglah temperatur akhimya jika temperatur awal dari uap adalah (a) 600'F dan (b) 815'F. 4.60 Limapuluh kJ kalor dipindahkan ke udara yang dijaga pada 400 kPa dengan volume awal0,2 m3. Tentukanlah temperatur akhirnya jika temperatur awalnya adalah (a) 0"C dan (b) 200"C. 4.61 Temperatur dan tekanan awal
dari 8000 cm3 udara masing-masing adalah 100'C dan 800 kPa. Tentukanlah perpindahan kalor
yang dibutuhkan jika volume tidak berubah dan tekanan akhirnya adalah (a) 200 kPa dan (&) 3000
kPa.
4.62 Hitunglah perpindahan kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur udara, awalnya pada 10"C dan 100 kPa, hingga temperatur 27'C jika udara tersebut tersimpan dalam sebuah volume awal berdimensi 3 x 5 x 2,4 m. Tekanan dijaga tetap konstan.
4.63 Kalor ditambahkan ke uap yang memiliki volume tetap sebesar 0,15 m3 yang awalnya memiliki tekanan 400 kPa dan kualitas 0,5. Tentukanlah tekanan dan temperatur akhirnya jika (o) 800 kJ dan (b) 200 kJ kalor ditambahkan. Gambarkanlah sketsa proses tersebut pada diagram P-v. 4.64 Dua ratus Btu kalor ditambahkan ke dalam sebuah tangki udara yang kokoh yang memiliki volume 3 ft3. Tentukanlah temperatur akhirnyajuga pada awalnya (a) p = 60 psia danT = 30'F dan (b) P = 600 psia dan I= 820'F. Gunakanlah tabeltabel udara. 4.65 Sebuah sistem yang terdiri dari 5 kg udara awalnya berada pada 300 kPa dan 20'C. Tentukanlah perpindahan kalor yang dibutuhkan untuk (a) memperbesar volume menjadi dua kali lipat pada tekanan konstan., (D) menaikkan tekanan menjadi dua kali lipat pada volume konstan, (c) menaikkan tekanan menjadi dua kali lipat pada temperatur konstan dan (c) menaikkan temperatur absolut menjadi dua kali lipat pada tekanan konstan. 4.66 Kalor ditambahkan ke sebuah penampung yang berisi uap 0,5 m3 yang pada awalnya memiliki rekanan 400 kPa dan kualitas 80 persen (Gbr. 4-30). Jika tekanan dijaga konstan, tentukanlah besarnya perpindahan kalor yang dibutuhkan jika temperatur akhirnya adalah (a) 500"C dan (b) 675"C. Selain itu tentukan juga besarnya usaha yang dilakukan. Gambarlah sketsa proses ini pada diagram T-v. 4.67 Sebuah tangki kokoh 1,5 m3 pada tekanan 200 kPa berisi 5 liter cairan dan sisanya adalah uap. Hitunglah besarnya perpindahan kalor yang diperlukan untuk (a) menguapkan seluruh air, (&) menaikkan temperatur hingga 400'C dan (c) menaikkan tekanan hingga 800 kPa.
O
Gbr. 4-30
i;'
{
:iiii"
#
f
3
\B
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
,+l
{.68 Sepuluh Btu kalor ditambahkan ke
sebuah penampung kokoh yang berisi
89
4 lbm udara dalam volume 100 ft3. Tentukanlah AH.
{.69 Delapan ribu cm3 udara dalam
sebuah rangkaian piston-silinder dikompresikan secara isotermal pada 30'C dari tekanan 200 kPa hingga 800 kPa. Tentukanlah besamya perpindahan kalor.
{.70. Dua kilogram udara dikompresikan dalam sebuah silinder berinsulasi dari 400 kPa hingga 15 000 kPa. Tentukanlah temperatur akhimya dan besarnya usaha yang diperlukan jika temperatur awalnya adalah (a) 200'C dan (b) 350'C.
l.7l
Udara dikompresikan dalam sebuah silinder berinsulasi dari posisi yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-31 sehingga tekanan meningkat menjadi 5000 kPa dari tekanan atmosfer 100 kPa. Berapakah besarnya usaha yang diperlukan jika massa udara adalah 0,2 kg?
.1.72 Secara rata-rata seseorang mengeluarkan sekitar 400 Btu kalor per jam. Di dalam sebuah ruangan 10 x 75 x 150 ft yang tidak berventilasi terdapat 1000 orang. Perkirakanlah kenaikan temperatur dalam 15 menit, dengan mengasumsikan (a) tekanan konstan
dan (b) volume konstan. (c) Asumsi yang manakah yang lebih realistis?
1.73 Dua ratus kJ usaha dipindahkan ke udara melalui sebuah roda dayung yang dimasukkan ke dalam sebuah volume berinsulasi (Gbr.4-32). Jika tekanan dan temperatur awalnya masing-masing adaiah 200 kPa dan 100'C, tentukanlah temperatur dan tekanan akhimya.
I
800
Fooo
mm
dia-l
I Gbn4-32
Gbr. 4-31 jatuh dari 10 m ke dalam sebuah penampung yang berisi jatuh, hitunglah kenaikan temperatur maksimum di dalam air.
-1.7'{ Sebuah batu 2-kg
l0 liter air. Dengan
mengabaikan gesekan selama
-1.75 Torque sebesar 10
N'm dibutuhkan untuk memutar sebuah roda dayung dengan kecepatan 100 rad/s. Selama seiang waktu 45 s volume udara, di mana roda dayung tersebut berputar, bertambah dari 0,1 menjadi 0,4 m3. Tekanan dijaga konstan pada 400 kPa. Tentukanlah perpindahan kalor yang diperlukan jika temperatur akhirnya adatah (a) 0'C dan (b) 300'C.
1.76 Untuk siklus yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-33 tentukanlah besarnya keluaran usaha dan perpindahan kalor netto, jika 0,8 lbm udara tersimpan di dalam silinder dengan 7r = 800"F, dengan mengasumsikan bahwa proses dari 3 ke 1 adalah (a) proses isotermal dan (D) proses adiabatik.
{.77 Untuk siklus yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-34 tentukanlah besamya perpindahan kalor netto dan keluaran usaha jika berada di dalam silinder adalah uap air.
yang
P 60 psia
4000 kPa
10 ft3
0.s
Gbr. 4-33 4'78 Jika 0,03 kg udara melewati siklus yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-35, yang merupakan sebuah rangkaian piston-silinder, hitunglah besarnya keluaran usaha.
HT]KUM PERTAMA TERMODINAMIKA
90
IBAB 4
100 kPa
0,02
Gbr.
m3
4-35
Gbr. 4-36 4-Jo
4.79 Udara mengalir dengan kecepatan rata-rata 100 m/s melalui sebuah pipa berdiameter 10 cm. Jika pipa melewati pelebaran hingga diameter 20 cm, tentukan kecepatan rata-rata di bagian pipa yang melebar. 4.80 Udara masuk ke dalam sebuah penyedot debu (vacuum cleaner) melalui sebuah pipa berdiameter 2 in dengan kecepatan 150 ftlsec. Udara kemudian melewati sebuah impeler yang berputar (Gbr. 4-36), yang memiliki ketebalan 0,5 in, di mana kemudian udara keluar. Tentukanlah kecepatan keluar rata-rata yang tegak lurus terhadap impeler. 4,81 Udara masuk ke sebuah alat pada 4 MPa dan 300'C dengan kecepatan 150 m/s. Luas area masuknya adalah 10 cm2 dan luas area keluamya adalah 50 cm2. Tentukanlah fluks massa dan kecepatan keluarnya jika udara keluar pada 0,4 MPa dan 100'C. 4.82 Udara masuk ke dalam sebuah alat yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-37 pada 2 MPa dan 350'C dengan kecepatan 125 mis. Di satu area pembuangan kondisinya adalah 150 kPa dan 150'C dengan kecepatan 40 m/s. Tentukanlah fluks massa dan kecepatan di pembuangan yang kedua untuk kondisi 0,45 MPa dan 200"C.
Gbr. 4-37 4.83 Uap pada 400 kPa dan 250'C dipindahkan melalui sebuah pipa berdiameter 50 cm pada kecepatan 30 m/s. Pipa tersebut bercabang menjadi dua pipa yang memiliki diameter yang sama sebesar 25 cm. Hitunglah fluks massa dan kecepatan di setiap pipa yang kecil jika tekanan dan temperatumya adalah 200 kPa dan 200"C. 4.84 Uap masuk ke dalam sebuah alat melalui suatu area seluas 2 in2 pada 500 psia dan 600'F. Uap keluar melalui area seluas 10 in2 pada 20 psia dan 400'F dengan kecepatan 800 ft/sec. Berapakah besarnya fluks massa dan kecepatan masuknya? 4.85 Uap masuk ke dalam sebuah tangki 10 m3 pada 2 MPa dan 600"C melalui sebuah pipa berdiameter 8 cm dengan kecepatan 20 m/s. Uap keluar pada 1 MPa dan 400'C melalui sebuah pipa berdiameter 12 cm dengan kecepatan 10 m/s. Hitunglah seberapa cepat densitas di dalam tangki tersebut berubah. 4.86 Air mengalir ke dalam sebuah pipa berdiameter 1,2 cm dengan kecepatan seragam 0,8 m/s. Pada suatu jarak tertentuk di dalam pipa terbentuk prolil distribusi kecepatan yang parabolik. Tentukanlah kecepatan maksimum di dalam pipa dan fluks massanya. Profil parabolik dapat diekspresikan dengan'1,(r) ='tl."*"(l - fm\, di mana R adalah radius pipa. 4.87 Air memasuki sebuah kontraksi yang ditunjukan dalam Gbr. 4-38 dengan profil parabolik't'(r) = 20 - h m/s, di mana r diukur dalam sentimeter. Profil distribusi kecepatan setelah melewati daerah kontraksi pada intinya adalah seragam. Tentukanlah fluks massa dan kecepatan
keluarnya. ; .i
fl
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
BAB 4]
9L
dt=2cm
Gbr. 4-38 .1.88 Udara memasuki sebuah pipa berdiameter konstan 4 in pada 100 ftlsec dengan tekanan 60 psia dan temperatur 100"F. Kalor ditambahkan ke udara, sehingga udara mengalir melalui daerah hilir pada 70 psia, 300'F. Hitunglah kecepatan dan laju perpindahan
kalor di hilir. 4.89 Uap pada 9000 kPa dan 300'C mengalir melalui sebuah katup setengah terbuka. Tekanan tepat di belakang katup terukur sebesar 600 kPa. Hitunglah energi internal spesifik dari air yang keluar dari katup. Abaikanlah perubahan energi kinetik. (Catatan: Entalpi dari cairan yang sedikit terkompresi pada intinya adalah sama dengan entalpi dari cairan jenuh pada temperatur yang sama.) pada 9000 kPa dan 600"C melewati sebuah proses pengaturun (throttling) sehingga tekanannya berkurang secara mendadak menjadi 400 kPa. (a) Berapakah perkiraan temperatur di belakang proses pengaturan? (b) Berapakah rasio luas yang dibutuhkan sehingga perubahan energi kinetiknya adalah nol?
{.90 Uap
4.91 Air pada 70"F mengalir melalui sebuah katup setengah terbuka yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-39. Luas penampang sebelum dan sesudah katup adalah sama. Tentukanlah energi internal spesifik di hilir dari katup.
P, = 450 psig
Gbr. 4-39 4.92 Kondisi masukan sebuah kompresor udara adatah 50 kPa dan 20'C. Untuk menekan udara hingga 400 kPa, diperlukan energi sebesar 5 kW. Dengan mengabaikan perpindahan kalor dan perubahan energi kinetik dan potensial, estimasikanlah fluks massanya. 4.93 Kompresor udara yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-40 menghisap udara dari atmosfer dan membuangnya pada 500 kPa. Tentukanlah daya minimum yang dibutuhkan untuk menggerakkan kompresor berinsulasi ini. Asumsikan kondisi atmosfer 25'C dan 80 kPa.
d = 100
mm
N'= 100 m/s
Kompresor
Gbr. 4-40 4.94 Daya yang dibutuhkan untuk menekan 0,01 kg/s uap dari keadaan uapjenuh pada 50'C ke tekanan 800 kPa pada 200'C adalah 6 kW. Tentukanlah kecepatan perpindahan kalor dari kompresor. 4.95 Dua ribu lbm/jam air jenuh pada 2 psia ditekan oleh sebuah pompa ke tekanan 2000 psia. Dengan mengabaikan perpindahan kalor dan perubahan energi kinetik, estimasikanlah daya yang dibutuhkan oleh pompa. 4.96 Pompa dalam Gbr. 4-41 menaikkan tekanan di dalam air dari 200 hingga 4000 kPa. Berapakah daya minimum motor yang dibutuhkan untuk menggerakkan pompa sehingga menghasilkan kecepatan aliran 0,1 m3/s?
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
92
[BAB
4
100 mm
Gbr. 4-41 4.97 Sebuah turbin pembangkit hidroelektrik menerima 20 m3ls air pada tekanan alat ukur 300 kPa dan membuangnya ke atmosfer. Tentukanlah keluaran daya maksimumnya.
4.98 Air mengalir di sebuah parit pada 1,5 m/s. Dimensi luas potongannya adalah 0,6 x 1,2 m di hulu dari lokasi proposal bendungan yang direncanakan menaikkan ketinggian air 2 m di atas lubang pembuangan sebuah turbin. Tentukanlah keluaran daya maksumum dari turbin tersebut. 4,99 Uap superheat pada 800 psia dan 1000"F memasuki sebuah turbin pembangkit daya dengan kecepatan 30 lb/sec. Uap jenuh keluar pada 5 psia. Jika keluaran dayanya adaiah 10 MW, tentukanlah kecepatan perpindahan kalornya.
4.100 Uap superheat memasuki sebuah turbin berinsulasi (Gbr. 4-42) pada 4000 kPa dan 500"C dan keluar pada 20 kPa. Jika fluks massanya adalah 6 kg/s, tentukanlah keluaran daya maksimum dan kecepatan keluarnya. Asumsikan proses adiabatik kuasikesetimbangan sehingga 12 = sl.
4.101 Udara memasuki sebuah turbin pada 600 kPa dan 100"C melalui sebuah pipa berdiameter 100 mm dengan kecepatan 100 m/s. Udara keluar pada 140 kPa dan 20'C melalui sebuah pipa berdiameter 400 mm. Hitunglah .keluaran dayanya, dengan mengabaikan perpindahan kalor.
Gbr.4-42 4.102 Sebuah turbin menghasilkan daya 500 kW dengan mengambil energi dari udara pada 450 kPa dan 100'C yang mengalir di dalam sebuah pipa berdiameter 120 mm pada kecepatan 150 m/s. Untuk tekanan keluar sebesar 120 kPa dan.temperatur 20oC tentukanlah kecepatan perpindahan kalomya.
4.103 Air mengalir melewati sebuah nozel yang menyempit dari diameter 4 in ke 0,8 in. Untuk fluks massa sebesar 30 lbm/s hitunglah tekanan di hulu jika tekanan di hilir adalah 14,7 psia. 4.104 Udara memasuki sebuah alat mirip nozel yang ditunjukkan dalam Gbl 4-43 pada temperatur 195"C dan kecepatan 100 m/s. Jika udara keluar ke atmosfer di mana tekanannya adalah 85 kPa, tentukanlah (a) temperatur keluarnya, (&) kecepatan keluarnya dan (c) diameter area keluar. Asumsikan proses adiabatik kuasi-kesetimbangan.
+ .----------> -.----------> _--_--____>
+ -_..-...>
Gbr.4-43 4.105 Nitrogen memasuki
sebuah difuser pada 200 m/s dengan tekanan 80 kPa dan temperatur -20oC. Nitrogen keluar dengan kecepatan 15 mis pada tekarian atmosfer 95 kPa. Jika diameter lubang masuknya adalah 100 mm, hitunglah (a) fluks massanya dan (b) diameter lubang keluarnya.
ts{B 4l
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
93
20'c
<-
#JU
Udara
400'c
U
Air
Gbr.4-44
sebuah difuser sebagai uap jenuh pada 220'F dengan kecepatan 600 ftisec. Uap keluar dengan kecepatan 50 ft/sec pada 20 psia. Berapakah temperatur keluarnya?
{.106 Uap memasuki
sebuah alat penukar kalor (Gbr. 4-44) untuk mendinginkan 5 kg/s udara dari 400'C ke 200"C. Hitunglah (a) fluks massa minimum dari air dan (b) kuantitas kalor yang dipindahkan ke air per detik.
{.107 Air digunakan dalam
{.108 Sebuah pembangkit daya uap sederhana, yang skemanya ditunjukkan dalam Gbr. 4-45, dioperasikan oleh 8 kg/s uap. Rugirugi di datam pipa-pipa dan melewati berbagai komponen dapat diabaikan. Hitunglah (a) keluaran daya turbin, (D) daya yang dibutuhkan untuk mengoperasikan pompa, (c) kecepatan di lubang pembuangan pipa, (d) kecepatan perpindahan kalor yang diperlukan di dalam boiler, (e) kecepatan perpindahan kalor yang terjadi di kondensor, (fl fluks massa dari air pendingin yang dibutuhkan dan (g) efisiensi termal dari siklus.
11
@
=50mm
wP
Gbr. 4-45
4.109 Sebuah pemanas air pengumpan (feedwater) digunakan untuk memanaskan air sebelum dimasukkan ke dalam boiler, seperti yang ditunjukkan dalam skema Gbr. 4-46. Fluks massa sebesar 30 kg/s mengalir melalui sistem tersebut dan 7 kg/s disedot dari turbin untuk digunakan dalam pemanas air pengumpan. Dengan mengabaikan rugi-rugi di sepanjang pipa-pipa dan komponenkomponen tentukanlah (a) temperatur di mulut keluar pemanas air pengumpan, (&) kecepatan perpindahan kalor di boiler, (c) keluaran daya turbin, (d) daya pompa total yang dibutuhkan, (e) energi yang dilepaskan kondensor, ff) fluks massa air pendingin dan (g) efisiensi termal dari siklus tersebut
600'c
Qn 1.5
MPa
300'C
LT -- 25"C
Air pendingin
w-
w',
Gbr.4-46
4.110 Sebuah turbin dibutuhkan untuk menyediakan keluaran daya total sebesar 100 hp. Fluks massa dari bahan bakar dapat diabaikan
jika dibandingkan dengan fluks
massa udara. Gas-gas buangnya dapat diasumsikan bersifat seperti udara. Jika kompresor dan turbin (Gbr. 4-47) diasumsikan adiabatik, hitunglah yang berikut, dengan mengabaikan semua rugi: (a) fluks massa udara, (b) daya yang dibutuhkan oleh kompresor dan (c) daya yang dipasok oleh bahan bakar.
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
94
iBAB
4
t-
Bahan bakar
+
Wn.,
Gas-gas buang
Gbr.4-47 4.111. Sebuah jalur uap yang berisi uap superheat pada 1000 psia dan 1200"F dihubungkan dengan sebuah tangki 50 ft3 yang kosong dan terinsulasi melalui sebuah pipa yang dilengkapi dengan sebuah katup. Katup ditutup ketika tekanan di dalam tangki mencapai 800 psia. Hitunglah (a) temperatur akhir di dalam tangki dan (D) massa uap yang masuk ke dalam tangki.
4.112 lJdara tersimpan di dalam sebuah tangki 3 m3 pada 250 kPa dan 25"C. Kalor ditambahkan ke tangki sementara udara dilepaskan, sehingga temparatur tetap terjaga konstan pada 25"C. Berapa banyakkah kalor yang dibutuhkan jika udara keluar sehingga tekanan akhir menjadi tekanan atmosfer? Asumsikan Pu,- = 80 kPa.
4.113 Suatu jalur udara mengalirkan udara pada 800 kPa (Gbr. 4-48). Sebuah tangki berinsulasi yang pada awalnya berisi udara 20'C pada tekanan atmosfer 90 kPa. Katup dibuka dan air mengalir ke dalam tangki. Tentukanlah temperatur akhir dari udara di dalam tangki dan massa udara yang masuk ke dalam tangki jika katup dibiarkan terbuka.
80'c
Jalur udara
tangki 5
m3
Gbr. 4-48
4.114 Sebuah tangki berinsulasi dikosongkan. Udara dari atmosfer pada 12 psia dan 70"F dibiarkan mengalir ke dalam tangki
100
ft3. Hitunglah (a) temperatur akhir dan (&) massa akhir dari udara di dalam tangki setelah aliran berhenti.
4,115 (a) Sebuah tangki berinsulasi berisi udara bertekanan pada 2000 kPa dan 30'C. Udara dibiarkan keluar ke atmosfer (Pu,. = 95 kPa, Zut* = 30oC) sampai aliran berhenti. Tentukanlah temperatur akhir di dalam tangki. (b) Pada akhirnya, udara di dalam tangki mencapai temperatur atmosfer. Jika sebuah katup ditutup setelah aliran awal berhenti, hitunglah tekanan yang akhirnya dicapai di dalam tangki.
4.116 Sebuah tangki berinsulasi dengan uoiume 4
m3 diberikan tekanan hingga 800 kPa pada temperatur 30'C. Sebuah katup otomatis membuat udara dapat keluar dengan kecepatan konstan 0,02 kg/s. (a) Berapakah temperaturnya setelah 5 menit? (b) Berapakah tekanannya setelah 5 menit? (c) Berapa lamakah waktu yang diperlukan sehingga temperatur berkurang ke -20"C?
4.117 Sebuah tangki dengan volume 2 m3 berisi 90 persen air cair dan
10 persen uap air sesuai volume pada 100 kPa. Kalor ditambahkan ke tangki pada 10 kJ/menit. Sebuah katup pengaman yang terletak di atas tangki membuat uap dapat keluar jika tekanan alat ukur mencapai 600 kPa. Tekanan dijaga pada nilai tersebut seiring dengan penambahan kalor. (a) Berapakah temperatur di dalam tangki pada saat katup pengaman terbuka? (D) Berapa banyakkah massa yang dilepas ketika tangki berisi 50 persen uap menurut volume? (c) Berapa lamakah waktu yang diperlukan sehingga tangki berisi 75 persen uap menurut volume?
:i.
ii
&
BAB 4]
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
95
Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE 4.1FE Pilihlah pernyataan yang tepat mengenai hukum pertama jika perubahan-perubahan energi kinetik dan potensial dapat diabaikan.
(A) (B) (C)
Untuk suatu proses besarnya perpindahan kalor adalah sama dengan usaha Untuk suatu siklus besarnya perpindahan kalor netto adalah sama dengan usaha netto Untuk suatu siklus besamya perpindahan kalor netto dikurangi dengan usaha netto adalah sama dengan perubahan energi
(D)
Untuk suatu proses besarnya perpindahan kalor dikurangi dengan usaha adalah sama dengan energi intemal
internal
4.2FE Pilihlah pemyataan yang tidak tepat mengenai hukum pertama jika perubahan-perubahan energi kinetik dan potensial dapat diabaikan.
(A) (B) (C)
Untuk suatu proses besarnya perpindahan kalor adalah sama dengan perubahan energi internal Untuk suatu proses volume konstan kuasi-kesetimbangan di mana internal energi tetap konstan, besamya perpindahan kalor dan usaha memiliki nilai yang sama. Untuk sebuah mesin yang beroperasi berdasarkan suatu siklus, besarnya masukan energi total harus sama dengan keluaran
(D)
usaha total. Untuk suatu proses adiabatik kuasi-kesetimbangan besarnya perubahan energi intemal ditambah dengan usaha harus sama
dengan nol.
{.3F8
Sepuluh kilogram hidrogen mengisi sebuah tangki kokoh terinsulasi pada 20'C. Estimasikanlah temperatur akhirnyajika sebuah pemanas resistansi sebesar 400 W dioperasikan di dalam hidrogen selama 40 menit.
(A) ll6.c (B) 84"C
(c)
(D)
29.C 27"C
.l.4FE Uap airjenuh
pada 400 kPa dipanaskan
di dalam sebuah volume kokoh hingga Tt =
4OO"C. Besarnya perpindahan
kalor adalah
mendekati: (A) a07 kJlkg
(B) (C) (D)
508 kJ&g 60a kJfte 702 kJ/kg
4.5FE Tentukanlah besarnya usaha yang diperlukan untuk menekan 2 kg udara dalam sebuah silinder berinsulasi dari 100 kPa ke 600 kPa jika Tr = 20oC. (A) -469 kJ
(B)
(c)
(D)
-390 kJ -280 kJ -220 kJ
-l.6FE Tentukanlah besarnya kenaikan temperatur setelah 5 menit di dalam volume Gbr.4-49.
(A) (B)
(c)
(D)
423"C 378"C 313"C 287"C
100 rad/s
4.7FE Satu kilogram udara ditekan padaT = 100'C hingga Vt=2V2. Berapakah banyaknya kalor yang dilepas?
(A) (B)
(c)
(D) {.8FE
42kJ s3 kJ 67 kJ 74 kJ
Gbr. 4-49
Energi ditambahkan ke 5 kg udara dengan sebuah roda dayung hingga
jika volume kokoh tersebut terinsulasi.
AI = 100"C. Tentukanlah
besarnya usaha roda dayung
(A) 524 kJ (B) 482 kJ
(c)
(D) {.9FE
412
H
3s8 kJ
Pada awalnya Pr = 400 kPa dan gesekan mengenai penahan?
(A)
315.C
4
= 400'C, seperti yang ditunjukkan dalam Gbr. 4-50. Berapakah Trpada saat piston bebas
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
96
(B)
(c)
(D)
316.C
[BAB 4 Luas
31'7.C
= 2 m2
318"C
$o
mm
4.lOFEBerapakah besamya kalor yang dilepaskan selama proses dalam Soal 4.9F8? (A) 190 kJ
(B)
r8s
(D)
180 kJ 17s kJ
(c)
kJ
Gbr. 4-50
4.llFESetelah piston dalam Gbr. 4-50 mengenai penahan, berapa banyak lagikah kalor yang dilepaskan sebelum P: (A) 1s80 kJ (B) 1260 kJ
(C) (D)
=
100 kPa?
930 kJ 730 kJ
4.l2FETekanan dari 10 kg udara dinaikkan secara isoteflnal pada 60"C dari 100 kPa hingga 800 kPa. Estimasikanlah besarnya kalor yang dilepas. (A) 1290 kJ
(B)
(c)
(D)
r6r0
kJ
1810 kJ
ree0
kJ
4.l3FEAirjenuh dipanaskan pada tekanan konstan 400 kPa sampai
(A) (B) (C) (D)
I,
= 400'C. Estimasikanlah besarnya pengurangan kalor.
2070 kJ/kg 2370 kJ/kg 2670 kltkg 2870 kJlkg
4.l4FESatu kilogram uap dalam sebuah silinder membutuhkan 170 kJ perpindahan kalor sementara tekanan tetap konstan pada MPa. Estimasikanlah temperarur T, jika T, = 320"C.
(A) (B)
1
420.C
(c)
410.c 400"c
(D1
390"C
4.l5FEEstimasikanlah besarnya usaha yang dibutuhkan unruk proses dalam Soal 4.l4FE.
(A) (B)
(c)
(D)
8e kJ
8s kJ
4s kJ 3e
kJ
4.16FETekanan dari uap pada 400'C dan u (A) 2000 kPa (B) 1900 kPa (C) 1800 kPa (D) 1700 kPa
=
2949 kl.kg adalah mendekati:
4.L7FEEntalpi dari uap pada P = 500 kPa dan y = 0,7 m3/kg adalah mendekati:
(A) (B) (C) (D)
3480 kJ/kg 3470 kJ/kg 3460 kJ/kg 3450 kJ/kg
4.I8FEEstimasikanlah C, untuk uap pada 4 MPa dan 350"C. (A) 2.48 kJikg"C (B) 2.71 kJ/kg'C
(C) (D)
2,53 kJ,&g'C 2.31 kJ/kg"C
4.19FEMetan dipanaskan pada tekanan constan 200 kPa dari 0'C hingga 300'C. Berapa banyakkah kalor yang dibutuhkan? (A) 731 kJikg (B) 692 kJtkg
(C)
676
tDt
623 kJ/kg
kt/rg
ii *
'I
* il
'&
t
BAB 4l
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
97
.l.20FEEstimasikanlah temperatur kesetimbangannya jika 20 kg kuningan pada 0'C dan 10 L air pada 30'C diletakkan dalam sebuah penampung berinsulasi.
(A) 27,2C (B) 25.4"C
(c)
(D)
22,4C 20.3"C
l.2lFEEstimasikanlah temperatu kesetimbangannya jika 10 kg es pada 0'C dicampur dengan 60 kg air pada 20'C dalam
sebuah
penampung berinsulasi.
(A) l2"C (B) 5,8.C (c) 2,1"C (D) 1,1"C
-l.22FETabel ini menunjukkan suatu siklus tiga-proses; tentukanlah c.
(A) t40 (B) 100
(c)
(D)
Proses
o
w
AU
I-r2
100
a
0
b
60
40
40
(
d
2)3 3-,
80 40
1
{.23FETentukanlah rr', - 2 untuk proses dalam Gbr. 4-5 l.
(A) 219 kJ/kg (B) 166 kJ/kg (C) 113 kJikg (D) 53 kJ/kg
P 800 kPa
{.24FETentukanlah w, _ , untuk proses dalam Gbr. 4-51.
(A) -219 kJ/kg (B) -166 kJ/kg (C) -113 kJ/kg (D) -53 kJ/kg
-l.25FETentukanlah q,,u,u, untuk proses dalam Gbr. 4-51. (A) 219 kJ/kg (B) 166 kJ,&g (C) 113 kJikg (D) 53 kJ/kg
l.26FESejumlah pakaian digantungkan di tali jemuran
0,1
0,8 v, m3/kg Gbr. 4-51
di
suatu hari musim dingin yang sangat dingin. Pakaian-pakaian tersebut
mengering karena: (A) sublimasi
(B) (C) (D)
evaporasi penguapan pelelehan
4.27EEUdara ditekan secara adiabatik dari 100 kPa dan 20'C ke 800 kPa.
(A) 440.C (B) 360'C
(c)
(D)
I,
mendekati:
290"c 260"C
,|.2SFEBesamya usaha yang dibutuhkan untuk menekan 2 kg udara dalam sebuah silinder berinsulasi dari 100"C dan 100 kPa ke 600 kPa adalah mendekati: (A) 460 kJ (B) 360 kJ 280 kJ
(c)
(D)
220 kJ
4.29FE Seratus orang berada dalam seibuah ruangan rapat berukuran 10 m x 20 m x 3 m ketika pendingin udaranya rusak. Estimasikanlah kenaikan temperatumya jika alat tersebut mati selama 15 menit. Setiap orang mengeluarkan 400 kJ/jam kalor dan lampu-lampu penerangan menambah 300 W energi. Abaikan semua bentuk masukan energi lainnya. (A) 15"C
(B) l8"C (c) 21'C (D)
25.C
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
98
4.30FEUdara melewati suatu siklus tiga-proses dengan p = proses konstan, 7 pernyataan yang tepat untuk rangkaian piston-silinder.
-
[BAB 4
proses konstan dan V
=
proses konstan. Pilihlah
(A) I4l=0 untukP- proseskonstan (B) 0 =0 untuk V- Proseskonstan (C) 0 =0 untuk 7- Pross konstan (D) W = 0 untuk V - proses konstan
4.3lFESuku titLh dalam persamaan volume kontrol
(A) (B) (C) (D)
Q- W, = rhLh: Memperhitungkan kecepatan perubahan energi dari volume kontrol. Merepresentasikan kecepatan perubahan energi antara lokasi masuk dan keluar. Seringkali diabaikan dalam aplikasi-aplikasi volume kontrol. Termasuk laju usaha yang disebabkan oleh Eaya-gaya tekanan.
4,32FEPilihlah asumsi yang dibuat ketika menurunkan persamaan kontinuitas PlAr'l/, =
(A) (B) (C) (D)
Aliran Aliran Aliran Aliran
p2A2'U2.
inkompresibel tunak seragam isotermal
4.33FESebuah nozel memberikan percepatan pada udara dari 20 m/s ke 200 m/s. Berapakah besarnya perubahan temperatur yang diharapkan?
(A) 40"C (B) 30'C
(c)
(D)
20"c 10'C
4.34FEUap memasuki sebuah katup pada 10 MPa dan 550'C dan keluar pada 0,8 MPa. Temperatur keluarnya adalah mendekati: (A) 590'C (B) 535'C
(c)
(D)
520'c 510"C
4.35FEUdara memasuki sebuah kompresor berinsulasi pada 100 kPa dan 20'C dan keluar pada 800 kPa. Temperatur keluamya adalah mendekati:
(A) (B)
(c)
(D) 4.36FEJika
(A) (B) (C) (D)
530'C 462'C 323'C 258'C
h
= 2 kgls untuk kompresor dalam Soal 4.35FE dan d, = 20 cm, hitunglah
62 53 41 33
1/,.
m/s m/s m/s
mis
4.37F810 kg/s u4p jenuh pada 10 kPa akan dikondensasikan seluruhnya dengan menggunakan 400 kg/s air pendingin. Estimasikanlah perubahan temperatur dari air pendingin. (A) 32'C (B) 24'C
(c)
(D)
18"C
14'C
4.38FE 100 kg/min udara memasuki sebuah pipa yang cukup pendek dengan diameter konstan pada 25'C dan keluar pada 20"C. Estimasikanlah penumnan kalornya.
'
(A) (B) (C) (D)
750 kJimin 670 kJ/min 500 kJ/min 360 kJ/min
4.39FEDaya minimum yang dibutuhkan oleh sebuah pompa air yang menaikkan tekanan aliran 4 kg/s dari 100 kPa menjadi 6 MPa adalah:
(A) (B)
(c)
(D)
250 kW e5 kw 24
kw
6 kW
i d &
fl
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
BAB 4]
99
4.40FEKonsep kunci dalam menganalisis pengisian sebuah tahgki kosong adalah: (At Kecepatan aliran massa ke dalam tangki tetap konstan. (B) Entalpi melewati katup tetap konstan. (C) Energi internal di dalam tangki tetap konstan. (D) Temperatur di dalam tangki tetap konstan. -{.41FESuatu bahan dengan volume tertentu, pada awalnya pada 100 C, didinginkan menjadi 60'C dalam 40 detik. Dangan mengasumsikan tidak terjadi perubahan fase dan hanya pendinginan konvektifke udara pada20"C, berapa lamakah yang dibutuhkan agar bahan tersebut mencapai 60'C jika koefisien perpindahan kalornya dua kali lipat?
(Al 3s (B) 4s (C) 20 s (D) 80 s
Jawaban untuk Soal-soal Tambahan 4.31 3,398 kg 1.32 t23,3 r ,1.33 0,49 Btu 1.34 (a) 15, 22 (b) 3, 14 4.3s (a) -200 (r) 0 (c)
(c) 25, t5 (d) -30, -10 800 (4 1000 (e) 1200
(e)
4,
-14
4.36 378 kJ 4.37 84 kJ 4.38 3260 Btu 4.39 1505 kJ 4.40 686'C 4,41 6.277 Btl 4.42 833.C 4.43 6.2'74 Btu 4.44 834'C 4.4s (a) 6140 kJ (b) 1s31 kJ 4.46 (a) 233,9'C (b) 645'C 4.47 (a) 2,06 kJ/kg'"C (b) 2,01 kJikg''C (c) 16,5 kJ/kg''C 4.48 (c) 0,386 Btu/lbm-'F (r) 0,388 Btu/lbm-"F (c) 1,96 Btuilbm-'F 4.49 (a) 402 kl (b) 418 kJ (c) 412 kl 4.50 418 kJ vs. 186 kJ 4.51 (a) 104'C (b) 120,2'C 4.52 14.900 Btu 4.53 (a) 16,2"C (b) 76,4Vo 4.54 62,7'F 4.55 139,5'C 4.56 1200 kJ, 860 kJ 4.57 (a) 60,0,0, 100, 203,0,856,0,211; (b) 43,0,43, 150, 148,0,329,0,329; lc) 28,4,71.6. 100,450,500,0,166,0,109; (4 0, -81, 81, 113, '706, 69s,7'7,3 4.58 (a) 49,4,10,2, 11,8, 100, 100, 1,37,0,662; (b) 4s,0,60,220,172,0,526,0,526; (c) 23.5, 100, 320, 500,0,217,0,17o; (d) 0, -190, 190,24s, ssO, 1s00, 200
4.59 (a) 1551'F (b) 1741'F 4.60 (a) 49,0"C (b) 249'C 4.6t (a) -r2,a kJ (b) 44,0 kl 4.62 753 kJ 4.63 (a) ll37 kPa, 314'C (b) 533 kPa, 154"C 4.64 (a) 1135"F (b) 1195'F 4.65 (a) 1465 kt (b) 1050 kJ (c) -29t kl (A A6s H 4.66 (a) 1584 kJ (b) 2104 kl 4.67 (a) 9,85 MJ (b) 12,26 Ml (c) 9,53 MJ 4.68 14,04 Btu 4.69 -2,22 kJ
HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
100
[BAB 4
4.70 (a) -1230 kI (b) -1620 kJ 4.71 -116 kJ 4,72 (a) 49,4'F (b) 69,4'F (c) tekanan konstan 4.73 774,7'C, 240,1 kPa 4.74 4,69'C 4.7s (a) 373 H ' (b) 373 kJ 4.76 (a) 7150 ,ft-lbf, 9,19 Btu (b) 9480 ft-lbf, 12,2 Btu 4.77 1926 kl, 1926 kI 4.78 4.01 kJ 4.79 25 m.,'s 4.80 37,5 ftlsec 4.81 3,65 kg/s, 195,3 mis 4.82 6,64 kgls,255 m/s 4.83 4,95 kg/s, 109 m/s 4.84 2,18 lbm/sec, 182,2 ftlsec 4.85 0,01348 kg/m3's 4.86 1,6 m/s, 0,0905 kg/s 4.87 0,314 kg/s, 16 m/s 4.88 116,3 ftisec, 121,2 Btulsec 4.89 1282 kJtkg 4.90 (a) 569'C (b) 22,3 4.91 39.34 Btu/lbm 4.92 0,021 kg/s 4.93 571 kW 4.94 3,53 kW 4.95 4,12 hp 4.96 346 hp 4.97 6 MW 4.98 21,19 kW 4.99 -1954 Btu/sec 4.100 6,43 MW, 82,2 mis 4.101 373 kW 4.102 -70.5 kW
4.103 4.104 4.105 4.106 4.107 4.108 4.109 4.110
4.lll 4.112 4.113 4.114 4.115 4.116 4.117
142,1 psia
(a)
4"C
(a)
1,612kgls
(b) 731
m/s
(c) 747 mm
(&) -o,91'C
238'F
kgls (b) 1 MJ Mw (b) 63,8 kW (c) 4,07 nls (A 27,4 MW (a) 191'C (b) 83,4 Mw (c) 30,2 MW (A 289 kw (a) 0,1590 kg/s (.b) 37,1 hp (c) 126,1 kW (a) 23,9 (a) 9,78
(a)
1587'F
MW (fl 141 kg/s (g) 35,57o MW (l) 512 ksls (s) 35,9vo
(e) 17,69 (e) 53,5
(D) 33,1 lbm
503 kJ
184'C, 25,t kg 284'F (b) 4,36lbm -t46C (b) 227 kPa (a) 9,2"C (b) 624 kPa (c) 11,13 menit
(a) (a) (a)
158,9'C
(b) 815
ke
(c) 11,25 h
Jawaban untuk Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE 4.1FE (B) 4.10FE (D) 4.18FE (C) 4.26FE (A) 4.34FE (D)
4.2FE (A) 4.3FE (C) 4.4FE (A) 4.sFE (C) 4.6FE (C) 4.7FE (D) 4.8F8 (D) 4.eFE (A) 4.11FE (A) 4.12FE (D) 4.13FE (C) 4.14FE (C) 4.1sFE (D) 4.16FE (D) 4.17FE (C) 4.19FE (C) 4.20FE (B) 4.21FE (B) 4.22F8 (C) 4.23FE (B) 4.24F8 (C) 4.25FE (D) 4.27F8 (D) 4.28FE (B) 4.29FE (A) 4.30F8 (D) 4.31FE (D) 4.32FE (B) 4.33FE (C) 4.3sFE (D) 4.36FE (B) 4.37FE (D) 4.38FE (C) 4.39FE (C) 4.40FE (B) 4.4rFE (C)
Hukum Kedua Termodinamika
.. S.f1ffiaHULUAN : -: :: --- - -. menuruni sebuah bukit, kalor mengalir dari benda panas ke benda dingin, :Sir.tnengalir
gelang karet kembali ke
misalnya, situasi yang digambarkan dalam Gbr. 5-1. Di sini, hukum pertama menyatakan bahwa usaha .:i:.:,:::j ]::i:':i:::: ':.;i ySS$5HIB!$lHl oleh beban yang jatuh diubah ke energi internal dari udara yang mengisi volume tetap tersebut, hanya jep11ys} ilfbrsebut terinsulasi sehingga Q = 0. Bukanlah merupakan suatu pelanggaran terhadap hukum pertama itu jiei$H: ukan suatu postulasi bahwa suatu penurunan energi internal dari udara digunakan untuk memutar dayung dari; t beban. Akan tetapi, hal tersebut akan merupakan pelanggaran terhadap hukum kedua termodinamika dan .:i ffin merupakan suatu hal yang tidak mungkin. ini kita akan menyatakan hukum kedua dalam aplikasinya pada suatu siklus. Beberapa peralatan akan ,IS.$F . :,i:li$,l*[ ]:
diffi$ilFffiahasan
akan dilanjutkan dalam Bab 6 dengan pernyataan mengenai hukum kedua dalam aplikasinya pada
'mffi*i *ti,,,]ry$HiffAl-oR, POMPA KALOR, DAN
REFRTGERATOR
,,i,,iiiii&l*4!{iii{#;yang beroperasi dengan suatu siklus akan kita sebut mesin kalor, pompa kalor atau refrigerator, tergantung 44$,.:lltig{$. pq*nakaian dari alat tersebut. Jika tujuan dari suatu alat adalah untuk melakukan usaha maka alat tersebut A litsffi*lifil',i$esin kalor; jika tujuannya adalah untuk memasok energi ke sebuah benda maka alat tersebut adalah ffip#il&ffiirffia tujuannya adalah untuk mengambil energi dari sebuah benda maka alat tersebut adalah refrigerator. l:dari sebuah mesin kalor sederhana diturSukkan dalam Gbr. 5-2. H#ffif**11 :., :i:r:irl*i: it t!l!!tit: t:j;! i r iBi?rha netto yang dihasilkan oleh mesin tersebut akan sama dengan besamya perpindahan kalor netto, yang ::iiii:ili&efi
$S,
i,S$li$'dkuensi
dari hukum pertama; (5.1)
HUKUM KEDUA TERMODINAMIKA
r02
IBAB
5
Gbr. 5-l Usaha roda dayung.
Gbr. 5-3 Sebuah pompa kalor atau refrigerator.
Gbr. 5-2 Sebuah mesin kalor.
Jika siklus dalam Gbr. 5-2 dibalik, diperlukan suatu masukan usaha netto, seperti ditunjukkan dalam Gbr. 5-3. Sebuah pompa kalor akan memberikan energi sebagai kalor Qs ke benda yang lebih panas. (mis. sebuah rumah) dan sebuah refrigerator akan mengambil energi sebagai kalor Q, dari benda yang lebih dingin (mis. sebuah kulkas). Besarnya usaha juga akan diberikan melalui (5.1). Di sini kita hanya menggunakan besarannya saja. Perhatikan bahwa sebuah mesin atau refrigerator beroperasi di antara dlua penampung energi termal, benda-benda yang memiliki kemampuan untuk memberikan atau menerima kalor tanpa mengubah temperaturnya. Atmosfer atau sebuah danau berfungsi sebagai sink kalor; tungku, kolektor surya atau pembakar (burner) berfungsi sebagai sumber-sumber panas. Temperatur To dan 7. masing-masing dipakai untuk mengidentiflkasi temperatur dari sumber dan sink. Efisiensi termal dari mesin kalor dan koeflsien-koefisien kinerja dari refrigerator dan pompa kalor sama seperti yang dideflnisikan dalam Sub Bab 4.9: ,1
W =Q,
CoP,"r,rr=
ff
coPh.e,
_W -Qn
(s.2)
Hukum kedua termodinamika memberikan limit-limit pada ukuran-ukuran kinerja di atas. Hukum pertama memberikan nilai maksimum satu untuk efisiensi termal dan koefisien kinerja yang tak-terhingga. Akan tetapi, hukum kedua menetapkan limit-limit yang sangat rendah, yaitu limit-limit yang tidak dapat dilampaui walaupun alat yang dimaksud didesain dengan tingkat efisiensi yang sangat baik sekalipun. Satu catatan perlu ditambahkan mengenai mesin-mesin kalor. Ada alat-alat yang disebut sebagai mesin-mesin kalor yang tidak memenuhi definisi yang diberikan di sini; alat-alat tersebut tidak beroperasi berdasarkan siklus termodinamika tapi membuang fluida kerja dan kemudian mengambil fluida yang baru. Mesin bakar internal merupakan salah satu
Qr=
Qu=W
Qn
(b)
t 4
Gbr. 5-4 Pelanggaran terhadap hukum kedua
{
B{B
HUKUM KEDT]A TE,RMODINAMIKA
5l
Jontohnya. Eflsiensi termal, sepedi yang didef,nisikan
di
r03
atas, tetap merupakan kuantitas yang ingin diketahui untuk
rlat-alat tersebut.
5.3 PERNYATAAN.PERNYATAAN MENGENAI HUKUM KEDUA TERMODINAMIKA Seperti halnya hukum-hukum dasar lainnya yang diberikan. kita tidak menurunkan suatu hukum dasar tapi hanya mengamati bahwa suatu hukum yang demikian tidak pernah dilanggar. Hukum kedua termodinamika dapat dinyatakan dalam berbagai macam cara. Di sini kita akan menyebutkan dua: pernr*ataan CLausius dan pernyataan Kelvin-Planck. Tidak satupun dinyatakan dalam bentuk matematis. Akan tetapi, kita tetap akan memberikan suatu properti dari sistem, entropi, yang dapat digunakan untuk menentukan apakah hukum kedua dilanggar dalam suatu situasi tertentu. Pernyataan pertama dari hukum kedua adalah: Pernvataan
crausius
:l;lli:::1"ffih1il#Tiff.",;;l'.illi'ol',1i"'i;:J,"J,'r'ftfflT:I:: ;:x'J;'Ifl#:
erek satu'
ini berlaku untuk sebuah refrigerator (atau sebuah pompa kalor). Dinyatakan bahwa adalah tidak mungkin untuk membuat suatu refrigerator yang memindahkan energi dari benda yang lebih dingin ke benda yang lebih panas tanpa adanya masukan usaha; pelanggaran ini ditunjukkan dalam Gbr. 5-4a. Pernyataan kedua dari hukum kedua adalah sebagai berikur: Pernyataan
Pernyataan
Kelvin-Planck
Adalah tidak mungkin untuk membuat suatu alat yang beroperasi berdasrrkan suatu siklus dan tidak menghasilkan ef'ek lain selain terciptanya usaha dan perpindahan kalor dari suatu benda tunggal.
Dengan kata lain, adalah tidak mungkin untuk membuat suatu mesin kalor yang mengambil energi dari sebuah penampung, melakukan usaha dan tidak memindahkan kalor ke sebuah penampung temperatur rendah. Ini menutup kemungkinan terhadap mesin kalor yang memiliki efisiensi 100%. seperti yang ditunjukkan dalam Gbr. 5-4b. Perhatikan bahwa kedua pernyataan dari hukum kedua ini merupakan pernyataan-pernyataan negatif. Tidak satupun pernah dibuktikan; ini adalah ekspresi-ekspresi dari hasil pengamatan-pengamatan eksperimental. Tidak ada bukti eksperimental pernah diperoleh yang melanggar satupun dari pernyataan hukum kedua tersebut. Perlu juga dicatat bahwa kedua pernyataan tersebut adalah ekuivalen. Ini akan ditunjukkan melalui sebuah contoh.
CONTOH 5.1 Tunjukkanlah bahwa pernyataan Clausius dan Keivin-Planck mengenai hukum kedua adalah ekuivalen.
Penyelesaian: Kita akan menunjukkan bahwa suatu pelanggaran terhadap pernyataan Clausius merupakan pelanggaran terhadap pemyataan Kelvin-Planck. dan sebaliknya. sehingga menunjukkan bahwa kedua pernyataan rersebur adalah ekuivalen. Perhatikan sistem yang ditunjukkan dalam Gbr. 5-5a. Alat di sebelah kiri memindahkan kalor dan melanggar pernyaraan Clausius. karena tidak terdapat masukan usaha. Anggaplah mesin kalor memindahkan jumlah kalor yang sama Qr. Maka Q , lebih besar dari Qrsebanyak W. Jika kita pindahkan kalor Q. langsung dari mesin ke aiat. seperti yang ditunjukkari dalam Gtr. 5-5b, tidak lagi diperlukan adanya penampung temperatr, .."nduh dan hasil nettonya adalah ierjadi konversi energi (Q'H - QL') dari penampung temperatur tinggi menjadi usaha dengan nilai yang ekuiralen. yang merupakan suaru pelanggaran terhadap pern)ataan Kelvin-Planck mengenai hukum kedua. Sebaliknya tsoal 5.13). pelanggaran terhadap Kelvin-Planck adalah ekuivalen dengan pelanggaran terhadap pernyataan Clausius.
Batas
TL
slstem
(a)
(b)
Gbr. 5.5
HIIKI]M KEDUA TERMODINAMIKA
t04
IBAB
5
5.4 REVERSIBILITAS Dalam studi tentang hukum pertama kita telah menggunakan konsep kesetimbangan dan kita mendeflnisikan kesetimbangall. atau kr.rasi kesetimbangan. yang direferensikan hanya terhadap sistem. Sekarang kita akan memperkenalkan konsep reversibilitas sehingga kita dapat mendefinisikan mesin yang paling elisien yang mungkin untuk dibuat, mesin yang beroperasi hanya dengan proses reversibel. Mesin yang demikian disebut ntesin retersibel. Suatu proses reversibel dideflnisikan sebagai suatu proses yang, setelah terjadi, dapat dibalik dan tidak menyebabkan perubahan baik cli sistem tersebut maupun lin-ukun-qannya. Perhatikan bahrva definisi untuk suatu proses reversibel mengacu ke sistem clan lingkungannya. Proses ini tentu saja harus kuasi-kesetimbanganl syarat-syarat tambahannya adalah:
l. 2. 3.
Tidak terjadi gesekan di dalam proses. Perpindahan kalor hanya disebabkan oleh perbedaan temperatLlr yang sangat kecil (infinitesimal). Tidak terjadi ekspansi bebas.
Percampuran zat-7,at berbeda dan pembakaran juga mengarah ke ireversibilitas. Untuk mepgilustrasikan bahrva gesekan rnembuat suatu proses menjadi ireversibel perhatikan sistim balok pada sebuah bidang mirin-e yang ditunjukkan dalam Gbr. 5-6a. Beban ditambahkan sampai balok tersebut terangkat ke posisi yang ditunjukkan clalam bagian (D). Selanjutnya. untuk mengembalikan sistem tersebut ke kondisi ar,valnya sebagaian beban harus dilepas sehingga balok bergeser kembali ke bawah. seperti yang ditunjukkan dalam bagian (c). Perhatikan bahwa lingkungan telah mengalami perubahan yang si.-enilikan: beban-beban yang dilepas harus diangkat, sehingga membutuhkan suatu masukan usaha. Selain itu. balok dan bidang memiliki temperatur yang lebih tinggi karena adanya gesekan dan kalor harus dipindahkan ke lingungan agar sistem kembali ke kondisi awalnya. Ini akan mengakibatkan perubahan pada lilgkungan. Karena terjadi perubahan pada lingkun-san sebagai hasil dari proses clan proses baliknya, kita menyimpulkan bahrva proses tersebut adalah ireversibcl. Suatu proses re.rersibel mengharuskan tidak adanya gesekan. Ur1tuk menunjukkan fakta bahrva perpinciahan kalor yang melelvati suatu perbedaan temperatur flnit menjadikan suatu proses ireversibel, perhatikan suatu sistem yang terdiri dari dua balok. satu pada temperatur yang lebih tinggi dari yang lainnya. Jika keclua balok saling disentuhkan akan terjadi proses perpindahan kalori lingkungan tidak terlibat dalam proses i1i. Untuk mengembalikan sistem ke kondisi arvalnya, kita harus mendinginkan balok yang temperatumya telah naik. Ini membutuhkan masukan usaha, yang diminta oleh hukum kedua. sehingga menghasilkan perubahan terhadap Iingkungan. Jadi. pcrpindahan kalor yang melervati suatu perbedaan temperatur flnit merupakan proses ireversibel. Sebagai contoh ekspansi bebas. perhatikan -cas bertekanan tinggi yang tersimpan di dalam silinder dalam Gbr. 5-7a. Cabut pin clan biarkan piston bergerak mendadak ke arah penahan yang ditunjukkan. Perhatikan bahwa satu-satunya usaha yang dilakukan oleh gas terhadap lingkungan adalah untuk menggerakkan piston melar'van tekanan atmosfer. Selanjutnya, untuk membalik proses ini kita perlu memberikan gaya pada piston. Jika gayanya cukup besar, kita dapat menggerakkan piston ke posisi arvalnya. yang ditunjukkan dalam bagian (r1). Ini membutuhkan usaha yang cukup besar, yang dipasok oleh lingkungan. Selain itu, temperatur akan meningkat cukup banyak dan kalor ini harus dipindahkan ke lingkungan
Rlok
Gbr. 5-6 Ireversibilitas akibat eesekan.
Gas
Gbr. 5-7 Ekspansi
bebas
B.{B 5l
HUKUM KEDUA TERMODINAN{IKA
r05
untuk mengembalikan temperatur ke nilai awalnya. Hasil nettonya adalah perubahan yang signifikan pada lingkungan, ]ang merupakan konsekuensi dari ireversibilitas. Ekspansi bebas tidak dapat terjadi dalam suatu proses reversibel.
5.5 MESIN CARNOT Mesin kalor yang beroperasi paling efisien di antara suatu perampung temperatur tinggi dan suatu penampung temperatur rendah adalah mesin Carnor. Ini adalah suatu mesin ideal yang menggunakan proses-proses reversibel untuk membentuk siklus operasinya; jadi mesin ini disebut juga sebagar mesin reversibel. Kita akan menentukan eflsiensi dari mesin Carnot dan mengevaluasi operasi baliknya. Mesin Carnot sangat berguna, karena efisiensinya menentukan efisiensi maksimum yang mungkin dapat dicapai oleh mesin faktual manapun. Jika ef,siensi dari suatu mesin faktual jauh lebih rendah dari efisiensi dari mesin Carnot yang dioperasikan di antara limit-limit yang sama. maka masih dapat dilakukan perbaikan-perbaikan. Siklus yang diasosiasikan dengan mesin Carnot ditunjukkan dalam Gbr. 5-8, dengan menggunakan gas ideal sebagai zat kerjanya. Siklus ini terdiri dari empat proses reversibel berikut:
I
->
2:
Ekspansi isotermal. Kalor dipindahkan secara reversibel dari penampung temperatur tinggi pada temperatur konstan 7r. Piston di dalam silinder ditarik dan volume befiambah.
2 -+
3:
Ekspansi adiabatik reversibel. Silinder sepenuhnya terinsulasi sehingga tidak terjadi perpindahan kalor selama proses reversibel berlangsung. Piston terus ditarik dan volume semakin bertambah.
3
4:
Kompresi isotermal. Kalor dipindahkan secara reversibel ke penampung temperatur rendah pada temperatur konstan 7.. Piston menekan zat kerja dan volume berkurang.
-->
4 --> l:
Kompresi adiabatik reversibel. Silinder yang sepenuhnya terinsulasi menyebabkan tidak terjadinya perpindahan kalor selama proses reversibel ini. Piston terus menekan zat kerja sampai volume. temperatur dan tekanan awal tercapai, dan dengan demikian menyelesaikan siklus ini.
2)3
3r4
Gbr. 5-8 Siklus Carnot
Dengan menerapkan hukum pertama pada siklus ini. kita perhatikan bahwa
o,,-o.-w
(5.J.)
0. diasumsikan memiliki nilai positif untuk perpindahan kalor ke penampung temperatur rendah. Ini memungkinkan kita untuk menuliskan efisiensi termal [ihat (4 76)] untuk siklus Carnot sebagai di mana
o,,
- o,
'QuQu
tl
-
-
o, I
-
(5.4)
HUKUM KEDUA TERMODINAMIKA
r06
IBAB
5
Contoh-contoh berikut akan digunakan untuk membuktikan dua di antara tiga postulasi:
Postulasi
1
Postulasi
2
Tidaklah mungkin untuk membuat sebuah mesin, yang dioperasikan di antara dua penampung temperatur tertentu, yang memiliki efisiensi lebih dari mesin Carnot. Efisiensi mesin Carnot tidak bergantung padazat kerja yang digunakan atau fitur desain tertentu dari mesin tersebut.
Postulasi
3
Semua mesin yang reversibel, yang dioperasikan di antara dua penampung temperatur terterltu, memiliki efisiensi yang sama dengan mesin Carnot yang dioperasikan di antara dua penampung temperatur yang sama.
CONTOH 5.2 Tunjukl
sistem
J t I
w -w
Refrigerator Carnol
t I t
o'. < o, T ,L
w'= Qs-
Q'r
W=Qa-Qt
w'>w
(a)
(b)
Gbr. 5-9
CONTOH 5.3 Tunjukkanlah bahwa efisiensi sebuah mesin Carnot yang dioperasikan di antara dua penampung tidak trergantung pada zat kerja yang digunakan oleh mesin tersebut.
Penyelesaian: Misalkan sebuah mesin Carnot menggerakkan sebuah relrigerator Carnot seperti yang ditunjukkan dalam Gbr. 5-10a. Anggaplah besarnya kalor yang dilepaskan oleh mesin sama dengan besarnya kalor yang ditrutuhkan oleh refrigerator. Misalkan fluida'kerja di dalam mesin menghasitkan.Q, lang lebih besar daripada Q'r: maka W akan lebih besar daripada W' {konsekuensi dari hukum pertama) dan kita akan memiliki \i\tern ekuivalen yang ditunjukkan dalam Cbr. 5-10b. Hasil nettonya adalah perpindahan kalor {Qn- Q'r) dari suatu penampung dan terciptanya usaha. yang jelas merupakan pelanggaran terhadap hukum kedua. Jadi. efisiensi dari mesin Carnot tidak bergantung pada zat kerjanya.
BAB 5]
HUKUM KEDUA TERMODINAMIKA
Qu
Qu >
101
Q''
tL
Qn
* Qr.= W
o",-o,=w' (a)
\h)
Gtrr. 5.10
5.6 EFISIENSI CARNOT Karena eflsiensi dari sebuah mesin Carnot hanya bergantung pada temperatur kedua penampung, objektif dari sub bab ini adalah untuk menentukan hubungan tersebut. Kita akan mengasumsikan zat kerjanya sebagai gas ideal (lihat Contoh 5.3) dan melakukan saja perhitungan-perhitungan yang diperlukan untuk keempat proses dalam Gbr. 5-8. Perpindahan kalor untuk keempat proses tersebut adalah sebagai berikut:
I 2: -->
Qu= wt
==
J;'
,r,
=
mRrrhvf, 1
2-;32 Qz 3=0 3
+
4:
Qt= -w;, r= - Jn',' Pdv = -mnrrnvf
(5.5)
4->1: Q+-t=0 Perhatikan bahwa kita menginginkat Q, sebagai kuantitas positif, sebagaimana di dalam hubungan efisiensi termal; oleh karena itu kita telah menambahkan tanda negatif. Maka elisiensi termalnya adalah lllhat (5.4)l
tt=t-f,=r.+,'##, Selama proses adiabatik reversibel
2
+
3 dan 4
(s.6)
) l, kita tahu bahwa llihat (4.49)l
7;=(2)-'
(+*)-'
6.n
v3 v^ atau v^ _v' i, ir= i, 'r=
(5.8)
+=
Jadi. kita lihat bahwa
Memasukkannya ke dalam (5.6), kita memperoleh hasil
,t
=l-f,
T,
(.5.9)
Kita hanya menggantikan QLIQ, dengan TrlTo. Kita dapat melakukan hal ini untuk semua mesin maupun refrigerator reversibel. Kita lihat bahrva efisiensi termal dari mesin Carnot bergantung hanya pada temperatur absolut tinggi atau rendah dari penampung-penampungnya. Penggunaan gas ideal untuk melakukan perhitungan menjadi tidak penting karena kita telah menunjukkan bahwa efisiensi Carnot tidak bergantung pada zat-zar kerjanya. Sebagai konsekuensinya, hubungan (5.9) berlaku untuk semua zat kerja, atau untuk semua mesin Carnot, terlepas dari karakteristik-karakterisk tertentu dalam desainnya.
r08
HUKUM KEDUA TERMODINANIIKA
IBAB
5
Mesin Carnot, jika dioperasikan terbalik. menjadi pompa kalor atau refrigerator, tergantung pada perpindahan kalor yang diinginkan. Koeflsien kiner.ja dari pompa kalor meniadi coPHP
= #:,,=
L,
o!-'0,= - rlh
(5. r 0)
Koehsien kineria dari refrigerator memiliki bentuk
coPR
o,o,,
= fi,'*r=
er'- er= rntir-
(s.t 1) I
Ukuran-ukuran kinerja di atas menentukan limit-limit yang dapat didekati oleh mesin-mesin faktual. Siklus-siklus reversibel yang diasumsikan tentu saja tidak realistis, tapi memiliki limit-limit yang kita tahu tidak dapat dilampaui seringkali sangat berguna dalam mengevaluasi suatu proposal desain dan menentukan arah pengembangan selanjutnya. Ketimbang memberikan daftar COP (Coefficient of Performance/koefisien kinerja) dari berbagai refrigerator dan pengkondisi rdara (air conditiottittg), pihak pabrik seringkali memberikan daftar EEP. (Energy Efficienc'v Ratiolrasio efisiensi energi). Parameter ini memiliki definisi yang sama dengan COP (yaitu, QIW) tapr Q memiliki satuan Btu sedangkan I4l memiliki satuan watt-jam. Jadi. nilai ini adalah Btu yang diambil dibagi dengan rvatt-jam dari listrik yang dikonsumsi. Karena terdapat 3,412 Btu per rvatt-jam, kita lihat bahr.va EER = 3.412 COP.
CONTOH 5.4 Sebuah mesin Carnot dioperasikan cli antara dua penampung temperatur yang masing-masing dijaga pacla 200 'C dan 20'C. Jika keluaran mesin yang diinginkan adalah l5 kW. seperti yang ditunjuk-kan dalam Gbr.5-ll, tentukanlah besarnya perpindahan kalor dari penampung temperatur tinggi dan besarnya perpindahan kalor ke penampung temperarur rendah. Ts = 2ffi"C
HUKUM KEDUA TERMODINAMIKA
BAB 5]
109
Untuk situasi yang pertama kita memiliki IY, = Qr(T,f f,- l) = QL(.293/268 -1) = 0,0933Qt Untuk situasi yang kedua diperoleh 1y. = Qr(2931248 - l) = 0,181 0.. Persentase kenaikan usaha adalah
*'
*'*' - (0'r8'3L'''-33lttn' )' roo' = e4'o't
Perhatikan besarnya kenaikan energi lang dibutuhkan untuk mcnurunkan temperatur tlalam sebuah ruangan )ang \udah clingin.
Dan ini merupakan persentase kenaikan minimum, karena kita telah memakai asumsi refrigerator ideal.
CONTOH 5.6 Sebuah mesin Carnot dioperasikan dengan udara, dengan menggunakan siklus yang ditunjukkan dalam Gbr. 5-12. Tentukanlah efisiensi termal tlan keluaran usaha dari setiap siklus operasi.
Gbn 5-12
Penyelesaian: Efisiensi termalnya diperoleh
sebesar
t= | -!,= t
-i33
=o*
ara,4o?
Untuk mencari besamya keluaran usaha kita dapat menentukan kalor yang ditambahkan selama proses ekspansi temperatur konstan dan menentukan w dari q =WlQu=wlqn. Kita peroleh qrdari hukum perlarna dengan menggunakan Arr = 0: f'
"
4u = tv. , = I ,u,
=
Rr, J,.
(l = nr, rn l.'
Untuk mencari u, pertama-tama kita harus mencar.i u,:
.
.y,
RT.
=?
(287
)(
300
)
=r.076m3/kg
Melalui t4.49) kita memperoleh r'r 'r = = (il)'
= tl'076r(300/500tr'r'r-r
-
0"r0tt m'rke
Demikian juga, v, = r,t{TtlTt)ti(k r} = (10X3001500)r'5 = 2,789 m3/kg. Jadi, qH
)
Traq
= t2qlt(500t tn i',fi = 3lo-o
kJ,ke
Akhirnya, tresarnya usaha untuk setiap siklus adalah u, = U4, = (0,,1X320.0) = t28 kJ/kg
Soal-soal dan Penyelesaiannya 5.1
merniliki ralin.g COP 4. Ruangan bekrl yans didinginkanrrla rnernbutuhkan laju pendinginan puncak sebesar 30 000 kJ/jam. Berapakah besarnya motor (dalam daya kuda) yang dibLrtuhkan untuk refrigerator tersebut'l Sebuah refiigerator
Definisi dari COP untuk refrigerator adalah COPR
.o,
,". = a[to* 5.2
Sebuah mesin kalor Carnot menghasilkan
-10
= Qrtll'n,.
o00 3600
l0 hp dengan
-
N{aka
2.u8.r
thya netto yang dibLrtuhkal adalah
kw
arau 2.74.1 hp
cara mcmindahkan energi
'F. Hitunglah kecepatln pelpindahan kulol dari penrmpun! rentperatur tinggi.
di
antara dua penampLrng pada 40
'F
dan 212
HUKUM KEDUA TERMODINAMIKA
110
Efisiensi mesinnya adalah
[BAB
5
Tr-,
500.--f 4=t_i,=t_iil=ozs0o Elisiensi juga diberikan melalui ry
=
WIQH. Jadi,
w
^ ry_ Qu= 5.3
(10 hpX25 5 Btu/hr/hp) 0.2560
= 99 410 Btu/hr
Seorang penemu mengusulkan sebuah mesin yang dioperasikan di antara lapisan petmukaan laut yang hangat pada 27 'C dan lapisan beberapa meter di bawahnya pada 10 lC. Sang penemu mengajukan klaim bahwa mesin tersebut menghasilkan 100 kW dengan cara memompa 20 kg/s air laut. Apakah ini mungkin? Asumsikan (Cp)ui,ru,t:4,18 kJ/kg'K.
Penurunan temperatur maksimum untuk bertemperatur tinggi adalah
air laut adalah 17 "C. Maka kecepatan
perpindahan kalor maksimum dari air
Qs = titCpLT = (20X4,18)(17) = 1421 kW Maka efisiensi dari mesin yang diusulkan ini adalah q = WtQ, yang dioperasikan di antara dua temperatur yang sama adalah
tl = |
T,
=
lOOl142l = 0,0704 arau 7,047o. Eflsiensi dari mesin Carnot
la l
- Tt = | - i66 = o'otu' atau 5'61%
Efisiensi dari mesin yang diusulkan tersebut melampaui efisiensi mesin Carnot; maka apa yang diklaim oleh penemu tersebut adalah tidak mungkin.
5.4
Sebuah perusahaan penyedia listrik ingin menggunakan air tanah panas dari sebuah mata air panas untuk menggerakkan sebuah oC, estimasikanlah keluaran daya maksimumnya jika fluks massa sebesar 0,2 kg/s mesin panas. Jika air tanah berada pada 95 dapat dicapai. Atmosfer berada pada 20 "C.
Efisiensi rnaksimum yang mungkin dicapai adalah
T,
,o1
4=t-r;='-;;;=0'2038 dengan mengasumsikan bahwa air dikeiuarkan pada temperatur atmosfer. Kecepatan perpindahan kalor dari sumber energi tersebut adalah
Qu = ritCpLT = (0,2X4,18X95
-
20) = 62,'7 kW
Maka besarnya keluaran daya maksimum adalah W
5.5
= uQru=
(0.2038)(62.7)
=
kw
12,8
Dua mesin Carnot dioperasikan secara seri di antara dua penampung yang masing-masing dijaga pada 600 'F dan 100 'F. Energi yang dibuang oleh mesin pertama dimasukkan ke mesin kedua. Jika elisiensi dari mesin pertama adalah 20 persen lebih besar daripada elisiensi mesin kedua, hitunglah temperatur di antaranya.
Efisiensi dari kedua mesin adalah
7,
Di
mana 7 adalah temperatur antara dalam
tl:-'= | -
=l-loto'
560
T
'R yang tidak diketahui. Diberikan
bahwa r7, =
q, + 0,2 7r.
Dengan memasukkan
nilai-nilai untuk 4, dan ry, diperoleh
I-
T rono
=
1.2
/
560\ (t -'r')
atau
7a
5.6
+
2127
-
712 320 =
0
.'.7 =
744,6R
atar 284,6F
Sebuah mesin Carnot yang dioperasikan dengan udara menerima 50 kJ/kg kalor dan membuang 20 kj/kg. Hitunglah temperaturtemperatur dari penampung tinggi dan rendahnya jika volume spesifik maksimumnya adlah 10 m3/kg dan tekanan setelah ekspansi isotermal adalah 200 kPa.
Ehsiensi termalnya adalah
rt=r-1,'=l-2!=o.o ' 4n 50 Jadi,TrlT, = 0,4. Untuk
proses-proses adiabatik
kita tahu
bahr.va
(lihat Gbr.5-8)
BAB 5]
ltl
HUKUM KEDUA TERMODINAMIKA TL
Volume spesifik maksimumnya adalah
';
=
I
/I.rt
(;)
l.
rl
r,; jadi, r,, = 0,1012v3 =
=
o'+'?'s
= o'1012
(0,1012X10)
=
1,012m3/kg. Selanjutnya, temperatur tingginya
adalah
Tu Maka temperatur rendahnya adalab
5.7
P,v,
(200(
l2) = n' = -"0'zsi'= 705'2 K 1.0
Tr= 0,47n = (0,4)(705,2) = 282J K
atau 432'2
'c
atau 9,1 "C.
Sebuah mesin kalor dioperasikan berdasarkan siklus Caraot dengan efisiensi 75 persen. Berapakah COP yang dimiliki sebuah retiigerator yang dioperasikan dengan siklus yang sama? Temperatur rendahnya adalah 0 "C.
Efisiensi dari mesin kalor tersebut diberikan melalui 4
T, = t
T,
!,
= I - T/Tn. Jadi, .aa
= t'_',d.ts=
t092 K
Maka COP dari refriserator tersebut adalah
coP^'o5.8
TL - TL-
-
=0.3333
Dua refrigerator Carnot dioperasikan secara seri di antara dua penampung yang masing-masing dijaga pada 20 'C dan 200 'C. Keluaran energi dari refrigerator pertama digunakan sebagai masukan energi kalor untuk refrigerator kedua. Jika COP dari kedua refrigerator tersebut adalah sama, berapakah seharusnya temperatur antaranya? COP untuk refrigerator diberikan melalui COPR sama
-
TLI(TH
kita memperoleh
L-?1^,= T-293 473-T 5.9
213 lo92
Tn
-
T.). Dengan mengharuskan kedua COP memiliki nilai
atau I=138589
yang
atau T=372JK=99,3"C
Sebuah pompa kalor diusulkan di mana air tanah 50'F digunakan untuk menghangatkan sebuah rumah hingga 70 "F. Air tanah akan mengalami penurunan temperatur sebesar 12 "F dan rumah tersebut membutuhkan 75 000 Btu/jam. Hitunglah fluks massa minimum dari air tanah dan besarnya daya kuda minimum yang dibutuhkan.
COP untuk pompa kalor adalah
...530.,n =" f=,== 5f6 _ 5* 7;-
coP..-= av= Ini juga diberikan oleh
copHp-
^8' ^ Qr-Q,
zo,s = z6,s
26.5 = --75^900 75ooo-0/.
e1=12t70
Bru/hr
Maka fluks massa dari air tanah adalah
Qt =
ritCpLT
12 l7O =
(lr)(1,00)(12)
rit
= 6014lbnlhr
Besarnya daya kuda minimum yang dibutuhkan diperoleh sebagai berikut: CoPHp =
o..
Y4 ww
26,5 =
75!Q--Q
Iiz
= 2830 Btu/hr atau 1,11
hp
Soal-soal Tambahan 5.10 Sebuah pompa kalor memberikan 75 MJ/jam ke sebuah rumah. Jika kompresor-kompresor membutuhkan masukan energi listrik sebesar 4 kW, hitunglah COPnya. 5.11 Sebuah pembangkit listrik membakar 1000 kg batubara setiap jam dan menghasilkan 500 kW daya. Hitunglah eflsiensi termal keseluruhan jika setiap kg batubara menghasilkan 6 MJ energi. 5.12 Sebuah mobil yang memiliki pemakaian bensin 13 km/L melaju pada 100 km/jam. Pada kecepatan ini pada intinya seluruh daya yang.dihasilkan oleh mesin digunakan untuk mengatasi hambatan udara. Jika gaya hambatan udara diberikan melalui l2p'L?ACD tentukanlah efisiensi termal dari mesin pada kecepatan ini dengan menggunakan luas proyeksi A = 2 m2, koeflsien gaya hambat Co = 0,28 dan nilai pemanasan bensin 9000 kJ/kg. Bensin memiliki densitas 740 kglm2. 5.13 Tunjukkanlah bahwa pelanggaran terhadap pemyataan Kelvin-Planck mengenai hukum kedua berarti juga pelanggaran terhadap pern)ataan Clausius.
112
HUKUM KEDUA TERMODINAMIKA
IBAB
5
5.14 Sebuah baterai melakukan usaha dengan menghasilkan arus listrik sementara memindahkan kalor dengan atmosfer bertemperatur konstan. Apakah ini merupakan pelanggaran terhadap hukum kedua? Jelaskan. 5.15 Tunjukkanlah bahrva semua mesin reversibel, yang dioperasikan di antara dua penampung temperd:tur tertentu, memiiiki efisiensi yang sama dengan mesin Carnot yang dioperasikan di antara dua penampung temperatur yang sama. 5.16 Sebuah siklus Carnot beroperasi antara 200 "C dan 1200 "C. Hitunglah (c) efisiensi termalnya jika dioperasikan sebagai siklus daya, (&) COPnya jika dioperasikan sebagai refrigerator dan (c) COPnya jika dioperasikan sebagai pompa kalor. 5.17 Sebuah mesin Carnot membuang 80 MJ energi setiap jam dengan cara memindahkan kalor ke sebuah penampung pada 10 "C. Tentukanlah temperatur dari penampung temperatur tinggi dan daya yang dihasilkan jika kecepatan penambahan energinya adalah 40 kw. Ta = 900"C
Tt = 20'C
Gbr. 5-13 5.18 Sebuah proposal siklus daya didesain untuk beroperasi di antara penampung-penampung temperatur. seperti ditunjukkan dalam Gbr. 5-13. lni diharapkan dapat menghasilkan 43 hp dari 2500 kJ energi yang diambil setiap menit. Apakah proposal ini layak? 5.19 (a) Berapakah efisiensi maksimum yang dapat dihasilkan dari sebuah mesin yang dioperasikan berdasarkan gradien-gradien termal di lautan? Temperatur permukaan air di lokasi yang diusulkan adalan 85 "F dan pada kedalaman tertentu adalah 50 "F. (D) Berapakah maksimum COP dari sebuah pompa kalor, yang dioperasikan di antara kedua lapisan tersebut, yang digunakan untuk memanaskan sebuah anjungan pengeboran minyak lepas pantai? 5.20 Sebuah mesin Carnot dioperasikan di antara penampung-penampung pada temperatur I, dan 7r, dan sebuah mesin Carnot kedua dioperasikan di antara penampung-penampung yang dijaga pada T, dan 7... Tuliskanlah efisiensi tl3 dari mesin ketiga yang dioperasikan di antara ?", dan I, dalam bentuk efisiensi 17, dan r7, dari kedua mesin lainnya. 5.2L Dua mesin Carnot dioperasikan secara seri di antara dua penampung yang masing-masing dijaga pada 500 "C dan 40 'C. Energi yang dibuang oleh mesin pertama digunakan sebagai masukan energi untuk mesin kedua. Tentukanlah temperatur dari penampung antara di antara kedua mesin tersebut jika efisiensi dari kedua mesin tersebut adalah sama.
5.22 Sebuah mesin Carnot dioperasikan berdasarkan udara dengan siklus yang ditunjukkan dalam Gbr. 5-14. Jika terdapat 30 kJ/kg kalor yang ditambahkan dari penampung temperatur tinggi yang dijaga pada 200 "C hitunglah besarnya usaha yang dihasilkan. P (kPa)
u (m3/kg; 0.3
Gbr. 5-14 5.23 Sebuah mesin Carnot dioperasikan di antara suatu tekanan rendah sebesar 15 psia dan suatu tekanan tinggi sebesar 400 psia. Volumenya masing-masing adalah 250 dan 25 in3. Jika terdapat 0,01 lbm udara, hitunglah besarnya keluaran usahanya. 5.24 Sebuah mesin Carnot yang menggunakan gas hidrogen dioperasikan dengan penampung temperatur tinggi yang dijaga pada 600 K. Rasio tekanan untuk kompresi adiabatik adalah 15 banding 1 dan volume selama proses penambahan kalor menjadi tiga kali lipat. Jika tekanan minimumnya adalah 100 kPa, tentukanlah elisiensi termalnya dan besarnya usaha yang dihasilkan.
HUKUM KEDUA TERMODINAMIKA
BAB 5]
113
5.25 Sebuah pompa kalor harus menjaga sebuah rumah pada 20'C ketika udara di luar mencapai -25'C. Diketahui bahwa dibutuhkan 1800 kJ setiap menit untuk melakukan hal tersebut. Hitunglah daya kuda minimum yang dibutuhkan. 5.26 Jika pompa kalor dalam Soal 5.25 digunakan sebagai AC, hitunglah temperatur luar maksimum yang diperbolehkan agar temperatur di dalam tetap terjaga pada23 oC. Asumsikan hubungan linier antara perbedaan temperatur dan fluks kaloq dengan menggunakan informasi yang diberikan dalam Soal 5.25. 5.27 Sebuah pompa kalor menggunakan kompresor 5 hp sambil mengambil 500 Btu energi dari air tanah setiap menit. Berapakah COPnya (a) jika tujuannya adalah untuk mendinginkan air tanah dan (b) jika tujuannya adalah untuk memanaskan gedung? 5.28 Sebuah siklus refrigerasi Carnot digunakan untuk mengestimasi kebutuhan energi untuk mengurangi temperatur sebuah spesimen ke nol absolut. Misalkan kita ingin mengangkat 0,01 J energi dari spesimen tersebut ketika berada pada 2 x l0 6 K. Berapakah besarnya usaha yang diperlukan jika penampung temperatur tinggi berada pada 20 "C? 5.29 Sebuah refrigerator diusulkan membutuhkan l0 hp untuk mengambil 3 MJ energi setiap menit dari suatu ruangan yang dijaga pada -i8 oC. Udara luar berada pada 20 'C. Apakah ini mungkin? 5.30 Sebuah unit refrigerasi reversibel digunakan untuk mendinginkan suatu ruangan ke 5 'C dengan cara memindahkan energi ke lingkungan yang berada pada 25 'C. Unit yang sama kemudian digunakan untuk mendinginkan ruangan tersebut menjadi -20 C. Estimasikanlah laju pendinginan untuk kondisi yang kedua jika laju pendinginan untuk yang pertama adalah 5 ton.
Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FF' 5.1FE Pilihlah parafrase yang layak untuk pernyataan Kelvin-Planck mengenai hukum kedua.
(A) Tidak ada proses yang dapat menghasilkan lebih banyak usaha daripada kalor yang diterimanya. (B) Tidak ada mesin yang dapat menghasilkan lebih banyak usaha daripada kalor yang diambilnya. (C) Sebuah mesin tidak dapat menghasilkan usaha tanpa menerima kalor. (D) Sebuah mesin harus membuang kalor.
5.2FE Manakah di
(A) (B) (C) (D)
5.3FE
antara yang berikut yang dapat diasumsikan reversibel? roda dayung
membran yang pecah. pemanas resistansi.
piston yang menekan gas dalam sebuah mesin balap.
klaim bahwa sebuah mesin termal, yang dioperasikan di antara lapisan lautan pada 21 oC 10 'C, menghasilkan daya 10 kW sambil membuang 9900 kJ/menit. Mesin tersebut:
Seorang penemu mengajukan
(A) (B) (C) (D) 5.4FE
Sebuah Sebuah Sebuah Sebuah
dan
tidak mungkin dibuat reversibel bisa diburt mungkin bisa dibuat
Sebuah mesin Carnot, yang dioperasikan
di antara penampung-penampung pada 20 'C dan 200 'C, menghasilkan daya 10 kW.
Kalor yang dilepaskan adalah mendekati:
(A) 26.3 kJ/s (B) 20.2 kJrs (C) 16.3 kJ/s (D) 12.0 kJ/s
5.5FE
Sebuah siklus Carnot adalah siklus yang sangat menarik karena: Memberikan limit bar.vah pada efisiensi siklus
(A) (B) Dioperasikan di antara dua penampung termal bertemperatur konstan. (C) Memberikan efisiensi maksimum untuk siklus manapun. (D) Jika dibuat dengan hati-hati di laboratorium, memberikan limit atas pada efisiensi
siklus.
5.6FE Pilihlan pernyataan yang tidak tepat yang berhubungan dengan siklus Carnot:
(A) (B) (C) (D) 5.7FE
Terdapat dua proses adiabatik. Terdapat dua proses tekanan konstan. Usaha terjadi pada keempat proses Setiap proses merupakan proses reversibel.
Sebuah refrigerator Carnot membutuhkan l0 kW untuk mengangkat 20 kJ/s dari sebuah penampung penampung temperatu tingginya adalah mendekati:
(A)
4,10
K
20'C.
Temperatur dari
HUKUM KEDUA TERMODINAMIKA
t14
IBAB
5
(B) 400 K (Ct 360 K (D) 320 K 5.8FE
Sebuah pompa kalor harus menyediakan 2000 kJ/jam ke sebuah rumah yang dijaga pada 20
'C. Jika di luar -20
oC. berapakah
kebutuhan daya minimumnya? (A) 385 kJ/hr (B) 316 kJ/hr
(C) 2'73 kllhr (D) 184 kJ/hr
5.9FE
Sebuah mesin dioperasikan dengan adalah:
air geotermal 100 'C. Mesin tersebut mengeluarkan uap 20 'C. Efisiensi maksimumnya
(A) 21% (B) 32s, (C) 58E( (D) 807r Jawaban untuk Soal-soal Tambahan
5.10
5.21
s.ll
30v,,
5.12 5t,970 5.14 Tidak. Ini bukan sebuah siklus. 5.16 (a\ 67,97o (b) 0,473 k) 1,473 5.17 236.4'C,17"78 kW 5.18 Tidak 5.19 (.a) 6,427c (.b) 15.57 5,20 4, + q2 - Ufiz 5.21 218.9"C 5.22 16.14 kltkg 5.23 178 ft-lbf 5.24 54,4Va, 103 kllkg 5.25 6.18 hp 5.26 7 t.7"C
i.zt
(a)
2,36
5.28 5.29 5.30
1465 kJ
(b) 3,36
Ya
80
kw
Jawaban untuk Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE s.lFE
(D)
s.2FH,
(D)
s.3FE
(A)
s.4FE
(C)
s.sFE
(C)
s.6FE
(B)
s.7FE
(A)
s.8FE
(C)
s.9FE (A)
Entropi
6,I
PF]NDAHULUAN
Untuk dapat mengaplikasikan hukum kedua termodinamika pada suatu proses kita akan memperkenalkan suatu properti yang disebut entropi. Pembahasan di sini bersifat paralel dengan pembahasan mengenai hukum pertama; pertama-tama kita memberikan pernyataan mengenai hukum pefiama untuk suatu siklus dan kemudian menurunkan suatu hubungan yang berlaku untuk suatu proses.
6.2
,FEFIF{ISI
, Perhatikan mesin Carnot reversibel yang dioperasikan berdasarkan suatu siklus yang terdiri dari proses-proses yang ilijelaskan di dalam Sub Bab 5.5. Kuantitas f aqtf adalah integral siklus dari perpindahan kalor dibagi dengan temperatur absolut di mana perpindahan kalor tersebut terjadi. Karena temperatur 2,, tetap konstan selama terjadi perpindahan kalor }|dan I; telap konstan selama perpindahan kalor Q., integral tersebut diberikan melalui
(6.1)
f+=3: ?
d! mqqa kaLar Q, yang meninggalkan mesin Carnot tersebut dianggap memiliki nilai positif. Dengan menggunakan (5.4) dar i5.9) kita lihat bahwa, untuk siklus Carnot,
o, T, 1lt-n1t
Qr= T,
atau
o,,
o,
T, = T,
\6.2)
Jika ini,dimasukkan ke dalam (6.1), kitamemperoleh hasil yang menarik o
(6.3)
fY= Jadi, kuantitas 6QlT merupakan sebuah diferensial sempurna, karena integral siklusnya adalah nol. Diferensial sempurna ini kita berikan lambang dS, di mana S merepresentasikan sebuah fungsi skalar yang bergantung hanya pada keadaan dari sistem yang dimaksud. Ini merupakan deflnisi yang kita berikan terhadap suatu properti dari suatu sistem. Kita akan me*yebut properti ekstensif ini entropi, yang diferensialnya diberikan oleh
ot = Y1,",
(6.4)
tt6
ENTROPI
[BAB
6
@
s2
sl
Gbr.
6-l
Siklus Carnot
di mana subskrip "rev" menekankan sifat reversibilitas dari proses tersebut. Ini dapat diintegrasikan untuk suatu
proses
sehingga memberikan
or=1,'f1,., Dari persamaan di atas kita lihat bahwa perubahan entropi untuk suatu
(6'5) proses reversibel dapat
memiliki nilai negatif
atau positif tergantung pada apakah energi ditambahkan atau diambil dari sistem selama terjadi proses perpindahan kalor. Untuk suatu proses adiabatik reversibel perubahan entropinya adalah nol. Kita seringkali menggambarkan sketsa diagram temperatur-entropi untuk siklus-siklus atau proses-proses yang diinginkan. Siklus Carnot memberikan sketsa yang sederhana jika yang digambarkan adalah temperatur vs. entropi. Ini ditunjukkan dalam Gbr. 6-1. Perubahan entropi untuk proses pertama dari keadaan 1 ke keadaan 2 adalah
sr-s,
=lr'9rr=-3
(6.6)
Perubahan entropi untuk proses adiabatik reversibel dari keadaan 2 ke keadaan 3 adalah nol. Untuk proses dari keadaan 3 ke keadaan 4 besamya perubahan entropi adalah sama seperti dalam proses pertama; proses dari keadaan 4 ke keadaan 1 juga merupakan proses adiabatik reversibel dan diikuti dengan perubahan entropi sebesar nol. Perpindahan kalor selama proses reversibel dapat diekspresikan dalam bentuk diferensial |ihat t6.417 sebagai
6Q=rds
(6.7)
Jadi, daerah di bawah kurva dalam diagram ?n-S merepresentasikan perpindahan kalor selama proses reversibel manapun. Jadi daerah segi empat dalam Gbr. 6-1 merepresentasikan perpindahan kalor netto selama siklus Carnot. Karena besamya perpindahan kalor sama dengan besarnya usaha yang dilakukan untuk suatu siklus, luas ini juga mereperesentasikan besarnya usaha netto yang dicapai oleh sistem selama siklus berlangsung. Di sini, Q,,r= Wn., = AIAS. Hukum pefiama termodinamika, untuk perubahan sangat kecil yang reversibel, menjadi. dengan menggunakan (6 n,
TdS-PdV=dU
\6.8)
Ini
adalah hubungan yang penting dalam kajian kita mengenai sistem-sistem sederhana. Kita memperolehnya dengan mengasumsikan suatu proses reversibel, Akan tetapi, karena melibatkan hanya properti-properti dari sistem, hubungan ini juga berlaku untuk proses ireversibel. Jika kita memiliki suatu proses ireversibel, secara umum, 6W * P dV dan 6Q * T dS tapi (6.8) tetap berlaku sebagai suatu hubungan antara properti-properti. Dibagi dengan massa, akan diperoleh
di mana entropi spesiflk dideflnisikan
TdS-Pdv=du
(6.e)
s=ms
(6.10)
sebagai
Untuk menghubungkan perubahan entropi dengan perubahan entalpi kita mendiferensiasikan (4.12) untuk memperoleh
dh=du+Pdv+vdP
(6.1
t)
Jika dimasukkan ke dalam (6.9) untuk du, l
Tds=dh-vdP Persamaan (6.9) dan (.6.12) akan digunakan dalam subbab-subbab selanjutnya dalam pembahasan termodinamika untuk berbagai proses reversibel maupun ireversibel
(6.12)
kita
mengenai
BAB 6]
tt7
ENTROP]
6.3 ENTROPI UNTUK GAS IDEAL DENGAN KALOR. SPESIFIK KONSTAN Dengan mengasumsikan gas ideal, (6.9) menjadi
d'=++
L#=c,f+n!
(6.1 3)
di mana kita telah menggunakan (6.14) (6.
1
3) diinregrasikan, dengan
mengasumsik
- -":;, T,rk v. T. 52-sl =C, lnr'+Rlnr'
^,';r:?fl
memberikan
(6.1s)
Demikian juga, (6.12) disusun ulang dan diintegrasikan untuk memberikan
s2-sr
=Crlnft*nn
P2
Pl
(6.16)
Perhatikan lagi bahwa persamaan-persamaan di atas dikembangkan dengan mengasumsikan proses reversibel; akan tetapi, persamaan-persamaan tersebut menghubungkan perubahan entropi dengan properti-properti termodinamika lainnya di awal dan di akhir proses. Karena perubahan suatu propefii independen dari proses yang digunakan untuk bergerak dari satu keadaan ke keadaan lainnya, hubungan-hubungan di atas berlaku untuk proses manapun, reversibel maupun ireversibel, dengan syarat bahwa zat kerjanya dapat diaproksimasikan oleh gas ideal dengan kalor-kalor spesilik konstan. Jika perubahan entropi adalah nol, artinya proses isentropik, (6.15) dan (6.16) dapat digunakan untuk memperoleh
T2 lPryt ttrr' =
?=(ii)^
r, \P,/
6rn
Kedua persamaan ini digabungkan untuk memberikan
P- /u.\k
z=(")
(6't8)
t'
Ini tentu saja identik dengan persamaan-persamaan yang diperoleh dalam Bab 4 untuk gas ideal yang melalui adiabatik kuasi-kesetimbangan.
proses
lt8
ENTROPI
[BAB
6
6.4 ENTROPI UNTUK GAS IDEAL DENGAN KALOR SPESIFIK YANG BERVARIASI Jika kalor-kalor spesifik untuk suatu gas ideal tidak dapat diasumsikan konstan dalam suatu rentang temperatur tertentu kita kembali ke (6.12) dan menuliskan
C, ,_ dh v rtp=To'-P"' d, ='T* T Konstanta gas
R dapat dikeluarkan dari
integral
,
ap
@.19)
tapt Co = Ct(T) tidak. Jadi, kita mengintegrasikan (6.19) dan
memperoleh
s,
-
s, =
c.,,
f'' Jr i
-
^
,"
P.
;i
(6.20)
Integral di dalam persamaan di atas bergantung hanya pada temperatur dan kita dapat mengevaluasi besarnya dari tabeltabel gas. Dengan menggunakan fungsi-fungsi tabulasi so diperoleh
s!-si
=li ?r,
(6.21)
Jadi, perubahan entropi adalah (beberapa buku teks menggunakan @ ketimbang s')
12-11=s!-si-nfn!Pl Persamaan entropi yang lebih eksak
ini digunakan
hanya
(6.22)
jika diinginkan tingkat akurasi yang lebih tinggi.
Untuk suatu proses isentropik kita tidak dapat menggunakan (6.17) dan (6.18) jika kalor-kalor spesifiknya tidak konstan. Akan tetapi, kita dapat menggunakan (6.22) dan memperoleh. untuk proses isentropik,
P)
t^P P, =
\ explsi/R)= .flT,) - s?-l=.,,ptr?rnl lr-R -flTrl /s!
(6.23)
Jadi, kita mendefinisikan tekanan relatif P,, yang bergantung hanya pada temperatur, sebagai
P' = Parameter
(6.24)
et"/R
ini dimasukkan sebagai entri dalam tabel gas E-1. Jadi rasio tekanan untuk
suatu proses isentropik adalah
Pr-Pl Pt P,r
,
(6.2s)
Rasio volume dapat diperoleh dengan menggunakan persamaan keadaan gas ideal. Rasio tersebut adalah vz
yr=PzT, pr T,
(6.26)
di mana kita akan mengasumsikan proses isentropik ketika menggunakan rasio rekanan relatif. Sebagai konsekuensinya, kita mendefinisikan volume spesifik relatif v,, yang bergantung hanya pada temperatur, sebagai
vr=const'x4T
6.2n
Dengan menggunakan nilainya yang diperoleh dari tabel-tabel gas kita memperoleh rasio volume spesifik untuk proses isentropik; rasio tersebut adalah Y) l.t (6.28) v1 vrl Dengan menggunakan etnri-entri dari tabel-tabel gas kita dapat melakukan perhitungan yang diperlukan dalam mengerjakan soal-soal yang melibatkan gas ideal dengan kalor-kalor spesifik yang bervariasi.
CONTOH 6.3 Ulangi Contoh
I
dengan mengasumsil.an kalor-kalor spesifik yang bervariasi. gas. kita menuliskan hukum penama sebagai Massa diperoleh dari persamaan gas ideal sebesar 6.
Penyelesaian: Dengan menggunakan tabel+abel ttt
pv
='RT
(2mX2)
.+.76 k9 (0,287X293) =
Maka hukum pertama dituliskan sebagai uz
=
rr -720 -w m u, = - iit * 209.1 = 360.4 kJlkg
-
W
= L,U = m(u2- u).
BAB 6]
ENTROPI
119
ENTROPI
t20
[BAB
6
y = konstan
Gbr. 6-2 Diagram I-s dan ft-s untuk uap
Untuk suatu zat padat ata! zatcair, perubahan entropi dapat diperoleh cukup mudah jika kita dapat mengasumsikan bahwa kalor spesifiknya konstan. Kembali ke (6.9), kita dapat menuliskan, flengan mengasumsikan zat padat atau cair tersebut bersifat inkompresibel sehingga dv = 0,
Tds=du=CdT
\.6.30)
di mana kita telah menghilangkan subskrip pada kalor spesifik karena untuk zat-zat padat dan cair Cp : Cv. Nilai-nilai Cp biasanya tertera di dalam tabel-tabel; nilai-nilai ini diasumsikan sama dengan C. Dengan mengasumsikan kalor spesifik konstan, kita memperoleh
t,=[c#=r^?
G3D
I
Jika kalor spesifik merupakan suatu fungsi yang diketahui dari temperatur, integral ini dapat diselesaikan. Kalor-kalor spesifik wtttk zat-zat padat dan cair diberikan di dalam Tabel B-4.
CONTOH 6.5 Uap tersimpan di dalam sebuah penampung kokoh pada tekanan awal sebesar 100 psia dan 600 'F. Tekanan dikurangi hingga 10 psia dengan cara melepaskan energi melalui perpindatran kalor. Hitunglah perubahan entropi dan perpindahan kalor dan gambarkanlah diagram T-s.
1,7582 Btu/lbm
Gbr. 6-3
-'R
BAB
6I
ENTROPI
121
Penyelesaian: Dari tabel-tabel uap,-v, =v.r=6.216fri,,1bm. Keadaan 2 berada di daerah kualitas. Dengan menggunakan nilai di ata* untuk ur, kualitas diperoleh sebagai berikut: 6.216 =0.0166 + x(38.42-
0.0166)
x = 0.1614
Entropi pada keadaan 2 adalah sz = A,2836 +" (0,1614)(1,5041) = 9,526A, Btullbm-oR; maka perubahan entropinya adalah As = su
-
rr = 0.52@ -
1.7582
= -1.232 Bru/lbm-'R
Besarnya perpindahan kalor diperoleh dari hukum perrama dengan menggunakan w = 0:
e = ilz
-
u,
=
116l,2+ (0,1614X911 ,01))
-
l?14,2= *906 Btu/lbm
Proses'ini ditampilkan pada diagram Fs yang yang dituniukkan dalam Gbr. 6-3
Gbr. 6-4 Sebuah mesin reversibel dan ireversibel yang beroperasi di antara dua penampung
6.6 KETIDAKSAMAAN CLAUSIUS Siklus Carnot merupakan siklus reversibel dan menghasilkan usaha yang akan kita sebut Wrev. Perhatikan siklus ireversibel yang beroperasi di antara dua penampung yang sama, yang ditunjukkan dalam Gbr. 6-4. Jelaslah, karena siklus Carnot memiliki efisiensi yang maksimum yang dapat dicapai, efisiensi dari siklus ireversibel harus lebih kecil daripada eflsiensi siklus Carnot. Dengan kata lain, untuk jumlah penambahan kalor Q, yang sama, kita harus memiliki
Dari hukum pertama yang diaplikasikan pada siklus
(Q)in
Wrr,
l
(I4z
= Qu
dan (Qn),"u adalah sama,
(.6'32)
Wrru
- Q)
kita lihar bahwa,
dengan mengasumsikan bahwa
(Qr),", < (Qr),n
Ini memerlukan, dengan mengacu pada (6.1)
(6.33)
dan (6.3),
(6.34)
t'(Y),,,'o
karena integral di atas untuk siklus reversibel adalah nol. Jika kita sedang membicarakan suatu refrigerator reversibel ketimbang suatu mesin, kita akan membutuhkan lebih banyak usaha untuk jumlah refrigerasi Qy yang sama. Dengan mengaplikasikan hukum pertama pada refrigerator, kita akan memperoleh ketidaksamaan yang sama seperti dalam (6.34} Jadi, untuk semua siklus, reversibel maupun ireversibel, kita dapat menuliskan
Ini dikenal dinamika.
{* =o JT sebagai ketidaksamaan Clausius. Ketidaksamaan
ini
(6.15) merupakan konsekuensi dari hukum kedua termo-
d MILIK
f n arn Ptrpu.lnpsa! 'F 6ar r't.r:sip3rr
t22
ENTROPI
IBAB
6
CONTOH 6.6 Diusulkan untuk me*goperasikan suatu pembangkt daya uap sederhana sebagaimana ditunjukkan dalam Gbr. 6-5, Air diuapkan seluruhnya di dalam boiler sehingga perpindahan kalor Qu terjadi pada temperatur konsran. Apakah proposal
ini memenuhi ketidaksamaan Clausius? Asumsikan tidak terjadi perpindahan kalor dari pompa atau turbin.
Air
lwr
L
jenuh
{
=-
Gbr. 6-5
Penyelesaian: Kuantitas yang kita cari adalah konstan. ini mengambil bentuk
$dqtf
[9a
Karena perpindahan kalor yang diusulkan terjadi pada temperarur
au
Qc
YT=7,'T, = I kg): * * 179,9C Ic = 60,1oC Qa = m(hz h2) = 2'778 763 = 2015 kJ Q6= m\ho- h,) = 125 I + (0.88x2358)l - l25l + (0. l8x2358rl = t65l kJ
Dari tabel-tabel uap kita dapat memperoleh nilai-nilai berikut untuk setiap kilogram air (rr Ts ='
Jadi, kita memperoleh
?9:1 -.19:l t = 452,9 333, I .tdry Nilai ini negatif. sebagaimana
seharusnya
=
-
o.so7 kr/K
jika proposal pembangkit daya ini harus memenuhi ketidaksamaan Clausius.
6.7 PERUBAHAN ENTROPI UNTUK PROSES IREVERSIBEL Perhatikan suatu siklus yang terdiri dari dua proses reversibel, seperti yang ditunjukkan dalam Gbr. 6-6. Misalkan kita juga dapat kembali dari keadaan 2 ke keadaan 1 di sepanjang proses ireversibel yang ditanclai oleh jalur C. Untuk siklus reversibel kita memiliki
['ug * [' d-o=, *o,il,r,l ,.0{;,.,r1-
t6.36;
Untuk siklus yang melibatkan proses ireversibel, ketidaksamaan Clausius mengharuskan
I,'+ * I,'Y-, sepanjang A
sepanjang C
Gbn 6-6 Suatu siklus dengan proses ireversibel
(63n
BAB 6l
ENTROPI
Mengurangi (.6.36) dari
(63n,
f' ao f' J,i'J,-r B
sepanjang
Akan tetapi,
di
123
sepanjang
ao
(6.38)
sepanjang C
jalur reversibel B, 6Qlf = dS. Jadi, untuk jalur manapun yang merepresentasikan
proses
manapun.
ot.l+
arau nt=+
(6.39)
Kesamaan berlaku untuk proses reversibel dan ketidaksamaan berlaku untuk proses ireversibel.
Hubungan (6.39) menuju ke suatu kesimpulan yang penting dalam termodinamika. Perhatikan suatu perpindahan
kalor yang sangat kecil dQ ke sebuah sistem pada temperatur absolut 7. Jika proses tersebut reversibel, perubahan diferensial dalam entropi adalah 6QlT; jika proses tersebut ireversibel, perubahan entropinya lebih besar dari 6QlT. Jadi kita menyimpulkan bahwa efek ireversibilitas (yaitu, gesekan) adalah meningkatkan entropi dari suatu sistem. Akhirnya, dalam mengaplikasikan hukum kedua pada suatu proses, (6.39) dapat meringkas hasil-hasil yang kita peroleh. Jika kita ingin menginvestigasi apakah suatu proses yang diusulkan memenuhi hukum kedua. kita hanya perlu memeriksanya dengan menggunakan (6.39). Kita lihat bahwa entropi dan hukum kedua bersinonim dengan cara yang sama seperti energi dan hukum peftama. Akhimya, perhatikan suatu sistem terisolasi, sistem yang tidak menukarkan usaha maupun kalor dengan lingkungannya. Untuk sistem yang demikian hukum pertama mengharuskaflfJr= U, untuk proses manapun. Persamaan(6.39) mengambil bentuk
as>0
(6.40)
yang mengharuskan entropi dari suatu sistem terisolasi untuk tetap konstan atau meningkat, tergantung dari apakah proses tersebut reversibel atau ireversibel. Jadi, untuk proses nyata manapun entropi dari suatu sistem terisolasi akan meningkat.
Kita dapat menggeneralisasi kesimpulan di atas dengan memperhatikan suatu sistem yang lebih besar yang mencakup sistem yang dimaksud dan lingkungannya, yang seringkali disebut dengan semesta. Untuk semesta kita dapat menuliskan
ASrnir=ASrrr+Asrro>0
\6.41)
di
mana ketidaksamaan berlaku untuk proses reversibel (ideal) dan ketidaksamaan untuk proses ireversibel (nyata). Hubungan (6.41), prinsip kenaikan entropi, seringkali digunakan sebagai pernyataan matematis terhadap hukum kedua. Dalam (6.41) Asuni" juga disebut ASr.r, entropi yang dihasilkan, atau ASn",, kenaikan netto dalam entropi.
CONTOH 6.7 Udara mengisi setengah dari tangki terinsulasi yang ditunjukkan dalam Gbr. 6-7. Sisi yang lainnya sepenuhnya kosong. Membran dipecahkan dan udara dengan cepat memenuhi seluruh volume. Hitunglah perubahan entropi spesifik dari sistem terisolasi ini.
Udsra l\M"*b*n
Gbr' 6-7 Penyelesaian: Seluruh tangki dipilih sebagai bafas sistem. Tidak ada perpindahan kalor yang melewari batas tersebur dan tidak ada usaha yang dilakukan oleh udara. Maka hukum pertama mengambil bentuk AU = mC,(72- I,) = 0 Jadi. temperatur akhir adalah sama dengan temperatur awa}. Dengan menggunakan (6..15) untuk perubahan entropi. kita memiliki, dengan I, As = R
ln
v.
r;
511
77d
l"
2 = 0.04749 Btuilbm-'R
Perhatikan bahwa ini memenuhi (6.39) karena untuk contoh ini Q = 0, sehinggal 6Q/T = 0 < zAs.
IBAB 6
ENTROPI
124
CONTOH 6.8 Dua kg uap superheat pada 400"C dan 600 kPa didinginkan pada tekanan konstan deagan cara memindahkan kalor dari suatu silinder hingga uap terkondensasi seluruhnya. Lingkungan berada pada 25oC. Tentukanlah perubahan entropi netto dari semesta yang disebabkan oleh proses ini' Penyelesaian: Entropi dari uap yang mendef,nisikan sistem ini berkurang karena kalor dipindahkan dari sistem ke lingkungannya. Dari tabel-tabel uap perubahan ini diketahui sebesar
N"y, = m(s, - s) = {2X1,9316
-
7,7086} = -11,55 kJ/K
Perpindahan kalor ke lingkungan terjadi pada temperatur koastan. Jadi, perubahan entropi dari lingkungan adalah
N.uo=
fy=g
Perpindahan kalor untuk proses tekanan konstan adalai
O = mLh = 2(3210,2 sehingga memberikan asrine =
"'1;,: = I:,'Xi:l
-
,r,u,
670,6) = 5199 kJ
-
11,55 = 5,e0 kr/K > 0
6.8 HUKUM KEDUA DIAPLIKASIKAN PADA VOLUME KONTROL Sejauh ini hukum kedua telah diaplikasikan pada sistem, suatu kumpulan partikel-partikel massa. Sekarang kita ingin mengaplikasikan hukum kedua pada suatu volume kontrol, dengan mengikuti strategi yang sama dengan yang digunakan dalam pembahasan kita mengenai hukum pertama. Dalam Gbr. 6-8 suatu volume kontrol dikelilingi oleh suatu permukaan
kontrol yang ditunjukkan dengan garis putus-putus di sekeliling suatu alat atau volume yang dimaksud. Maka hukum kedua dapat diekspresikan selama selang waktu Ar sebagai lPerubahan entropi \ votume konrrol
Ini diekspresikan
tPenrhahan entroni\ ^ \ - lEntropi 1- lEntropi\ / \ k;lr;; I t ;rr[ I *+ t tingkungan' J = u
(6.42)
sebagai
AS... +
n2s2-mft+fu=o
(6.43)
Jika kita membagi persamaan cli atas dengan d/ dan menggunakan titik untuk menandai laju, kita memperoleh persamaan laju S..,. + rrrs,
.o
- hrsr* 7t'",
(6.44)
0
Kesamaan diasosiasikan dengan proses reversibel. Ketidaksamaan diasosiasikan dengan ireversibilitas seperti misalnya efek-efek viskositas, yang selalu ada dalam suatu aliran bahan; separasi aliran dari permukaan-permukaan yang memiliki perubahan geometri yang mendadak; dan gelombang-gelombang kejut dalam aliran kompresibel kecepatan tinggi. Untuk suatu proses aliran tunak entropi dari volume kontrol tetap konstan seiring dengan waktu. Maka kita dapat menuliskan, dengan mengenali bahwa itr= ritt = 7i1.
rit(s. .
o r,t * 9qq l rut =
(6.45)
S.r. (l) = mrs, + S".r. (/) ,S,y, (/ + Lt) = art, + S.., (l + A0
Gbr. 6-8 Volume kontrol yang digunakan dalam analisis hukum kedua
BAB 6]
ENTROPI
125
Dengan memindahkan energi ke benda melalui perpindahan kalor, kita tentu saja dapat menaikkan entropi dari aliran yang mengalir dari volume kontrol. Akan tetapi, kita juga lihat bahwa untuk suatu proses aliran tunak adiabatik entropi juga meningkat dari lubang masuk ke lubang keluar yang disebabkan oleh ireversibilitas karena, untuk kasus tersebut, (6.4 5) tereduksi menjadi
s2=sl
(6.46)
Untuk proses adiabatik reversibel entropi masuk dan entropi keluar adalah sama, proses isentropik. Kita akan menggunakan fakta ini pada saat mengerjakan proses-proses adiabatik reversibel yang melibatkan uap, seperti misalnya aliran yang melewati suatu turbin ideal. Kita mungkin ingin mengetahui produksi entropi; laju produksi entropi di sisi kiri dari (6.44) kita deflnisikan Sprod
:-
S..,..
+ rnrs,
-
futst
* 9'* 'sun
(6ln
Laju produksi ini adalah nol untuk proses-proses reversibel dan positif untuk pro'ies-proses ireversibel. Perlu disebutkan juga satu komentar akhir mengenai proses-proses aliran tunak ireversibel, seperti yang terjadi dalam turbin nyata. Kita menginginkan suatu kuantitas yang dapat dengan mudah digunakan sebagai ukuran terhadap ireversibilitas yang terjadi dalam suatu alat tertentu. Efisiensi dari suatu alat merupakan salah satu ukuran; ini dideflnisikan sebagai rasio dari kinerja nyata dari suatu alat terhadap kinerja idealnya. Kinerja ideal seringkali diasosiasikan dengan proses isentropik. Sebagai contoh, efisiensi suatu turbin adalah
rlr = %
(6.48)
di mana wo adalah keluaran usaha (spesifik) nyata dan w, adalah keluaran usaha (spesifik) yang diasosiasikan dengan proses isentropik. Secara umum, eflsiensi didefinisikan dengan menggunakan keluaran yang diinginkan sebagai ukuran; untuk sebuah difuser kita akan menggunakan kenaikan tekanan dan untuk sebuah nozel kita menggunakan kenaikan energi kinetik. Untuk sebuah kompresor usaha nyata yang dibutuhkan adalah lebih besar daripada kebutuhan usaha ideai dalam proses isentropik. Untuk kompresor atau pompa eflsiensi didefinisikan sebagai
llc = Efisiensi-eflsiensi
di
W,
(6.4e)
wo
atas juga disebut sebagai efisiensi adiabatik karena setiap ef,siensi didasarkan pada proses
adiabatik.
CONTOH 6.9 Sebuah pemanas dini digunakan unruk melakukan pemanasan arval air dalam suatu siklus pembangkit daya, seperti yang ditunjukkan dalam Gbr. 6-9. Uap superheat berada pada temperatur 250"C dan air yang masuk menjalani proses subcooling pada 45'C. Semua tekanan adalah 600 kPa. Hitunglah laju produksi entropi. Penyelesaian: Dari kekekalan massa. ht= hz+ rh, = 0.5 + 4 = 4-5 kg/s. Hukum pertama memungkinkan kita untuk menghirung temperatur dari air yang keluar. Dengan mengabaikan perubahan-perubahan energi kinetik dan potensial dan mengasumsikan perpindahan kalor nol. hukum pertama mengambil bentuk mrlr, = itrhr+ flr1lr, = Dsngan menggunakan tabeltatrer uap (rr' aciarah entarpi dari
"H::ffi
;;:)r+
(4)(188,a)
ht
= 4e6kJ/ke
Entalpi ini lebih kecil daripada entalpi cairan jenuh pada 600 kPa. Jadi. air yang keluarjuga menjalani subcooling. Temperarurnya diinterpolasi dari tabel-tabel uap jenuh tcarilah 7 yang memberikan h, = 496 kJ/kg) sebesar
I\
Insulasi
Gbr. 6-9
t26
ENTROP]
r,
=
I
496 _
tsoii
46t.i
_
;i:)
\
IBAB
rr0r + lr0 = rrs"c
Entropi pada ternperafur ini diinterpolasi (dengan inenggunakan s/) sebesar s3 = 1,508 kJA
0 =0.
Sp,od
= irrsr_ tuzsz- htsl=
(4,5X1,508)
-
(0,5X7,182)
-
(4X0,639) = 0,639 kW/K
Nilai ini positif. menandakan bahwa entropi drhasilkan. yang merupakan konsekuensi dari hukum kedua. Proses pencampuran antara uap superheat dan air subcooling memang merupakan proses ireversibel.
CONTOH 6.{0 Uap superheat masuk ke turbin, seperti ditunjukkan dalam Gbr. 6-10a. dan keluar pada 2 psia. Jika fluks massa adalah 4 lbm/sec. tentukanlah keluaran dayanya proses lersebut pada diagram f-s.
jika
proses
ini
diasumsikan reversibel dan adiabatik. Buatlah sketsa
140
.{>:
2 psia
1,8827 Btu/lbmrR
(a)
(e)
Gbr. 6-10
Penyelesaian: Jika kita mengabaikan perubahan-perubahan energi kineti-k dan energi potensial, hukum pertama, untuk proses adiabatik. adalah -Wr = rir\hz - /r,) Karena proses ini juga diasumsikan reversibel. entropi yang keluar adalah sama dengan entropi yang masuk. seperti dirunjukkan dalam Gbr. 6-l0b (sketsa seperti ini sangat berguna untuk memvisualiasikan proses). Dari tabel-tabel uap, ftr = 1531
Btu,{bm sl = s2 = 1.8827 Btu/lbm-"R
Dengan nilai di atas untuk .r2, kita lihat bahwa keadaan 2 berada dalam daerah kualitas. Kualitas ditentukan sebagai berikut:
' Maka h, = h, + xrh
s? Z
*
=
= rrJ +
rrtra ZJ<
94,02 + (0,9787X1022,1j
li/r =
(4X1531
1,8827 = 0,1750
+
1,1448x,
=
1094 Btu/lbm dan
-
10941
=
7'74g
Btu/sec
xr= 0,9787
atau 2473 hp
6.tl Turbin dalam Contoh 6.10 diasumsikan 80 persen efisien. Tentukanlah entropi dan temperatur dari keadaan akhir. Buatlah sketsa proses, nyata ini pada diagram I-s. Penyelesaian: Dengan menggunakan definisi dari efisiensi. keluaran daya aktual diperoleh sebesar CONTOH
il/, = (0,8) 4 = (0,8X1748) =
1398 Btuisec
h';.h;Ti'f;;i11f.*'#ir;"lx
Dari hukum rlerrama' -wo = tu(hz' - rr')' we have nilai ini dan Pr, = 2 psia. kita lihat bahwakeadaan 2'terletak di daerah supe Gbr 6-11. PadaP, =2danhz,- lL82 kita lakukan,interpolasi untuk memperoleh nilai Tr.:
rt = -(j,iff _+l*3) Entropinya adalah sr, = 2.0526 Btu/lbm-"R.
rzso
- 240t + 280 = 271 "F
3?:r,fr
,,;Tir,ffi:*Inx
6
BAB 6l
ENTROP]
127
.1.8827 Btu/lbm-'R
Gbn
6-1.1
Perhatikan bahwa ireversibilitas memberikan efek yang diinginkan yaitu memindahkan keadaan 2 ke daerah superheat, sehingga menghilangkan pembeltukan butiran-butiran yang disebabkan oleh kondensasi uap. Dalam turbin aktual. pembentukan uap tidak dapat ditoleransi karena mengakibatkan kerusakan pada bilah-bilah turbin.
Soal-soal dan Penyelesaiannya
6.1
Sebuah mesin Carnot menghasilkan 100
kW daya dengan beroperasi di antara penampung-penampung temperatur pada 100"C
dan 1000'C. Hitunglah perubahan entropi dari setiap penampung dan perubahan entropi netto dari kedua penampung setelah pengoperasian selama 20 menit. Ef,siensi mesin adalah
4=
t
T,
- r'
=
)aa
1
Maka besarnya perpindahan kalor temperatur tinggi adalah Qn
- i|,ir= o-toto =
Wlry
temperatur rendah adalah
QL= Qa- W =
141,4
-
=
100i0,7070
=
141,4 kW. Besarnya perpindahan kalor
100 = 41,4 kW
Jadi perubahan-perubahan entropi dari penampung-penampung adalah ( 141.4)l(2ox6o)l c Qu QAr =;=_ =_t33.3kJ,,K ^rr=i;= n. - 0t -Q'Lt ...,.t' =':r,* -\4r'4tlt2o\.{l0)l - r, ^ '-: '='l.,"ltl. j[ perubahan entropi nerto dari kedua * -. 133,2 =-o,1 kecuali kesalahan pembulatan, yang sesuai dengan (6.2) a
6.2
kJ/K. Nilai ini adarah nol,
Dua kilogram udara dipanaskan pada temperatur konstan 200 kPa hingga 500'C. Hitunglah besarnya perubahan entropi jika volume awalnya adalah 0,8 m3. Temperatur awalnya diperoleh sebesar
PiI
r, = mR= (2qqx9'8) = 12)\0,287 )
278;r K
Maka besarnya perubahan entropi diperoleh, dengan menggunakan (6.16) sebesar LS = m 6.3
r. R rn rl= I l (2)(r.00) In ,, 2.040 kJ/K ,i zt'il = lrr^
Udara ditekan dalam sebuah silinder mobil dari 14,7 hingga 2000 psia. Jika temperatur awalnya adalah 60'F, berikanlah estimasi temperatur akhirnya.
Kompresi terjadi sangat cepat dalam sebuah silinder mobil (0 .i 0); jadi, kita melakukan pendekatan terhadap proses ini seperti proses reversibel adiabatik. Dengan menggunakan (6.17),ktta peroleh temperatur akhir sebesar
rt
= rs
I P^\(k-t)tk
(fr)
= (s20) (
r#)'r'r
= 2117.R atau 1657.F
ENTROPI
128
6.4
IBAB
6
Sebuah piston mengakibatkan udara berekspansi dari 6 MPa ke 200 kPa. Volume dan temperatur awalnya adalah 500 cm3 dan 800.C. Jika temperatur dijaga konstan, hitunglah besarnya perpindahan kalor dan perubahan entropi.
Hukum pertama, dengan menggunakan usaha untuk proses isotermal, memberikan kita
e=w = m Rrr,'i,=(H) nrtnPfi=
(6000)(s00
x 10{) h 10,20 kJ %q# =
Maka besamya perubahan entropi adalah
as =mCpff
6.5
|
-mRu-|;',=
(6000)(lqqlx
+h;',=-
l0{) ,,
e.5l J/K u1o& =
Sebuah roda dayung menghasilkan 200 kJ usaha ke udara yang tersimpan dalam sebuah volume kokoh 0,2-m3, yang awalnya berada pada 400 kPa dan 40'C. Tentukanlah besamya perubahan entropi jika volume tersebut terinsulasi.
Hukum pertama, dengan perpindahan kalor nol karena adanya insulasi, memberikan
-w
= mLu
=
mcAr - (-200) = ,.ffi#
Q,71'7)(r2-
3r3) rz= 626,2K
Maka besarnya perubahan entropi diperoleh sebesar AS = mc,
6.6
h?.
mRl,no
t=
affi#
Q,717)r"#=0,4428krtK
Udara ditekan di dalam sebuah silinder mobil dari 14,'l hingga 2000 psia. Prediksikanlah temperatur akhirnya jika temperatur awalnya adalah 60 "F. Jangan mengasumsikan kalor spesifk konstan' Karena proses ini terjadi cukup cepat, dengan sedikit kemungkinan terjadinya perpindahan kalor, proses reversibel adiabatik. Untuk proses demikian kita dapat menggunakan (6.25) dan memperoleh P'2
=
P't
f,', =
"'"0"
(i?:9 ) =
kita akan mengasumsikan
165'3
di mana P., diperoleh dalam Tabel E-lE. Selanjutnya temperatur diinterpolasi. dengan menggunakan P.r,
.,
=
(I|ff-]+lj)
rzooo
-
re00)
sebesar
+ re00 = 1e73'R
Bandingkan nilai ini dengan 2717'R Outr* Soal 6.3, di mana kalor spesifik diasumsikan konstan. Perhatikan besamya error (lebih dari 7 persen) dalamT, di Soal 6.3. Hal ini terjadi untuk A7 yang besar.
6.7
Udara berekspansi dari 200 ke 1000 cm3 dalam sebuah silinder sementara tekanannya dijaga konstan pada 600 kPa. Jika temperhtur
awalnya adalah 20"C, hitunglah besarnya perpindahan kalor dengan mengasumsikan (a) kalor spesifik konstan dan (b) kalor spesifik yang bervariasi.
(a)
Massa udara adalah
. pV remperatur akhirny a diperoleh o"
"*",
(600X200
i*I1r*u, r^ '2 = r.Y? ''vr
tlffi
x l0 6t
= 0.00t427 kg
0"u,, l^qo^o) = 1465 K =,rrr, (\2ou/
Maka besarnya perpindahan kalor adaiah (proses tekanan konstan) Q = mCp (72
(b)
- T) = (0,001427)(1,00)
(1465
-
293)
= r,672
kJ
Massa dan 7, adalah sebagaimana dihitung dalam bagian (a). Hukum pertama sekali lagi memberikan, dengan menggunakan h, dan h, dari Tabel E-l,
Q= m (hz- h) = (0,001427)(1593,7 -293,2) =
1,856 kJ
Hasil ini menunjukkan bahwa terjadi error 9,9 persen jika kita mengasumsikan kalor spesifik konstan. Hal ini disebabkan oleh besarnya perbedaan temperatur di antara keadaan awal dan akhir dari proses.
6.g Air dijaga pada tekanan konstan
400 kPa sementara temperatur berubah dari 20'C ke 400'C. Hitunglah besamya perpindahan
kalor dan perubahan entroPi.
Denganmenggunakan|1=|fpada20.C[keadaanladalahcairanterkompresi], w = P(vz Hukum pertama memberikan Q = uz
-
u1
*
- v)
=
\4OO) (0,7126 -0,001002)
= 308,6 kJ/kg
w = 2964,4 - 83,9 + 308,6 = 3189 kJ/kg dan besarnya perubahan entropi adalah
As = sz
-
st = 7,8992
-
0,2965 = 'l ,603 kJ/kg'K
BAB 6]
6.9
t29
ENTROPI
Dua kilogram uap tersimpan dalam sebuah tangki 6 liter pada 60'C. Jika 1 MJ kalor ditambahkan, hitunglah entropi akhimya.
Kualitas awalnya diperoleh sebagai berikut:
.. -V, -6xl0r ,t=i="-
=0,001017 +xt(1,671
-0'001)
.'.xr =0,0002585
Maka energi internal spesiflk awalnya adalah
ttt =
Ltf
+ x, (u,
-
ur)
=
251,1 + (0,0002585)(2456,6
-
251,1)
=
251,7
kllkg
Hukum pertama, dengan I4l = 0, memberikan
Q=m(uz-ui) atau u2=u1*f=zst,l*ry=751,7kJlkg Dengan menggunakan v2 = 0,003 m3/kg dan u2=751,7 kJ/kg, kita temukan posisi keadaan 2 melalui prosedur coba-coba. Nilai
kualitas harus sama untuk temperatur yang dipilih: 0,003 = 0,0011 + x2(0,2428 - 0,0011) .'.-r2 = 0,00786 751,7 = 718,3 + xr(2576,5 - 718,3) :.x2 = 0,01797 0.003 = 0,0011 + xr(0,2087 - 0,0011) .'.r2 = 0,00915
Tz= 170'C: Tz
'
= 777'C'.
"/51,'7
=
750,0 + xr(2581,5
- 750,0)
.'.-r2
= 0,00093
Temperatur 176'C dipilih. Nilai kualitas dari v, digunakan karena yang paling tidak sensitif terhadap perubahan temperatur. Pada 176"C kita melakukan interpolasi untuk memperoleh 0,003 = 0,0011 + ir2(0.2136 Jadi S, = m(sf
+
xrsrr)
- 0.0011)
.'.rz = 0,00894
= (2)[2,101 + (0,00894)(4,518)] = 4,28 kJlK
6.10 Lima
es batu (masing-masing 1,2 in3) pada 0 'F diletakkan dalam segelas air 16 ons pada 60 "F. Hitunglah temperatur kesetimbangan akhirnya dan besamya perbahan enffopi netto, dengan mengasumsikan bahwa gelas tersebut terinsulasi.
Hukum pertama memungkinkan kita untuk menentukan temperatur akhir. Kita akan mengasumsikan bahwa tidak seluruh Air aslinya menjadi dingin. Pertama-
es tersebut mencair sehingga Tz = 32 oF. Es menghangat dan beberapa kemudian mencair. tama, kita hitung massa es (lihat Tabel C-5E) dan air:
*,
=
(s)( 1,2/ tiffi
1
728)
= 0'199
lbm'
n,, =
1 lbm
(l
pon dari
I
pint)
Hukum pertama dituliskan sebagai m, (C.),LT + m,Lh, = m.(Cr). A7, di mana m, adalahjumlah es yang mencair. Ini menjadi (0,199)(0,49X32
-
0) + (m,)(t40) = (1)(1,0)(60
- 32)
:.mr =
0,17'1'7
lbm
Jadi besarnya perubahan entropi netto dari es dan air adalah
ASn.,= m,Crln
=
(0,
T. T" fi * *lt" - s,t + m^Crln fi
1eex0,4e)
h
m
+ (0,1777)[0,0
-
(4,2s2)1 + (1)(1,0 r m
ffi
= 0.003 1 1 Btu/"R
6.11 Uap dalam sebuah mesin Carnot ditekan secara adiabatik dari 10 kPa menjadi 6 MPa sehingga pada akhir proses terbentuk cairan jenuh. Jika besarnya keluaran usaha adalah 500 kJ/kg, hitunglah nilai kualitas di akhir dari ekspansi isotermal ini. Untuk suatu siklus, keluaran usaha sama dengan masukan kalor netto, sehingga IV =
AIAs
5OO
= (275,6
-
45,8)
(sr- 3,0273\
s2
= 5.203 kJ/kg.K
Nilai s, ini adalah entropi di akhir dari ekspansi isotermal. Dengan menggunakan nilai-nilai dari dan 1 % pada 6 MPa, kita memiliki
5,203 = 3,0273 +
2,8627x, :.x,
= e,'/ge
6,12 Rl34a dalam sebuah refrigerator Carnot beroperasi di antara cairanjenuh dan uapjenuh selama terjadi proses pembuangan kalor. Jika siklus tersebut memiliki temperatur tinggi sebesar 52"C dan temperatur rendah sebesar -20'C, hitunglah besarnya perpindahan kalor dari ruang yang didinginkan dan kualitas di awal dari proses penambahan kalor. COP siklus diberikan sebagai
COP juga diberikan sebagai COP
-
Cop=*L_= ?53 T, - T, 325 - 253 =lsl
qrlw, di mana
-
ry = LT 65 = [52 (*20)] (0,9004 - 0,4432) = 32,92 ktlke Jadi, besarnya perpindahan kalor yang mendinginkan adalah q, = tCOP)(w) = (3,51)(32,92) = 115,5 kJ/kg.
IBAB
ENTROPI
130
Nilai kualitas di awal dari proses penambahan kalor diperoleh dengan menyamakan nilai entropi di akhir dari pembuangan kalor dengan nilai entropi di awal dari proses penambahan kalor:
'
0,4432 = 0,0996 + (0,9332
- 0,0996)x
6
proses
.'.x = 0,472
6.13 Tunjukkanlah bahwa ketidaksamaan Clausius dipenuhi oleh suatu mesin Carnot yang dioperasikan dengan uap di antara tekanan yang 40 kpa dan 4 Mpa. Besarnya keluaran usaha adalah 350 kJlkg, dan uap jenuh masuk ke dalam proses ekspansi adiabatik terjadi.
'
kita Mengacu ke Tabel C-2, temperatur hinggi dan rendahnya adalah 250,4"C dan 75,9'C. Keluaran usaha memungkinkan berikut: sebagai kalor penambahan proses dari untuk menghitung entropi di awal
w=
AZAs
350 = (250,4
Jadi besarnya penambahan kalor adalah en
- 75,9)As
= TAs = (250,4 +
.'.As = 2,006 kJ/kg'K
273)(2,006)
=
1049,9 kJ,&g, dan besarnya pelepasan kalor
adalah
Qr
= TAs = (75,9 +
273)(2,006) = 699'9 kJ/kg
Untuk siklus Carnot (reversibel) ini ketidaksamaan Clausius harus menjadi kesamaan:
Iq - rr--qLrr-=1opp --922= 2.006 -' - 2,006 = 0 523.4 - 348.9 f r =%
(o.K.)
5 lb pada 200'F ditenggelamkan di dalam air 10 lbm pada 50'F, dan setelah sekian lama, tercapailah diinsulasi, hitunglah besarnya perubahan entropi dari semesta. penampungnya Jika kesetimbangan. pertama-tama, kita mencari temperatur kesetimbangan akhirnya. Karena tidak ada energi yang meninggalkan penampung, kita memiliki, dengan menggunakan nilai-nilai kalor spesifik dari Tabel B-4E,
6.1.4 Suatu balok kuningan
m"(cp).(47). =
m*(cp),(LT),
5 x 0,093
(2OO
- T)
= (10)(1,00)(12
Perubahan-perubahan entropi diperoleh sebesar
c,l,n (as). = m*(Cr\^h
h
fi=
(5xo,oe3)
#
= (10x1,00)
l#
,,
- 50)
Tz= 56,66F
= -o,1138 Btu/"R = 0'1305 Btu/'R
=#
Karena tidak ada kalor yang meninggalkan penampung, tidak terjadi perubahan entropi pada lingkungan. Jadi ASuniu
= (AS)" + (AS), = --0,1138 + 0,1305 = 0'0167 Btu/'R
pada 30'C hingga kualitas 6.15 Dua kilogram uap jenuh rersimpan di dalam 0,2 m3 volume kokoh. Kalor dipindahkan ke lingkungan semesta. dari perubahan entropi besarnya persen. Hitunglah mencapai 20 lihat Volume spesifik awal v, = 0,212 - 0,1 m3/kg. Dengan mengacu Tabel C-1 dan C-2 untuk nilai % yurg l.Id:Sat kita 2600,3 kJ/kg. Karena bahwa ini terjadi pada pr = 2 MPa. Kita juga lihat bahwa Tr = 212,4"C, st = 6,3477 kJ/kg'K dan u, = volume tersebut kokoh, kita dapat menemukan posisi keadaan 2 melalui prosedur coba-coba sebagai berikut:
MPa: Coba P, = 0,3 MPa; Coba P, = 0,4
Jelas bahwa vz
vz = 0,0011 + 0,2(0,4625 v2 = 0,0011 + 0,2(0,6058
-
0,0011) = 0,0934 m3/kg 0,0011) = 0,122 mzkg
interpolasi untuk memperoleh = 0,1, sehingga keadaan 2 terletak di antara 0,4 dan 0,3 MPa. Kita lakukan
,,=\fr#ii*)
,0,,, * 0,3 = 0,377
MPa
Entropi dan energi internal juga diinterpolasi sebagai berikut: s2
=1,753 +(0,2)(5,166) =2,786
Maka besamya perpindahan kalor, dengan Q = m(uz
I4z
kJ/kg'K
uz=594,3 +(0,2)(2551,3 -594,3) =986kJ/kg
= 0 untuk volume kokoh,
- u) = (2)(986 -
2600) -- -3230
kJ
[kalor ke lingkungan]
Besarnya perubahan entropi dari semesta dihitung sebesar ASoniu
= mAS.r. + AS.,* = (2) (2,'786-6,3417)
* i#**=
3,55 kJ/K
jenuh pada 20 kPa sambil menghasilkan 6.16 Sebuah turbin uap menerima 2 kg/s uap pada 6 MPa dan 600"C dan mengeluarkan uap 2000 kW usaha. Jika lingkungan berada pada 30"C dan alirannya adalah tunak, hitunglah laju produksi entropi. Hukum pertama untuk volume kontrol memungkinkan kita untuk menghitung besarnya perpindahan kalor dari turbin ke I
ingkungan.
BAB 6]
ENTROPI
Q7= Jadi,
Q,. = -Qr= +97,4kW. Sp,o,r
it(hr-
hr)
wr=
+
l}126)9,7
131
-
3658,4) + 2000 =
-97,4kw
Jadi laju produksi entropi diperoleh dari (6.47) sebesar
= S",
+ rittsr-t, .
= 0 + r2rt7.9093
t]]
- 7.1685). :lf = 1.80 kw/K
6.17 Sebuah tangki kokoh ditutup rapat pada saat temperaturnya 0'C. Pada suatu hari yang panas temperatur di dalam tangki mencapai 50'C. Jika sebuah lubang kecil dibor ke dalam tangki, estimasikanlah kecepatan dari udara yang bocor. Seiring dengan memanasnya tangki, volume tidak berubah. Dengan mengasumsikan tekanan atmosfer pada keadaan awal, hukum gas ideal menghasilkan
ptft = ,roo, (H)
pz =
= u8,3
kpa
Temperatur di lubang keluar, karena udara berekspansi dari P2ke P3 seiring dengan bocornya udara melalui lubang, diperoleh dengan mengasumsikan proses isentropik.
Tt=Tz( di
mana kita telah mengasumsikan tekanan
kontrol
digunakan,ijilHT*roleh
''o
l,i''t'r/
rl2lr I-]!q Ir'4-rrr4 = -\rLrt \lta'.:l
P, di luar tangki
= 307.9 K
sebagai tekanan atmosfer. Selanjutnya persamaan energi volume
ketuar'f.:
kecepatan
o=-: ;' +crtT.-Trt rr=rfzcrtrr-rrt=lexrooort:z:-:0u.9) Perhatikan bahwa kita telah menggunakan C, J,&g.K = N.m/kg.K = m:/r2.K.
=
1000 J/kg.K, bukan
=
173.8 n/s
C, = 1,00 kJ/kg.K. Ini memberikan satuan yang tepat; yaitu,
6.18 Uap berekspansi secara isentropik melalui sebuah turbin dari 6 MPa dan 600'C ke 10 kPa. Hitungtah besarnya keluaran daya jika fluks massanya adalah 2 kg/s. Keadaan keluar memiliki entropi yang sama dengan keadaan masuk. Ini memungkinkan kita untuk menentukan kualitas keluar sebagai berikut (gunakan entri-entri pada 10 kpa):
= st = '/,1685 = 0,6491 + 7,5019x:z ...r2 = 0,8690 Entalpi keluar adalah hz = hf + xrhrr = 191,8 + (0,8690)(2392,8) = 2Z1l kJlkg. Maka persamaan energi volume kontrol memungkinkan kita untuk menghitung 12
Wr = -/it(hz
Ini
- h) = -(2)(2271- 3658,4) = 2j74 kW
adalah keluaran daya maksimum yang mungkin dicapai oleh turbin
ini yang dioperasikan di
antara
limiflimit
temperatur dan
tekanan yang diberikan.
6.19 Sebuah turbin uap menghasilkan 3000 hp dari fluks massa 20000 lbm/jam. Uap masuk pada t000 pada 2 psia. Hitunglah efisiensi dari turbin tersebut.
'F dan 800 psia dan keluar
Besarnya keluaran usaha yang maksimum dapat dicapai dihitung terlebih dahulu. Untuk proses isentropik, keadaan 2 ditentukan sebagai berikut:
r: = sr =
1.6807
= 0.1750
+ 1.7448x, .'.x: = 0.8630
Maka entalpi keluamya adalah h, = h, + xrhr, = 94,02 + (0,8630)( 1022,1) = 916,1 Btuilbm. Keluaran usaha w. yang diasosiasikan dengan proses isentropik adalah
w, =
-
(.h,
_
h)
= _(.976,1 _ 1511,9) = 535,8 Bru/lbm
Keluaran usaha aktual wo dihitung dari informasi yang diberikan:
(39o.?,*q# *.=Y= ti1 20 000/3600 = 3.t,i Btu/rbm Elisiensi diperoleh, dengan menggunakan (6.48), sebesar
ry'
=*= ##
= o'112 atau
7t'27o
6.20 Hitunglah eflsiensi dari siklus Rankine yang dioperasikan oleh uap yang ditunjukkan daiam Gbr. 6-12 jikatemperatur maksimumnya adalah 700'C. Tekanan di dalam boiler dan kondensor adalah konstan. Proses isentropik dari 2 ke 3 memungkinkan kita untuk menentukan lokasi keadaan 3. Karena 700"C. kita memperoleh
sr = s2 = 7.1696 = 0.6491 + 7.50 l9x, Maka entalpi dari keadaan 3 adalah h, = h,
+
xrhr,
=
pr = 10 Mpa dan Z, =
...x: = 0.8692
191,8 + (0,8692)(2392,8) = 2272 kJ/kg. Keluaran turbin adalah
ENTROPI
132
-
wr =
&3
-
h2) =
[BAB
6
- (2272- 3870,5) = t598 kJ/kg
Masukan energi ke pompa adalah
.r= Pt-P,r p =dan. karena
-Wp= ht
-
100 QQ-1o=-g,ggkJlkg
hq.
ht = ht Masukan energi ke boiler adalah Qa = hz
-
?.ycre
-
wp
=
ht = 3870,9
=
'#
191'8
-
-
(-9'99) = 201'8 kJ/kg
201,8 = 3669 kJ/kg, yang memberikan
0,433
='2*,P=
atau 43,3vo
1-2 2-3 3-4 4-l
boiler turbin kondensor pompa
Gbr. 6-12
Soal-soal Tambahan
6.21
Sebuah mesin Carnot mengambil 100 kJ kalor dari sebuah penampung 800'C dan membuang ke lingkungan pada 20'C. Hitunglah besamya perubahan entropi (a) dari penampung dan (b) dari lingkungan.
6.22
Sebuah refrigerator Camot mengeluarkan 200 kJ kalor dari ruangan yang didinginkan yang berada pada temperatur -10oC. COPnya adalah 10. Hitungtah besarnya perubahan entropi (a) dari ruangan yang didinginkan dan (D) dari penampung temperatur tinggi.
6.23
Sebuah pompa kalor reversibel membutuhkan 4 hp untuk menghasilkan 50 000 Btu/jam untuk menghangatkan suatu ruangan yang dijaga pada 70 "F. Hitunglah besamya perubahan entropi dari ruangan tersebut dan reservoir bertemperatur rendah setelah
pengoperasian selama 10 menit.
6.24 6.25 6.26
Bandingkanlah kenaikan entropi dari penampung temperatur tinggi dan penurunan entropi dari spesimen di dalam Soal 5.28.
6,27
Dua kilogram gas mengalami perubahan keadaan dari 120 kPa dan 27'Cke 600 kPa dalam sebuah penampung kokoh. Hitunglah (A hidrogen. besarnya perubahan entropi jika gas tersebut adalp,h (a) udara, (b) karbon dioksida, (c) nitrogen dan
6.28
Tentukanlah besarnya perubahan entropi dari suatu gas dalam sebuah penampung kokoh yang dipanaskan dari kondisi yang ditunjukkan dalam Gbr. 6-13 ke 100 psia, jika gas tersebut adaiah (a) udara, (b) karbon dioksida, (c) nitrogen dan (4 hidrogen. Tekanan atmosfer adalah 13 psia. Tekanan awalnya adalah 0 psia ukur'
Verifikasikan bahwa (6.1D dihasilkan dari (6.15) dan (6.16). Suatu gas dengan massa 0,2 kg ditekan perlahan dari 150 kPa dan 40"C ke 600 kPa dalam sebuah proses adiabatik. Tentukanlah volume akhimya jika gas tersebut adatah (a) udara, (D) karbon dioksida, (c) nitrogen dan (A hidrogen.
r=10"F V=10ft3
Gbr. 6-13
6.29
Perubahan entropi dalam suatu proses ekspansi tertentu adalah 5,2
mencapai temperatur akhir 127"C. Hitunglah volume akhimya nitrogen dan (zf hidrogen.
kJ/K. Gas tersebut, awalnya pada 80 V,Pa,2'7'C dan 4 m3 gas tersebut adalah (a) udara, (b) karbon dioksida, (c)
jika
BAB 6]
6.30
ENTROPI
133
Sembilan kJ kalor ditambahkan ke silinder yang ditunjukkan dalam Gbr. 6-14. Jika kondisi awalnya adalah 200 kPa dan 2'/'C, hitunglah besamya usaha yang dilakukan dan perubahan entropi untuk (a) udara, (b) karbon dioksida, (c) nitrogen dan (@ hidrogen.
Piston bebas
20 mm
l'-----ola' 20 cm--*l
t
Gbr. 6-14
6.31
Sebuah piston dimasukkan ke dalam sebuah silinder, sehingga menyebabkan tekanan berubah dari 50 ke 4000 kPa sementara temperatur tetap konstan pada 27"C. Untuk mencapai ini, perpindahan kalor harus terjadi. Tentukanlah besamya perpindahan kalor dan perubahan enffopi, jlkazat kerjanya adalah (a) ,tdara, (b) karbon dioksida, (c) nitrogen dan (r/) hidrogen..
6,32
Temperatur suatu gas berubah dari 60 'F ke 900 "F sementara tekanan tetap konstan pada 16 psia. Hitunglah besamya perpindahan kalor dan perubahan entropi jika gas tersebut adalah (a) udara, (b) karbon dioksida, (c) nitrogen dan (@ hidrogen.
6.33
Sebuah volume 4 m3 yang kokoh dan terinsulasi dibagi menjadi dua oleh sebuah membran. Satu ruangan diberikan tekanan udara hingga 100 kPa dan yang lainnya dikosongkan seluruhnya. Membran teisebut pecah dan setelah beberapa saat kondisi seimbang tercapai. Berapakah besamya perubahan entropi?
6.34
Empat ratus kJ usaha roda dayung dipindahkan ke udara dalam sebuah volume 2 mr yang kokoh dan terinsulasi, yang pada awalnya berada pada 100 kPa dan 57"C. Hitunglah besarnya perubahan entropi jika zatkerjanya adalah (a) udara, (b) karbon dioksida, (c) nitrogen dan (d) hidrogen.
6.35
Torque sebesar 40 N'm dibutuhkan untuk memutar sebuah poros pada 40 rad/s. Poros tersebut dikaitkan ke sebuah roda dayung yang terletak di datam sebuah volume 2 m3 yang kokoh. Pada awalnya temperatumya adalah 47"C dan tekanannya adalah 200 kPa; jika roda dayung berputar selama 10 menit dan 500 kJ kalor dipindahkan ke udara di dalam volume tersebut, tentukan besarnya kenaikan entropi (a) dengan mengasumsikan kalor-kalor spesifik konstan dan (b) dengan menggunakan tabel gas.
6.36
Dua pon udara terdapat di dalam suatu rangkaian piston-silinder. Udara ditekan dari 16 psia dan 60 "F dengan memberikan 2 x lOs ftlbf usaha. Hitunglah tekanan dan temperatur akhimya, (a) dengan mengasumsikan kalor-kalor spesifik konstan dan (D) dengan menggunakan tabel gas.
6,37
Suatu rangkaian piston-silinder digunakan untuk menekan 0,2
kg udara secara isentropik dari kondisi awal 720 kPa dan 27'C
ke 2000 kPa. Hitunglah besarnya usaha yang dibutuhkan, (a) dengan mengasumsikan kalor-kalor spesifik konstan dan (b) dengan menggunakan tabel gas.
6.38
Empat kilogram udara berekspansi dalam sebuah silinder berinsulasi dari 500 kPa dan 227"C ke 20 kPa. Berapakah besarnya keluaran usaha (a) dengan mengasumsikan kalor-kalor spesifik konstan dan (D) dengan menggunakan tabel gas.
6.39
Uap, pada kualitas 85 persen, berekspansi di dalam sebuah silinder pada tekanan konstan sebesar 800 kPa dengan menambahkan 2000 kJ/kg kalor. Hitunglah kenaikan entropi dan temperatur akhirnya.
6.40
Dua pon uap, awalnya pada kualitas 40 persen dan tekanan 600 psia, berekspansi di daiam sebuah silinder pada tekanan konstan hingga tekanan menjadi setengahnya. Tentukanlah besarnya perubahan entropi dan perpindahan kalor.
6.41
0,1 kg air diekspansi dalam sebuah silinder pada tekanan konstan 4 MPa dari cairan jenuh hingga temperatur 600'C. Hitunglah besarnya usaha yang dibutuhkan dan perubahan entropinya.
6.42
Dua kilogram uap pada 100'C tersimpan dalam silinder 3,4 m3. Jika uap melalui ekspansi isentropik ke 20 kPa, tentukanlah besarnya keluaran usaha.
6.43
Lima kilogram uap yang tersimpan dalam sebuah silinder 2 m3 pada 40 kPa ditekan secara isentropik hingga 5000 kPa. Berapakah besamya usaha yang dibutuhkan?
6.44
Sepuluh pon air pada 14,7 psia dipanaskan pada tekanan konstan dari 40 "F sehingga menjadi uap jenuh. Hitunglah besarnya perpindahan kalor yang dibutuhkan dan perubahan entropinya.
6.45
Lima kilogram es pada -20'C dicampur dengan air yang pada awalnya berada pada 20'C. Jika tidak terjadi perpindahan kalor yang siginikan dari penampung, tentukanlah temperatur akhir dan perubahan entropi nettonya jika massa awal dari air adalah (a) 10 kg dan (b) 40 kg.
ENTROPI
t34
[BAB 6
Gbr. 6-L5 6.46
Sebuah mesin Camot dioperasikan dengan uap berdasarkan siklus yang ditunjukkan dalam Gbr. 6-15. Berapakah efisiensi termalnya? Jika besarnya keluaran usaha adalah 300 kJ,&g, berapakah kualitasnya pada keadaan 1?
6.47
Uap dalam sebuah mesin Carnot ditekan secara adiabatik dari 20 kPa ke 800 kPa. Penambahan kalor menghasilkan uap jenuh. Jika kualitas akhirnya adatah 15 persen, hitunglah besamya usaha netto per siklus dan efisiensi termalnya.
6.48
Sebuah mesin Camot yang dioperasikan dengan uap memiliki tekanan 8 psia dan kualitas 20 persen di awal suatu proses kompresi adiabatik. Jika efisiensi termalnya adalah 40 persen dan proses ekspansi adiabatik diawali dengan uap jenuh, tentukanlah besamya kalor yang ditambahkan.
6.49
Sebuah mesin Camot beroperasi 4000 siklus per menit dengan 0,02 kg uap, seperti ditunjukkan dalam Gbr. 6-16. Jika kualitas pada keadaan 4 adalah 15 persen, (a) Berapakah besamya keluaran dayanya? (b) berapakah nilai kualitas pada keadaan 3?
Gbr. 6-16
6.50
Untuk sebuah mesin Camot yang beroperasi dengan kondisi pada Soal 5.17, tunjukkanlah bahwa ketidaksamaan Clausrus terpenuhi.
6.51
Dengan menggunakan informasi yang diberikan dalam Soal 5.22, berikan verifikasi bahwa ketidaksamaan Clausius terpenuhi.
6.52 6.53
Untuk siklus uap dalam Soal 6.46 tunjukkan bahwa ketidaksamaan Clausius terpenuhi.
6,54
Dua kilogram udara disimpan dalam volume kokoh sebesar 2 m3 dengan temperatur awal 300"C. Kalor dipindahkan dari udara hingga tekanannya mencapai 120 kPa. Hitunglah besarnya perubahan entropi dari (a) udara dan (b) semesta jika lingkungan berada pada 27"C.
6.55
Tiga kilogram uap jenuh pada 200'C didinginkan pada tekanan konstan sampai uap terkondensasi seluruhnya. Berapakah
Satu pon udara tersimpan dalam volume 6 ft3 pada tekanan 30 psia. Kalor dipindahkan ke udara dari sebuah penampung temperatur tinggi hingga temperaturnya menjadi tiga kali lipat sementara tekanannya dijaga tetap konstan. Tentukanlah perubahan enrropi dari (a) udara, (b) penampung temperatur tinggi yang berada pada 1000 'F dan (c) semesta.
jika lingkungannya
besarnya perubahan entropi netto dari semesta
6.56
berada pada 20'C?
Uap dengan kualitas 80 persen tersimpan dalam suatu tangki kokoh dengan volume 400 crn3. Tekanan awalnya adalah 200 kPa. Energi ditambahkan ke uap melalui perpindahan kalor dari suatu sumber yang dijaga pada 700"C hingga tekanannya menjadi 600 kPa.
fuUup I
Air -
I
Pemanas
arr
[-
s00 rF
I
<-8 80 "F
Gbr. 6-17
lbm/s
BAB 6]
ENTROPI
135
6.57
Pemanas air pengumpan yang ditunjukkan dalam Gbr. 6-17 digunakan untuk pemanasan awal air dalam sebuah siklus pembangkit daya. Air jenuh keluar dari pemanas dini tersebut. Hitunglah besarnya produksi entropi jika semua tekanannya adalah 60 psia.
6.58
Udara mengalir dari sebuah tangki yang dijaga pada 140 kPa dan 27"C dari sebuah lubang berdiameter 25 mm. Berikanlah estimasi besarnya fluks massa dari lubang tersebut dengan mengasumsikan proses isentropik.
6.59
Udara mengalir dari sebuah nozel di mana diameternya berkurang dari 100 ke 40 mm. Kondisi masuknya adalah 130 kPa dan 150'C dengan kecepatan 40 m/s. Dengan mengasumsikan proses isentropik, hitunglah kecepatan keluarnya jika tekanan keluamya adalah 85 kPa.
6.60
Gas-gas yang mengalir melalui sebuah turbin pada intinya memiliki properti-properti yang sama dengan udara. Gas-gas masuk pada 800 kPa dan 900"C dan tekanan keluarnya adalah tekanan atmosfer pada 90 kPa. Hitunglah besarnya usaha dengan mengasumsikan proses isentropik jika (a) kalor-kalor spesiiiknya adalah konstan dan (D) tabel-tabel gas digunakan.
6.61
Uap jenuh pada 300 "F ditekan hingga mencapai tekanan 800 psia. Alat yang digunakan untuk proses kompresi diberikan insulasi yang memadai. Dengan mengasumsikan bahwa proses tersebut adalah reversibel, hitunglah daya yang dibutuhkan untuk 6 lbm/sec uap yang mengalir.
6.62
Setiap detik 3,5 kg uap superheat mengalir melalui turbin yang ditunjukkan dalam Gbr.6-18. Dengan mengasumsikan proses isentropik, hitunglah rating daya maksimum dari turbin tersebut.
1500 kPa
'n
ut' "0..
u-r,
6.63
Dua ratus kW harus dihasilkan oleh sebuah turbin uap. Uap yang keluar harus berada dalam kondisi jenuh pada 80 kPa dan uap yang masuk berada pada 600'C. Untuk proses isentropik tentukanlah fluks massa dari uap.
6.64
Sebuah turbin menghasilkan 3 MW dengan cara mengambil energi dari 4 kg uap yang mengalir melalui turbin tersebut setiap detik. Uap masuk pada 250'C dan 1500 kPa dan keluar sebagai uap jenuh pada 2 kPa. Hitunglah efisiensi turbin.
6.65
Sebuah turbin uap memiliki efisiensi 85Vo. Uap masuk pada 900 "F dan 300 psia dan keluar pada 4 psia. (a) Berapa banyakkah energi yang dapat dihasilkan? (b) Jika 3000 hp harus dihasilkan, berapakah seharusnya fluks massanya?
6.66
Tentukaniah efisiensi dari sebuah mesin piston ideal yang beroperasi berdasarkan siklus Otto yang ditunjukkan dalam Gbr. 6-19, jika 7r = 60'C dan I, = 1600"C.
v m3/kg
n)
1,0
Gbr. 6-19 6.67
Hitunglah efisiensi dari siklus Rankine yang ditunjukkan dalam Gbr. 6-20, jika P, = 20 kPa, Pt 600"c.
600
Gbr. 6-20
psia
Uap
Gbr. 6-21
= Pz= 4 MPa dan T, -
ENTROPI
136
6.68 6.69
IBAB
6
Tentukanlah efisiensi dari siklus Rankine yang skemanya dituajukkan dalam Gbr. 6-21.
Untuk siklus Diesel yang ditunjukkan dalam Gbr. 6-22 rasio kompresi v,/v, adalah 15 dan kalor yang ditambahkan adalah 1800 kJ per kilogram udara. Jika Tt = 20"C, hitunglah efisiensi termalnya.
100 kPa
Gbr.6-22
Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE 6.LFE Manakah di antara hubungan-hubungan entropi untuk suatu proses berikut ini yang tidak (A) Udara, Y = konstan; As = C, ln TrlT, (B) Air: As = Cr ln TrlT, (C) Penampung: As = ColnTrlT,
(D)
Tembaga: As = Cp
tepat?
ln TrlT,
6.2FE Satu kilogram udara dipanaskan dalam
sebuah penampung kokoh dari 20"C ke 300'C. Perubahan.entropinya mendekati:
(A) 0.64 kJ/K (B) 0.s4 kJ/K (C) 0.48 kJ/K (D) 0,34 kJ/K
6.3FE Sepuluh kilogram udara diekspansi
secara adiabatik dari
500'C dan 6 MPa ke 400 kPa. Usaha yang dihasilkan.mendekati:
(A) 7400 kJ (B) 6200 kJ (c) 4300 kJ (D) 2e90 kJ
6.4FE Hitunglah perubahan entropi total jika 10 kg es pada 0'C dicampur dalam sebuah penampung berinsulasi dengan 20 kg air pada 20"C. Kalor pencairan untuk es adalah 340 kJ/K.
(A) 6,1 kJ/K (B) 3,9 kJ/K (c) 1,2 kJ/K (D) 0,21 kJ/K 6.5FE Sepuluh kilogram besi pada 300"C didinginkan dalam suatu volume besar es dan air.
(A) (B) (c) (D)
Perubahan entropi totalnya mendekati:
1,60 kJ/K
1,01 kJ/K 1,2 kJtK 0,21 kJ/K
6.6FE Manakah di antara pernyataan-pernyataan hukum kedua berikut ini yang tidak tepat?
(A) Entropi dari suatu sistem yang terisolasi harus tetap konstan atau bertambah. (B) Entropi dari sebuah balok tembaga panas akan berkurang jika didinginkan. (C) Jika es dicairkan dalam air dalam sebuah penampung berinsulasi, entropi nettonya berkurang (D) Usaha harus dimasukkan jika energi dipindahkan dari benda dingin ke benda panas
6.7FE Usaha yang dibutuhkan untuk menekan secara isentropik 2 kg uap dalam sebuah silinder pada 400 kPa dan 400'C ke 2 MPa mendekati:
(A) (B) (c) (D)
1020 kJ
940 kJ 780 kJ 560 kJ
BAB 6I
ENTROPI
6.8FE Tentukanlah w, dari turbin berinsulasi yang ditunjukkan dalam Gbl6-23
(A) 1410 kJ,&g (B) 1360 kJ,&g
(c)
(D)
137
Uap 6 MPa
600'c
1200 kJ,&g 1020 kJ/kg
6.9FE Untuk turbin dalam Gbr. 6-23, tentukanlah (wr)**,.
(A) 1410 kJ,&g (B) 1360 kJ/kg (C) 1200 kJ/kg (D) 1020 kJ/kg
Gbr. 6-23
6.10FEUntuk turbin dalam Gbr.6-23, tentukanlah
(A) (B)
(c)
(D)
Ir.
64"C
76'C 88'C 104.C
6.llFEEfisiensi dari turbin dalam Gbr. 6-23 mendekati:
\A) (B) (C) (D)
85qo 89Vo
9tVo 93Eo
Jawaban untuk Soal-soal Tambahan
kJ/K kJ/K
6.21 (a)-o,0932
(b) 0,0932 kJ/K
6.22 \a) -0.76
1b.1
0.76 kJ/s
6.23 15,72 Btu/'R, -15,72 Btu/*R 6.24 s kJtK,
-s
kJ/K
m3 (b) 0,0269 m3 (c) 0,046 m3 (d) 0,0246 m3 (c) 2,4 kllK (A 32,4 kJlK 6.27 (a) 2,3t kJlK (b) 2,1 kllK 6.28 (a) 0,349 BtufR (b) 0,485 BrufR (c) 0,352 Btu/'R (d) 0,342 Btu/"R 6.29 (a) 254 m3 (b) 195 m3 (c) 255 m3 ($ 259 m3 (c) 34 l, 15,3 J/K; (A 2,48 J, t5,2 JIK 6.30 (a) 35,4 I, 15,4 JIK; lb) 42 J, 16.9 JIK (a) (b) 6.31 -317 kllkg, -1,26 kJ&g'K -248 kJ/kg, -O,828 kJ/kg"K; (c) -390 kJikg, -1,30 kJ/kg'K 6.26 (a) 0,0445
(A -5420 kJ&g, -18,1 kJ/kg'K
Btu/lbm-'R; (b) 170 Btu/lbm, 0,194 Btu/lbm-'R Btu/lbm-'R; (A 2870 Btu/lbm, 3,29 Btu/lbm-'R
6.32 (a) 202 Btullbm,0,24 0,238
6.33 0,473 kJ/K
kJ/K (b) 0,914 kJ/K (c) 0,891 kJiK (4 0,886 kJ/K 6.35 (a) 2,81 kJiK (b) 2,83 kllK (b) 362 psia, 785 'F 6.36 (a) 366 psia, 812 'F; (b) -53,4 kl 6.37 (a) -53,1 kJ (b) 864 kl 6.38 (a) 863 kJ 6.34 (a) 0,889
6.39 2,95 kJlkg'K, 930"C
6.40 1,158 Btu/'R, 1108 Btu 6.41 39 kJ, 0,457 kJ/K
6.42 446 H 6.43 r 85 kJ 6.44 11,420 Bru, 17,4 Btu/"R 6.45 (a) 0'C, 0,135
kJ/K;
6.46 48,9Vo,0,563 6.47 433 kJtks.24.9Vo 6.48 796 Bru/lbm
(b) 8,0'C, 0,378 kJiK
(c) 208 Bru/lbm,
ENTROPI
138
6.49 (a) 19,5 kW
IBAB
(b) 0,678
6.53 (a) 0,264 BtufR 6.54 (a) 4,452 kJlK
(b) -O,156
Btu/'R
(c) 0,108 Btu/"R
(b) 0,289 kJtK
6.55 7,56 kJ/K 6.56 0,611 J/K 6.57 0,432 Btu/sec-"R 6.58 0,147 kg/s 6.59 309 m/s 6.60 (a) 545 kJ/kg
(b) s64 kJ/kg
6.61 2280 hp 6.62 3,88 MW 6.63 0,198 kg/s 6.64 39.97o 6.65 (a) 348 Btu/lbm
(b) 6,096 lbm/sec
6.66 47,5Vo 6.67 31.070 6.68
28Vo
6.69
55,3Vo
Jawaban untuk Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE 6.1FE (C) 6.2F8 (C) 6.10FE (B) 6.11FE (A)
6.3FE
(D)
6.4FE
(D)
6.sFE
(A)
6.6FE
(C)
6.7FE
(D)
6.8FE
(D)
6.eFE (C)
6
Usaha Reversibel,
Ireversibititas, dan Ketersediaan ,,i
i:iiiiriui:irili:i
,Tii.],q$,mPP- KoNSEP DAS AR
ffi$t;$#$ibel
sebagai usaha yang berkaitan dalam pengambilan suatu jalur dari keadaan A ke keadaan B. Seperti telah disebutkan sebelumnyu proses reversibel adalah suatu dibalik, tidak mengakibatkan perubahan baik pada sistem itu harus merupakan proses kuasi-kesetimbangan dan terikat oleh
li;littiitif,qiiliiiadahan kalor hanya disebabkan oleh perbedaan temperatur yang sangat kecil (inflnitesimal) .;iii1i.lli,iffik-i: terj adi ekspansi bebas .r::iiiii,iiiffi{$$terdapar pencampuran
:lilit;'iiil$iffiiterdapat turbulensi
.,iiiili;tllffi '::
.i.::.:::::
..lti:
].ii1:::
iiterdapatpembakaran i:]
lt
]:
il$
ukkan dengan mudah bahwa usaha reversibel atau keluaran usaha dari suatu proses reversibel dari keadaan merupakan usaha maksimum yang mungkin dapat dicapai untuk perubahan keadaan dari A'ke B. ui pula perbandingan antara usaha aktual untuk suatu proses dan usaha reversibel untuk suatu proses. dilakukan dalam dua cara. Pertama, efisiensi hukum kedua unttk suatu proses atau alat dapat didefinisikan
,n= |Jn =
*,(turbin
v W ,, rev
atau mesin)
(pompa atau kompresor)
(7.1)
(7.2)
Eflsiensi hukum lebih
untuk suatu proses,
USAHA REVERSIBEL, iRBvgnsTsILITAS, DAN KETERSEDIAAN
140
[BAB
7
I = Wrru -wo
(7.3)
i=wrrr-w,
(7.4)
Berdasarkan basis per satuan massa,
Ireversibilitas dan efisiensi hukum kedua dua-duanya mernungkinkan kita untuk menilai seberapa dekat suatu proses atau alat aktual dengan idealnya. Setelah ireversibilitas-ireversibilitas untuk alat-alat dalam suatu sistem teknik aktual, seperti misalnya suatu siklus pembangkit daya, telah dihitung, usaha-usaha untuk memperbaiki kinerja dari sistem tersebut dapat dituntun dengan menangani ireversibilitas-ireversibilitas yang terbesar. Demikian juga, karena usaha maksimum yang mungkin dicapai adalah usaha reversibel, ireversibilitas dapat digunakan untuk mengevaluasi kelaikan dari suatu alat. Jika ireversibilitas dari suatu alat yang diusulkan adalah kurang dari nol, alat tersebut tidak laik. [Sub Bab ].2 akan mengembangkan lebih lanjut konsep-konsep usaha reversibel dan ireversibilitas.l Ketersediaan (availability) dideflnisikan sebagai jumlah usaha reversibel maksimum yang dapat diambil dari suatu sistem:
W = (W."u).ur,
(7.s)
g - (I{*u).*,
(7.4
atau, berdasarkan basis per satuan massa,
Pemaksimalan dalam (7.5) dan (7.O dilakukan di sepanjang jalur reversibel yang menghubungkan suatu keadaan awal yang telah ditentukan sebelumnya dengan suatu keadaan mati di mana sistem dan lingkungannya berada dalam kesetimbangan. [Sub Bab 7.3 akan mengembangkan lebih lanjut pengertian tentang ketersediaan.]
7.2 USAHA REVERSIBEL DAN IREVERSIBILITAS Untuk memperoleh formulasi untuk usaha reversibel dan ireversibilitas, kita akan memperhatikan suatu proses transien dengan keluaran usaha dan masukan kalor tertentu dan suatu aliran tembus yang seragam. Kita memulainya dengan menjadikan proses ini ireversibel. Perhatikan volume kontrol yang ditunjukkan dalam Gbr. 7-1. Hukum pertama untuk volume kontrol ini dapat ditunjukkan sebagai
e-
ws=
Dengan menggunakan (6.4D, dengan
t'r:\lt'l\ * rrr) *r_ \r, *'r' * Br,) ,i,,,* e,,
(t, * j. '
Iru. = 7o dan Qu, = - Q,.kita dapat menuliskan hukum kedua S.u + srnt,
Eliminasi Q
di
antara
Q.n
- srht fl
Sp.oo
sebagai
(7.8)
=o
(7.D dan (7.8) untuk memperoleh frs = -E".r.
-1, ' \",
*
zos.u
.+
-lrr.'* * rrr- rrrr) *,
.gz, -
zos,)
*,
(7.e)
-%sp.oa
Karena 5o.o6 disebabkan oleh ireversibilitas, laju usaha reversibel diberikan oleh (7.9) di mana w,"u
=
-E,.u.+ roS..,
-(r, ** * rrr- ,rrr) ,n, *ln, .+ - gr, -
Keluar
Gbr.
7-1
So.oa
rorr)
O
Volume kontrol yang digunakan dalam analisis hukum kedua
,ir,
dijadikan nol: (7.10)
t4t
USAHA REVERSIBEL, IREVERSIBILITAS, DAN KETERSEDIAAN
8.{B 7]
Maka pengintegrasian terhadap waktu memberikan
l' t
(,,*|
w*,=l*
\
1,:
+sui-ror,J -
lt'2\r14\ * *,\n, * 'r' * 82, -
ros,
yl
|
\l
*,\r,*"1 * rr-ro'rl
o-ttt
1.,
'i )- *r\r, * + gzr- rosr)
i dan fmenunjuk ke keadaan awal dan akhir dari volume kontrol. Usaha aktual, jika tidak diberikan, dapat ditentukan dari analisis hukum pertama:
di mana subskrip
tt r / 1? \l '; * s.,,} - *,\,, * "l * t+l l, " * I t 1l \ I tl \ * *,\n, *'r, * sr,)-,rr\rr* i + gzr)+ Q
I i wo =l *,1, I\
0.t2)
7
Dari (7.3), (7.11) dan (7.12),
I = (mrTo
s:f
-
m,Io si)..r. + Trmrs,
-
Tomrsl
-Q
Q.13)
Untuk aliran tunak dengan perubahan energi kinetik dan energi potensial yang dapat diabaikan, kita memiliki W,,u
= rhlhr
i
-
+ zo(s, -
/2,
= rhTo(sz-
s,)+
s1)1
Q'14) (7.1
Q
s)
Penting untuk diperhatikan bahwa hasil-hasil dasar dari Subbab ini - (7.11), (7.12) dan (7.13) - juga berlaku untuk sistem, yang tidak lebih adalah suatu volume kontrol di mana ffit = nz = 0 (sehingg d ffii = mf = m). Karena waktu tidak memainkan peranan dalam termodinamika suatu sistem, umumnya kita menggantikan index i dan f dengan I dan 2.
GONTOH 7.1 Sebuah turbin uap ideal dipasok dengan uap pada 12 MPa dan 700oC dan membuangnya pada 0,6 MPa.
h)
(b)
Tenrukanlah usaha reversibelnya dan ireversibilitasnya.
Jika furbin tersebut memitiki efisiensi adiabatik 0,88, berapakah usaha reversibel, ireversibilitas dan efisiensi hukum keduanya?
Penyelesaian:
{a)
Properti-properti pada keadaan awal diperoleh dari tabel-tat}el uap. Karena turbin tersebut bersifat isentropik, s, = sr = 7,075? kJikg.K. Dari tabel-tabel uap kita 1ih*t bahwa keadaan keluamya harus berupa uap superheat. Kita melakukan interpolasi untuk memperoleh 7, = 225,2"C dan h, = 29*4,L kJlkg. Maka, dari hukum pertama untuk volume kontrol. wo
= h1 -hz = 3858,4
-
2gL4,l = 954'3 kJ/kg
Dari (?.11). dengan mengabaikan energi kinetik dan potensial,
w*
'
Ireversibilitas untuk turbin
(bj
losr) = 3358,4 - ?ffi'4,1 = 95a) kJkg ideal adalah i = ..", - wo = 954,3 - 954,3 = 0 kJlkg
Selanjutnya rurbin adiabatik usaha aktualnya adalah wo
= hr * h,
=
-
ToG,
Usaha isentropik atau idealnya telah dihitung dalam (954,3) (0,88) = 839,8 kJlkg. Untuk proses adiabatik ini, a=
ini diberikm ?r = 0,88.
\#n
hz = ht
-
wo = 3858,4
-
839,8
=
(zz),
jadi
3018,6 kJ/kg
Untuk t#el-tabel uap kita melihat bahwa keadaan keluar dengan P, = O,6 MPa merupakan uap superheat, dengan T, = 279,4oC dan s, = 7,2946 lrJ./r.g. Maka, dengan mengasumsikan & = 298 K, W,"u= h7_
h,_7,
(s, _ s2) = 3858,4
Efisiensi hukum keduanya adalah
-
3018,6 _ (298) (.1,0757 -7'2946) = 905 kJ&g
\u= wJw,,"-O,928, yang adalah lebih besar daripada efisiensi adiab*tikrrya.
Irevergibilitasnya adalah
'
1= w..'
-
lv, = S5'0
-
839'8 = 65'2 kJ/kg
USAHA REVERSIBEL, IREVERSIBILITAS, DAN KETERSEDIAAN
142
[BAB
7
CONTOH 7.2 Pengukuran dilakukan terhadap sebuah kompresor adiabatik yang memasok udara pada 15 psia dan 80"F. Udara pembuangan diukur pada 75 psia dan 440'F. Apakah pengukuran-pengukuran ini benar? Penyelesaian: untuk aliran tunak dalam Q o, {7.}s) menjadi
volum1lJ
r.n*.*rrTun:t:rt;l,r::i::.
Perubahan entropi diperoleh, dengan s2
-
j;;-,
sr =
si - ri - n tn
O
= 0Jz4:8
-
:T;1t" ,, ffi i _0,6007:_:j1:
= 0,01334 Btu/lbm-'R
Maka ireversibilitasnya adalah i = (537)(0.01334) = 7,16. Karena nilai ini positif. pengukuran-pengukuran tersebut mungkin benar. Kita mengasumsikan 7o sebesar 537'R.
7.3 KETERSEDIAAN DAN EKSERGI Sesuai dengan pembahasan dalam Subbab 7.1, r+ diberikan oleh (7.11) ketika keadaan akhir dengan keadaan dari lingkungan (0):
*
t2 i ', * ,ro*,\ro * Bzi- r.r,J -
't2 =l*,\r,*', +
\
I I
I
*
* *,\n,
t'2
,' *
sz,
-
\ 7"rs,)-
/
(fl
diidentifikasikan
\'l
,oro)
1l
o.t6t
1., \
*r\r, *'). * szo - roroJ
Untuk proses aliran tunak (7.16) menjadi 1)
rl,=hr-ho+ 'lt -
'o
+g(zr+ze)-70(s, -so)
Q.]n
Dalam melakukan analisis hukum kedua, seringkali berguna untuk mendelinisikan suatu fungsi termodinamika baru (yang beranalogi dengan entalpi), yang disebut eksergt
E:h***8.-%,
t7.18)
Jika kita bandingkan (7.18) engan (7.1n, kita lihat bahwa E, - Eo - E. Kita menginterpretasi persamaan ini sebagai hubungan usaha-energi: jumlah usaha yang dapat diambil rp sama persis dengan jumlah pengurangan eksergi yang berguna E antara keadaan masuk dan keadaan mati dari sistem yang dimaksud. Secara lebih umum, ketika sistem bergerak dari satu keadaan ke keadaan yang lainnya, usaha spesiflk sejumlah -AE menjadi tersedia. Beberapa peralatan teknik memiliki keluaran atau masukan yang dapat digunakan yang tidak dalam bentuk usahal misalnya nozel. Oleh karena itu, kita menggeneralisasi konsep eflsien hukum kedua menjadi efektivitas hukum kedua: dihasilkan) + (usaha yang dihasilkan) + (kalor yang dihasilkan yang telah disesuaikan) (ketersediaan yang dipasok) + (usaha yang digunakan) + (kalor yang digunakan yang telah disesuaikan)
(ketersediaan
Kalor ke atau dari suatu alat "disesuaikan" dalam (7.19) berdasarkan temperatur
-In, dari penampung
(7 tel
kalor yang
berinteraksi dengan alat yang dimaksud:
kalor yang disesuaikan =
(, - #,) n
(7.20)
CONTOH 7.3 Sistem manakah yang dapat melakukan lebih banyak usaha yang berguna. 0,1 lbm CO, pada 440'F dan 30 psia atau 0.1 lbm N, pada 440'F dan 30 psia? Penyelesaian: Dengan mengasumsikan keadaan mati pada 77'F (537'R) dan 14.7 psia, kita gunakan Tabel E-4E unruk menghitung ketersediaan dari COr:
v = nlo - rr=
%
* i"i-,s - ^ *)]
(#) lzssz,e - 4o3o,z *53r (56,0?0 *st$32*1,e86 rn #)]
= 3,?? Btu
#I BAB 7]
USAHA REVERSIBEL, IREVERSIBILITAS, DAN KETERSEDIAAN
143
IBAB
DAN KETERSEDIAAN USAHA REVERSIBEL' IREVERSIBILITAS,
t44
atau proses dalam siklus tersebut;
ini
yang besar yang akan menunjukkan sumber-sumber ireversibilitas-ireversibilitas
memberikanpengaruhyangnegatifterhadapefisiensisiklus.Pendekatanyangkeduaadalahmengevaluasie,,untuk keseluruhan siklus. Gbr. ?-2. t{itunglah efektivitas hukum perhatikan siklus sederhana dengan ekstraksi uap yan_g ditunjukkan dalam membuaog ke kondensor Fada 0"01 turbia oa' a*.1txi"c r r'lr* kedua'untuk siklus ini jika boiler meryhas]|
coNToH ?.7
ffi
"-* "f.** ;;;;i;""m,'"*i"
I
---+
2
Turbin
ideal:
= sr = 7j237
$2
klkg'K uaP proses
/ti'\
Y)
€Wo*
0kooa
@
'
Air Pengganti
Gbn 7'2 pada 0'1 MPa' Membandingkan dengan s, dan sn
kirta memiliki campuran dua-fase pada keadaan d- { _-L,rs ,. ='l] = 0.96
sehingga hz= hI+ o,96h1r= 25&7'3 kJ/kg _ 2 + 3 Turbin
ideal:
pada o'o1 MPa' kita Membandingkan dengan s, dan s,
+
o'86h*
=
2256'9
'?
=
2 dengan
r .r.2.1 kJlkgK t ttlzo.K ^ =_ .,7'1237
"2
dua-fase pada keadaan 3 dengan
-T:1"T:*
x3= 'J--Y = 6'36
' sehingga h, = h,
kllkg']l
j'W er=ffi
pada t00 kPa dan 25"C: Keadaan mati untuk air adalah cairan ho
=
h.f
= 1049
kI/kC
s0
=
*
= 0'36?2 kllkg'K
dapat dihitung' dengan Selanjutnya berbagai kuantitas yang Aiinginkan se)l = (0'i) [2587'3 104'9 t'0 * Tn('r
Vz= nzlhz*
-
-
tnr{hr-ht)+t43(hz-h3)-(1'0)(3t}51'2 W*u= *"*u='^o'*o_'ho-To$o_sorr = (0.1)[lgl,8
W '' Ponpa =m, darimana
ff
=,r.0)
7
(lffi{)=o,es u ril=@)-"'"'
-
*"'-::'::-.:I,1::,:::t, ,,6^,.1 - (29S)('7'1231 - 0'36?2)] = 46'89 kJ
ZSS7'3}+(0'9X258?'3 -2255'9)
104.9
-
(298X0,64gt
-
-751'3kI
0'3671)l = 0.2g kJ
le2'8)-28s8kJ Q6oi1=m{h1-h6)= (1,0X30s1'2*
46,89+761.3
-nqo
tsAB 7l
USAHA REVERSIBEL, IREVERSIBILITAS. DAN KETERSEDIAAN
CONTOH 7.8 Lakukaxlah perhitungan ireversibilitas untuk setiap alat dalam siklus turbin dalam Gbr. 7-3.
115
gas regeneratif ideal yang ditunjukkan
Pembuangan
+
Wl"rr*
Udara
Gbr. 7-3 _Penyelesaian: Nilai-nilai temperatur dan tekanan diberikan dalam Tabel 7-1; h danso diperoleh dalam tabel-tabel udara.
Unruk setiap alat kita akan menghitung ireversibilitas melalui
p\
1 i=rnlri_r;_R^i)_, kecuali untuk pembakar, di mana kita asumsikan. bahwa perpindahan kalor terjadi pada 74, Ireversibilitas-ireversibilitasnya adalah:
Kompresor: 0 Regenerator: 0
irrHa'
206'3 N/kg
Tabel 7-I Keadaan
r(n
P (MPa)
& (kJ/kg)
s' (kJ/kg.K)
294,2
1,682
t )
294 439
0,41
440,7
2,086
J
759
o,41
777,5
?,661
4
1089
0,41
1148,3
2,764
5
'759
0,1
777,5
2,66r
6
439
0,1
4q,7
2,086
0,1
Satu-satunya ireversibilitas yang ada berkaitan dengan pembakar. Ini mengindikasikan bahwa banyak penghematan bisa dilakukan dengan memperbaiki kinerja pembakar, Akan tetapi, dalam usaha melakukan perbaikan kita harus mengingat bahwa kebanya\an dari ireversibilitas di dalam pembakar terjadi dari proses pembakaran, suatu proses ireversibel, yang p"entlng Oatam pengoperasian turbin.
Soal-soal dan Penyelesaiannya
7'l
Langkah pemasukan untuk silinder dari suatu mesin bakar internal dapat diperlakukan sebagai suatu proses politropik transien dengan pangkat -{,04' Tekanan, temperatur dan volume awalnya adalah 13,5 psia, 560"R Oan O,OO:S fC. UOu.uiipusoi pada 14,7 psia dan 520'R dan volume dan temperatur akhirnya adalah 0,025 ft3 dan 520"R. Tentukanlah usaha reversibei dan ireversibilitas yang berkaitan dengan proses pemasukan.
'Iabel 7-2 Keadaan Masuk
Ir
Keadaan Awal dari V.K.
= 520'R
4
Pr = 14,7 psia
?"r
Tr
=
s?
= 0,59i7 Btu/lbm-'R
ui = 95,47 Btu/lbm si = 0,609s Btu/lbm-"R
124,27 Btu/lbm
14
= 560"R
=
1=
13,5 psia
= 0,0035
Keadaan
ft3
Akhir dari V.K
520'R
uf = 88,62 Btu/lbm $ = o,5gtz Btu/lbm-'R
\
= 0,025
ft3
USAHA REVERSIBEL, IREVERSIBILITAS, DAN KETERSEDIAAN
r46
Di Di
[BAB
7
berbagai keadaan kita diberikan, atau disediakan oleh tabel-tabel udara, nilai-nilai yang ditunjukkan dalam Tabel 7-2.
keadaan awal,
*,
P,V, (13,5)(144)(0,0035) ='ii = ftr,j,;;;--,
4 = 2.28 x r0 rbm
Keadaan akhir dihasilkan melalui proses politropik, sehingga
Pr=
P,(+,) =(13,, (ffi)"*
=
14,6 psia
3 * _Pr\ _!!fx144)lg,02s) 1e0 '''= RTr = rs3J)t5zol = r' x 10 rbm
Darikekekalanmassa,,nr
=nf-ffii=(1,90 x 103)- (2,28x70a1 =1,67 x
10-3
lbm. Secaraaktualperhitunganyangdilakukan
hanyalah untuk usaha di batas; untuk proses politropik kita memiliki
Pv"- Pv _ [il4.6)(0.02s)-(l3.sx0j1]jl3tl1]i! =ry,1
w"=-ff
*6341 6rru)
= 0.057 Btu
Usaha reversisbel diberikan melalui (7.11) (abaikan KE dan PE, seperti biasanya): W,",
= m,(u,
-
7or)
- *|ry- f&
+ mr(hy -
7os1)
Nilai-nilai s, dan ,1 yang dibutuhkan diperoleh dari hubungan gas ideal
.i=.so-nln Po i di mana Po adalah suatu tekanan referensi. Biasanya, kita tidak perlu terlalu mengkhawatirkan Po. karena ketika kita membicarakan perubahan enffopi, Po akan hilang. Dapat ditunjukkan bahkan untuk soal ini nilai tersebut akan hilang, sehingga
- Iosi+ ff ln P,) - *l"f - Io$+ IoR ln Pr) + m, (hy - Ios! + ToR In P,) = 0,058 Btu
W,.r= Dan, akhirnya,I = W,rf
7,2
-
W, = 0,058
-
m,(u,
0,057 = 0,001 Btu.
Sebuah pompa pemasok untuk suatu pembangkit daya mengambil air jenuh pada 0,01 MPa dan menaikkan tekanannya hingga 10 MPa. Pompa tersebut memiliki efisiensi adiabatik 0,90. Hitunglah ireversibilitas dan efisiensi hukum keduanya.
Di keadaan masuk dan keluar kita diberikan, atau tabel-tabel uap memberikan, nilai-nilai yang diberikan dalam Tabel 7-3. Usaha aktualnya adalah widear l0 000 - !0 _11.1 -,,u-- ry =- _M = qp-= _ (0.9X1000)
kJI
Tabel 7-3 Keadaan
I
masukl: fase cairan jenuh
Keadaan keluar 2: fase cairan terkompresi
P
= 45,8'C
=10MPa
P = 0,01 MPa /z
=
191,8 kJ/kg
s = 0,6491 kJ,&g'K
Jadi, menurut hukum pertama, h, = -wo + h, = -(-11,1) + 191,8 = 202,9 kJ/kg. Dengan menggunakan nilai entalpi ini, kita dapat melakukan interpolasi untuk entropi dari tabel cairan terkompresi dan memperoleh s2 = 0,651 kJlkg'K. Sebagaimana dalam Contoh 7.2, ireversibilitas diberikan oleh
i = ToGz -
s1)
-
= (298X0,651
0,6491) = 0,57 kJlkg
darimana
w,"r= i
7.3
i
wo=0,57 + (-11,1) = -10,5
kJ/kg ryu=?= _]ff
= o,os
Sebuah pembangkit daya menggunakan air tanah dalam suatu loop pendingin kedua. Air masuk ke dalam loop pada 40'F dan 16 psia dan keluar pada 80'F dan 15 psia. Jika perpindahan kalor di dalam loop terjadi pada 100'fl berapakah besarnya ireversibilitasnya? Data ditampilkan dalam Tabel 7-4. Perpindahan kalomya adalah q = hz - ht = 48,1 diberikan oleh
i = To$2-
sr)
-
q = (560X0,09332
-
0,01617)
-
-
8,02 = 40,1 Btu/lbm. Ireversibilitasnya
40,1 = 3,1 Btu/lbm
BAB 7]
USAHA REVERSIBEL, IREVERSIBILITAS, DAN KETERSEDIAAN
147
Tabel 7-4
7,4
Keadaan masukl: fase cairan terkompresi
Keadaan keluar 2: fase cairan terkompresi
T=40F
I
P = 16 psia h = 8.02 Btu/lbm
P = 15 psia h = 48,1 Btu/lbm
s = 0,01617 Btu/lbm-'R
s = 0,09332 Btu/lbm-'R
= 80'F
Sebuah penampung air diletakkan di perbukitan di atas suatu lembah. Air berada pada 25'C dan 100 kPa. Jika penampung tersebut berada 1 km di atas dasar lembah, hitunglah ketersediaan air dari perspektif seorang petani yang hidup di lembah tersebut.
Keadaan masuk dan keluarnya diketahui sebagai berikut: Keadaan masuk 1:T Keadaan mati 2: T
= =
l=1km l=0km
P = 0,1 MPa P = 0.1 MPa
25"C 25"C
Kita telah mengasumsikan bahwa ketersediaan air di dalam penampung seluruhnya disebabkan oleh ketinggiannya. Maka
t! = B(2, -
rs) = (9,8) (1
-
0) = 9,8 kJ/kg
Tabel 7-5
7.5
Keadaan masuk 1: uap superheat
Keadaan masuk2: cairan terkompresi
Keadaan keluar 3: cairan jenuh
T = 250'C
I
P = 0.6 MPa
P = 0,6 MPa h = 2957.2
P = 0.6 MPa h = 632,2 kJlks
h = 6'70,6 kJlkg
s = 7,1824 kJ/kg.K
s = 7,8422 kJ/kg.K
s = 1,9316 kJ/kg.K
=
150'C
I
=
158.9'C
Sebuah pemanas air pengumpan mengambil uap dari sebuah turbin pada 600 kPa dan 250"C yang dicampurnya dengan 0,3 kg/s cairan pada 600 kPa dan 150'C. Zat buangnya berupa cairan jenuh pada 600 kPa. Tentukanlah efektivitas hukum kedua dari pemanas tersebut.
Untuk data, lihat Tabel 7-5. Menurut kekekalan massa,
+
tix2h2. Jlka
h,
n,
=
dan lz, diselesaikan secara simultan:
nr = 0,00504 kg/s
itr *
ritr. Maka, hukum pertama mengharusk an furh, = itrh,
rz: = 0,305 kg/s
Efektivitas hukum kedua adalah e,, = W,/(V, + {rr1. Dengan mengambil keadaan mati sebagai air cair pada 25.C dan 100 kpa,
kita memperoleh
fto
=
105
kJ,&g
so
= 0,3672 kJ/kg.K
Maka
dan
* z = ritW - ho - ToG, - ss)J = (0,305)t670,6 -105 - 298 (t,9316 - 0,36j2)) = 30,33 kW Vr= ityl\ - izo - Zo(s, - s6)l = (0,00504)t295i,2 - 105 - 298('7,1824 -0,36j2)l = 4,14 kW Vz= hzlhz- ho-To(sr- s6)l = (0,30)t632,2 -105 - 298(1,8422-0,3672)l =23,63kW 30133 "€n=_ 4,14a23,63 = l'09
7.6
Perhatikan siklus refrigerasi ideal yang ditunjukkan dalam Gr.7-4 yang menggunakan Rl34a. Kondensor beroperasi pada 800 kPa sementara evaporator beroperasi pada 120 kPa. Hitunglah efektivitas hukum kedua dari siklus ini.
Nilai-nilai yang diberikan dan tabel-tabel R134a dalam Lampiran D memungkinkan kita untuk menyusun Tabel 7-6.
.+w*o.o
Gbr.7-4
/1
USAHA REVERSIBEL. IREVERSIBILITAS. DAN KETERSEDIAAN
148
[BAB
7
Tabel 7-6
7 ('C)
P (kPa)
ft (kJ/ke)
s (kJ/kg'K)
1 (Fase cairan jenuh)
31,3
800
93,42
0.3459
2 lDua fase)
1aA
t20
Keadaan
3 (Fase uap jenuh)
120
4
800
(Fase superheat)
??1q
0,9354
Selanjutnya, menelusuri siklus, entalpi tetap konstan melintasi katup, sehingga hz = h1 = 30,84 Btu/lbm. Keadaan 2 adalah dua fase, sehingga
hr- h, 9\.D -)1-12 r = i*- i,= 'iti.;1;';;
= o'33e
dan
= s/+ x(s,
= 0,0879 + (0,339)(0,9354 - 0'0879) = 0,375 hz = h.f + xhr, = 21,32 + 0,339(212,54) = 93'4
s2
-I
kJ,4
4 dihasilkan dari kompresi isentropik melintasi kompresor ideal. Pada P+ = 800 kPa dan s+ = 0.9354 kJ/kg'K. kita melakukan interpolasi untuk memperoleh 4 = 273 kJ/kg. Selanjutnya kita hitung efektivitas hukum kedua untuk siklus ini dengan mengasumsikan To = 298 K: Keadaan
*""::j;:
=,Y
;-: ::::'J: : f"-:'J ;' 16
=,fi|Z ; ?l;?;;:''
*'--
1
.,=;;:;=0.673 Soal-soal Tambahan
7.7
Uap memasuki suatu turbin pada 6 MPa dan 500'C dan keluar pada 100 kPa dan 150"C. Tentukanlah (a) usaha reversibel dan (b) ireversibilitas dari proses tersebut.
7.8
Kondisi-kondisi masuk ke sebuah turbin uap adiabatik adalah 800 psia dan 700'F. Di tempat keluar tekanannya adalah 30 psia dan kualitas tap937c. Tentukanlah (a) ireversibilitas, (b) usaha reversibel dan (c) efisiensi adiabatik dari turbin tersebut.
7.g
Sebuah turbin uap dengan elisiensi isentropik 85 persen beroperasi di antara tekanan uap sebesar 1500 dan 100 psia. Jika uap yang masuk berada pada 1000'R tentukanlah besarnya usaha aktual dan efisiensi hukum kedua dari turbin.
7.10 Apakah yang dapat diartikan melalui ireversibilitas dari suatu turbin uap adiabatik yang beroperasi dengan uap masuk pada l0 MPa dan 700'C dan keluar pada 0,2 MPa dengan kualitas 90 persen? 7.11 Seorang perancang turbin gas mengklaim telah mengembangkan sebuah turbin yang mengambil gas-gas bakar panas (yang memiliki properti-properti udara) pada 80 psia dan 2500'R dan membuangnya pada 14,7 psia dan i200"R. Berapakah jumlah minimum perpindahan kalor yang harus terjadi agar turbin tersebut dapat disebut laik? 7.12 Tentukanlah ketersediaan air dalam sebuah tangki air panas pada 100 kPa dan 95'C. 7.13 Berapakah ketersediaan sebuah es batu 2 in3 pada lO"F dan 14'7 psia?
7.14 1dealnya, fluida manakah yang dapat melakukan lebih banyak kerja: udara pada 600 psia dan 600'F atau uap pada 600 psia
dan
600'F?
7.15 Suatu sistem piston-silinder dengan udara mengalami kompresi politropik dengan n = 1,1 dari 75"F. 15 psia dan 0.2 liter menjadi 0,04 liter. Tentukanlah besarnya (a) usaha aktual, (b) perpindahan kalor, (c) usaha reversibel dan (@ ireversibilitasnya. 7.16 Gas metan pada 800 K dan 3 MPa tersimpan dalam suatu sistem piston-silinder. Sistem tersebut dibuat berekspansi ke 0,1 MPa dalam suatu proses politropik dengan n = 2,3. Berapakah efisiensi hukum kedua dari proses tersebut? 7.17 Argon tersimpan dalam sebuah tangki tertutup sebanyak 10 liter pada 400 psia dan 50"F. Berapakah jumlah usaha maksimum yang dapat dilakukan argon terhadap bumi pada 536'R? 7.18 Sebuah tangki kokoh pada awalnya menyimpan 0,5 lbm Rl34a sebagai cairan jenuh pada 30 psia. Tangki tersebut kemudian dibiarkan mencapai kesetimbangan dengan lingkungannya pada 70'F. Tentukanlah (a) keadaan akhir dari gas refrigeran dan (b) ireversibil itasnya.
K dan keluar pada 700 kPa dan 530 K dengan 40 kJ/kg perpindahan kalor (b) ireversibilitas dan (c) efisiensi hukum kedua untuk kompresor. (a) reversibel, usaha ke lingkungan. Tentukanlah besarnya
7.19 lJdaramemasuki
sebuah kompresor pada 100 kPa dan295
BAB 7]
USAHA REVERSIBEL, IREVERSIBILITAS. DAN KETERSEDIAAN
149
7.20 Sebuah kompresor dengan efisiensi adiabatik 90 persen mengambil udara pada 500"R dan 15 psia dan membuangnya pada 120 psia. Tentukanlah besarnya (a) usaha aktual dan (b) usaha reversibel yang berkaitan dengan kompresor ini. 7.21 Evaporator dari suatu sistem pendingin udara merupakan sebuah alat penukar kalor. R134a masuk pada 0,05 kg/s dan -20.C sebagai cairan jenuh dan keluar sebagai uap jenuh. Udara masuk pada 34'C dan keluar pada 18'C. (a) Berapakah fluks massa udara? (b) Berapakah laju ireversibilitas dari evaporator? 7,22 Suatu alat penukar kalor kontak iangsung berfungsi sebagai kondensor untuk sebuah pembangkit daya uap. Uap dengan kualitas 50 persen pada 100 kPa mengalir ke datam tangki pencampur pada 2 kg/s. Air ranah pada 10'C dan 100 kPa tersedia untuk menghasilkan cairan jenuh yang mengalir keluar dari tangki pencampur. Tangki pencampur terinsulasi dengan baik. Tentukanlah (a) laju aliran massa dari air tanah yang dibutuhkan dan (b) laju ireversibilitasnya. 7.23 Udara diekspansi melalui sebuah.katup adiabatik dari 250 psia dan 450'F menjadi 60 psia. Tentukanlah besarnya (a) usaha reversibel dan (&) ireversibilitasnnya.
7.24 Satu proposal mengusulkan penggunaan suatu nozel untuk sebuah sistem turbin angin. Udara memasuki nozel adiabatik pada 9 m/s, 300 K dan 120 kPa dan keluar pada 100 m/s dan 100 kPa. Tentukanlah besarnya (a) ireversibilitas dan (&) usaha reversibelnya.
7.25 Di dalam pembakar untuk sebuah sistem turbin gas 0,2 lbmisec udara pada 20 psia dan 900'R dipanaskan hingga 2150.R dalam sebuah proses tekanan konstan sementara gas-gas bakar panas (yang diasumsikan sebagai udara) didinginkan dari 3000"R menjadi 2400"R. Berapakah laju ireversibilitas dari proses ini? 7.26 Air jenuh memasuki sebuah pompa adiabatik pada 10 kPa dan keluar pada I MPa. Jika pompa tersebut memiliki elisiensi adiabatik 95 persen, tentukanlah besarnya (a) usaha reversibel dan (b) efisiensi hukum keduanya. 7.27 Tekanan air dinaikkan, dengan menggunaan pompa, dari 14 ke 40 psia. Terjadi kenaikan temperarur air dari 60"F menjadi 60,1"F. Tentukanlah besamya (a) ireversibilitas, (b) usaha reversibel dan (c) efisiensi adiabatik dari pompa tersebut. 7.28 Udara pada 2200"R dan 40 psia memasuki sebuah turbin gas dengan efisiensi adiabatik 75 persen dan keluar pada 14,7 psia. Tentukanlah besarnya (c) ketersediaan dari udara buang dan (D) usaha reversibelnya.
Jawaban-jawaban untuk Soal-soal Tambahan
kllkg (b) 218,5 kllkg (a) 31,8 Btu/lbm (b) 212 Btu/lbm
7.7 7.8 7.9
(a) 864,2
7.10
i = -119 kllkg (tidak mungkin)
7.ll
-25,2 Btu/lbm
(c) 85,tVo
259 Btutlbrrl,90,2Eo
7.12 29,8 kJtkg
7.13 1.06 Btu 7,14 Uap (471 Btu/lbm vs. 173 Btu/lbm) 7.15 (a) -26,64 7.16 65.0Vo
ft-tbt
(b) -o,0257 Btu
(c) -25,09
frlbf
(d) 1,55 ft-lbf
7.17 92,2 Btu 7,18 (a) cairan terkompresi (b) 0,463 Btu 7.19 (a) -228 kllks (D a8,2 kltkg (c) 82,5vo 7.20 (a) -107,7 Btu/lbm (b) -101,4 Bruilbm 7.21 (a) 0,659 kg/s (b) 22,9 kw
kg/s (b) 261 kW 7.23 (a) 61 800 ftlbf/lbm (b) 61 800 ft-lbf/lbm 7.24 (a) 10,6 kJlkg (b) 10,6 kJ/kg 7.22 (a) 6,00
7,25
ll,3
Btu/sec
7.26 (a) -1,053 kJ/kg (b) 9s,2Eo 7.27 (a) 0,432 Btu/lbm (b) 4,0634 7.28 (a) 156
Btu/lbm
Btu/lbm
(c)
t5,6Va
(e) 110 Btu/lbm
/
Siktus-siktus Daya Gas
8.1 PENDAHULUAN Beberapa siklus menggunakan gas sebagai zatkerjanya, yang paling umum adalah siklus Otto dan siklus,Pieselyanq digunakan dalam mesin-mesin bakar internal. Istilah "siklus" yang digunakan untuk mengacu pada sebuah,mesin'hakat
internal secara teknis sebenarnya tidak tepat karena fluida kerjanya tidak melewati siklus termodinamika; udar$,inasuk,ke mesin, bercampur dengan bahan bakar, melalui pembakaran dan keluar dari mesin sebagai gas-gas buang. Iai,senn$kali disebut sebagai siklus terbuka, tapi kita harus tetap mengingat bahwa siklus termodinamika tidak benar&nar,terjadii mesin itu sendiri beroperasi dalam apa yang akan kita sebut siklus ntekanlft. Walaupun demikian kita tetap menganalisii mesin bakar internal seakan-akan ada zat kerja yang beroperasi pada siklusnya; ini hanya merupakan pendekatan yang memungkinkan kita untuk memprediksi pengaruh-pengaruh dari desain mesin pada kuantitas-kuantitas semiq6.l ,efl!q11i dan konsumsi bahan bakar.
.i
8.2 KOMPRESOR.KOMPRESOR
GAS
.,
.,
Kita telah menggunakan kompresor gas dalam siklus-siklus refrigerasi yang dibahas sebelumnya dan,teldh mplihat bahwa persamaan energi volume kontrol menghubungkan masukan daya dengan perubahan entalpi sebagai, belllqt; W.o*p
= in(.h"- hi)
:{8:$
di mana h, dan h, masing-masing adalah entalpi keluar dan masuk. Dalam bentuk ini kita memodelkan kompresor seba$ai suatu volume tetap yang ke dan dari dalamnya mengalir suatu gas; kita mengasumsikan bahwa perpindph6n kalor,,yang terjadi dari kompresor dapat diabaikan dan mengabaikan perbedaan antara perubahan-perubahan enefgi.,,$ne${ dg,t potensial yang masuk dan keluar. Terdapat tiga jenis kompresor yang umum: bolak-balik (reciprocating), sentrifugal dan aliran akslal. Kcrm$resor bolak-balik terutama sangat berguna untuk menghasilkan tekanan tinggi, tapi terbatas pada kecepatan qllrat y,qng r-glatif rendah; limit atas sekitai 200 MPa dengan kecepatan aliran masuk sebesar 160 m3/menit dapat dicapai dengan sebuah unit dua-tingkat. Untuk kecepatan aliran yang tinggi dengan kenaikan tekanan yang relatif rendah, kompqesor.,ge*trify&al atau aliran aksial biasanya dipilih; kenaikan tekanan sebesar beberapa MPa untuk kecepatan aliran masuk ylhC lgbih:f*Ii
l0 000 mr/menit
dapat dicapai.
BAB 8l
SIKLUS.SIKLUS DAYA GAS
151
Kompresor Bolak-balik Sketsa silinder dari sebuah kompresor bolak-balik ditunjukkan dalam Gbr. 8-1. Katup pengambil dan pembuang tertutup ketika keadaan 1 tercapai, seperti yang ditunjukkan pada diagram P-v dalam Gbr. 8-2a. Selanjutnya terjadi kompresi isentropik seiring dengan bergeraknya piston ke arah dalam hingga tekanan maksimum pada keadaan 2 tercapai. Kemudian katup pembuang terbuka dan piston terus bergerak ke arah dalam sementara udara dibuang hingga keadaan 3 tercapai di titik mati atas (top dead center-TDC). Kemudian katup pembuang tertutup dan piston mulai bergerak ke arah luar dengan proses ekspansi isentropik hingga keadaan 4 tercapai. Di titik ini katup masuk terbuka dan piston bergerak ke arah luar selama proses pemasukan sampai siklus tersebut diselesaikan.
I
I
l*2
3*4
2+3
4*1
I
1
Gbr. 8-1 Kompresor Bolak-balik
(a) Siklus
ideal
(b) Siklus aktual
Gbr. 8-2 Diagram P-r, Selama pengoperasian aktual diagram P-v akan memiliki pola yang menyerupai Gbr. 8-2. Katup-katup pengambil dan pembuang tidak terbuka dan tertutup secara instan, aliran udara di sekitar katup-katup menyebabkan terjadinya gradien tekanan selama langkah pemasukan dan pembuangan, terjadi rugi-rugi yang disebabkan oleh katup-katup dan sejumlah perpindahan kalor mungkin terjadi. Walaupun demikian, siklus ideal memungkinkan kita untuk memprediksi pengaruh dari perubahan-perubahan desain yang diajukan terhadap persyaratan besarnya usaha, tekanan maksimum, kecepatan aliran dan kuantitas-kuantitas lainnya yang diinginkan. Efektivitas suatu kompresor sebagian diukur dengan efisiensi volumetrik, yang dideflnisikan sebagai volume gas yang tertarik ke dalam silinder dibagi dengan volume perpindahan (displacemenr). Ini artinya, mengacu pada Gbr. 8-2, n:r+
V,-V^
"vol- !/.,_V.
(8.2)
Makin tinggi efisiensi volumetrik makin besar volume udara yang tertarik sebagai persentasi dari volume perpindahan (displacemenr). Ini dapat ditingkatkan jika volume sisa (clearance) v, dikurangi. Untuk meningkatkan kinerja dari kompresor bolak-balik, kita dapat membuang kalor dari kompresor selama proses kompresi I ---+ 2. Efek dari ini ditunjukkan dalam Gbr. 8-3, di mana ditunjukkan suatu proses politropik. Temperatur dari keadaan 2'akan jauh lebih rendah daripada temperatur keadaan 2 dan persyaratan usaha untuk keseluruhan siklus akan menjadi lebih kecil karena luas di bawah diagram P-y akan berkurang. Untuk menganalisis situasi ini marilah kita kembali ke deskripsi masuk-keluar volume kontrol, seperti yang digunakan dengan (8.1): Usaha yang dibutuhkan adalah, untuk kompresor adiabatik,
w.o.p=
hr-hr=Co(72-T)
(8.3)
dengan mengasumsikan gas ideal dengan kalor spesifik konstan. Untuk kompresi isentropik antara lokasi masuk dan keluar kita tahu bahwa
Tz=Tt
(7).-',.
I
(8.4)
i
)
1
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
t52
IBAB
8
lsentropik: n = k
Gbr. 8-3 Pelepasan kalor selama kompresi
lni memungkinkan usaha untuk diekspresikan sebagai, dengan menggunakao Cpyang diberikan dalam (4.30),
,,[(,?)"-'* -r]
*"o r= {\
(8.5)
Untuk proses politropik kita hanya perlu menggantikan ft dengan n dan memperoleh
*'o*, =
,,
f\
(8.O
l(?)'-'' -']
Selanjutnya perpindahan kalor diperoleh dari hukum pertama. Melalui pendinginan eksternal, dengan jaket air yang mengelilingi kompresor, nilai n ketika mengkompresikan udara dapat dikurangi menjadi sekitar 1,35. Pengurangan dari 1,4 ini sulit karena perpindahan kalor harus terjadi dari air yang mengalir dengan cepat melalu\ casing kompresor ke air pendingin, atau dari sirip-sirip. Ini merupakan proses yang tidak efektif dan sebagai alternatifnya seringkali digunakan kompresor multitingkat dengan pendinginan antartingkat (interstage). Dengan tingkat tunggal dan dengan P, yang tinggiTrakarr menjadi terlalu tinggi bahkan seandainya jika n dapat dikurangi menjadi, katakanlah, 1,3. Perhatikan suatu kompresor dua tingkat dengan intercooler tunggal. sebagaimana ditunjukkan dalam Gbr. 8-4a. Proses kompresi diasumsikan isentropik dan ditunjukkan dalam diagram I-s dan P-v dalam Gbr. 8-4b. Mengacu ke (8.5), usaha dituliskan sebagai
wro p =
CpTt
=
CoT,
[(;i).
"'r
[(;i).
- rl+ c,rz[(t)-
ttlk p,tk - ltlk +
r'P2
I
-,)1 -l
-t)k
- '] @.n
di mana kita telah menggunakal P, = P, dan T, = 73, untuk intercooler ideal. Untuk menentukan tekanan intercooler P, yang meminimalkan usaha, kita jadikan Awro rl6P, = 0. Ini memberikan
P, = (Pf Ini artinya rasio tekanan lintas setiap tingkat adalah
)ltz
atau
PPt -=-
P^
(8.8)
P1
sama. Jika terdapat tiga tingkat, analisis yang sama akan menghasilkan
tekanan intercooler bertekanan rendah sebesar
P, = lPlP)lt3
(8.e)
dan tekanan intercooler bertekanan tinggi sebesar
ro = 1r, di mana
Pu adalah tekanan tertinggi.
pf,)tt3
(8.10)
Ini juga ekuivalen dengan rasio tekanan yang sama melintasi setiap tingkat. Tingkat-
tingkat tambahan mungkin diperlukan untuk tekanan-tekanan keluar yang sangat tinggi; rasio tekanan yang sama melintasi setiap tingkat akan menghasilkan usaha minimum untuk kompresor ideal.
B{B 8l
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
153
+ P rendah
--a.
Tekanan tinggi
(b)
Gbr. 8-4 Kompresor dua tingkat dengan intercooler
Kompresor Sentrifugal dan Aliran Aksial Sebuah kompresor sentrifugal digambarkan dalam Gbr. 8-5. Udara masuk di sepanjang sumbu kompresor dan dipaksa untuk bergerak ke arah luar di sepanjang bilah-bilah impeler yang berputar karena efek gaya-gaya sentrifugal. Ini menghasilkan kenaikan tekanan dari sumbu ke pinggir impeler yang berputar. Bagian difuser menyebabkan kenaikan tekanan lebih lanjut seiring dengan berkurangnya kecepatan yang disebabkan oleh perluasan area di setiap subbagian dari difuser. Tergantung dari karakteristik tekanan-kecepatan yang diinginkan, impeler yang belputar dapat dilengkapi dengan bilah-bilah impeler radial, seperti yang ditunjukkan: dengan bilah-bilah kurva belakang; atau dengan bilah-bilah kurva depan.
Sebuah kompresor aliran aksial diilustrasikan dalam Gbr. 8-6. Kompresor ini memiliki penampilan yang serupa dengan turbin uap yang digunakan dalam siklus daya Rankine. Beberapa tingkat bilah dibutuhkan untuk memberikan
Gbr. 8-5 Kompresor sentrifugal
)
SIKLUS.SIKLUS DAYA GAS
154
IBAB
8
Gbr. 8-6 Kompresor aliran aksial
kenaikan tekanan yang diinginkan, di mana pada setiap tingkat terjadi kenaikan tekanan yang relatif sedikit. Setiap tingkat memiliki sebuah stator, setatgkaian bilah yang terpasang pada rumah bilah yang stasioner, dan sebuah rolor. Semua rotor disambungkan ke satu poros putar yang menggunakan masukan daya ke kompresor. Bilah-bilah jenis airfoil yang didesain secara khusus memerlukan presisi yang tinggi dalam pembuatan dan pemasangannya untuk menghasilkan kenaikan tekanan semaksimal mungkin sambil menghindari separasi aliran. Luas area yang dilewati udara sedikit berkurang dengan naiknya tekanan karena terjadi kenaikan densitas dari udara yang bertekanan lebih tinggi. Dalam mekanika fluida kecepatan dan tekanan di setiap tingkat dapat dianalisis; dalam termodinamika kita hanya memikirkan kondisi-kondisi masuk dan keluarnya.
CONTOH 8.1 Kompresor bolak-balik harus menghasilkan 20 kgimenit udara pada 1600 kPa. Udara atmssfer masuk pada 20'C. Hitungtah kebutuhan daya jika kompresor diasumsikan 90 persen efisien. Diasumsikan tidak ada pendinginan. Penyelesaian : Efi siensi dari kompresor dideflnisikan sebagai isenrropik _ U__fL -'t _- usaha usaha aktual - h. - h,
. di
mana keadaan 2 mengidentifikasikan keadaan aktual yang dicapai dan 2'adalah keada*n ideal yang dapat dicapai tanpa kita akan mencari temperatur Ir,. Nilainya adalah
adanya rugi-rugi. Pertama-tama
r,
-
I r{}-.ll&
rr=
(*)t--
"'o = 1ze3;
(#)"*
-1)t1t
=
647
K
Dengan menggunakan efisiensi. kita memiliki
q
c,(T2' - T) = q(r2* r)
atau
rz= rr *
$
q,-
rr) = re3 + (#) g47
-
2s3)= 686 K
Jadi kebutuhan daya untuk menggerakkan kompresor adiabatik (tanpa pendinginan) adalah
w"o.o =
ri{hz-
/r1) =
tirce(c2-
r,)
=
(ffi)
tr,oool (686 - 293) =
131,9 kvy'
COIITOH 8.2 Misalkan unuk kompresor dalam Contoh 8.1 diputuskan karena T, terlalu tinggi, dibutuhl(en dua tingkat dengan intercooler. Tentukanlah kebutuhan daya untuk kompresor adiabatik dua tingkat yang diusulkan. Asumsikan 90 persen efisiensi untuk tiap tingkat. Penyelesaian, i"k*nu* intercooler untuk masukan daya minimum diberikan oleh (8.8) sebagai '\,(10011600) = 400 kPa. Ini menghasilkan temperatur yang masuk ke intercooler sebesar
p, =
'.1f
pryo =
BAB 8]
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
155
r'2' _- rt' ,?,)"'-tttt'4 =_ 2e3 (ffi).r,s7 = *" 435 o K \-4./ _ ::' \ rooi ^^..-= 435 K. Dengan monggun*kan efisiensi dari Karena Ir = Tr dan PolP, = Pzlpy kita juga memiliki = \293)\400/100;o,zssr 74,
=
tiap ringkat kita dapat memperoleh
Tz
= Tr *
#r, -
11)
=r, . (#)
U3s
-
zs3)= 451 K
Ini juga akan menjadi temperatllr keluar Io.. Perhatikan.penurunan yang besar dari temperatur tingkat tunggal
sebesar 686 K.
Mengasumsikan tidak terjadi perpindahan kalor dalam tingkat-tingkat kompresor, daya yang dibuiuhkun ootuk menggerakkan kompresor adalah (451 291) + {&\ noo\rd{r w**o= ncp(Tz-rr)+ tixce{r4-13}={#)T.) = f4l * rlJlol (1,00) (4s1 rn{ Lrrr -(L- f,) + ritC-tT,--293)+(ffi)tr,ooxasl -293i= -?ot\ - r05kw
Ini adalah pengurargafl kebutuhan daya
sebesar 20 persen.
8.3 SIKLUS STANDAR.UDARA Dalam subbab ini kita memperkenalkan mesin-mesin yang menggunakan gas sebagai fluida kerjanya. Mesin-mesin penyalaan-busi (spark-ignition) yang membakar bensin dan mesin-mesin penyalaan-komfresi (compression ignition) yang membakar minyak bahan bakar adalah dua jenis mesin seperti ini yang paling umum Pengoperasian suatu mesin gas dapat dianalisis dengan mengasumsikan bahwa fluida kerjanya memang melewati suatu siklus termodinamika lengkap. Siklus tersebut seringkali disebut siklus standar udara. Semua siklus standar udara yang akan kita bahas memiliki fitur-fitur tertentu yang sama.
' . ' ' ' '
Udara adalah fluida kerja di keseluruhan siklus. Massa dari kuantitas kecil bahan bakar yang diinjeksi dinggap dapat diabaikan
Tidak terdapat proses masuk atau proses keluar Proses pembakaran digantikan dengan proses perpindahan kalor di mana energi dipindahkan dari sumber eksternal. Proses tersebut bisa volume konstan atau tekanan konstan, atau kombinasinya. Proses pembuangan, yang digunakan untuk mengembalikan udara ke keadaan awalnya, digantikan dengan perpindahan
kalor ke lingkungan. semua proses diasumsikan berada dalam kondisi kuasi-kesetimbangan. Udara diasumsikan sebagai gas ideal dengan kalor-kalor spesilik konstan.
Sejumlah mesin yang akan kita bahas memanfaatkan sistem tertutup dengan rangkaian piston-silinder, seperti ditunjukkan dalam Gbr' 8-7. Siklus yang ditunjukkan pada diagram P-v dan Z-s di dalam gambar ini hanyalah beriifat representatif. Diameter dari piston disebut bore dan jarak yang ditempuh oleh pergerakan piston ke satu arah disebut langkah piston (srrofte). Ketika piston berada di titik mati atas ltop dead center TDC), volume yang diisi oleh udara adalah yang minimum; volume ini disebut sebagai volume sisa (clearance volume). Ketika piston bergerak ke titik mati bawah (bottom dead center - BDC), udara mengisi volume maksimum. Selisih antara volume maksimum dan volume sisa adalah volume perpindahan ldisplaceme,?I). Volume sisa seringkali secara implisit dituliskan sebagai persen clearance c, rasio dari volume sisa terhadap volume perpindahan. Rasio kompresi r didefinisikan sebagai rasio dari volume yang diisi oleh udara pada BDC terhadap volume yang diisi oleh udara pada TDC, artinya, mengacu ke Gbr.8-7, v1
V,
L
18.11)
v2
Tekanan efektif rata-rata (mean effective pressure
- MEP) adalah kuantitas lain yang sering digunakan untuk memberikan adalah tekanan yang, jika bekerja pada pision selama Iangkah daya, akan menghasilkan sejumlah usaha yang besarnya sama dengan yang sebenarnya dihasilkan selama keseluruhan siklus. Jadi rating pada mesin-mesin piston-silinder;
ini
W,1r,, = (MEP) (yBDC Dalam Gbr. 8-7 MEP.
- yrDC)
ini berarti bahwa luas tertutup dari siklus aktual adalah
sama dengan luas
G.l2) di bawah garis putus-putus
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
156
IBAB
8
Gbr. 8-7 Mesin piston-silinder
CONTOH 8.3 Sebuah mesin beroperasi dengan udara pada siklus yang ditunjukkan dalam Gbr. 8-7 dengan proses isentropik
** 2 dan 3 * 4. Jika rasio kompresinya adalah 12, tekanan minimumnya adalah l0 MPa tentukanlah (a) clearance persennya dan 1bt MEPnya.
1
200 kPa dan tekanan maksimumnya adalah
Penyelesaian:
@)
Persen clearance diberikan oleh
c=!]| v
Tapi rasio kompresinya adalah
rtool
r = VrlVz = 12. Jadi, =
(b)
Y2
ffur(t@r = 'ff =9.ogso
Untuk menentukan MEP kita harus menghitung luas di bawah diagram P-Y; ini ekuivalen dengan menghitung usaha. Usaha dari 3 + 4 adalah, dengan menggunirkan Pf = C,
w3 di
mana C
* PtV+k -
t=lrrr=rlg=*oUl r-vi
o)= e'v*r--P{:
Puvro.Tapi kita mengetahui babwa Vo{Vt- 12, jadi
wt.q= Demikian juga. usiha dari
I-
tl
#oO,
P4-
P3\
2 adalah
w,
ez -, =.1L,. I -k
12 p t)
Karena tidak terdapat usaha dalam kedua proses voJume konstan, kita memperoleh, dengan menggumkan Vy = V3,
t/ w.i*ru,
=
P. + P, o frrru-
i!
- lzP)
Tekanan P, dan Pu diperoleh sebagai berikut:
pz
= pt(l])-
= (200x12)r.4 = 1665 kpa
Pc= Pt
(X;)- = (ro ooo) (,'r)'' = 308 wa
darimana w,ilr,, = TaFi l{,iuu. = (MEP)
v.
fr
(\ - V) -
-
ttrzl,:os)
(MEPX12yz
-
t0 000 +
1665
-
(12x200)l = ?0 o7o
V2); dengan menyamakaa
MEp =
,q*e
v2
kedua persamaan akan menghasilkan
= tB24 kpa :. iiii
e
BAB 8]
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
t57
8.4 SIKLUS CARNOT Siklus ideal ditangani secara rinci dalam Bab 5. Ingat kembali bahwa efisiensi termal dari mesin Carnot, T,
Zr*nor= 1 - + ,H
(8.1J)
melebihi ef,siensi dari mesin nyata yang beroperasi di antara temperatur-temperatur yang diberikan.
8.5 SIKLUS OTTO Keempat proses yang membentuk siklus ini ditunjukkan dalam diagram Z-s dan P-v dalam Gbr. 8-8. Piston mulai pada keadaan 1 pada BDC dan menekan udara hingga mencapai TDC pada keadaan 2. Kemudian terjadi pembakaran, menyebabkan tekanan langsung melompat ke keadaan 3 sementara volume tetap konstan (proses pembakaran ini disimulasikan dengan proses penambahan kalor kuasi-kesetimbangan). Proses yang terjadi selanjutnya adalah langkah daya dengan berekspansinya udara (yang mensimulasikan produk-produk pembakaran) secara isentropik ke keadaan 4. Dalam proses terakhir perpindahan kalor ke lingkungan terjadi dan siklus tersebut menjadi lengkap. Mesin penyalaan-busi (spark-ignition engine) dimodelkan dengan siklus Otto. Efisiensi termal dari siklus Otto diperoleh dari
ft= ,
w^^.
!\=
Qi, -
Qi,
,
Qou,
Qin
QN"
t8.14)
Q,n
Dengan memperhatikan bahwa kedua proses perpindahan kalor terjadi selama proses volume konstan, adalah nol, dihasilkan Qin
= hC,(73
- T)
Qo,, = iltC,(To
-
Tr)
di mana
usaha
(8.15)
di mana kita telah mengasumsikan setiap kuantitas memiliki nilai positif. Maka
,tn-1-_.
T,-7, +
t
GJA
T._7,
Ini dapat dituliskan
T, T.tT, 4=t-L,;7;- -
1
(8Jn
Untuk proses isentropik kita memiliki
T2 1V,\*-' rr= \vr)
dan ?=(2)r
Gbr. 8-8 Siklus Otto
'
(8.18)
r58
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
IBAB
8
Tapi, dengan menggunakan V, = Vo darr Vs = Vz, kita lihat bahwa
?Tt =* T4 Jadi, (8.1D memberikan efisiensi termal sebagai
rt=t-l=r-(t)-
G.ts)
'=,-fi
Jadi kita lihat bahwa efisiensi termal dalam siklus ideal ini hanya bergantung pada rasio kompresi kompresinya makin tinggi efisiensi termalnya.
$20) r; makin tinggi rasio
8.6 SIKLUS DIESEL Jika rasio kompresi cukup besar, temperatur udara di dalam silinder ketika piston mendekati TDC akan melebihi temperatur pengapian dari bahan bakar diesel. Ini akan terjadi jika rasio kompresi adalah sekitar 14 atau lebih. Tidak dibutuhkan pengapian eksternal; bahan bakar Diesel hanya diinjeksikan ke dalam silinder dan pembakaran terjadi karena temperatur yang tinggi dari udara terkompresi. Jenis mesin ini disebut sebagai mesin penyalaan-kompresi (compressionignition engine). Siklus ideal yang digunakan untuk memodelkan mesin pengapian-kompresi adalah siklus Diesel, yang ditunjukkan dalam Gbr. 8-9. Perbedaan antara siklus ini dan siklus Otto adalah bahwa, dalam siklus Diesel, kalor ditambahkan selama proses tekanan konstan. Siklus diawali dengan piston pada BDC, keadaan 1: kompresi udara terjadi secara isentropik ke keadaan 2 padaTDC; penambahan kalor terjadi (ini memodelkan injeksi dan pembakaran bahan bakar) pada tekanan konstan hingga keadaan
BAB 8]
SIKLUS-SIKLUS D,AYA GAS
159
T
Gbr. 8-9 Siklus diesel 3 tercapai; ekspansi terjadi secara isentropik ke keadaan 4 pada BDC; pembuangan kalor volume konstan menyelesaikan siklus dan mengembalikan udara ke keadaan awalnya. Perhatikan bahwa langkah daya mencakup proses penambahan kalor dan proses ekspansi. Efisiensi termal dari siklus Diesel diekspresikan sebagai
n '' --Wn, -, Qrn
Oor,
(8.21)
Q*
Untuk proses volume konstan dan proses tekanan konstan Qou,
= hCu(To -
Tr\
Qin
= itCr(T3
-
(8.22)
T2)
Maka ef,sensinya adalah
To- T, 't --' 1 _C_,(ryl_) -' _ k(73-72) ce(\-Tr) -,
(8.23)
T. T.IT, - | rt=t- kri= ,;Ti;l
(8.24)
n Ini dapat dituliskan dalam bentuk
Ekspresi untuk efisiensi termal ini seringkali dituliskan dalam suku-suku rasio kompresi yang didefinisikan sebagai VrlVri diperoleh hasil n=1-
tI
k. f--c
L
l-t k(r,-l)
r
dan rasio potong (cutoff)
r,
(8.25)
Dari ekspresi ini kita lihat bahwa, untuk suatu rasio kompresi r, efisiensi dari siklus diesel lebih kecil daripada efisiensi siklus Otto. Sebagai contoh, jika
r = 10 dan t, = 2, efisiensi
siklus Otto adalah 60,2 persen dan efisiensi siklus Diesel
Gbr. 8-10 Siklus diesel dengan kenaikan rasio potong
STKLUS-SIKLUS DAYA GAS
160
IBAB
8
adalah 53,4 persen. Dengan meningkatnya rc, eflsiensi siklus Diesel berkurang. Akan tetapi dalam prakteknya, rasro kompresi sekitar 20 dapat dicapai dalam mesin Diesel; dengan menggunakan r = 20 dan r. - 2 kita akan memperoleh rl = 64,1 persen. Jadi, karena rasio-rasio kompresi yang lebih tinggi, mesin Diesel umumnya beroperasi pada efisiensi yang lebih tinggi dibandingkan mesin bensin' penurunan dalam efisiensi mesin Diesel dengan kenaikan r, juga dapat dillhat dengan memperhatikan diagram 7-s yang ditunjukkan dalam Gbr. 8-10. Jika kita menaikkan r., ujung dari proses penambahan kalor berpindah ke keadaan 3,. Keluaran usaha yang meningkat direpresentasikan oleh luas 3 - 3' - 4' - 4 - 3. Penambahan kalor meningkat cukup
banyak,sepertiyangdirepresentasikanolehluas3- 3'- a_ b*3.Efeknettonyaadalahpenurunanelisiensisiklus, yung t"ntu saja disebabkan oleh konvergensi garis-garis tekanan konstan dan volume konstan pada diagram 7-s. Untuk iit
kgnaikan
I..
CONTOH 8,5 Sebuah siklus Diesel, dengan rasio kompresi 18. beroperasi dengan udara dengan tekanan rendah 200 kPa dan temperatur rendah 200oC. Jika keluaran usahanya adalah 1000 kJlkg, tentukanlah efisiensi termal dan MEPnya. Selain itu, bandingkanlah dengan efisiensi dari siklus Otto yang beroperasi dengan tekanan maksimum yang sama' Cenyelesaian: Rasio polong r. ditentukan terlebih dahulu, Kita memiliki
,, Karena proses
I+
rz=
=
?
=
9%{:)=
dan
0,6788 m3/kg
i': = vrl18 = 0.0377t ml/kg
2 adalah isentropik, kita memperoleh
rt(A)"'
= 1+ztltayo'a =
1503
K
Pz= Pt
dan
/ t, \f
(;l)"=
r200rrl8.1r4
=
t1.44 MPa
Usaha untuk siklus ini diberikan oleh
* 4+ - t = CpC3 - Tr\ + Cr{T, 1000 = (1.00X7.r - 1503t + \OJ17\U73 -74)
wnei
= {net = Q2:
Untuk proses isentropik 3 .+ 4 dan proses tekanan konstan 2
r*= r,
,
_v3 \no = r, (osissl
u^\l-r
(rl)
Tu)
3. kita memiliki
T,
t
_Eq_ =r, == oiffif q =,,
39 g60 rou = rv
Tiga persamaan terakhir dapat digabungkan untuk menghasilkan 1000 Persamaan
=
(1,00X39 860v,
-
1503) + $,717)(473
-
46 540ulal
ini diselesaikan dengan prosedur coba-coba untuk memberikan vr = 0.0773
Ini memberikan rasio potong
sebesar r,,
.=r--l L 'tSelain itu, MEP = wn",/(v,
-
.'.r: = 3080 K
ml/kg
= vrlvr=
Ta,= l2(N K
2,05, Selanjutnya efisiensi termal dihitung sebagai
k, rz'oslri-t- =0.629 1-l -l=rI (l'4x2'05-l) k{r,-11 (18)04 I
vr) = 10001(0,6788
-
arau62.9va
0,0377) = 641 kPa
Untuk siklus Otto sebagai pembanding. rouo
, = u,/u, =
0,6788 ;;;;j = 8'78
4ouo=
l-
I
y''-, =
O'sst
atau 58'l7o
8.7 SIKLUS GANDA Sebuah siklus ideal yang memberikan aproksimasi lebih baik terhadap kinerja aktual dari sebuah mesin penyalaankompresi adalah siklus ganda, di mana proses pembakaran dimodelkan dengan dua proses penambahan kalor; satu proses volume konstan dan satu proses tekanan konstan, sepefti ditunjukkan dalam Gbr. 8-11. Efisiensi termalnya diperoleh dari
,
0nu,
@24
't='- e^ di mana Qn, = irC,(T,
- Tr)
Qin
= hC,lT,- Zr) + lncp(T4 -
\)
G.2n
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
BAB 8]
161
Gbr. 8-11 Siklus ganda
Jadi, kita memiliki
rl Jika kita definisikan rasio tekanan
rr=
Tt-7, Tr-Tr+k(To-Tr)
=l-
PrlPr, efisiensi termalnya dapat diekspresikan sebagai
.
f =l
Jika kita jadikan rp= siklus Otto. Jikaro > siklus Diesel.
(8.28)
,rk_ l PC
' l-tI krr(r,-l)+rr-1
(8.2e)
l, kita memperoleh ef,siensi siklus diesel; jika kita jadikan ,,= lo = 1, kita memperoleh eflsiensr l, efisiensi termal akan menjadi lebih kecil dari efisiensi siklus Otto tapi lebih besar dari efisiensi
COIITOH 8.6 Suatu siklus gaada, yang beroperasi dengan udara dengan rasio komptesi 15, memiliki tekaaan rendah 200 kPa dan temperatur rcndah 200"C. Jika rasio potongnya adalah 2 dan rasio tekanannya adalah 1,3, hituuglah eflsiensi termal, masukan kalor, keluaran usaha dan MEkrya. Penyelasaia*: Menurut (8.29),
4=t-' Mxukan kalor diperokh
t,
{d
A,, =
I ('rg3 t
=
"r{A)-
(l:1!2)''1.
(16)q4
l,=
=0.622 (1,4X13X2-1)+13-t. =ur
- Ti.+ Cp{74 -
= E::1ittrf T4=
Jadi, g,o = i0Jl?)(1864 * 1434) + (1$0X3?28 * wout=
atzu62.zvo
I3), di mant,
t = 1434K rt=rzPfi= 1tt3+}{t3i f, t 1S64i
= 11864) (2\
-
=
=
1864 K
372&K
2l72kJ&g. Keluaran
usaha diperoleh dari
T4in= {A,ffi21{2112} = 1350 kJ/kg
Akhirnya" karena
RI, (0,287)(473) Yr=t=Yffi=o'6788mrlkg kita memiliki MEP =
8.8 SIKLUS-SIKLUS
=
2L2o YJ.a ro,u#ffi, trc)=
STIRLING DAN ERICSSON
Siklus-siklus Stirling dan Ericsson, walaupun tidak banyak digunakan untuk memodelkan mesin-mesin aktual, dibahas untuk mengilustrasikan penggunaan efektif dari regenerator, alat penukar kalor yang menggunakan kalor buang. Suatu diagram skematis ditunjukkan dalam Gbr. 8-12. Perhatikan bahwa untuk proses-proses volume konstan dari siklus Stirling
r62
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
[BAB
8
(Gbr. 8-13) dan proses-proses tekanan konstan dari siklus Ericsson (Gbr. 8-14) perpindahan kalor qr_3 yang dibutuhkan oleh gas memiliki besar yang sama dengan perpindahan kalor qo_ yang dibuang oleh gas. r Ini mendorong penggunaan sebuah regenerator yang secara internal di dalam siklus tersebut akan memindahkan kalor yang tadinya terbuang dari udara selama proses 4 * 1 ke udara antara proses 2 * 3. Hasil nettonya adalah bahwa efisiensi termal dari setiap dari kedua siklus ideal yang ditunjukkan menjadi sama dengan efisiensi dari siklus Carnot yang beroperasi di antara dua temperatur yang sama. Hal ini sangat jelas karena perpindahan kalor yang masuk dan keluar dari setiap siklus terjadi pada temperatur konstan. Jadi, efisiensi termalnya adalah T-
rl=l-a! tH
(8.J0)
Perhatikan bahwa perpindahan kalor (energi yang dibeli) yang dibutuhkan untuk turbin dapat dipasok dari luar mesin aktual, yang berarti, pembakaran eksternal. Mesin pembakaran eksternal yang demikian memiliki emisi yang lebih rendah tapi tidak terbukti kompetitif dengan mesin-mesin siklus Otto dan Diesel karena permasalahan yang terkandung dalam desain regenerator dan kompresor dan turbin isotermal. Regenerator
Gbr. 8-12 Komponen-komponen siklus-siklus Stirling dan Ericsson
v = konstan v = konstan
Gbr. 8-13 Siklus Stirling
P = konstan
Gbr. 8-14 Siklus Ericsson
P = konstan
BAB 8I
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
163
COI{TOH 8.7 Sebuah siklus Stirling beroperasi dengan udara dongan rasio kompresi 10. Jika tekanan rendahaya adalah 30 psia, temperatur rendahnya adalah 200oF dan tEmperatur tingginya adalah 1000"F, hitunglah keluaran usaha dan masukan kalomya.
Penyelesaian: Untuk siklus Stirling ini keluaran wo,t =
wj -q* wr-z=
ft + nr,hf,=
RTtfn
di mana kita tslah menggunakan (+.Sfi untof. proses 4
usaha adalah
(53,3X1460
ln l0 + 660 ln 0,1) =
98,180 ft-lbfflbm
i,sotermal. Dengan demikian,
=1-+= 1-ffi =0,548 s*=ry=%#^
=230Btu/lbm
CONTOH 8'8 Sebuah siUus Ericsson beroperasi dengan udara dengan rasio komp,resi 10. Uatuk tekanan rendah tempemtur rendah 100'C dan temperatur tinggi 600"C, hitunglah keluarar usaha dan masukan kalomya. Penyelesaian: Untuk siklus Ericsson ini keluaran usahanya adalah woot
=
wl -z*
Kita harus menghitung
Pr,
v1,
wz-3 :"2,
v,
*
-tt wt-r
w3
dan vo,
+ P, (v,
*
kPa,
v.)
Kita ketahui RT,
,, = p, Untuk proses 0ekanan konstan 4
f, + Pz\v3- vr) + RTrfn f
= ftTr fn
2ffi
=
g?*f?
= 0,5353
m3/r
+ l,
Tt Yr
T. v4
Dari definisi rasio kompresi, vfv, memiliki
=
10,
173 va=0.5353
E?3
memberjkan vz
Pt = Pz = Properti terakbir yaag diperlukan adalah rz memberikan ll,ou,
=
=
*
v4
= 1,253 nStkl
= 0,1253 m3/kg. Dengan menggunakaa hukum gas ideal, kita
=(q#T}(#Q = 854,4 kPa
RTslPt= (0,28?X8?3yS54,4 = A,2g32rn3/kg. Ekspresi untuk keluaran usaha
Hffi + (854,a)(0,293? * o.l2s3) t 0,287 x 873 ln #* + t20oX0,5353 - 1,253) = 208 kJ/kB (0,28?)(3?3) ln
Akhirnya,
e
=r
*fi=r-ffi=o,s::
q*=?=ffi=364kJ/ke
8.9 SIKLUS BRAYTON Gas turbin adalah salah satu sistem mekanik lainnya yang menghasilkan daya. AIat ini dapat beroperasi pada siklus terbuka ketika digunakan sebagai mesin mobil atau truk, atau pada siklus tertutup ketika digunakan dalam pembangkit listrik tenaga nuklir. Dalam pengoperasian siklus terbuka, udara masuk ke kompresor, melewati ruang pembakaran tekanan konstan, melewati turbin dan kemudian keluar sebagai produk hasil pembakaran ke atmosfer, seperti ditunjukkan dalam Gbr. 8-154. Dalam pengoperasian siklus tertutup ruang pembakaran digantikan dengan alat penukar kalor di mana energi memasuki siklus dari suatu sumber luar; alat penukar kalor tambahan memindahkan kalor dari siklus sehingga udara kembali ke keadaan awalnya, seperti ditunjukkan dalam Gbr. 8-15b. Siklus ideal yang digunakan untuk memodelkan turbin gas adalah siklus Brayton. Siklus ini memanfaatkan kompresi dan ekspansi isentropik, seperti ditunjukkan dalam Gbr. 8-1. Eflsiensi dari siklus demikian diberikan oleh
o tl=l-=,o"=1
C
e,n
t(T4
ceG3
-
T1l
- T)
T2 \tTz
- |
(8.31)
Dengan menggunakan hubungan-hubungan isentropik
P,
P,--(Tr1*rr*\r')
"
P.r
T^
=(+)'.-"
(8.32)
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
t64
IBAB
8
Bahan bakar
Produk-produk pembakaran
(b) Siklus Te(utup
(a) Siklus Terbuka
Gbr. 8-15 Komponen-komponen siklus Brayton
Gbr. 8-16 Siklus Brayton
dan memperhatikan bahwa Pz = Pt dan P, = P+, kita lihat bahwa
2Tr=!T+
atau
To
Tt=7, T2
(8.33)
Jadi, efisiensi termalnya dapat dituliskan sebagai
r = -t -!T2= t- f})'o \Prl Dalam bentuk rasio tekanan
r, = PrlP, eflsiensi
''o
(8.34)
termalnya adalah
rt=t-1'-r|o
(8.35)
Tentu saja, ekspresi untuk eflsiensi termal ini diperoleh dengan menggunakan kalor-kalor spesiflk konstan. Untuk perhitungan yang lebih akurat tabel-tabel gas harus digunakan. Dalam turbin gas aktual kompresor dan turbin tidak isentropik; sejumlah rugi terjadi. Rugi-rugi tersebut, biasanya sebanyak kira-kira 85 persen, sangat mengurangi efisiensi mesin turbin gas. Satu fitur penting lain dari turbin gas yang sangat membatasi efisiensi termalnya adqlah kebutuhan usaha yang tinggi dari kompresor, yang diukur melalui rasio usaha balik (back work ratio) W.o.p/W,o.r. Kompresor dapat membutuhkan sampai 80 persen dari keluaran turbin (rasio usaha balik sebesar 0,8), menyisakan hanya 20 persen untuk keluaran usaha netto. Batasan yang relatif tinggi ini dialami ketika efisiensi dari kompresor dan turbin sangat rendah. Hal ini akan diilustrasikan dalam contoh-contoh soal
CONTOH 8.9 Udara memasuki kompresor sebut rurbin gas pada 100 kPa dan 25"C. Untuk rasio tekanan 5 dan temperatur maksimum 850"C tefltukanlah rasio usaha balik dan efisiensi terrnalflya d*ng*n rnenggunakan siklus Braylon. Penyelesaian: Untuk menentukar rasis usaha'batriknya kita perhatikan bahwa
BAB 8]
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
16s
11q6m, ct(72 - T) :.:._=:-
wtutb
Iernperaturnla adalah 7", l9g K. =
f,
Ir = ll23 K
CplTr
T.j _ T _l _ T.l _ T;_71
dan
/p \rk_ lit
= f ,l
v,Zl t/
= (298X5)o
2851
=
rt = r:(il)
472.0 K
-''o =
Maka rasio usaha baliknya adalah
h'.r*o
,LJ Efisiensi termalnya adalah
17
47)o-)oe -i'it '.l]f' = o'tzo
=
arau
-
= I - r,i-tr.r - I - (5) o.zxsr"*
"'':, (i)o'*" = 709.1 K
42'o%
0.369 (36,9%l \Jv\, /L I
coNToH 8'10 Astrmsikan kompttsor dan gas tu'bin dalam Contoh g.9 dua-duanya merniriki efisiensi g0 persen. Dengan menggunakan sikrus Bravron rentukanrah .u.io urufu termarnya. dapat menghirr"e ai*yriJr :rra kira menenrukan %o.p, r.,',,* da,r q,n.
iu;k;;;;ffisi
r,"ri-,'-iffiil';"#
,rrrrtilfff;f il;,5"'
lttt'o*
Co
" lP.o.p= = Tcomp , u,.,^^ ,rcump n ''' \T:,- Tr)
di mana u','o'n' adalah usaha isentropik ?", adalah ternperatur dari keadaan jiJ
J.rglffiffiffii#lr, = rrdari conroh 8.9.
w"n,p -',,,P= Dem ikian
(|{) ,orz -2e8; = 317.5 kJ/kg \ U.U /'
juga. dipe.roleh hasil w,,* = r/rurbwruh.,, =,u*,.a c t,t.Tt - To) =( 0.g)( 1.00x 1 :_t _ 709. I ) = 3j contoh 8'e K;;,uon'?Prl;?i #ili'r*',.i,*",1*11,
t,,iliT:lo^lfm
keadaan
ll
.on,o 'q*o' =
2l "l
atau 65'77o
r*=!1_,!l=,CrtTr_r:).di - k;;;;;"r Ini diperoleh dengan kembali ke konrpresor: p"o.p Cr(72- Tt) = 217,5 = t1.00)tI. _ 29g) ...I, 515.5 K
aktual dari udara yang m"ninggult
4
adalah
manaTradalahremperarur
=
-5r5.5) =607.5 ,r n =*..n", -
_
\
;3;'i = 0'6'57
Masukanperpindahankaloryangdipertukanoi,:T:,llrrini
Jadi' q,n = il.00)ilr23
l , l kJ&g. di mana e, 4 adarah keadaan akruar. Maka rasio usaha
Maka efisiensi ,..n-,or
o*i
ll,k-s hrrrb- r:"jl? _ -117,5 .-,:t _--:t_r. = -li,r-*'- _= -l3l.l
=
.;1r,,,
drp;;;,;;,;*J*orrr,
0,1g7
atau lg,7To
8.10 SIKLUS TURBIN GAS REGENERATIF Perpindahan
kalor dari siklus turbin gas sederhana dalam subbab sebelumnya terbuang apakah secara langsung, bersama-ru.u begitu saja ke lingkungan i"ngun produk-produk pembakaran, atau .,"lrtri dari energi yang keluar i,i dapat itut penukar kalor. sebagian ai-unruuttu,i karena tempera;; iu.J uri.on yung t"tru,. J*i- tururn lebih tinggi temperatur dari alira, yang masuk daripada ke kompresor..Sebual
-
digunakan untuk memindahkan sebagian
dat penrkar aati","rgi ini keudara'yars
Gbr' 8-17' Untuk rege'erator ideal i".pe.uiu.-keruar r.,
kuio,.
iort
1.r,i."..dari
u- ulrr* lrount"rflow),regeneraror, kornpresor, seperti.itunjukkan dalam
"t", *J*iiiti nilai yang ,;;;;;g", remperarur masuk z5; 3ffifi:'1?ji',h,t"ffXl;:ffi-X""1i,1;;il[Hffi;ffi"il.'ffi'Xl,".gr vun! ari,u,-n dai s*rus, ensiensi ,.,-uinyu /7="''"b-]ttutp rtn Dengan menggunakan hukum pertama, ekspresi untuk q,n dan u,,uro diperoleh sebagai q.,,
= Co(Tr
Jadi' untuk regenerator ideal cli mana T, =
- T.)
(8.36)
r,t,rb = Cp(74 _ T5)
T:, ein= l/tL,rb dan efisiensi termarnya dapat dituriskan Tt T.lTt_ I rl = I -'].:"''o= I - I,- T, -, Tt I _Tlfl ''rrrrh Tr-Tr-'-
(8.sV sebasai
(B.J8)
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
166
IBAB
8
Regenerator
o Tt=Ts Tz=To
Gbr. 8-17 Siklus Brayton regeneratif Dengan menggunakan hubungan isentropik yang tepat, ini dapat dituliskan dalam bentuk
4
, =t
-
Tt(PzlP,;t*-lrll-I 1 T,-,0-rvo -r - Tirn T; i e/ry,k- tvr =
(8..r9)
perhatikan bahwa ekspresi untuk efisiensi termal ini sangat berbeda dengan eflsiensi dari siklus Brayton. Untuk suatu tekanan tertentu, efisiensi meningkat dengan berkurangnya rasio temperatur minimum terhadap maksimum. Tapi, yang mungkin lebih mengejutkan, dengan meningkatnya rasio tekanan, efisiensi menjadi berkurang, suatu efek yang bertolak belakang dengan siklus Brayton..Jadi tidaklah mengherankan bahwa untuk suatu rasio temperatur siklus regeneratif tertentu, terdapat suatu rasio tekanan tertentu di mana efisiensi dari siklus Brayton akan sama dengan efisiensi dari siklus regeneratif. Hal ini ditunjukkan untuk rasio temperatur 0,25 dalam Gbr. 8-18. Dalam prakteknya temperatur udara yang meninggalkan regenerator pada keadaan 3 harus lebih kecil daripada temperatupd-u yung memasuki keadaan 5. Selain itu, Iu > Ir. Efektivitas, atau efisiensi, dari suatu regenerator diukur oleh 0,75
TrlTo = 9,25
0,25
Gbr. 8-18 Efisiensi dari siklus Brayton dan siklus regeneratif
BAB 8]
SIKLUS.SIKLUS DAYA GAS h,,
,lrre=
-
161
h,
(8.40)
h,_i,
Ini ekuivalen dengan
,tree-
T.-7,
(8.41)
Tr_Tt
jika kita asumsikan gas ideal dengan kalor-kalor spesifik konstan. Jelaslah, untuk regenerator ideal Tt = Ts dan
11,",
-
7.
Efisiensi regenerator yang melebihi 80 persen adalah lazim. CONTOH 8.11 Tambahkanlah regenerator ideal ke siklus turbir gas dalam Contoh 8.9 dan hitunglah efisiensi termal
dan
rasig usaha baliknya.
Penyelesaiin: Efisiensi termal
diperoleh dengan menggunakan (8.39):
Ini
merepresentasikan kenaikan efisiensi sebesar 57 persen. suatu efek yang cukup besar. Perhatikan bahwa. untuk informasi yang diberikan" rasio usaha baliknya tidak berubah: jadi. w*oro/w,urb = 0.420.
8.11 SIKLUS TURBIN GAS INTERCOOLING, PEMANASAN ULANG (REHEAT), REGENERATIF Selain regenerator di dalam subbab sebelumnya ada dua lagi teknik umum yang digunakan untuk meningkatkan efisiensi termal dari siklus turbin gas. Pertama, sebuah intercooler dapat disisipkan ke dalam proses kompresi; udara ditekan ke suatu tekanan meinengah, didinginkan dalam sebuah intercooler dan kemudian ditekan ke tekanan akhir. Ini mengurangi kebutuhan usaha untuk kompresor, seperti yang dibahas dalam Subbab 8.2 dan mengurangi temperatur maksimum yang dicapai dalam siklus. Tekanan menengah ditentukan dengan cara menyamakan rasio tekanan untuk setiap
tingkat kompresi; ini artinya, mengacu ke Gbr. 8.19 fiihat (B.8)],
P,
(8.42)
P, --Po P,
Teknik kedua untuk meningkatkan eflsiensi termal adalah dengan menggunakan pembakar kedua, yang disebut pemanas ulang. Tekanan menengahnya ditentukan seperti dalam kompresor; sekali lagi kita membuat rasio-rasio tekanan menjadi sama; artinya,
Pa P.,
--P, Pn
(8.43)
Kompresor
Udara
P
Gbr 8-19 Siklus Brayton dengan regenerasi dan
pemanasan ulang
SIKLUS.SIKLUS DAYA GAS
r68
[BAB
8
P t dan Pu = P4, kita lihat bahwa tekanan turbin menengah adalah sama dengan tekanan kompresor menengah untuk turbin gas ideal ini. Akhimya, kita harus memperhatikan bahwa intercooling dan pemanasan ulang tidak pemah digunakan tanpa regenerasi. Bahkan, jika regenerasi tidak digunakan, intercooling dan pemanasan ulang akan mengurangi eflsiensi dari siklus turbin
Karena Pg =
gas.
CONTOH 8,12 Tambah-kanlah sebuah intercooler. pemanas ulang dan regenerator ideal ke siklus turbin gas dalam Contoh 8.9 dan hitunglah efisiensi termalnya. Gunakanlah kuantitas-kuantitas yang sama.
Penyelesaian: Tekanan menengahnya diperoleh
sebesar
P,= {Pfu = fi100x500) =
223,6 kPa Jadi, untuk proses
isentropiJ< ideal.
"o = (2e8) *'" '\(2*4*)n"t'= 100 I
rz= ' rr(:'l'\rr I Temperatur maksimum Ie
= Is =
1123 K. Bengan menggunakan Pt
rt
=
ro(?l-\16l
"'o = qr1z3;
=
375,0 " K -'-'-
Pzdan Pu= P4. kita memiliki
{ffiq)'''*'= 8e2,3 K \ JVv
/
Sekarang semua temperatur dalam siklus telah diketahui (tihat Gbr. 8-19) dan efisiensi termalnya dapat dihitung sebesar
w.ut
wru.b- weomp
4=vin= qJw
Cp{76'T) + C.(TB* Id * Cp(72-Tt) * Ce(74*\)
rro,, -13!_:J& u'uuu = 0,666 atau 66,6Vo = 230,7 +23w + 23u: merepresentasikan peningkatan sebesar l4.9%o dibandingkan siktus dalam Contoh 8.11 yang menggunakan hanya satu regenerator dan peningkatan sebesar 80.5 persen dibandingkan dengan siklus turbin gas sederhana. Tentu saja. rugi-rugi yang disebabkan oleh komponen-komponen tambahan harus diperhitungkan dalam setiap situesl aktual.
lni
8.12 MESIN TURBOJET Mesin-mesin turbojet pada pesawat-pesawat terbang komersial modern memanfaatkan siklus turbin gas sebagai basis pengoperasiannya. Akan tetapi, ketimbang menghasilkan daya, turbin disesuaikan untuk menghasilkan daya secukupnya untuk menggerakkan kompresor. Energi yang tersisa digunakan untuk meningkatkan energi kinetik dari gas-gas buang yang keluar dengan cara menyalurkan gas-gas tersebut melalui sebuah nozel buang sehingga memberikan gaya dorong pada pesawat. Dengan mengasumsikan bahwa seluruh udara yang masuk ke mesin melewati turhin dan keluar melalui nozel buang, seperti yang ditunjukkan dalam Gbr. 8-20, gaya dorong netto pada pesawat yang disebabkan oleh satu mesin adalah
gaya dorong =
it
(Ts
- T)
(8.44)
di mana th adalah fluks massa udara yang melewati mesin. Fluks massa bahan bakar diasumsikan sangat kecil sehingga dapat diabaikan. Dalam mesin ideal kita mengasumsikan bahwa tekanan di penampang 1 dan penampang 5 adalah sama besarnya dengan tekanan atmosfer dan bahwa kecepatan di penampang 1 adalah sama besarnya dengan kecepatan pesawat. Suatu contoh soal akan mengilustrasikan perhitungan-perhitungan untuk aplikasi ini. Pembakai Kompresor
Gas-gas
o
Bahan bakar
Gbr. 8-20 Mesin turbojet
BAB 8]
t69
SIKLUS.SIKLUS DAYA GAS
Soal-soal dan Penyelesaiannya
8.1
Sebuah kompresor adiabatik *.r.ri.u 20 m3/menit udara dari atmosfer pada 20"C dan memberikan kompresi hingga 10 MPa. Hitunglah kebutuhan daya minimumnya.
Kompresi isentropik membutuhkan masukan daya minimum untuk suatu kompresor adiabatik. Temperatur keluar untuk proses yang demikian adalah
T:=Tr(+)'tP,)
"' -'"-'\ =,293r
/Lag0o)028s7
loo I
-
1092 K
Untuk menentukan fluks massanya, kita harus mengetahui densitasnya. Nilainya adalah p = PIRT = 100/(0,287)(293) = 1,199 kg/m3. Jadi fluks massanya adalah (laju alirannya diberikan) 11 = p(Al) = (1,189X20/60) = 0,3963 kg/s. Selanjutnya kebutuhan daya minimum dihitung sebesar W"o-p = tit(h2- ht) = mCp(Tz-71) = (0,3963)(1,00)(1092
8.2
-
2931
=
31711ry
Sebuah kompresor menerima 4 kg/s udara 20"C dari atmosfer dan mengeluarkannya dengan tekanan 18 MPa. Jika proses kompresinya dapat diaproksimasikan dengan proses politropik dengan n = 1,3, hitunglah kebutuhan daya dan laju perpindahan kalornya. Kebutuhan dayanya adalah fiihat (8.6)] w"o*p =
*
f!r.,[(?)
"-"'' - rl = o,ar, -,t*
(re3)
[(L8-eQe;o:^:
- r]=::;+ rw
Hukum pertama untuk volume kontrol [ihat (4.66)]yang mengelilingi kompresor memberikan kita
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
170
e=
= ritcpoz-T,t
tit*h+ w.o.p
ooo1o':'r l{ rs"rdd'
= (4)( l-oo)(29:,
)
it
+
:
w.o^p =
- t, Il-
IBAB
*rrr,l(;r,)'n-
111 4 3374 =
ttn
8
-,]* *..0
-66r kw
Dalam perhitungan di atas, kita memiliki tanda negatif untuk daya kompresor karena merupakan masukan daya. Ekspresi (8.6) adalah untuk besarnya (magnitude) daya tanpa tanda negatif, tapi ketika menggunakan hukum pertama kita harus memperhatikan tandanya. Tanda negatif pada perpindahan kalor memiliki arti bahwa kalor meninggalkan volume kontrol.
8.3
Sebuah kompresor adiabatik dipasok dengan 2 kg/s udara atmosfer pada 15'C dan mengeluarkannya pada 5 MPa. Hitunglah efisiensi dan masukan dayanya jika temperatur yang keluar adalah 700"C.
Dengan mengasumsikan proses isentropik dan temperatur masuk sebesar 15oC, temperatur keluarnya adalah sebesar
'*- r't {288} (50ooro:ssr Tz = 7t lrlt'l = {2EE) ("r"0"0") = 880'6 K
\P;l
Maka efisiensinya adalah
,t = Masukan dayanya adalah lll"o.0 =
8.4
2!e _ -2.Ttt = SJef #" =c{? 973 - 288 - ptT2
mCr{Tr- f1) =
(2X1,00)(973
-
288)
=
0,865
=
1370 kW.
atau B6,5vo
Sebuah kompresor ideal harus menekan 20 lbmimenit udara atmosfer pada 70"F pada 1500 psia. Hitunglah kebutuhan daya untuk
(a) satu tingkat, (D) dua tingkat dan (c) tiga tingkat.
(a)
Untuk satu tingkat, temperatur keluarnya adalah
r,(?)"
,,=
"'o
- lrro; (#)""'
=
re87"R
Kebutuhan dayanya adalah
w.o*p = tilcp(72- T1) =
= 90.680
(b)
(ffi
frlbf/sec
-
)fto,z+ltz78)l(1987
530)
atau 164,9 hp
Dengan dua tingkat, tekanan intercoolernya adalah Pr= (PtP)1t2 = t(14,7)(1500)lt/2 = 148,5 psia. Temperatur masuk dan keluar intercooler adalah (lihat Gbr. 8-4)
(#)""'=
rz=
rr(?)-
')'*
rq=
r,(il)-
"*= s3o(#$10"" = ro26"R
= 530
ro26'R
Kebutuhan daya untuk kompresor dua tingkat ini adalah W.o-p = mCo(72
= atat_ 712,3
(c)
(#)
-
T,) + tilc p(74
- \)
K0,24) (i'78))(1026
-
s30
+
t026
-
s30) = 61 740 ft-lbflsec
hp. Ini merepresentasikan penurunan sebesar 31,9 persen jika dibandingkan dengan kompresor satu tingkat.
Untuk tiga tingkat, kita memiliki, dengan menggunakan (8.9) dan (8.-10),
p, = lplpu)tt3 = l0+,1)'(tsoo)] "t = 68,69 po = (p1rf,)rt3
Jadi temperatur tinggi dan kebutuhan dayanya adalah
rz= r+= w"o-p
=
3tixce(72
-
ro= rr(;i) Tt) = (3)
1/3
=
[1i+,zy1rsoo;2]
-
(#)
"'*
-
(530)
= 321,0
psia psia
(t?)n""
(0,24X778)l(823,3
-
s3O)
= 823,3'R
=
54'770 ftJbf/sec
atau 99,6 hp. Ini merepresentasikan penurunan sebesar 39,6 persen jika dibandingkan dengan kompresor satu tingkat.
8.5
Perhitungan-perhitirngan dalam Soal 8.4 dilakukan dengan mengasumsikan kalor-kalor spesifik konstan. Hitunglah kembali kebutuhan daya untuk (a) dan (b) dengan menggunakan tabel-tabel udara yang lebih akurat (Apendiks E).
BAB 8]
(a)
SIKLUS.SIKLUS DAYA GAS
Untuk satu tingkat, temperatur keluarnya diperoleh dengan menggunakan P,. Pada tingkat 7, = 530oR: ht = 126,7 Btu/lbm, (P,), = 1'l'gg' 1u6i'
tP,t, = (P,t, Ini memberikan kita
I, = 1870"R danhr= w.o-o = ti1(h2-
(b)
t71
h)
=
1s.09'l = t32.7 *'r = rt:oor [\14'7l
469,0 Btu/lbm. Kebutuhan dayanya adalah
(#)
e6g
-
126,7)(778) = 33.769 frlbf/sec arau 161,4 hp
Dengan dua tingkat, tekanan intercooler tetap pada 148,5 psia. Kondisi masuk intercooler diperoleh sebagai berikut:
di mana Iz = 1018"R
dan
t:.t-l tP,\r= (P,t,Pz ' rt = (t'3oo) (l#;5.)= \14. I I
hr-
245,5 Btu/lbm. Nilai-nilai ini juga merepresentasikan kondisi keluar kompresor (lihat Gbr.
8-4), sehingga w"o*p = rix(h2-
h)
+ rit(ho-
(:3) e4ss
=
-
126,7
\) +
24s,s
-
126,7)(i7B)
=
6r.620 rt-rbr/sec
atau 112,0 hp. Jelaslah bahwa asumsi kalor-kalor spesifik konstan cukup dapat diterima. Perhitungan satu tingkat merepresentasikan tingkat kesalahan sebesar hanya 2 persen.
8.6
Sebuah mesin Camot beroperasi dengan udara antara tekanan tinggi dan rendah sebesar 3 MPa dan 100 kPa dengan temperatur rendah sebesar 20'C. Untuk rasio kompresi 15, hitunglah eiisiensi termal, MEP dan keluaran usahanya.
Volume spesifik padaTDC rlihat Gbr.6-ltadalah v,- RT,tP,= 10.281 tQ93l/100 = 0.8409 rr/kg. Untrk rasio kompresi 15 (kita bayangkan mesin Carnot tersebut memiliki rangkaian piston-silinder), volume spesifiknya pada BDC adalah
n = i+ = Maka temperatur tingginya adalah 7,
=
o'110n
= o.os6o6 msiks
PsvtlR = (3000X0,05606)10,287 = 586,0 K.
EfisiensisiklusdihitungsebesarU=1-T2lTr=l-2931586=0,500.Untukmenentukankeluaranusahanya,kitaharus menghitung volume spesifik dari keadaan 2 sebagai berikut:
P,vr= Prv, = "'vz
(100)(0,8409) =
84,09
= 0'3171 m3/kg
Maka perubahan entropinya (s,
-
As
s,) adalah
= c, rn I + R'n
= 0 + 0.287'. 3;3iJl = A.2leekJ&g.K
;i
AI
Selanjutnya keluaran usahanya diperoleh sebesar wn., =
w,., = (MEP)(vt
8.7
P.v)'a = Prvl'a = (3000)(0,05606)1'a = 53,12
- v2)
]As]
= (586
82,0 = (MEP)(0,8409
- 293)(0,2799) = 82,0 kJ/kg. Akhimya, - 0,3171) MEP.= 156,5 kPa
Seorang penemu mengusulkan suatu mesin bolak-balik dengan rasio kompresi sebesar 10, dioperasikan dengan 1,6 kg/s udara atmosfer pada 20"C, yang menghasilkan 50 hp. Setelah pembakaran temperaturnya adalah 400"C. Apakah proposal mesin ini laik?
Kita akan memperhatikan sebuah mesin Carnot yang beroperasi dengan limit-limit tekanan dan temperatur yang sama; ini akan memberikan situasi ideal tanpa harus mengacu pada rincian mesin yang diusulkan. Volume spesifik pada keadaan 1 (lihat
Gbr.6-l)
adalah
v, =
SP1-
(o'28-7-L293) 100
= 0,8409
m3,&s
Untuk rasio kompresi 10, volume spesifik minimum pasti v, = ytll0 = 0,8409/10 = 0,08409. Selanjutnya volume spesifik pada dari 1 ke 2 dan proses isentropik dari 2 ke 3:
keadaan 2 diperoleh dengan memperhatikan proses isotermal
prvr= p.,vr= 'v2 "
= O '6725
rn3
100
x
0,8409
=
84,09 ,ni=o##
(0,08409)r.4 =7t,75
lkg
Perubahan entropinya adalah
As = R
Maka keluaran usahanya adalah wn", =
AI
ln f2 -0.0641 Yr= 0.287 ln ::l:: 0,8409 =
lAsl = (400
-
kJ/kg.K
20X0,0641) -- 24,4 kllkg. Keluaran dayanya adalah
W = hwn t = 0,6)(24,4) = 39,0
kW
atau 52,2 hp
Tn
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
112
[BAB
8
Keluaran daya maksimum yang mungkin dicapai adalah 52,2 hp; daya sebesar 50 hp yang diklaim si penemu tersebut kemungkinan besar tidak dapat dicapai, walaupun bukannya tidak mungkin.
8.8
Sebuah mesin enam silinder dengan rasio kompresi 8 dan volume total pada TDC sebesar 600 ml mengambil udara atmosfer pada 20'C. Temperatur maksimum selama satu siklus adalah 1500'C. Dengan mengasumsikan siklus Otto, hitunglah (a) kalor yang dipasok per siklus, (D) eflsiensi termal dan (c) keluaran dayanya untuk 400 rpm.
(a)
Rasio kompresi 8 memungkinkan kita untuk menghitung 7, (lihat Gbr. 8-8): rz.
=
Jadi kalor yang dipasok adalah q,, = C,(7, silinder tersebut adalah m
(b) (.c)
rr(+)"'
-
T2)
PrV, = R4
=
= (2s3)
(8)o'o
(0,717)(17'73
x
(100)(600
10-6)
-
= 673,1 K
673,1) = 788,6 kJ/kg. Massa udara di dalam keenam
= o'004281 kg
Kalor yang dipasok per siklus adalah Qr, = mqin = (0,004281)(788,6) = 3,376 rl = 7 - rt-k = I - 9a'a = 0,5647 atau 56,5Vo. Wou,= 4Qin= {0,5647)(3,376)
=
g.
1,966 11.
Untuk siklus Otto ideal, kita asumsikan bahwa satu siklus terjadi dalam setiap putaran. Dengan demikian, I{ou, = (trV",,Xcycles per second) = t1,906t(4000/60)
8.9
=
127
kW
atau 170 hp
Sebuah mesin Diesel mengambil udara atmosfer pada 60"F dan menambahkan 800 Btu/lbm energi. Jika tekanan maksimumnya 1200 psia hitunglah (a) rasio potong, (b) efisiensi termal dan (c) keluaran dayanya untuk aliran udara sebesar 0,2 lbm/
:::"n (a) Proses kompresi ini adalah isentropik.
Temperatur pada keadaan 2 (hhat Gbr. 8-9) dihitung sebesar
"r (s2o) (','o?l)""' = I82e"R ',=', (f,',) = Temperatur pada keadaan 3 diperoleh dari hukum pertama sebagai berikut:
q^ = Cr(7,
- Trt
800 = (0.24Xr3
- 1829) ...I:
= 5162.R
Volume spesiflk dari ketiga keadaan adalah
. RT,= (53.3x520)= .-^^ ^r.,.,, ',= v, rl+.zrr ,oo, I3'u9 ffllbm Rf., (53.3)(5t62) . -^^ - r.,, lt /lbm = P: = (l2ootr l44l = l'592 "
(b)
Jadi rasio potongnya adalah r"
Rasio kompresinya adalah
=
r=
_RT;._r53.3rr1829t_^qA..t.,€ri/rk_ ',= p) = tt200rt l44r =u'5b4ttt'ttbm
vtlvz
=
1,59210,5642
vrlv,
=
13,0910,5642
=
2,822.
= 23,20. Selanjutnya termal ef,siensinya dapat dihitung,
dengan
menggunakan (8.25):
n=t-l-,:' f-rk(r.-l) (c)
I
=t-
q23.21oa
Q.822ttA- I .--. (1.4\2.822-,,=0'635 I
atau63'51%
frour= UQin= qilQin= [(0.6351)(0,2X800)](778) = 79.060 ft-lbf/sec atau 143,7 hp.
8.10 Suatu siklus ganda digunakan untuk memodelkan sebuah mesin piston. Mesin tersebut mengambil udara atmosfer pada 20'C, menekannya hingga 10 MPa dan kemudian pembakaran menaikkan tekanan hingga 20 MPa. Untuk rasio potong 2, hitunglah efisiensi siklus dan keluaran dayanya untuk aliran udara 0,1 kg/s. Rasio tekanannya (lihat Gbr. 8-11) adalah
rr=
"2=r,(;',)'^ \
PrlPr= 2Oll0 =
2.
Temperatur setelah kompresi isentropik adalah
''o = t2e.t)
('t,33')o'*" = roe2 K
mrrks
,, =
Volume spesiflknya adalah
,, =
*[,'-
(0'287x2e3)
Jadi rasio kompresinya adalah
= 0.840e
o;:=
'o'lJH3'2'
= 0.03r34 *'rkg
r = vrlv, = 0,8409/0,03134 = 26,83. Ini memungkinkan kita untuk
menghitung eflsiensi
termalnya:
,or!r-l . r 'tn-l-J' r\-t -P'. krrlr,-ll+rr-1
=l-
,I
(2)(2)or-l
126.83)0'o tl,4\2112-ll+2-l
=0.884.1
3\B
t73
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
8l
Untuk menentukan masukan kalor, temperatur dari keadaan 3 dan 4 harus diketahui. Untuk penambahan kalor volume konstan,
_L 4= i r,
p_
.'rt
= rz
(1092)(z) = 2184 K
i=
Untuk penambahan kalor tekanan konstan,
rr_L
_ rq= _vt rti=
,, - i
(2184)(2) = 4368 K
Jadi masukan kalornya adalah
qr,= C,(73-Tr) + Ct(74- rr) = (0,717)(2184 -
1092) + (1,00X4368 -2184) =296'7 kJlke
sehingga
wout= U Daya yang dihasilkan adatah I7o,,
= hwo,r=
4, = (0,8843)(2967) = 2624 kllkg
(0,1)(2624)
=
262,4 kW.
8.11 Udara pada 90 kPa dan 15"C dialirkan ke sebuah siklus ideal melalui saluran masuk. Jika rasio kompresi adalah 10 dan kalor yang diberikan adalah 300 kJ/kg, hitunglah efisiensi dan temperatur maksimum untuk (a) siklus Stirling dan (b) siklus Ericcson.
(a) .
Untuk proses dengan temperatur konstan, besar perpindahan kalor sama dengan besar usaha. Mengacu kepada Gambar 8.13, hukum pertama memberikan Lo,t= wt-2='Rrr ln IL = t0'zazltZ88l ln l0 Usaha yang dihasilkan dari siklus wou,
Efisiensinya
= qin - Qout=rOO
190'3 kJ/kg
kJ/kg.
w'"'
lo9'7 lt=,ff =ffi=0,366
adalah
Temperatur tingginya diperoleh dari
.
, =, '
-trO,, = 109,7
=
(b)
-li,r,=
1r!r =, _'ff uu = 454K
Untuk siklus Ericsson dalam Gbr. 8-14, rasio kompresinya adalah volvr. Penambahan kalor temperatur konstan 3 memberikan
4in= Proses tekanan konstan
2
+
wr o= RTornl,,o,
'300 = (0'287)T4 tn
v3 v2
4
+
288
1 mengharuskan
90 v4=T, Yr=Pt R = 0,281 -
I,
=
14
voll0
To
Mengenali bahrva
4
3 memberikan
r..-r:Proses tekanan konstan
-
7+. persamaan-persamaan
di
3136
atas dapat digabungkan untuk memperoleh
300 = t0.287lr3l3.6uor ln
f4
r': =
0. 1089v+:
Kedua persamaan di atas diselesaikan secara simultan melalui prosedur coba-coba untuk memberikan vq
= 3,94
m3kg
v: = 1,69 m3/kg
Jadi, dari rasio kompresi, 12= v4l1} = 0,394 m3,&g. Volume spesiflk dari keadaan 1 adalah
Rr (0,287J(288) "=T=tffi=0'9184m3/kg
Jadi kalor yang terbuang adalah Quu,
= Rr, rn j'
= (0.287x288)
," t:lr:-' = 70.0 kJiks
Besarnya usaha netto untuk siklus ini adalah wout= eir- Qout= 300 - 70,0 = 230 kJ/kg. Jadi efisiensinya adalah 4 = worlQin = 230/300 = O,767.Ini memungkinkan kita untuk menghitung temperatur tingginya:
,t=| -?lH.
0.76i
=' -2f8 lH
:.To=124gy
8.12 Suatu pembangkit daya turbin gas harus menghasilkan 800 kW daya dengan mengkompresikan udara atmosfer pada 20'C ke 100 kPa. Jika temperatur maksimumnya adalah 800"C, hitunglah fluks massa minimum dari udara.
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
174
[BAB
8
Siklus ini dimodelkan sebagai siklus Brayton. Elisiensi siklus diberikan oleh (8.J5):
4=
1-
t - (:38)''att'a =0'447e
rtl-k)tk =
Energi yang ditambahkan di dalam pembakar adalah (lihat Gbr. 8-15) Q,n= W",!q masuk ke pembakar adalah
rt(;i)-
rz=
"'r = (zs3)
(f33)'*"
=
80010.4479
=
7786 kW. Temperatur yang
= 530.7 K
Dengan temperatu keluar dari pembakar sebesar 1073 K, fluks massa diperoleh dari penyeimbangan energi pembakar: Qn =
Ini
merepresentasikan
itCr(\ - T2)
1786 = (r)(1,00)(1073
- 530,7)
...rit = 3,293 kgts
nilai minimum, karena tidak ada rugi-rugi yang dimasukkan ke dalam perhitungan.
8.13 Jika efisiensi turbin dalam Soal 8.12 adalah 85 persen dan efisiensi kompresomya adalah 80 persen, hitunglah fluks massa udara yang dibutuhkan, dengan tetap menjaga kuantitas-kuantitas lainnya tidak berubah. Hitunglah juga efisiensi siklusnya. Usaha kompresor, dengan menggunakan Tz,= 530,"1 daii Soal, 8.12, adalah
w.o,p =
r,rr, -
frtr = {*
11) =
(.fr)
tr,ootts
30,7
- 2s3) = 2si,t kltks
Temperatur dari keadaan 4'. dengan mengasumsikan proses isentropik adalah
rt
rq, =
(;i)-
1,0r.; (*33)n"" =
"'o =
5e2.4
K
Jadi usaha turbin adalah wtrrb
= 4t*b
wtu.b,,
=
Jadi keluaran ubahanya adalah wou, = wtu.b
fluks massanya: fror, =
7ru,y C1,(Ta,-
-
T) = (0,85)(1,00X592,4 -
-
w.o-p = 408,5
h* ou,
800 =
297,1
(m X 11
Untuk menghitung efisiensi siklus, kita mencari temperatur aktual w.o,p = Cp(.72 Jadi laju masukan kalor pembakar adalah
T)
=
=
Qrn
.8,093467
.rit
menentukan
= 7 ,18 kgls
- 293)
Tr) = (7,18)(1073
n '' =w1u'
.'
Ini memungkinkan kita untuk
Dari penyeimbangan energi pada kompresor aktual:
297.1 = (1,00)(72
Q,= h(Tz-
111,4 kJ/kg.
1,4)
Ir.
1073) = 408,5 kJikg
-
590,1)
.'.I: = 590,1 f =
3467 kW. Eflsiensinya diperoleh sebesar
=0,2301
Perhatikan kepekaan fluks massa dan efisiensi siklus terhadap efisiensi kompresor dan turbin.
*
Wou,
= 800 hp
Regenerator
Gbr. 8-21
8.14 Dengan mengasumsikan turbin gas ideal dan regenerator yang ditunjukkan dalam Gbr. 8.21, tentukanlah Qn dan rasio usaha baliknya.
E{isiensi siklus ini adalah (lihat Gbr. 8-17;
, =,
-1,,|,r - | - (,i-4.%) (,11r)""' =
0.4818
Laju masukan energi ke pembakar adalah
A, =
yY- (8001(!!94778) = fi,4Btu/sec ri
0.481 8
BAB 8]
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
175
Temperatur keluar kompresor adalah
rz
rr(f
=
"'o = (540t
)-
(&)'*"
= 860.2.R
Temperatur keluar turbin adalah
rq =
rt(?,)'r
'"0
-
11660)
(l;;')"""
= ro42'R
Usaha turbin dan kompresor adalah
w.o.p = Ce(72
wru* = Co(73 -
7,) = (1,00)(860,2 = (1,00)(1660
Ta)
Jadi rasio usaha baliknya adalah w*o.o/wu,a= 320.2/618 = 0,5
8.I5 Tambahkanlah sebuah intercooler dan
- 540) = 320,2 Btu/lbm - 1042) = 618 Btu/lbm
18.
pemanas ulang pada Soal 8.14. Hitunglah efisiensi siklus ideal dan rasio usaha baliknya.
Tekanan intercooler adalah (lihat Gbr. 8-19), P2=
r+= rz= ., (fr)'-
{pJ4 -
= \tf1+3111n = 33,2 psia. Temperatur Trdan To adalah
"'o = (roo,
(#)""'
= 68r.5.R
Dengan menggunakan Pt = Pz dan Pu = P., diperoleh
rs =
rt =
',
(7r)'r
- '"0 = , 1660) (q;2
)0
""
=
r3
r5'R
Keluaran usaha dari turbin dan masukan ke kompresor adalah
w,"* = Cr(76 - T) + Ce(76 - Tr) = (0,24)(778)(1660 - 1315)(2) = 128 800 frlbf/lbm w"o*p = Ce(74- Tr) + Cr(Tr- T) = (0,24)(778)(681,5 - 540X2) = 52 840 frlbf/lbm Masukan kalor ke pembakar dan pemanas ulang adalah
-
= Co(76 - T) = (0,24)(1660 - 1315) = 82,8 Btu/lbm Qreheate, = Ce(78 - 7,) = (0,24)(1660 - 1315) = 82,8 Btu/lbm 4comb
Selanjutnya efisiensi siklus dihitung sebesar
,=!;i
=
affi=qq###rc
=o.5eo
Rasio usaha baliknya adalah w"o*o/wturb = 52 8401128 800 = 0,410.
8.16 Sebuah pesawat turbojet terbang pada kecepatan 300 m/s pada ketinggian 10 000 m. Jika rasio kompresinya adalah 10, temperatur masuk turbin adalah 1000'C dan fluks massa udara adalah 30 kgls, hitunglah daya dorong maksimum yang dapat dicapai oleh mesin ini.'Selain itu, hitunglah laju konsumsi bahan bakarnya jika nilai.pemanasan dari bahan bakar adalah 8400 kJ/kg. Temperatur dan tekanan masuknya diperoleh dari Tabel B-1 sebesar (lihat Gbr. 8-20)
'
Tr = 223,3
K
Pr =
0,2615
Po
=
26,15 kPa
Temperatur yang keluar dari kompresor adalah
r2-=
-
''
(f,1)'- "'o
- ("
,'11)(lo;o'zasr
= 431'1K
Karena turbin menggerakkan kompresor, kedua usaha memiliki nilai yang sama sehingga
C$, -
Tr) = Cr(T,
- Ta)
.'.7,
-
To
=
Tz
-
Tt
KarenaTz=l2T3,kitadapatmemperolehlosebesarTt=Tz+Tr-Tr=1273+223,3- 431,1 =1065,2K.Sekarangkita dapat menghitung tekanan di pembuangan turbin sebesar, dengan pt= pz=261,5kpa, -Lnggu-rukan pt = pt(+',)''r = (26r.5) (
'l#)"
+ r40.r kpa
Temperatur di pembuangan nozel, dengan mengasumsikan ekspansi isentropik, adalah
rs =
r+(t)"
"'o
- ,,our.r, (ff#)""'
= 65e.4 K
Persamaan energi memberikan kita kecepatan keluar t/, = l2Cr(Ta Tr)l''' = (2X1000) (1065,2 6sg,4)ltt2 Cp = 1000 Jlkg'K harus digunakan dalam ekspresi ini. Sekaring gaya dorong dapat dihitung sebesar
-
-
= 901 m/s, di mana
116
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS gaya dorong = tit(.'Us-
Ini
merepresentasikan
'f,) =
(30)(901
-
IBAB
8
300) = 18 030 N
nilai maksimum karena kita menggunakan siklus yang terdiri dari proses-proses ideal,
Laju perpindahan kalor di dalam pembakar adalah Q = mCr(73
* T) = (30)(1,00)(1273 -
431,1)
=
25.26
MW Ini
mengharuskan fluks massa bahan bakar m, sebesal 8400 ixf = 25
260
:.ritr=
3,91 Yt,t
Soal-soal Tambahan 8.17 Sebuah kompresor ideal menerima 100 m3/menit udara atmosfer pada 10"C dan mengeluarkannya pada 20 MPa. Tentukanlah fluks masszi dan kebutuhan dayanya. 8.18 Sebuah kompresor adiabatik menerima 1,5 kg/s udara dtmosfer pada25'C dan mengeluarkannya pada 4 MPa. Hitunglah kebutuhan daya dan temperatur keluarnya jika efisiensi diasumsikan (a) 100 persen dan (D) 80 persen.
8.19 Sebuah kompresor adiabatik menerima udara atmosfer pada 60"F pada laju aliran 4000 ft3/menit dan mengeluarkannya kembali pada 10 000 psia. Hitunglah kebutuhan dayanya dengan mengasumsikan efisiensi kompresor (a) 100 persen dan (b) 82 persen. 8.20 Sebuah kompresor mengeluarkan 2 kg/s udara pada 2 MPa setelah menerimanya dari atmosfer pada 20 C. Tentukanlah kebutuhan masukan dayanya dan laju kalor yang dibuang jika proses kompresinya adalah politropik dengan (a) n = 1,4, (b) n = 7,3, (c) n
=
1,2 dan
($
n=
1,0.
8.21 Besarnya perpindahan kalor dari sebuah kompresor adalah seperlima dari masukan usahanya. Jika kompresor menerima udara atmosfer pada 20'C dan mengeluarkannya pada 4 MPa, tentukanlah pangkat politropiknya dengan mengasumsikan kompresor idea l.
8,22 Temperatur maksimum di dalam kompresor dalam Soal 8.19(a) terialu tinggi. Untuk menurunkannya, diusulkan untuk menerapkan beberapa tingkat. Hitunglah temperatur maksimum dan kebutuhan daya isentropiknya dengan mengasumsikan (a) dua tingkat dan (&) tiga tingkat. 8.23 Sebuah kompresor menerima 0,4 lbm/sec udara pada 12 psia dan 50'F dan mengeluarkannya pada 500 psia. Untuk efisiensi kompresor 85 persen hitunglah kebutuhan dayanya dengan mengasumsikan (a) satu tingkat dan (b) dua tingkat. 8.24 Dengan cara yang berbeda selain mengasumsikan kalor-kalor spesifik konstan, gunakanlah tabel-tabel udara (Apendiks E) dan kerjakan kembali (a) Soal 8.17 dan (D) Soal 8.19 (a). Hitunglah persentase kesalahan dalam asumsi kalor spesifik konstan. 8.25 Sebuah kompresor tiga tingkat menerima 2 kg/s udara pada 95 kPa dan 22"C ideal hitunglah (a) tekanan-tekanan intercooler, (D) temperatur-temperatur perpindahan kalor intercooler.
dan
di
mengeluarkannya pada 4 MPa. Untuk kompresor setiap tingkat, (c) kebutuhan daya dan (4 laju
8.26 Sebuah mesin dengan diameter silinder dan langkah piston 0,2 x 0,2 m dan clearance 5 persen mengalami tekanan minimum 120kPa dan tekanan maksimum 12 MPa. Jika mesin tersebut dengan udara pada siklus dalam Gbr. 8-7, tentukanlah (a) volume perpindahan, (b) rasio kompresi dan (c) MEPnya. 8,27 Suatu siklus standar udara beroperasi dalam sebuah rangkaian piston-silinder dengan empat proses berikut: 1
+
2
-
kompresi
isentropikdaril00kPadanl5'Cke2MPa;2+3-penambahankalortekanankonstankel200"C;3+4-ekspansiisentropik; dan 4
-
1
-
pembuangan kalor volume konstan. (a) Tunjukkanlah siklus tersebut pada diagram P-u dan T-s, (b) hitunglah
penambahan kalornya dan (c)-hitunglah eflsiensi siklusnya.
8,28 Suatu siklus standar udara beroperasi dalam sebuah rangkaian piston-silinder dengan empat proses berikut:
|-
2
-
kompresi
isentropikdari12psiadanTO'Fke400psia;2+3-penambahankalortekanankonstankel400'F;3-4-ekspansiisentropik;
- 1 - proses volume konstan. (a) Tunjukkanlah siklus tersebut pada diagram P-v dan T-s, {b') hitunglah keluaran usahanya dan (c) hitunglah efisiensi siklusnya. dan 4
8.29 Sebuah mesin piston Carnot beroperasi dengan udara di antara 20"C dan 600'C dengan tekanan rendah sebesar 100 kPa. Jika mesin tersebut harus menghasilkan 800 kJ/kg usaha hitunglah (a) efisiensi termalnya, (b) rasio kompresinya dan (r) MEPnya. Lihat Gbr.6-1. 8.30 Sebuah mesin Camot beroperasi dengan udara seperti ditunjukkan dalam Gbr. 8-22. Tentukanlah (a) keluaran dayanya, (&) eflsiensi termalnya dan (c) MEPnya. Lihat Gbr. 6-1. t20 kPa
40"c
Gbr. 8-22
2.0 kg/s
BAB 8]
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
177
E.31 Sebuah mesin Camot mengalami penambahan kalor sebesar 4000 Btu/sec selama proses pembakaran. Jika limirlimit temperaturnya adalah 1200'F dan 30'F, dengan tekanan tinggi dan rendah 1500 psia dan l0 psia, tentukanlah fluks massa udara dan MEPnya.
Lihat Gbr. 6-1. 8.32 Sebuah mesin Carnot beroperasi di antara temperatur 100'C dan 600'C dengan limit-limit tekanan 150 kPa dan 10 MPa. Hitunglah fluks massa udara jika fluks kalor yang dibuang adalah (a) 100 kW (b) 400 kW dan (c) 2 MW. Lihat Gbr. 6-1. 8.33 Sebuah mesin Piston dengan diameter silinder dan langkah piston 0,2 x 0,2 m dimodelkan sebagai mesin Camor. Mesin tersebut ' beroperasi dengan 0,5 kg/s udara di antara temperatur 20'C dan 500'C dengan tekanan rendah 85 kPa dan clearance 2 persen. Tentukanlah (a) daya yang dihasilkan, (D) rasio kompresinya, (c) MEPnya dan (4 volume di titik paling tinggi (TDC). Lihat Gbr. 6-1. 8.34 Sebuah mesin penyalaan-busi beroperasi berdasarkan siklus Otto dengan rasio kompresi 9 dan limit-limit temperatur 30'C dan 1000"C. Jika keluaran dayanya adalah 500 kW, hitunglah efisiensi termalnya dan fluks massa udara. 8.35 Sebuah siklus Otto beroperasi dengan udara yang memasuki proses kompresi pada 15 psia dan 90'F. Jika 600 Btu/lbm energi ditambahkan selama pembakaran dan rasio kompresinya adalah 10, tentukanlah keluaran usaha dan MEPnya.
8.36 Tekanan maksimum yang dijinkan dalam sebuah siklus Otto adalah 8 MPa. Kondisi di awal kompresi udara adalah 85 kPa dan 22"C. Hitunglah kebutuhan penambahan kalor dan MEPnya, jika rasio kompresinya adalah 8. 8.37 Temperatur maksimum 1600'C dapat dicapai dalam sebuah siklus Otto di mana udara memasuki proses kompresi pada 85 kPa dan 30'C. Tentukanlah penambahan kalor dan MEPnya, jika rasio kompresinya adalah 6. 8.38 Jika siklus Otto yang ditunjukkan dalam Gbr. 8-23 dioperasikan dengan udara, hitunglah efisiensi rermal dan MEPnya.
0,1-
25'C
Gbr. 8-23 8.39 Sebuah mesin penyalaan-busi dengan rasio kompresi 8 beroperasi berdasarkan siklus Otto dengan menggunakan udara dengan temperatur rendah 60"F dan tekanan rendah 14,7 psia. Jika penambahan energi selama proses pembakaran adalah 800 Btu/lbm, tentukanlah (a) keluaran usahanya dan (b) tekanan maksimumnya. 8.40 Gunakan tabeltabel udara (Apendiks E) untuk mepyelesaikan (a) Soal 8.35 dan (D) Soal 8.38. Jangan asumsikan kalor-kalor spesifik konstan.
8.41 Sebuah mesin Diesel dirancang untuk beroperasi dengan rasio kompresi 16 dan udara yang memasuki langkah kompresi pada 110 kPa dan 20'C. Jika energi yang ditambahkan selama proses pembakaran adalah 1800 kJ,&g, hitunglah (a) rasio potongnya, (b) efisiensi termalnya dan (c) MEPnya. 8.42 Sebuah siklus Diesel beroperasi dengan udara yang memasuki proses kompresi pada 85 kPa dan 30 C. Jika rasio kompresinya adalah 16, keluaran dayanya adalah 500 hp dan temperatur maksimumnya adatah 2000"C, hitunglah (a) rasio potongnya, (D) eflsiensi termalnya dan (c) fluks massa udara. t200 psia
15 psia
t78
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
IBAB
8
8.43 Udara memasuki proses kompresi suatu siklus Diesel pada 120 kPa dan 15"C. Tekanan setelah kompresi adalah 8 MPa dan 1500 kJikg ditambahkan selama pembakaran. Berapakah (a) rasio potongnya, (D) efisiensi termalnya dan (c) MEPnya. 8.44 Untuk siklus yang ditunjukkan dalam Gbr. 8-24 tentukanlah efisiensi termal dan keluaran kerjanya. 8.45 Sebuah mesin Diesel memiliki diameter silinder dan langkah piston 0,6 x 7,2m dan beroperasi dengan clearance 5 persen. Untuk keluaran daya 5000 hp hitunglah rasio kompresi dan laju masukan kalornya jika rasio potongnya adalah 2,5. 8.46 Gunakan tabel-tabel udara (Apendiks E) untuk menyelesaikan (a) Soal 8.41 dan (b) Soal 8.44. Jangan asumsikan kalor-kalor spesifik konstan.
8.47 Suatu siklus ganda dengan r = 18, r" = 2 dan rp = 1,2 beroperasi dengan 0,5 kg/s udara pada 100 kPa dan 20'C di awal proses kompresi. Hitunglah (a) elisiensi termal, (D) masukan energi dan (c) keluaran dayanya. 8.48 Sebuah mesin penyalaan-kompresi beroperasi berdasarkan siklus ganda dengan mengambil udara di awal proses kompresi pada 80 kPa dan 20'C dan menekannya hingga 60 MPa. Jika 1800 kJ/kg energi ditambahkan selama proses pembakaran, di mana sepertiganya ditambahkan pada volume konstan, tentukanlah (a) ef,siensi termalnya, (b) keluaran usahanya dan (c) MEPnya. 8.49 Suatu siklus ideal beroperasi dengan udara dengan rasio kompresi 12. Tekanan rendahnya adalah 100 kPa dan temperatur rendahnya adalah 30'C. Jika temperatur maksimumnya adalah 1500"C, hitunglah keluaran usaha dan masukan kalor untuk (a) siklus Stirling dan (b) siklus Ericsson. 8.50 Suatu siklus ideal harus menghasilkan keluaran daya sebesar 100 hp sambil beroperasi dengan 1,2 lbm/sec udara pada 74,7 psia dan
70'F di awal proses kompresi. Jika rasio kompresinya adalah 10, berapakah temperatur maksimum dan masukan energi untuk
(a) siklus Striling dan (b) siklus Ericsson 8.51 Hitunglah keluaran usaha dan efisiensi termal untuk siklus-siklus yang ditunjukkan dalam Gbr. 8-25a dan b. Fluida kerjanya adalah udara. P (MPa)
@
1,0
o
0,1
0,2
v (m3/kg)
1,0
Gbr. 8-25 8.52 Udara memasuki kompresor sebuah turbin gas pada 85 kPa dan 0"C. Jika rasio tekanannya adalah 6 dan temperatur maksimumnya adalah 1000"C, tentukanlah (a) efisiensi termalnya dan (b) rasio usaha balik untuk siklus Brayton yang digunakan. 8.53 Tiga kilogram udara memasuki kompresor sebuah gas turbin setiap detik pada 100 kPa dan 10'C. Jika rasio tekannya adalah 5 dan temperatur maksimumnya adalah 800'C, tentukanlah (a) keluaran daya kudanya, (D) rasio usaha baliknya dan (c) efisiensi termal untuk siklus Brayton yang digunakan. 8.54 Tentukanlah tekanan keluar kompresor yang akan menghasilkan keluaran usaha maksimum untuk suatu siklus Brayton di mana kondisi udara yang masuk ke kompresor adalah 14,7 psia dan 65'F dan temperatur maksimumnya adalah 1500'F. 8.55 Udara memasuki kompresor suatu siklus Brayton pada 80 kPa dan 30"C dan ditekan hingga 500 kPa. Jika 1800 kJ,&g energi ditambahkan ke dalam pembakar, hitunglah (a) kebutuhan usaha kompresor, (b) keluaran turbin netto dan (c) rasio usaha batiknya.
8.56 Tentukanlah rasio usaha balik dan keluaran daya kuda dari siklus yang ditunjukkan dalam Gbr. 8-26. 500 kPa
+ Udara
tit = 2 kgls Tt = 20"C
P, = 100 kPa
Gbr. 8-26
w
BAB 8]
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
t79
8.57 Hitunglah efisiensi termal dan rasio usaha balik dari turbin gas dalam Soal 8.52 jika eflsiensi kompresor dan turbinnya masingmasing adalah (a) 807o,80Va dan (b) 83Vc,86Vo. 8.58 Tentukanlah efisiensi dari kompresor dan turbin (keduanya memiliki efisiensi yang sama) yang akan menghasilkan eflsiensi termal nol untuk turbin gas dalam Soal 8.52. 8.59 Hitunglah efisiensi termal dan rasio usaha balik dari siklus Brayton dalam Soal 8.55 jika efisiensi kompresor dan turbinnya adalah
lal
83E(. 837o dan 1b1 8l%o, 88%.
8.60 Tentukanlah ef,siensi dari kompresor dan turbin (keduanya memiliki efisiensi yang sama) dari siklus Brayton dalam Soal 8.55 yang akan menghasilkan keluaran usaha netto nol. 8.61 Efisiensi dari turbin dalam Sbal 8.56 adalah 83 persen. Berapakah efisiensi kompresor yang akan menurunkan efisiensi termal siklus Brayton tersebut menjadi nol? 8.62 Gunakan tabel-tabel udara untuk menentukan efisiensi termal dan rasio usaha balik untuk (a) Soal 8.52, (b) Soal 8.55 dan (c) Soal 8.56. Jangan asumsikan kalor-kalor spesifik konstan. 8.63 Sebuah regenerator dipasang dalam turbin gas dalam Soal 8.55. Tentukanlah eflsiensi siklusnya jika efektivitasnya adalah (a) 100 persen dan (D) 80 persen.
8.64 Untuk turbin gas ideal dengan regenerator yang ditunjukkan dalam Gbr.8-2'7 tentukanlah
Lizou,
dan rasio usaha baliknya.
8.65 Asumsikan bahrva efisiensi kompresor dan turbin dalam Soal 8.64 masing-masing adalah 83 persen dan 86 persen dan bahwa efektivitas dari regenerator adalah 90 persen. Tentukanlah keluaran daya dan rasio usaha baliknya. Udara 100 kPa
20"c
Regenerator
Gbr. 8-27 8.66 Temperatur untuk siklus turbin gas regeneratif ideal dalam Gbr. 8-17 adalah 7, = 60"F, 7z = 500"F, Hitunglah efisiensi termal dan rasio usaha baliknya jika fluida kerjanya adalah udara.
I:
= 700"F dan To
-
1600"F.
8.67 Udaia memasuki kompresor dua tingkat dari sebuah turbin gas pada 100 kPa dan 20'C dan ditekan hingga 600 kpa. Temperatur masuk ke turbin dua tingkat tersebut adalah 1000'C dan sebuah regenerator juga digunakan. Hitunglah (a) keluaran usahanya, (&) eflsiensi termalnya dan (c) rasio usaha baliknya dengan mengasumsikan siklus ideal. 8.68 Satu tingkat intercooling, satu tingkat pemanasan ulang dan regenerasi ditambahkan ke turbin gas dalam Soal 8.56. Hitunglah (c) keluaran dayanya, (&) efisiensi termalnya dan (c) rasio usaha baliknya dengan mengasumsikan siklus ideal. 8.69 (a) Untuk komponen-komponen ideal yang ditunjukkan dalam Gbr. 8-28 hitunglah efisiensi termainya. (b) Untuk komponenkomponen yang sama, dengan fluks massa udara 2 kg/s, tentukanlah !izo,,, ec, ep, and qur.
Gbr. 8-28 8.70 Sebuah mesin turbojet mengambil 70 kg/s udara pada ketinggian 10 km sambil melaju pada 300 m/s. Kompresor memberikan rasio tekanan 9 dan temperatur masuk turbin adalah 1000"C. Berapakah gaya dorong maksimum dan daya kuda yang dapat diharapkan dari mesin ini?
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
180
[BAB
8
8.71 Kerjakan ulang Soal 8.70 dengan efisiensi yang realistis sebesar 85 persen dan 89 persen, masing-masing di dalam kompresor dan turbin. Asumsikan nozelnya memiliki efisiensi 97 persen. 8.72 Sebuah pesawat terbang dengan dua mesin turbojet membutuhkan gaya dorong sebesar 4300 lbf untuk kondisi terbang 800 ftl sec. Jika setiap mesin memiliki fluks massa 30 lbm/sec udara, hitunglah rasio tekanannya jika temperatur maksimumnya adalah 2000'F. Pesawat rersebut terbang pada ketinggian 30 000 ft.
Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE 8.1FE Pilihlah
alasan utama mengapa siklus Otto
memiliki efisiensi yang lebih rendah daripada siklus Camot.
(A) Temperatur setelah kompresi terlalu tinggi. (B) Perpindahan kalor terjadi melewati perbedaan temperatur yang besar. (C) Terjadi gesekan antara piston dan silinder. (D) Proses ekspansi yang mendadak mengakibatkan rugirugi yang sangat besar.
8.2FE Manakah di antara pernyataan-pernyataan berikut yang tidak benar mengenai siklus Diesel?
(A) Proses ekspansinya adalah proses isentropik. (B) Proses pembakarannya adalah proses volume konstan. (C) Proses pembuangannya adalah proses volume konstan. (D) Proses kompresinya adalah proses adiabatik.
8.3FE Mesin-mesin pada
suatu pesawat
jet komersial beroperasi berdasarkan siklus dasar
apa?
(A) Otto (B) Diesel (C) Camot tD) Brayton
8.4FE proses pembuangan dalam siklus Otto dan Diesel digantikan dengan proses volume konstan untuk alasan utama (A) Mensimulasi usaha nol dari proses pembuangan aktual.
(B) (C) (D)
Mensimulasi perpindahan kalor nol dari proses pembuangan aktual. Mengembalikan udara ke keadaan awalnya. Meyakinkan bahwa hukum pertama dipenuhi.
8.5FE Kalor yang dibuang dalam siklus Otto yang ditunjukkan dalam Gbr 8-29 adalah:
(A) (B)
apa?
- T) Ce(L - 14) (c) cr(T4 - Tt\ (D) C,(r3 - 14) Cp(74
P (MPa) 3,0
8.6FE Efisiensi siklus dalam Gbr. 8-29 adalah:
(A) 1 - Ttlr3 (B) (71- T)t(T4lT) (c) (D)
Gbr. 8-29
8.7FE Jika Tt = 27"C dalam Gbr. 8-29,
berapakah massa udara yang ada dalam
silinder 1000 cm'?
(A) 0,00187 kg (B) 0,00116 kg (C) 0,00086 kg (D) 0,00062 kg
8.8FE Jika Tr=27oCdalam Gbr. 8-29, berikan estimasi
I, dengan mengasumsikan
kalor-kalor spesifik konstan?
(A) (B)
700'c 510'C
(c)
480'c
(D)
430'C
8.9FE Tentukanlah T, dalam siklus Brayton dalam Gbr. 8-30'
(A)
531'C
lB)
446"C
Tl
= 20'C
Gbr. 8-30
BAB 8l
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
(c)
(D)
181
327"C 258"C
8.l0FEJika rtirggi = 1200'C, tentukanlah w. (bukan wn",) dari turbin dalam Gbr. 8-30.
(A) (B) (C) (D)
720 kJ/kg
660 kj/kg 590 kJ/kg 540 kJrkg
S.ltFEBerikan estimasi rasio usaha balik untuk siklus dalam Gbr. 8-30.
(A) (B)
(c)
(D)
0.40 0,38
0.36 0"34
8.l2FEJika sebuah regenerator ideal ditambahkan ke siklus dalam Gbr. 8-30, temperatur yang masuk ke pembakar adalah:
(A) (B)
7r Tz
(C)
T1
(D)
7+
8.l3FEJika
h = 0,2 kg/s untuk siklus
dalam Gbr. 8-30, berapakah seharusnya diameter lubang masuk kompresor jika kecepatan
maksimum 80 m/s diijinkan? (A) 5,2 cm (B) 6,4 cm (C) 8,6 cm
(D)
12,4 cm
Jawaban untuk Soal-soal Tambahan
8.17 2,05 kg/s, 2058 kW 8.18 (a) 835 kW s82"C (b) 1044 kW 721'C 8.19 (a) 4895 hp (b) 5970 hp 8.20 (a) 794 kW,0 (b) 726 kW 142 kw (c) 653 kW 274 kw (A so4 kW 504 kW 8.21 r.298 8.22 (a) 860'F, 2766 hp (b) 507,8'F, 2322 hp 8.23 (a) 155 hp (b) 115 hp 8.24 (a) 2003 kW,2,6Vo (b) 4610 hp, 6,5% 8.25 (a) 330 kPa, 1150 kPa (b) 148C,22"C (c) 756 kW (il 252kW 8.26 (a) 6,28 liter (b) 21 (c) 306 kPa 8.27 (b) s22 kUkg (c) 22,3vo 8.28 (b) 118 700 ft-lbf/lbm (c) 47,8Vc 8.29 (a) 66,4Vo (b) 1873 (c) 952 kPa 8.30 (a) 207 kW (b) 45,47o (c) 146,6 kPa 8.31 47.5 lbm/sec. l8.l psia 8.32 (a)1,23 kg/s (D) 0,328 kg/s (c) 0,0655 kg/s 8.33 (a) 104 kW (&) s1,0 (c) 2t4 kPa (d) 0,1257 liter 8.34 58,5Vo,2,19 ksls 8.35 281 000 frlbf/lbm, 160 psia 8.36 2000 kJ/kg, 1300 kPa 8.37 898 kJ/kg, 539 kPa 8.38 57,570, 383 kPa 8.39 (a) 352 000 ft-lbf/lbm (b) 1328 psia 8.40 (a) 254 000 ft-lbf/lbm, 144 psia (b) 54.3Eo, 423 kpa 8.41 (a) 3,03 (b) 56,8Vo (c) 1430 kPa
t82
SIKLUS-SIKLUS DAYA GAS
IBAB
8.42 (a) 2,47 (b) 59,2Vo (c) 0,465 kg/s 8.43 (a) 2,5'l (b) 62,3Vo (c) 1430 kPa 8.44 67Vom 205 000 ft-lbf/lbm 8.45 21, 5890 kW 8.46 (a) 2,76, 50,6Vo, 12'70 Y'Pa (b) 62,27o,240 000 ft-lbf/lbm 8.47 l4 63.7?o (bt 625 kJRg (c) 534 hP 8.48 (a) 84,1Vo (D) 1514 kJ/ke (c) 1450 kPa 8.49 (a) 1048 kJkg, 1264 klkg (e) 1048 kllkg, 1264 klkg 8.50 (a) 443"F, 742,5 Btullbm (b) 443'F, 142,5 Btu/lbm 8.51 (c) 831 kJlkg, 60Vo (b) 1839 kJkg,80?o 8.52 (a) 40,17a (b) 0,358 8.s3 (a) 927 hp (b) 0,418 (c) 36,9vo 8.54 147 psia 8.55 (a) 208 klke (b) 734 kllke G) 0,221 8.56 0.365, 799 hp 8.57 (a) 0,559,23,3Vo (b) 0,502,28,1vo 8.58 59.870 8.59 la1 3O.3Vo. 0.315 (bl 32.8Vo.0.304 8.60 43;7Vo 8.61 44Vo 8.62 (a) 38,1Vo 0,346 (b) 37,17o, 0,240 (c) 34,8Vo,0,355 8.63 (a) 88,47o (b) 70,3Vo 8.64 899 kW 0,432 8.65 540 kW, 0,604 8.66 60,0Vo,0,489 8.67 (a) 404 kllke (b) 70,3Vo (c) 0,297 8.68 (a) 992 hp (b) 71Vo (c) 0,29 8.69 (a) 80,t%o (b) 1788 kW 1116 kW 1116 kW 222 kw 8.70 55.1 kN. 22 200 hp 8.71 54.6 kN, 21 900 hp 8.72 10 Jawaban untuk Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE 8.1FE (B) 8.2F8 (B) 8.3FE (D) S.4FE (A) 8.sFE 8.10FE (B) 8.11F8 (C) 8.12FE (D) 8.13FE (A)
(C)
8.6FE
(C)
8.7FE
(B)
8.8FE
(D)
8.9FE (D)
8
Siktus-siklus Daya Uap
9tT'IiFENPAHULUAN !.;.i..r,Sikh$:rearnot ideal digunakan sebagai model untuk membandingkan semua siklus nyata dan siklus ideal lainnya. daya Carnot adalah yang paling tinggi untuk siklus daya manapun; eflsiensi ini diberikan oleh
fnqruillt!$,ss
T,
,=r-*
(e.1)
Pe!$3tikah,tpahwa efisiensi ditingkatkan dengan menaikkan temperatur Tn di mana kalor ditambahkan atau menurunkan tgrhrp9rafiIr,.ft di mana kalor dibuang. Kita akan melihat bahwa hal yang sama terjadi pada siklus-siklus nyata: efisiensi siltl*r$,.tl6p ,dimaksimalkan dengan menggunakan temperaturyang setinggi mungkin dan serendah mungkin. Dalam bab ini.S a1::ihembahas siklus-siklus uap yang digunakan untuk menghasilkan daya.
,
i ,t
..i.i.
i:'::,"1', i
' l"
9.2 :: SilKL{i-$
RANKINE
,,;,,1;.,Keleit!pgk siklus-siklus daya yang pefiama kali kita perhatikan adalah yang digunakan oleh industri penghasil d*ya.li*f@iyang adalah siklus-siklus daya yang dioperasikan sedemikian rupa sehingga fluida kerjanya mengalami
ppntQg!91..fage' dari cairan menjadi uap. Siklus daya uap yang paling sederhana adalah siklus Rankine, yang skemanya
ditq$jukkalr:,da1am Gbr. 9-1a. Fitur utama dari siklus ini adalah bahwa pompanya hanya membutuhkan sedikit usaha Urrtgn:menyal*rkan air berlekanan tinggi ke boiler. Kekurangan yang mungkin dimiliki adalah bahwa proses ekspansi di dalam'rhllli$'biasanya memasuki daerah kualitas, sehingga mengakibatkan terjadinya butiran-butiran cairan yang dapat m*rus4!, bilali.Sil ah turbin. "'r'.Sikliis.fsfrkine merupakan siklus ideal di mana rugi-rugi yang disebabkan oleh gesekan di dalam masing-masing dari nee*pat.,f< ennya dapat diabaikan. Rugi-rugi ini biasanya sangat kecil dan akan diabaikan sepenuhnya dalam analisis awal kita",,Siklus Rankine terdiri dari empat proses ideal yang ditunjukkan dalam diagram 7:s dalam Gbr. 9-1b:
-'I
,l.;+'.2::' ..Kompresi isentropik di dalam pompa
,, ,,2; ;t,3ir r',Penambahan kalor tekanan konstan di dalam boiler .,,f 5*1, ,rpftspansi isentropik di dalam turbin ,. , '
.f..:::
:4:';**r:1t:,,Pembuangan kalor tekanan konstan di dalam kondensor i
l
tri161,kita;{tsngabaikan perubahan-perubahan energi kinetik dan energi potensial, keluaran usaha nettonya adalah luas
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
184
[BAB
9
Uap tekanan
1
Air
2 3 4
tekanan
tinggi Air tekanan
@
-+ + +
2 pompa 3 boiler
4 turbin 1 kondensor
rendah
Vca (a) Komponen-komponen
utama
(D) Diagram
I-s
Gbr. 9-1 Siklus Rankine
di bawah diagram Z-s, yang diwakili oleh luas 1-2-3-4-1; ini benar karena hukum pertama mengharuskafr Wn"t = Perpindahan kalor ke zat kerja diwakili oleh luas a-2-3-b-a. Jadi, efisiensi termal ry dari siklus Rankine adalah l-2-3-4-l ''n _ luas luas a-2-3-b-a
Qn
'
(e.2)
Yaitu, keluaran yang diinginkan dibagi dengan masukan energi (energi yang dibeli). Jelas bahwa efisiensi termal dapat ditingkatkan dengan memperbesar pembilangnya dan memperkecil penyebutnya. Ini dapat dilakukan dengan cara menaikkan tekanan keluar pompa Pr, menaikkan temperatur keluar boiler I, atau menurunkan tekanan keluar turbin Po. Perhatikan bahwa efisiensi dari siklus Rankine adalah lebih rendah daripada efisiensi siklus Camot yang dioperasikan di antara temperatur tinggi T, dan temperatur rendah 7, karena kebanyakan perpindahan kalor dari penampung temperatur tinggi terjadi melintasi perbedaan temperatur yang besar. Adalah mungkin untuk membuat efisiensi siklus Rankine sama besar dengan efisiensi siklus Carnot jika siklusnya dirancang untuk beroperasi sebagaimana ditunjukkan dalam Gbr.9-2a. Akan tetapi, pompanya harus memompa campuran cairan dan uap, yang merupakan hal yang sulit dan membutuhkan usaha yang besar jika dibandingkan dengan memompa cairan saja. Selain itu, kondensasi butiran-butiran cairan di dalam turbin akan mengakibatkan kerusakan parah. Untuk menghindari kerusakan akibat butiran-butiran, dapat ditambahkan pemanasan lanjut (superheating) terhadap uap pada temperatur konstan, sebagaimana ditunjukkan dalam Gbr. 9-2b. Akan tetapi ini mengharuskan tekanan untuk bagian superheat bertemperatur konstan dalam proses ini diturunkan dari titik uap jenuh ke keadaan 3. Untuk mencapai penurunan tersebut, aliran di dalam pipa-pipa boiler harus dipercepat dengan cara menggunakan pipa-pipa dengan diameter yang makin mengecil. Ini adalah cara yang mahal jika ingin dilakukan. Jadi diusulkan agar P, dan 7, menjadi sangat besar (2., dibatasi oleh karakteristik ketahanan terhadap temperatur yang dimiliki oleh logam pipa, biasanya sekitar 600"C). (Lihat Gbr. 9-2c). Juga diusulkan agar tekanan keluar kondensor menjadi sangat kecil (dapat mendekati nol absolut). Akan tetapi ini akan mengakibatkan keadaan 4 berada dalam daerah kualitas (kualitas sebesar 90 adalah sangat rendah) yang menyebabkan terbentuknya butiran-butiran air. Untuk menghindari masalah ini perlu dilakukan pemanasan ulang terhadap uap, sebagaimana akan dibahas dalam subbab berikutnya, atau menaikkan tekanan kondensor. Menurut Subbab 4.8 dan Gbr. 9-1b,
Qa=hz-hz
wr=vr(Pr-P)
Qg=ha-ht
wr=hz-h+
(e.3)
di mana w, dan 4. diekspresikan sebagai kuantitas-kuantitas positif. Dalam bentuk kuantitas-kuantitas di atas, efisiensi termal adalah
(b)
Gbr. 9-2 Special Rankine cycles.
B.{B 9l
SIKLUS-SIKLUS DAYA
,t
=
UAP
185
w--wP
(9.4t
t'
Akan tetapi, usaha pompa biasanya sangat kecil jika dibandingkan dengan usaha turbin dan seringkali dapat diabaikan. Dengan aproksimasi ini diperoleh
,l = Hubungan
ini digunakan untuk eflsiensi termal dari siklus
rO 5r
,tu
Rankine.
CONTOH 9.1 Sebuah pembangkit daya uap diusulkan untuk dioperasikan di antara tekanan 10 kPa dan 2 MPa dengan temperatur maksimum 400"C. seperti ditunjukkan dalam Gbr. 9-3. Berapakah efisiensi maksimrim yang dimungkinkan dari siklus daya tersebut?
o Super panas: hz = 3248 kl&.g sa = 7,1279 kJ4
Cairan jenuh: h, = h, = 191,8 kJ/kg
'K
Gbr. 9-3
Penyelesaian: Kita akan memasukkan usaha pompa ke dalam perhirungan dan menunjukkan bahwa besamya dapat diabaikan. Selain itu, kita akan mengasumsikan satu unit massa zat kerja karena kita hanya ingin mengetahui eflsiensinya. Besarnya usaha pompa adalah llihat @.7 l\ dengan v = llpl w, = v,(Pr- P,l = (0,001X2000 Dengan menggunakan (4.67)kitamemperoleh hr= h, + wtn
=
191.8
-
lOt
+
1.99
= I.99 =
kJ/kg
194 kJ,&g. Masukan kalomya diperoleh dengan
menggunakanQa=ht-hz=3248-194=3O54kJ/kg.Unrukmenentukankeadaan4kitamengetahuibahwasa=sr= 7,1279. Jadi. -r4
memberil
= {/ +
x4s*
.' .1
.1279 = 0.649
I + 7.501 9x*
4 sebesar xa = 0.8636. Ini memungkinkan kira untuk menentukan ft, h4
=
192 +(0,8636X2393
)
=
2259
sebesar
kllkg
Besamya masukan usaha dari turbin adalah
wr= ht- h+=
3248
-
2259 = 989 kJ&g
Dengan demikian, efisiensinya adalah
q=
wT*wP 4a
_989*2 3054
= 0,3232 atau
32,327o
Jelas bahwa besarnya usaha yang dibutuhkan dalam proses pemompaan dapat diabaikan, hanya 0,2 persen dari usaha
turbin. Dalam aplikasi-aplikasi teknik kita seringkali mengabaikan kuantitas-kuantitas yang pengaruhnya kurang dari 3 persen, karena selalu ada saja suatu kuantitas di dalam perhitungan yang akurasinya hanya diketahui sampai +3 persen; misalnya, fluks massa, dimensi suatu pipa atau densitas fluida.
9.3 EFISIENSI SIKLUS RANKINE Eflsiensi dari siklus Rankine dapat ditingkatkan dengan cara menaikkan tekanan boiler sembil menjaga temperatur maksimum dan tekanan minimum. Besamya kenaikan keluaran usaha netto dalam Gbr. 9-4a adalah daerah yang diarsir dikurangi dengan daerah abu-abu. yang merupakan perubahan yang sangat kecil; akan tetapi, kalor yang ditambahkan berkurang sebanyak daerah abu-abu dikurangi dengan daerah yang diarsir dalam Gbr. 9-4b. Tentu saja ini merupakan
SIKLUS.SIKLUS DAYA UAP
186
IBAB
9
Gbr. 9-4 Ef'ek kenaikan tekanan pada siklus Rankine.
(b)
(a)
Gbr. 9-5 Efek kenaikan temperatur dan penurunan temperatur kondensor pada siklus Rankine.
pengurangan yang signifikan dan mengakibatkan peningkatan eflsiensi yang signifikan. Contoh 9.3 mengilustrasikan efek
ini. Kerugian dalam menaikkan tekanan boiler adalah bahwa kualitas dari uap yang keluar dari turbin dapat menjadi rerlalu rendah (kurang dari 90 persen), sehingga mengakibatkan kerusakan parah oleh butiran air pada bilah-bilah turbin dan berkurangnya eflsiensi turbin. Menaikkan temperatur maksimum juga menghasilkan peningkatan efisiensi termal dari siklus Rankine. Dalam Gbr. 9-5a usaha netto bertambah sebanyak daerah yang diarsir dan masukan kalor berlambah sebanyak jumlah dari daerah yang diarsir dan daerah abu-abu, suatu kenaikan yang lebih kecil jika dibandingkan dengan kenaikan usaha. Karena pembilang dari (9.5) menghasilkan kenaikan persentase yang lebih besar dibandingkan dengan penyebutnya, maka akan menghasilkan peningkatan eflsiensi. Ini akan diilustrasikan dalam Contoh 9.3. Tentu saja, pertimbangan metalurgi memberikan limit pada temperatur maksimum yang dapat dicapai di dalam boiler. Temperatur sampai 600"C masih diperkenankan. Keuntungan lain yang diperoleh dengan menaikkan temperatur boiler adalah bahwa kualitas dari keadaan 4 jelas meningkat; ini mengurangi pembentukan butiran air di dalam turbin. Penurunan tekanan kondensor, yang diilustrasikan dalam Gbr. 9-5b, juga akan menghasilkan peningkatan efisiensi siklus Rankine. Usaha netto akan meningkat cukup banyak, yang direpresentasikan oleh daerah terarsir, dan masukan kalor akan meningkat sedikit karena keadaan 1'akan beryindah ke entropi yang sedikit lebih rendah dari keadaan 1; ini akan menghasilkan peningkatan eflsiensi siklus Rankine. Tekanan rendah dibatasi oleh proses perpindahan kalor yang terjadi di dalam kondensor. Kalor dibuang melalui perpindahan kalor ke air pendingin atau ke udara yang masuk ke kondensor pada 20'C; proses perpindahan kalor memerlukan perbedaan temperatur antara air pendingin dan uap sebanyak paling tidak 10'C. Jadi temperatur sebesar paling tidak 30'C dibutuhkan di dalam kondensorl ini merujuk ke tekanan kondensor minimum (lihat tabel-tabel uap jenuh) sebesar sekitar 4 kPa abs. Tentu saja ini tergantung pada temperatur air pendingin dan perbedaan temperatur yang dibutuhkan di dalam alat penukar kalor'
CONTOH 9.2 Naikkan tekanan boiler dalam Contoh 9.1 menjadi 4 MPa sambil menjaga temperatur maksimum dan tekanan minimumnya. Hitungtah kenaikan persenlase
efi
siensi termalnya.
BAB 9]
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
181
Penyelesaian: Dengan mengabaikan usaha pompa, entalpi h, tetap tidak berubah: hz= 192 kJ/kg. Pada 4O0'C dan 4 MPa entalpi dan entropinya adalah s, = 6.7698 kJ/kgK dan ht=3212 kJ/kg. Keadaan 4 beraia dalam daerah kualitas. Dengan ,o
-
s/=
6.7698 0.6491 r/* = z,so- tg __= u0.g159
Perhatikan bahwa kandungan uapnya telah meningkat sebanyak 18.4 persen. suaru hasil yang tidak diinginkan. Jadi entalpi
dari keadaan 4 adalah hr,
Penambahan kalornya adalah
q, =
hz
= hl + xoh* = 192 + t0,8159)(23931 = 2144 WRg
-
hz
=
3214
wr = ht
-
I92
* he =
=
302? kflkg dan keluaran usaha turbinnya adalah
3274 -2144
=
1070 kJlkg
Akhirnya, efisiensi termalnya adalah
u=
W.= 0,3541
Kenaikan persentase efisiensi dibandingkan dengan Contoh 9.1 adalah yo
kenaikan
) trool =
9,55vo
188
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
IBAB
9
BAB 9]
SIKLUS.SIKLUS DAYA UAP
r89
(a)
(b)
Gbr. 9-7 Elemen-elemen utama dari siklus regeneratif.
Q-*,
O
Gbr. 9-8 Elemen-elemen utama dari siklus regeneratif
lhs , ,
ffi6
+Air
umpan
Uao ekstraksi
r:-:-= z2 |
Kondensat
Gbr. 9-9 Pemanas air umpan terbuka.
air tersebut dipanaskan dahulu dai T, menjadi 7u. Proses ini akan menghindari kebutuhan untuk mengkondensasikan seluruh uap, sehingga mengurangi jumlah energi yang terbuang dari kondensor. (Perhatikan bahwa penggunaan menaramenara pendingin memungkinkan ukuran menara yang lebih kecil untuk keluaran energi yang sama). Suatu siklus yang memanfaatkan jenis pemanasan ini adalah siklus regeneratif, dan proses itu disebut sebagai regenerasi. Gambar skema yang merepresentasikan elemen-elemen utama dari siklus tersebut ditunjukkan dalam Gbr. 9-8. Air yang masuk ke boiler seringkali disebut sebagai air umpan dan alat yang digunakan untuk mencampur uap yang diekstraksi dan air kondensor disebut sebagai peman(ts air umpan. Ketika kondensat dicampur langsung dengan uap, hal tersebut dilakukan dalam sebuah pemanas air umpan terbuka, seperti digambarkan dalam Gbr. 9-8. Dalam menganalisis siklus regeneratif kita harus menggunakan volume kontrol yang mengelilingi pemanas air umpan (lihat Gbr. 9-9). Penyeimbangan massa akan menghasilkan
ha=hs*tilz
(e.6)
Penyeimbangan energi, dengan mengasumsikan pemanas berinsrilasi, dengan mengabaikan perubahan-perubahan energi
kinetik dan energi potensial, memberikan
!1Q,
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
[BAB
haha=ri'trhr+rhrh"
9
(e.n
Dengan meng_eabungkan kedua persamaan di atas diperoleh
. h^-h, ms=fi-1imo
(e.8)
Pernanas air umpan tertutup, yang dapat dirancang sebagai bagian dari suatu sistem dengan menggunakan hanya satu prrmpa, juga dapat digunakan. Gambar 9-10 adalah skema diagram sistem yang menggunakan pemanas air umpan tertutup. Kekurangan dari sistem semacam ini adalah bahwa sistem tersebut lebih mahal dan karakteristik perpindahan kalornya :.Jak sebaik perpindahan kalor di mana uap dan air dicampurkan saja, seperti pada pemanas terbuka. Pemanas air umpan teftutup adalah alat penukar kalor di mana air melewati selang-selang dan uap yang mengelilingi .:lang-selang tersebut, terkondensasi pada permukaan-permukaan luarnya. Jadi kondensat yang terbentuk, pada temperatur 7-". dipompa dengan sebuah pompa kondensat kecil ke dalam jalur air umpan utama, sebagaimana ditunjukkan, atau nrengalir melalui sebuah perangkap (suatu alat yang mengijinkan hanya cairan saja untuk lewat) dan diumpanbalikkan
*h,
(O
Gbr. 9-10 Pemanas air umpan tertutup.
Gbr. 9-11 Siklus gabungan pemanasan ulang/regeneratif.
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
BAB 9I
191
ke kondensor atau kembali ke sebuah pemanas umpan balik bertekanan lebih rendah. Penyeimbangan massa dan energi juga perlu dilakukan ketika menganalisis pemanas air umpan tefiutup; jika kebutuhan energi pompa diabaikan dalam analisis, akan diperoleh hubungan yang sama flihat (9.8)]. Tekanan di mana uap diekstraksi dari turbin diaproksimasikan sebagai berikut. Untuk satu pemanas! uap seharusnya diambil di titik yang menyebabkan temperatur air umpan yang keluar Iu terletak di tengah-tengah antara temperatur uap jenuh di dalam boiler dan temperatur kondensat. Untuk beberapa pemanas, perbedaan temperaturnya harus dibagi serata mungkin. Jelaslah, jika satu pemanas air umpan dapat meningkatkan efisiensi termal, maka dua pemanas akan makin meningkatkannya lagi. Memang demikian adanya, akan tetapi dua pemanas memerlukan biaya awal dan biaya perawatan yang lebih tinggi. Efisiensi Carnot dapat didekati dengan menggunakan banyak pemanas tapi biayanya akan menjadi terlalu tinggi. Pembangkit-pembangkit daya kecil memiliki dua pemanas; pembangkit-pembangkit yang besar dapat memiliki sampai enam.
Siklus regeneratif dijangkiti masalah kelembaban di bagian-bagian yang bertekanan rendah di dalam turbin; jadi, adalah hal yang cukup biasa untuk menggabungkan siklus pemanasan ulang dan siklus regeneratif, sehingga menghindari masalah kelembaban dan meningkatkan efisiensi termal. Salah satu kombinasi yang dapat dilakukan ditunjukkan dalam Gbr. 9-11. Siklus kombinasi ini dapat mencapai tingkat eflsiensi ideal yang jauh lebih tinggi jika dibandingkan dengan siklus-siklus non-regeneratif. Satu catatan terakhir mengenai eflsiensi. Kita menghitung efisiensi suatu siklus dengan menggunakan keluaran usaha turbin sebagai hasil yang ingin dicapai dan menganggap kalor yang dibuang dari kondensor sebagai energi yang terbuang. Ada situasi-situasi tertentu di mana suatu pembangkit daya dapat diletakkan secara strategis sehingga uap yang terbuang dapat dimanfaatkan untuk memanaskan atau mendinginkan gedung atau uap dapat digunakan untuk berbagai proses industri. Ini seringkali disebut sebagai kogenerasi. Seringkali setengah dari kalor yang terbuang dapat digunakan secara efektif, hampir menggandakan "efisiensi" dari suatu pembangkit daya. Uap atau air panas tidak dapat dipindahkan terlalu jauh; jadi, pembangkit dayanya yang harus diletakkan dekat dengan suatu daerah industri atau daerah pemukiman. Suatu kampus universitas dapat menjadi kandidat yang tepat untuk kogenerasi, demikian juga kebanyakan lokasi-lokasi industri.
CONTOH 9.6 Situasi remperarur tinggi dalam Contoh 9.3 harus dimodifikasi dengan menambahkan sebuah pemanas air umpan terbuka sehingga tekanan ekstraksinSa menjadi 200 kPa. Tentukanlah kenaikan persentase dalam efisiensi termalnya.
Penyelesaian; Merujuk ke diagram I-s dalam Gbr. 9-?b ke Gbr. 9-8. Dari Contoh 9.3 dan tabel-tabel uap kita memiliki
hr = ht = lg2
kJ,ftg ho- h, = 505 kJ/kg
Selanjutnya. tenrukan lokasi keadaan 5. Dengan menggunakan s5 memperoleh. pada 200 kPa,
,^ -(7.1032-1.5014\ (2e1t ,,, = : i.;i,;;) -. \;.;;;;
-
ftr = 3690 kJ/kg h+= 2442kllkg
= rr = 7.1032 kJ/kg'K, kita melakukan inter?olasi dan
2870)
+
2870 = 2e68 kJ/kg
Selaniutnya kita aplikasikan kekekalan massa dan hukum pertama pada volume kontrol yang mengelilingi pemanas air umpan' Kita memiliki. menggunakan ur = I kg. karena kita han5a ingin menentukan efisiensi saja ilihat (9.811.
.,
=
zssooss-_l,q;i
= o.r rza ks
dan
m, = 0,8872 kg
Keluaran usaha dari turbin adalah
wr=hz-hu+(hr-hlwr= 3690 -?968 + (2968 *2442Yq,8872) = 1189 kJlkg Masukan energi ke boiler adalah Qe = ht - ht = 3690 - 505 = 3185 kJ/kg. Efisiensi termalnya dihitung sebesar ry=llg=0,3733 Peningkatan efi siensinya adalah (1OO)
= 4,62?a
CONTOH 9,7 Sebuah pemanas air umpan terbukan ditambahkan ke siklus pemanasan ulang dalam Contoh 9.5. Uap diekstraksi mana pemanas ulang menginterupsi aliran rurbin. Tentukanlah efisiensi dari siklus pemanasan ulang/regeneratif tersebut. Penyelesaian: Diagram f-s (Cbr.9-l2at digambarkan untuk membantu perhitungan. Dari tabel-tabel uap atau dari
di
Contoh 9.5,
192
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
IBAB
9
= hr= 94 Btu/lbm ht v hs = 236 Btu/lbm ft: = 1518 Btullbm h5- 1333 Btullbm hr= 1082 Btu/tbm ha= t{xtBtuAbm h,
Kontinuitas dan hukum peframa yang diaplikasikan ks psman&s memberikaq tlihat ig.S)l
m4=tHX) = Wft= \'"4
.
"7
wr= hz* h*+ (hs- hr)mr=
Masukan energinya adalah qr = hz
0,128
I
* hs= 1518 ry
=
1518 236
=
ffi=
-
lbm dan
1200 +
(tlr: -
mz=o,&1l7bnt
1082X0,8??),= 53? Brullbm
1282 Btr:/lbm. Efisiensinya dihitung sebesar
:
0,419 a*u 4l,9vo
Perhatikan peningkatan yang besar dalam e&siensi siklus,
(a)
(b)
Gbn
l-12
9.6 SIKLUS RANKINE SUPERKRITIS Siklus Rankine dan variasi dari siklus Rankine yang dibahas sejauh ini melibatkan penambahan kalor selama proses penguapan; proses perpindahan kalor ini terjadi pada temperatur yang relatif rendah, katakanlah 250"C, pada tekanan 4 MPa, tapi gas-gas panas yang mengelilingi boiler setelah pembakaran adalah sekitar 2500"C. Perbedaan temperatur yang besar ini menjadikan proses perpindahan kalor ireversibel; kita ingat bahwa untuk mendekati reversibilitas proses perpindahan kalor harus terjadi pada perbedaan temperatur yang rendah. Jadi, untuk meningkatkan efisiensi pembangkit diinginkan untuk menaikkan temperatur di mana perpindahan kalor terjadi. Tentu saja ini juga akan meningkatkan efisiensi siklus karena luas yang merepresentasikan besamya usaha akan bertambah besar. Untuk makin mendekati efisiensi siklus Carnot, temperatur fluida kerjanya harus sedekat mungkin dengan temperatur dari gas-gas panas. Ini dilakukan oleh siklus Rankine superkritis, sebagaimana digambarkan pada diagram 7-s dalam Gbr. 9.13a. Perhatikan bahwa daerah kualitas
Gbr. 9-13 Siklus Rankine superkritis.
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
BAB 9]
193
tidak pernah dimasuki selama proses penambahan kalor. Pada tekanan-tekanan tinggi pipa-pipa dan peralatan pengatur fluida yang berkaitan harus berukuran cukup besar, memiliki kapabilitas untuk menahan gaya-gaya tekanan yang besar' Biaya ekstra yang dikeluarkan untuk struktur yang masif ini harus dibenarkan oleh peningkatan efisiensi dan keluaran daya.
Jika uap superheat bertekanan tinggi diekspansi secara isentropik (terinsulasi dan tanpa rugi-rugi) melalui turbin ke tekanan kondensor yang relatif rendah, jelaslah bahwa siklus Rankine akan menghasilkan kandungan uap yang terlalu tinggi di dalam bagian turbin yang bertekanan rendah. Untuk mengeliminasi masalah ini dapat digunakan dua tingkat pemanasan ulang, dan untuk memaksimalkan efisiensi siklus beberapa tingkat regeneratif dapat dimanfaatkan. Gambar 913a menunjukkan enam tingkat regeneratif dan dua tingkat pemanasan ulang. Contoh 9.8 mengilustrasikan siklus dengan dua tingkat pemanasan ulang dan dua tingkat regeneratif.
usulkan untuk dioperasikan sebagaimana pada diagram dalam Gbr. 9-14, dengan
dua tingkaipeir*urun ulang dan dua pemanas air
si-klus maksimum yang dimungkinkan.
Penyelesaiin: Nitai-niiai entalpi diperoleh dari tabel-tabel uap sebesar h, : h, = 192 kJ/kg ho - h, = 1087 kJ/kg he = 3674 kJlkg ir, = 505 t :it g ho = 3444 rtrlkg hn = 3174 kltkg s6
=
s7
=
6.233e
,.rr=(ffiffi)
,zoor
-
280t) + 2801 = 28el kJ/kg
se=Js-7'3696
..h"=(77.121ts#[]) sro
rzazo
- 2i6s\ + 2i6e= 280e kriks
= 5rr = 8'0636 kJ/kg'K
's1r = 8.0636 - 0.6491 = 0.9883 7.5019
?"-s
unrpan terbuka. Tentukanlah efisiensi
194
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
IBAB
9
@ @
Iu=I*=SQSofl rro
*
35O"C
Gbr. 9-14
Gbr.9-I5
9.7 EFEK RUGI.RUGI TERHADAP EFISIENSI SIKLUS DAYA Subbab-subbab sebelum ini berhubungan dengan siklus-siklus ideal yang mengasumsikan tidak adanya penurunan tekanan di sepanjang pipa-pipa di dalam boiler, tidak adanya rugi-rugi ketika uap superheat melewati bilah-bilah turbin, tidak adanyapendinginan laniut (subcooling) dat'. air yang keluar dari kondensor dan tidak adanya rugi-rugi pompa selama proses kompresi. Rugi-rugi dalam proses pembakaran dan ineflsiensi dalam perpindahan kalor selanjutnya ke fluida di dalam pipa-pipa boiler tidak diperhitungkan di sini; rugi-rugi tersebut, yang berada di sekitar 15 persen dari energi input yang terkandung dalam batubara atau minyak, akan diperhitungkan di dalam efisiensi pembangkit secara keseluruhan. Sebenarnya hanya ada satu rugi yang besar yang harus diperhitungkan pada saat kita menghitung efisiensi siklus nyata; rugi yang terjadi ketika uap berekspansi melewati barisan bilah-bilah turbin di dalam turbin. Ketika uap melewati sebuah bilah turbin, terdapat gesekan pada bilah dan uap dapat lepas dari daerah bagian belakang bilah. Selain itu, perpindahan kalor dari turbin dapat terjadi, walaupun biasanya cukup kecil. Rugi-rugi tersebut menyebabkan efisiensi turbin menjadi 80 hingga 89 persen. Efisiensi turbin dideflnisikan sebagai
,r=ft
(e e)
di mana wo adalah usaha aktual dan w, adalah usaha isentropik. Definisi dari eflsiensi pompa, dengan memperhitungkan usaha pompa, adalah w
4r=i
(9.10)
di mana masukan usaha isentropik jelas lebih kecil dari masukan aktualnya. Terdapat rugi yang cukup besar dalam tekanan, mungkin 10 hingga 20 persen, ketika aliran mengalir dari lokasi keluar pompa melalui boiler ke lokasi lokasi turbin. Rugi tersebut dapat diatasi dengan sekedar menaikkan tekanan keluar dari pompa. Ini membutuhkan lebih banyak usaha pompa, tapi usaha pompa tetap lebih kecil dari lVo dari keluaran turbin sehingga dapat diabaikan. Oleh karena itu, kita mengabaikan rugi-rugi pipa boiler.
Gbr. 9-16 Siklus Rankine dengan rugi-rugi turbin.
BAB 9]
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
195
Kondensor dapat dirancang untuk beroperasi sedemikian rupa sehingga uap yang keluar sangat dekat dengan kondisi cairan jenuh. Ini akan meminimalkan rugi-rugi kondensor sehingga dapat diabaikan juga. Siklus Rankine ideal yang dihasilkan ditunjukkan pada diagram 7-s dalam Gbr. 9-16; satu-satunya rugi yang substansial adalah rugi turbin. Perhatikan peningkatan entropi dari keadaan 4 dibandingkan dengan keadaan 3. Selain itu, perhatikan efek turunnya kandungan uap pada keadaan
4 sebagaimana diinginkan; bahkan, keadaan 4 dapat dipindahkan ke daerah superheat, seperti yang ditunjukkan. CONTOH 9.9 Suatu siklus Rankine beroperasi di antara tekanan 2 MPa dan l0 kPa dengan temperatu-r maksimum 600"C. Jika turbin berinsulasi ter.sebut memiliki efisiensi &0 persen, hitungl*h eflsiensi siklus dan temperatw uap di lokasi keluar turbin. Penyelesaian: Dari tabel-tabel uap kita memperoleh ft, - hz= l92kJlkg, h, = 3690 kJ,&g, dan ss=1.7032 kJ,4
'o'
7.7032 - 0.6491 = *=tSOff-
=
0,9403
"h*,=
192,
t
(0,9'!03X2393\ = 2442 kJlkg
Dari definisi efisiensi turbin, 0,8 = 36W
wo
-U42
wa
= 998 kJ/kg
Maka efisiensi siklusnya adalah
rr^
'1
0,285 u'zd) = s; = ^--.?98.3690 -tr, =
atau
28.57o
Perhatikan penurunan yang cukup besar dari eflsiensi ideal sebesar 35,7% yangdihitung dalam Conoh 9.3. Jika kita mengabaikan perubahan-perubahan energi k.inetik dan potensial, proses adiabatik dari keadaan 3 ke keadaan 4 memungkinkan kita untuk menuliskan wo
Pada
l0 kPa kita mefiernukan
= h,
- ho
998
=
3690
- h+
hq
=
2692 kJRg
bahwa keadaan 4 berada di daerah supefieal Temperatur hasil interpolasi adalah
,-=
('r#=ffi[)
rrso
- rm) + roo = ro2"c
Jelaslah, masalah kandung*n uap telah dielimiaasi cleh rugi-rugi di dalarn turbin; rugi-rugi memiliki tendensi untuk bertindak sebagai sebuah pemanas ulang kecil,
9.8 SIKLUS KOMBINASI BRAYTON.RANKINE Efisiensi siklus Brayton cukup rendah terutama karena sejumlah besar masukan energinya terbuang ke lingkungan. Energi yang terbuang ini biasanya memiliki temperatur yang relatif tinggi dan dengan demikian secara efektif dapat @
Q;" ffio ___-1
an
o
@
w
Turbin
G
@
lliilltAlllA
Gas
@
tvtruWWrl-rO rl
Boiler
I
w
I Turbin
Pompa
|\
ri \l/
r,
o
Gbr. 9-17 Siklus kombinasi Brayton-Rankine
196
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
[BAB
9
digunakan untuk menghasilkan daya. Satu aplikasi yang dimungkinkan adalah siklus gabungan Brayton-Rankine di mana gas-gas buang bertemperatur tinggi yang keluar dari turbin gas digunakan untuk memasok energi ke boiler dari siklus Rankine, sepefii diilustrasikan dalam Gbr.9-17. Perhatikan bahwa temperatur Trdari gas-gas siklus Brayton yang keluar dari boiler lebih kecil daripada temperatur I. dari uap siklus Rankine ynag keluar dari boiler; ini mungkin terjadi di alat penukar kalor kontra-aliran, boiler. Untuk menghubungkan fluks massa ndara rh,, dari siklus Brayton dengan fluks massa uap rit, dari siklus Rankine, kita menggunakan penyeimbangan energi di dalam boiler; diperoleh (lihat Gbr. 9-17),
h,(h8-hr)=th"(\-h2)
(9.11)
dengan mengasumsikan tidak adanya penambahan energi tambahan di dalam boiler, yang mungkin dilakukan dengan pembakar minyak. misalnya. Elisiensi siklusnya dapat diperoleh dengan menganggap energi yang dibeli adalah Oin, masukan energi di dalam pembakar. Keluarannya adalah penjumlahan keluaran netto I4lGr dari turbin gas dan keluaran t{z* dari turbin uap. Jadi efisiensi siklus kombinasi diberikan oleh
,=
Wcr + Wsr
i,-ln
Suatu contoh akan mengilustrasikan peningkatan eflsiensi dari siklus kombinasi yang demikian.
(e.12)
BAB 9]
SIKLUS.SIKLUS DAYA UAP
t97
Soal-soal dan Penyelesaiannya 9.1
Sebuah pembangkit daya uap dirancang untuk beroperasi berdasarkan siklus Rankine dengan temperatur keluar kondensor sebesar 80 C dan temperatur keluar boiler sebesar 500"C.'Jika tekanan keluar pompa adalah2 MPa, hitunglah efisiensi termal maksimum
yang dimungkinkan dari siklus tersebut. Bandingkan dengan efisiensi mesin Carnot yang dioperasikan
di
antara limit-limit
temperatur yang sama.
Untuk menghitung efisiensi termalnya kita harus menentukan usaha turbin dan perpindahan kalor boiler. Besarnya usaha turbin diperoleh sebagai berikut (lihat Gbr. 9-1)
3:h, = 3469 y11y, s3 = 7,432 kJ&g'K Pada keadaan 4:s, = s, = 7,432 = 1,0'15 + 6,538x0 Pada keadaan
Jadixo-0,9123,hq=335+(0,9723)(2309)=2536kJ/kg,danwr=h3-h+=3468-2580=888kJ/kg.Kalorboiler,jika = ftt (usaha pompa dapat diabaikan), ada\ah q, = hz - hz = 3468 - 335 = 3133 kJ/kg. Maka efisiensi
diasumsikan bahwa h, siklusnya adalah
=H
ry
=
#
=
o'283
atau 28'3va
Efisiensi dari siklus Carnot yang beroperasi di antara temperatur tinggi dan rendah dari siklus ini adalah T t = t - fi= t -# 9.2
= 0.543 atat
54,3va
Untuk siklus Rankine ideal yang ditunjukkan dalam Gbr.9-18 tentukanlah laju aliran massa dari uap dan efisiensi siklusnya. Keluaran dari turbin ditunjukkan sebesar 20 MW. Merujuk ke Gbr. 9-1, kita memperoleh
hz = 3422
klkg,
s3
= 6,881 kJ/kg'K
s4 = s3 = 6,881 = 0,649 + 7,50Lro
.'ra = 0,8307 :.ho=
192 + (0,8307X2393) = 2180 kJ/kg
Selanjutnya fluks massanya dihitung sebesar
.' Wr Wr = tr=;hr=
20 000 16'l kg/s s*qzz-2-tgo =
Perpindahan kalor boiler, dengan mengabaikan usaha pompa sehingga hz Qa
= ht
-
hz = 3422
-
= hy
adalah
192 = 3230 kJlkg
Efisiensi siklusnya diperoleh sebesar ry
9.3
=X=
h= #ffio
= o'385 atau 38'5%
Panel-panel surya dengan luas 8000 ft2 memasok energi ke boiler dari suatu pembangkit daya siklus Rankine. Pada beban puncak panel-panel tersebut memberikan 200 Btnlfe-jam ke fluida kerja. Fluida kerja Rl34a meninggalkan boiler pada 300 psia dan 240F dan masuk ke pompa pada 100'F. Tentukanlah (a) usaha pompa, (b) efisiensi siklus, (c) fluks massa dari Rl34a dan (@ keluaran daya maksimumnya.
(a)
Kebutuhan usaha pompa untuk siklus ideal ini adalah (lihat Gbr. 9-1)
w, = (P,
-
= 321,5
Py)v = t(300 - 138,8)(144)l(0,01385) ft-lbf/lbm atau 0,413 Btu/lbm
SIKLUS.SIKLUS DAYA UAP
198
(b)
IBAB
9
Untuk menghitung efisiensi termalnya kita barus mengetahui masukan kalor boiler. Besamya adalah 4, = hs hz = 146,2 (44.23 + 0,413) = 101.6 Btu/lbm. di mana entalpi pada keluaran pompa, keadaan 2, adalah entalpi inlet ft, ditambah wr.
-
Kita juga harus menghitung keluaran usaha turbin. Untuk menentukan lokasi keadaan 4 kita menggunakan entropi = s,1 = 0,2537 Btu/lbm-'R Ini berada di daerah superheat. Dengan melakukan interpolasi untuk keadaan tersebut pada P^ = 138,8 psia dan s4 = 0,2537. kita memperoleh /r., = 137,5 Btu/lbm. Hasil ini membutuhkan dua kali interpolasi. jadi harus dilakukan berhati-hati. Jadi besarnya usaha turbin adalah sebagai berikut: s3
wr = hi
-
h+
=
146.2
-
137,5 = 8.7 Btu/lbm
Efi siensi siklusnya adalah
-
, ='u'
t'',0,1;o'3
= 0.082 arau 8.27r
(c)
Untuk menentukan fluks massanya, kita gunakan masukan fluks kalor total dari panel-panel: 0B = (200)(80001 = ilryn = it(101,6). Ini menghasilkan it = 15.700 lbm/hr atau 4,37 lbm/sec.
(d)
Masukan daya maksimum adalah W, = mv', =
2545Bfilht
9.4
r" ': =
- t
(I
5.700)(8,7) = 1 37.000 Btu/hr atau 53,7 hp. Kita telah menggunakan konversr
hp.
Uap dari sebuah siklus Rankine. yang beroperasi di antara 4 MPa dan Tentukanlah eflsiensi siklusnya jika temperatur maksimumnya 600"C.
l0
kPa, dipanaskan ulang pada 400 kPa ke 400"C.
Mengacu ke Gbr. 9-6, dari tabel-tabel uap kita memperoleh:
kJ/kg, 14 = s3 = 7,369 kJ/kg'K ht = h, =
191,8
h, = 3674,4 16
yt,Ot,
hs = 3273,4 kllkg,
= ss = 7,899 kJ/kg'K
Untuk kedua proses isentropik kita menghitung sebagai berikut: sq
=
7.369
I
pa = 400 kpa s6
= 7,898 =0,649 +
J
Interpolasi: h+ = 2960 kJlkg
7,501-ru :.x6=0,9664 .'iu = 191.9 +0,9664x2392,8 = 2504kJ/kg
Perpindahan kalor kepada boiler adalah Qs
= ht
-
h. + h,
- ht=
36'74
-
192
+ 3213
-
2960 = 3795 kJ/kg
Besamya keluaran usaha dari turbin adalah
wr= ht- hr+ hr- ho=3674 -
2960
+ 3273 -2504 =
1483 kJ/kg
Akhirnya elisiensi siklusnya dihitung sebesar
ttl
11
9.5
= 4n= 11ll = o.:sl 3195
arau 3e.t't
Suatu siklus Rankine pemanasan ulang ideal dioperasikan di antara 8 MPa dan 4 kPa dengan temperatur maksimum sebesar 600"C (Gbr. 9-19). Dua tingkat pemanasan ulang, masing-masing dengan temperatur maksimum sebesar 600"C, akan ditambahkan pada 1 MPa dan 100 kPa. Hitunglah efisiensi siklus yang dihasilkan.
o o o
Gbr. 9-19
BAB 9]
SIKLUS.SIKLUS DAYA UAP
199
Dari tabel-tabel uap kita memperoleh
h, = hz = 121,5 kJlke hz = 3642 s3
=
s4
kllkg fts = 3698 kJ/kg ht = 3705 kJ/kg = 7,021 kJlkg'K ss = s6 = 8,030 kJlkg'K s7 = s8 = 9,098 kJ&g.K
Kita melakukan interpolasi di setiap keadaan superheat 4, 6 dan s4
= 7.021 kJ/kg'K
p+=lMpa s8
8:
) J ,.ho=2995kJ/kg
sr,
= 8.030 kJ/kg.K
eu=tOOWa
I
I:.hu=2972kJ/kg
= 9,098 kJ,&g'K I
J th'2162k|kg
Pa=4kPa
Perpindahan kalor boiler adalah Qn
= ht
-
h, + h,
-
+ h,
ho
-
he
= 3642
-1.22
+ 3698
-
2995
+
3705
-
2972 = 4956 kJ/kg
Besarnya usaha turbin adalah
wr= hz- ho+ hr- hu+ h, - hs= 3642 -
2995 + 3698 -29'72 + 3705
-2762 =
2316 kJ/kg
Maka efisiensi siklusnya dihitung sebesar ry
9.6
=H=ffi=o,ao '*r 46,ivo
Tekanan kondensor dari suatu siklus regeneratif adatah 3 kPa dan pompa air umpan memberikan tekanan 6 MPa ke boiler. Hitunglah efisiensi siklusnya jika satu pemanas air umpan terbuka akan digunakan. Temperatur maksimumnya adalah 600'C. Tekanan di mana uap yang melewati turbin diintersepsi akan diestimasi dengan cara memilih temperatur jenuh yang berada
di tengah+engah temperatur jenuh boiler dan temperatur jenuh kondensor; jadi, merujuk ke Gbr. 9-7, Tu =
())
hz
7
ftr = 101 kJ/kg
hz
=
3658,4
klkg
h, = s3
s4
=
hu
= 604,3
kJ/I
= ss = 7,168 kJ/kg'K
Untuk proses isentropik kita memperoleh s5
= 7'168 kJ,ikg'K
'[
t'ht = 2859 kJlg MPa I s4=7,168 =0,3545+8,2231x0 :"xa=0,8286 :.ho=191 +(0,8259Qa44,5)=2L26kJlkg Jika kita asumsikan ha = I kgls, dari (9.8) kita memperoleh Ps = 0,4
*,
=
Maka kita memiliki:
hz = ha
-
rrr = 0,1e5
kg/s
-
0,195 = 0,805 kg/s = (1X3658 - 604) = 3054 kW
1
- h) rit6(\- hr) + tix2(hs- ft)
Qs = tit6(4
Wr=
hs =
TZ., = (#.#)
= (1)(3658 -2859) + (0,805)(2859 -2t26) = 1389 kW
Akhirnya efisiensi siklus dihitung sebesar
, =LU= j3# 9.7
= 0.455 atau 45.5vo
Untuk siklus regeneratif yang ditunjukkan dalam Gbr. 9-20 tentukanlah efisiensi termal, fluks massa uap dan rasio kalor yang terbuang terhadap kalor yang ditambahkan. Abaikan usaha pompa.
Merujuk ke Gbr. 9-7b untuk mengidentifikasi keadaan-keadaannya dan dengan menggunakan tabel-tabel uap. kita memperoleh
hz
= h, = 191.8 kJ/kg
ha
= h, = 762.8 kJ/kg
ht
=
3625.3
Entalpi dari keadaan 4 dan 5 ditentukan dengan cara mengasumsikan proses isentropik sebagai berikut: ss
=
13
= 6.904 kJ/kg'K I
Ps=1MPa s4
=
s3
J
= 6,904 = 0,6491 +
t'ot=2932kJk9
7,5019x0
.'r4 = 0,8338
:.ho = 191,9 + (0,8338)(2392,8) = 2197 y11yf
kllkg
SIKLUS.SIKLUS DAYA UAP
200
..
|
IBAB
9
6oo"c
----+20
(\7
O
Pemanas air
MW
looo kPa
kondensat
Gbr. 9-20
Penyeimbangan energi terhadap pemanas, yang diasumsikan terinsulasi, adaiah tits(hs - h) = it2(h1 - hr). Penyeimbangan massa memberikan (tihat'Gbr. 9-10) fut = fus + m2. Mengasumsikan ht = 7 kg/s, dua persamaan di atas digabungkan untuk memberikan
.
tu, = Makakita memiliki
ht
- ho
hs= 1- hz= 7 -0,792=
Wr = rih(hz
-
=
-ffiu
h
hr) +
2932
763
0,208 kg/s. Daya turbin (dengan
-ftl
ti12(hs
= 0,792 kgls 192 * 2932 - 763 16y-i+-
= (1,0)(3625
-
tht= lkgls)
sekarang dapat dihitung sebesar
2932) + (0,792)(2932 .2181 1 = 1283 kW
Laju kalor boilernya adalah
Q, =
ri4(\ - h) = (1,0X3625 -
763) = 2862 kw
Efisiensi siklusnya dihitung sebesar
't
=X=
ffi=
0'448
atat 44,87o
Fluks massa dari uap diperoleh sebesar
h, = --JY (lV7)*iry,,77
=
t
3=
= 1,283 = 15,59 kg/s
Rasio kalor yang terbuang terhadap kalor yang ditambahkan adalah
0, Qn
9.8
r4,,
0.552 -1_ ]:E -=Q!Qa = 1_yf= 2862 = Qa
Sebuah pembangkit daya beroperasi berdasarkan siklus pemanasan ulang/regeneralif di mana uap pada 1000'F dan 2000 psia masuk ke turbin. Uap dipanaskan ulang pada tekanan 400 psia menjadi 800'F dan memiliki dua pemanas air umpan terbuka. yang satu menggunakan uap ekstraksi pada 400 psia dan yang lainnya menggunakan uap ekstraksi pada 80 psia. Tentukanlah eflsiensi termalnya jika kondensor beroperasi pada 2 psia.
Gunakan diagram 7-s dalam Gbr. 9-11 untuk mengidentifikasi berbagai keadaannya. Kebutuhan daya pompa dapat diabaikan.
Dari tabel-tabel uap entalpinya adalah
Btu/lbm hs = 282 Btu/lbm ho = 1474 Btu/lbm hs = 1417 Btu/lbm h, = h, = 94
ht = 424 Btuilbm
Entalpi dari keadaan '7,9 dan 10 diperoleh dengan mengasumsikan proses isentropik sebagai berikut:
= s6 = l'560 Btu/lbm-"R = 400 psia 'rq = 18 = l'684 Btu/lbm-'R s7
Pz
Ps=S0Psi sro
=
s8
=
1,684 = 0,1'7499
)) " = 12'77 Btu/,bm ', )) " = 1235 Btullbm " + l,7448xro 0,8649 .'Jro =
.'.hro = 94 + (0,8649)(1022) = 9'78 Btu/lbm Dengan melakukan penyeimbangan energi pada setiap pemanas flihat (9.8)], kita memperoleh. dengan mengasumsikan ti15 lbm/sec.
=
1
BAB 9]
SIKLUS.SIKLUS DAYA UAP
*,
=
.
n=
E+o
=
44-W
201
= 0,1427 rbm/sec
h,-h. 282-94 h;_o:,t -rit.,t= ;i{_',,q(1
-0.t427t =0.1413
lbm/sec
Penyeimbanganmassamemberikanhz=l-hr-fun=l-0,142'1 -0,1413=0,716
lbm/sec; selanjutnya
As=O)(hu-lzr)+(l-ti1)(h8-h)=14'74-424+(1-0,1427)(1411-1277)=1170Btuisec Wr= (1X&6 - hr) + (1 - till)&B - hr) + i12(hs - hrc) 14'14 - 1277 + (1 - 0,1421)(1417 Wt 517 n= '= "--t =0.459 atau45.9Vo '' 0r lll(
1235) + (0,716)(1235
=
g.g
-
978) = 537 Btu/sec
Turbin dalam Soal 9.2 memiliki efisiensi 87 persen. Tentukanlah laju aliran massa dan efisiensi siklusnya dengan liz. = 20 MW. Dengan merujuk ke Gbr.9-16 dan menggunakan tabel-tabel uap, kita memperoleh nilai-nilai entalpi berikut:
hr-hr=l92kllkg
\=3422kllkg .';r+, = 0,8307
:.h0,
=
s4,= s3= 6,881 =0,649 +1,502x0,
+ (0,8307)(2393) = 2180 kJ/kg
192
Perhitungan ini diselesaikan sebagai berikut:
w, = h3 -
wo=
h+,
Uil,=
* =X= n ''
= 3422
-
2180
(0,87)(1242)
20 QQo
=
=
1242
kllkg
1081 kJ&g
=
18,5 kgis
= J, -=Y Qr- titth3- h)-
0.317 arau 3t,jva -29.q90: --grt-= "'''
.^ (18.5x3422
9.10 Turbin dari siklus Rankine yang beroperasi di antara 4 MPa dan 10 kPa memiliki efisiensi 84 persen. Jika uap dipanaskan ulang pada 400 kPa menjadi 400"C, tentukanlah efisiensi siklusnya. Temperatur maksimumnya adalah 600'C. Selain itu, hitunglah fluks massa dari air pendingin kondensor jika temperaturnya meningkat 10'C saat melewati kondensor ketika fluks massa siklus dari uap adalah 10 kg/s. Dengan merujuk ke Gbr.9-6 dan 9-16 dan menggunakan tabel+abel uap, kita memperoleh nilai-nilai entalpi berikut:
- h, = 192 kJlke ht = 3674 kllkg hs = 3273 klkg ,:", kJ/ks K l - rr - 7.369 I ":.h^, = 2960 kJikg Pa=400L?a ) s6, = s5 = '7,899 = 0,649 + 7,501xu, .'xa, = 0,9665
.h,
14.
:.hu,
=
Kita memperoleh usaha aktuai dari turbin
.
wr= ttlht-
ho,)
192 + (0,9665)(2393) = 2505 kJ&g sebesar
+ 41.hs-
= (0,84)(3674 -2960) + (0,84)(3273 -2505) = 1247 kllkg
ftu,)
Untuk menentukan kebutuhan kalor boiler, kita harus menghitung lro aktualnya:
7614-h.
_ _w,,_h.-h. 4r=,"=
Jadi
o''o='u.,o-zszo
hq=3074kJtkg
"-^^ Qa = ht
-
h, + h,
n '' =Y.' Qa=
W=
3681
-
ht =
3674
0,339
-
192
+
3273
-
3074
atau 33,97o
Untuk menentukan kalor yang dilepaskan oleh kondensor kita harus menentukan
_ _*u_hr-h. 4'= t = i, - ,"n Iadi Q, = it(ho
- h) = 110)(2628 Q- =
lg2) =
24,36
=3681 kJ/kg
0'84 =
32'73-h.
3rt--505
y'ro
aktualnya:
ht = 2628 kltkg
MW. Karena kalor ini terbawa pergi melalui air pendingin,
it,"coLT.
24 360 =
r?,.(4,18X10) ru, = 583 kg/s
9.11 Sebuah siklus turbin gas mengambil 20 kg/s udara atmosfer pada 15'C, mengkompresikannya hingga 1200 kPa dan memanaskannya hingga 1200"C di dalam sebuah pembakar. Gas-gas yang meninggalkan turbin memanask3n uap dari siklus Rankine menjadi
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
202
IBAB 9
350'C dan keluar dari penukar kalor (boiler) pada 100'C. Pompa dari siklus Rankine beroperasi di antara 10 kPa dan 6 MPa. Hitunglah keluaran daya maksimum dan elisiensi dari siklus gabungan tersebut. Temperatur dari gas-gas yang keluar dari turbin adalah(lihat Gbr. 9-17)
.,
=
-
.,(fi)'-
"'o
=
114731
(ffi)""'
='124,2 K
Temperatur dari udara yang keluar dari kompresor adalah
,, = ,,(ft)"-
(#)""'=
"'o = 1288;
585,8 K
Jadi keluaran daya netto dari turbin gas adalah
-
Wcr = W,*t
w.o-o = mCr(71
-
7t)
-
tixce(76
-
= (20X1,00X1473
724,2
- Ts) - 585,8
+ 288) = 9018 kW
Temperatur yang keluar dari kondensor dari Siklus Rankine tersebut adalah 45,8'C. Penyeimbangan energi pada penukar kalor boiler memungkinkan kita untuk menentukan fluks massa re, dari uap hocp(T8
Ts) = tix.,(\
-
- h2)
QO)(\,OO:)(724,2
-
100) = tix,(3043
-
191,8)
i,t" = 3,3'79 kgls Proses isentropik
3
-
4 memungkinkan io diperoleh: 14
=
:.ho
s3
=
= 6,3342 = 0,6491 +
7,5019x0
:.rq = 0,7578
191,9 + (0,'7578)(2392,8) = z965 1Jlk*
Keluaran turbin uap adalah l4zr, = rit(hz - h) = (3,379)(3043 - 2005) = 3507 kW. Akhirnya, keluaran daya maksimumnya (kita telah mengasumsikan terjadinya proses-proses ideal di dalam siklus) adalah, Wo,,
+ fro, +
Masukan energi ke siklus gabungan siklusnya adalah
ini
Wsr = 9018
adalah Q.in
=
+
3507
ritoCo(T1
-
= 12 525 kW T6)
=
atau 12,5 IvIW
(20)(1,00)(1473
-
585,8)
=
17,'74
MW. Maka efisiensi
, =T"'= ,tl.fu=o.to Soal-soal Tambahan 9.12 Sebuah pembangkit daya yang beroperasi berdasarkan siklus Rankine memiliki uap yang memasuki turbin pada 500'C dan 2 MPa. Jika uap masuk ke pompa pada 10 kPa, hitunglah (a) efisiensi termalnya jika usaha'pompa diperhitungkan, (D) efisiensi termalnya jika usaha pompa diabaikan dan (c) persentase tingkat kesalahan dalam efisiensi jika usaha pompa diabaikan. 9.13 Sebuah siklus Rankine ideal beroperasi di antara temperatur 500'C dan 60'C. Tentukanlah efisiensi siklusnya dan kualitas dari uap keluaran turbin jika tekanan keluaran pompanya adalah (a) 2 MPa, (b) 6 MPa dan (c) 10 MPa. 9.14 Pengaruh dari temperatur maksimum pada efisiensi dari siklus Rankine ingin diketahui. Dengan menjaga tekanan maksimum dan minimumnya masing-masing tetap konstan pada 1000 psia dan 2 psia, berapakah efisiensi termalnya jika temperatur uap keluaran boiler adalah (a) 800"R (D) 1000'F, dan (c) 1200"F? 9.L5 Sebuah pembangkit daya harus dioperasikan berdasarkan siklus Rankine ideal di mana uap superheat keluar dari boiler pada 4 MPa dan 500"C. Hitunglah efisiensi termalnya dan kualitas di lubang keluar turbin jika tekanan kondensornya adalah (a) 20 kPa, (D) 10 kPa, dan (c) 8 kPa. 9.16 Sebuah pembangkit daya beroperasi berdasarkan siklus Rankine di antara temperatur 600'C dan 40'C. Tekanan maksimumnya adalah 8 MPa dan keluaran turbin adalah 20 MW. Tentukanlah laju aliran massa minimum dari air pendingin melewati kompresor jika selisih temperatur maksimum sebesar 10'C diperbolehkan. 9.17 Minyak dengan nilai pemanasan 30 MJ/kg digunakan di dalam boiler yang ditunjukkan secara skematis dalam Gbr.9-21. Jika 85 persen dari energi dipindahkan ke fluida kerja, berapa banyakkah minyak yang dibutuhkan per jam? 9.18 Air panas geyser pada 95"C tersedia untuk memasok energi ke boiler dari suatu pembangkit daya siklus Rankine. Fluida kerjanya adalah R134a. Fluks massa air panas maksimum yang dimungkinkan adalah 2,0 kg/s. Rl34a keluar dari boiler sebagai uap jenuh pada 80'C dan temperatur kondensor adalah 40'C. Hitunglah (a) laju usaha pompa, (b) efisiensi termal dan (c) keluaran daya maksimum yang dimungkinkan. Asumsikan bahwa air panas dapat menyamai temperatur R134a ketika meninggalkan boiler. 9.19 Batubara dengan nilai pemanasan 2500 Btu/lbm digunakan untuk memberikan energi ke fluida kerja dalam sebuah boiler yang memiliki efisiensi 85 persen. Tentukanlah fluks mhssa minimum dari batubara, dalam lbm/jam, yang diperlukan untuk mencapai
BAB 9]
SIKLUS.SIKLUS DAYA UAP
203
Gbr. 9-21
Q,
Gbr.9-22 keluaran turbin sebesar 100 MW. Pompa menerima air pada 2 psia, dalam siklus Rankine sederhana, dan menghantarkannya ke boiler pada 2000 psia. Uap superheat harus kehiar dari boiler pada 1000"F.
9.20 Untuk siklus pemanasan ulang ideal yang ditunjukkan dalam Gbr. 9-22, hitunglah efisiensi termal dan fluks massa pompa. 9.21 Uap yang mengalir melalui turbin dari siklus daya dalam Soal 9.12 dipanaskan ulang pada 100 kPa menjadi 400'C. Tentukanlah efisiensi termalnya.
9.22 tJap yang mengalir melalui turbin dalam Soal 9.13b dipanaskan ulang menjadi 300'C pada tekanan ekstraksi sebesar (a)
100
kPa, (D) 400 kPa, dan (c) 600 kPa. Hitunglah efisiensi termalnya.
9.23 Siklus daya dalam Soal 9. 14b diusulkan untuk dipanaskan ulang. Hitunglah efisiensi termalnya jika uap dipanaskan ulang menjadi 1000'F setelah diekstraksi pada tekanan sebesar (a) 400 psia, (&) 200 psia, dan (c) 100 psia. 9.24 Uap yang mengalir melalui turbin dalam Soal 9.17 dipanaskan ulang pada 600 kPa menjadi 400"C dan pada 50 kPa menjadi 400'C. (a) Berapakah efisiensi termal yang dihasilkan? (D) Hitunglah minyak yang dibutuhkan per jam untuk keluaran daya turbin yang sama seperti dalam Soal 9.17. 9.25 Untuk siklus pemanasan ulang ideal yang ditunjukkan dalam Gbr. 9-23, tentukanlah (a) efisiensi termal dan (b) fluks massa dari uap.
9.26 Sebuah pemanas air umpan terbuka akan didesain untuk siklus daya dalam Soal 9.12 dengan cara mengekstraksi uap dari turbin pada 400 kPa. Tentukanlah efisiensi termal dari siklus regeneratif ideal tersebut.
50 MW
Qc
Gbr. 9-23
T
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
204
IBAB
9
9.27 Sebagian uap yang mengalir melalui turbin dalam Soai 9.13b diekstraksi dan diumpankan ke dalam sebuah pemanas air umpan terbuka. Hitunglah efisiensi termalnya jika ekstraksi dilakukan pada (a) 600 kPa, (D) 800 kPa, dan (c) 1000 kPa. 9.28 Sebuah pemanas air umpan terbuka dari turbin dalam Soal 9.14b pada 100 psia. Tentukanlah efisiensi termalnya. 9.29 Sebuah pemanas air umpan tertutup mengekstraksi uap dari turbin dalam Soal 9.13b pada 800 kPa. Berapakah efisiensi termal dai siklus regeneratif ideal yang dihasilkan? 9.30 Sebagian dari uap yang mengalir melalui turbin dalam Soal 9.17 diekstraksi pada 1000 kPa dan diumpankan ke dalam sebuah pemanas air umpan tertutup. Hitunglah (a) efisiensi termalnya dan (D) fluks massa minyak untuk keluaran daya yang sama. 9.31 Untuk menghindari masalah kandungan uap di dalam turbin dalam Soai 9.16 uap diekstraksi pda 600 kPa dan dipanaskan ulang menjadi 400'C dan sebuah pemanas air umpan terbuka, dengan menggunakan uap pada tekanan yang sama, disisipkan ke dalam siklus. Berapakah efisiensi termal yang dihasilkan dan fluks massa air yang mengalir melalui pompa air umpan? 9.32 Untuk siklus regeneratif/pemanasan ulang ideal yang ditunjukkan dalam Gbr. 9-24 hitunglah (a) efisiensi termalnya, (b) fluks massa air yang diumpankan ke boiler dan (c) fluks massa air pendingin kondensor.
I
600"c
MPa
600'c
|
,o
rru
100
ts
4 MPa
+
Mw
12 kPa
20'c
+ Air *
3o"c
Perangkap Perangkap
Gbt.9-24 9.33 Sebuah pembangkit daya akan dioperasikan berdasarkan siklus uap superkritis dengan pemanasan ulang dan regenerasi. Uap meninggalkan boiler pada 4000 psia dan 1000'F. Uap diekstraksi dari turbin pada 400 psia; sebagian masuk ke pemanas air umpan terbuka dan sisanya dipanaskan ulang ke 800'F. Tekanan kondensor adalah 2 psia. Dengan mengasumsikan siklus ideal. hitunglah efi siensi termalnya. 9.34 Untuk siklus daya uap, yang beroperasi sebagaimana ditunjukkan dalam diagram 7-s dalam Gbr.9-25, dua pemanas air umpan terbuka digunakan. Hitunglah eflsiensi termalnya. 600'c 500'c 30 MPa
@
@
Gbr. 9-25 9.35 Tentukanlah efisiensi termal siklus iika efisiensi turbin adalah 85 persen datam (a) Soal 9.12, (b) Soal 9.13a, (c) Soal 9.14b dan
(d
Soal 9.16.
9.36 Jika turbin dalam Soal 9.17 memiliki efisiensi 80 persen, tentukanlah fluks massa minyak yang dibutuhkan untuk menjaga keluaran daya yang sama. 9,37 Asumsikan efisiensi turbin sebesar 85 persen untuk Soal 9.18 dan hitunglah efisiensi termal dan keluaran daya yang di harapkan.
9.38 Untuk siklus Rankine sederhana yang ditunjukkan dalam Gbr.9-26 efisiensi turbinnya adalah 85 persen. Tentukanlah (a) efisiensi termal, (D) fluks massa dari uap, (c) diameter dari pipa masuk ke turbin jika kecepatan maksimum 100 m/s diperbolehkan dan (fl fluks massa dari air pendingin kondensor. 9.39 Turbin aktual dalam Soal 9.20 memiliki efisiensi sebesar 85 persen di sisi tekanan tinggi dari turbin dan 80 persen di sisi tekanan rendah. Hitunglah efisiensi termal siklus dan fluks masssa pompa untuk keluaran daya yang sama.
BAB 9]
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
205
5,7 MPA
20'C eir
36.6
Pendingin
Gbr. 9-26 9.40 Hitunglah e{isiensi termal siklusnya jika turbin memiliki efisiensi 85 persen untuk siklus dalam SoaI 9.25. 9.41 Hitunglah efisiensi termal siklus jika turbinnya sebesar 87 persen untuk siklus dalam (a) Soal. 9.26, (b) Soal 9.28b dan (c) Soal 9.29.
9.42 Tentukanlah efisiensi termal dari siklus yang ditunjukkan dalam Gbr. 9-27 jlka efisiensi turbinnya adalah 85 persen. 415'C
s00"c
/_
AI = 10'C 6,2
AI = 10'C +
MPa
L-1.5 MPa 1,3 Mpa
35"C
Gbr.9-27 9.43 Jika turbin daiam Soal 9.33 memiliki eflsiensi 85 persen, berapakah efisiensi termal siklus? 9.44 Hitunglah efisiensi termal dari siklus gabungan yang ditunjukkan dalam Gbr. 9-28.
t
,",
+
wsr= 50 Mw
10 kPa
100"c 150 kPa
50"c Udara
Gbr. 9-28
9.45 Sebuah siklus turbin gas mengambil 50 kg/s udara pada 100 kPa dan 20"C. Udara dikompresikan 6 kalinya dan pembakar memanaskannya hingga 900'C. Udara kemudian memasuki boiler dari pembangkit daya siklus Rankine sederhana yang dioperasikan dengan uap di antara 8 kPa dan 4 MPa. Boiler penukar kalor mengeluarkan uap pada 400'C dan gas-gas buang pada 300"C. Tentukanlah keluaran daya totalrtya dan efisiensi siklus keseluruhan. 9.46 Kompresor dan turbin dari siklus gas dalam Soal 9.45 memiliki efisiensi 85 persen dan turbin uap memiliki efisiensi 87 persen. Hitunglah keluaran daya dan ef,siensi siklus gabungan tersebut.
206
SIKLUS-SIKLUS DAYA UAP
IBAB 9
Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE 9.1FE Siklus daya Rankine diidealisasikan. Manakah di antara yang berikut yang bukan salah satu idealisasinya?
(A) Tidak ada gesekan. (B) Perpindahan kalor tidak terjadi melintasi perbedaan temperatur yang finit. (C) Penurunan tekanan di dalam pipa-pipa diabaikan (D) Pipa-pipa yang menghubungkan berbagai komponen terinsulasi.
9.2FE Komponen dari siklus Rankine yang mengakibatkan efisiensi siklus yang rendah
(A) Pompa (B) Boiler (C) Turbin (D) Kondensor
9.3FE Air melewati empat komponen utama ketika menjalani siklus dalam boiler. Estimasikan kalor yang dibuang di dalam kondensor jika 100 hp.
adalah:
sebuah pembangkit daya; turbin, kondensor, pompa dan 106 N.m/s, dan #0r., =
e*r". = 60 MJis, Wiu.bine = 20 x
(A) l'74 MJls (B) 115 MJ/s
(C) (D)
52 MJis 40 MJ/s
wT
-+
9.4FE Tentukan qu di dalam siklus Rankine dalam Gbr. 9-29.
(A) 3410 kJ/kg (B) 3070 kJlkg (C) 1050 kJ/kg (D) 860 kJ/kg
Air pendingin
+ --->
9.5FE Tentukan w, dat't turbin dalam Gbr. 9-29.
(A) 3410 kJ/kg (B) 3070 kJlkg (C) 1050 kJlkg (D) 860 kJ/kg
Pompa
Gbr. 9-29
9.6FE Tentukan wr'dari pompa dalam Gbr. 9-29. (A) 4 kJ&e (B) 6 kJ/kg (C) 8 kJ/kg
(D)
10 kJ/kg
9.7FE Efisiensi termal dari turbin dalam Gbr. 9-29 mendekati:
(A) (B) (C)
76Vo
(D)
'8r%o
64Vo
727o
9.8FE Air pendingin dalam Gbr. 9-29 diperbolehkan naik sebanyak 10.C. Jika dari uap yang meninggalkan kondensor adalah tepat 0,0.
h"r*=
2 kg/s, tentukanlah
ru"op"naingin
jika kualitas
(A) 80 kg/s (B) 9l kg/s (C) 102 kg/s (D) I 13 kg/s 9.9FE
Sebuah pemanas air umpan terbuka menerima uap superheat pada 400 kPa dan 200'C dan mencampur uap dengan kondensat pada 20 kPa dari sebuah kondensor ideal. Jika 20 kg/s mengalir keluar dari kondensor, estimasikan dari uap superheat.
(A) (B) (C) (D)
2,26 kgts 2,11 kgts
3.25 kgls 3,86 kg/s
9.l0FEBerapa banyakkah kalor yang dipindahkan dari uap superheat dalam soal 9.9FE?
(A) 3860 kJ/s (B) 4390 kJ/s
(c)
(D)
5090 kJA 7070 kJ/s
z
BAB 9]
SIKLUS.SIKLUS DAYA UAP
207
Jawaban-jawaban untuk Soal-soal Tambahan 9.12 (a)
33,97o (b) 34,0% (c) 0,29Vo
(b) 36,4vo, 0,855 (c) 38,5Vo,0,815 9.14 (a) 37,0Vo (b) 38,'7Vo (c) 40,4Vo 9.15 (a) 34,9Vo,0,884 (b) 36,87o,0,859 (c) 38,7%;o,0,828 9.13 (a) 31,67o,
0,932
9.16 664 kg/s
9.17 13 480 kg/jam 9.18 (a) 1,17 kW (b)
9,2Eo (c) 12,6 kW
9.19 217 000 lbm/jam
9.20 38.4Vo.44.9 kgls 9.21 34,2Vo 9.22 (a)
34,17o (b) 36,07o (c) 36,3Vo
9.23 (a) 40,2Vo (b) 4O,6Vo (c)
40,5Vo
9.24 @) 40,37o (6) 14 000 kg/jam 9.25 (a) 42,0Vo (b) 27,3 kels 9.26 35.670 9.27 (a)
38,7Va (b) 38,8Vo (c) 38,1Vo
9.28 4l,ZVo
9.29
38,8Vo
9.30 (a)
44,8Vo
(D) 12 600 kg/jam
9.31 M,7Vo,13,59 kg/s 9.32 (a)
47,2Vo
9.33
46,6Vo
9.34
5O,5Vo
9.35 (a)
(b) 67,8
kg/s
(c) 2680 kg/s
28,8Vo (b) 26,9Vo (c) 32,9vo (A
9.36 16 850 kg/jam 9.37 7,1Vo,10,7 W 9.38 (a) 32,27o (D) 35,6
35,6%
ke/s (c) 17,6 cm (A D12kels
9.39 34,07o,54,6 kg/s 9.40
35,'7Vo
34,5Vo (c)
9.41 (a) 31,OVo (b)
33,8Vo
9.42 3t,5Vo 9.43 4l,4Vo 9.44 567o
9.45 t6 MW,47Vo 9.46 11.6 MW. 35.870
Jawaban untuk Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE e.lFE
(B)
e.10FE (D)
9.2FE
(B)
e.3FE
(D)
9.4F8
(A)
9.sFE
(C)
9.6FE
(B)
e.7FE
(D)
9.8FE
(D)
9.9FE (B)
Si
10.1
klus-si klus Refrigerasi
PENDAHULUAN
,::::..
Refrigerasi melibatkan perpindahan kalor dari daerah berlemperatur rendah ke daerah bertemperatur tinggi. Jika tuj$a*l dari alat yang melaksanakan perpindahan kalor tersebut adalah untuk mendinginkan daerah yang bertemp-gralur ret$!; alat tersebut disebut refrigerator. Jika tujuannya adalah untuk mernanaskan daerah berlemperatur tinggi. alat tersebut disebut dengan istilah pompa kalor. Alat-alat refrigerasi paling sering beroperasi berdasarkan siklus yang menggunakan refrigeran yang diuapkan di dalam siklus, tapi refrigerasi juga dapat dilakukan oleh gas, seperti yang digunakan pada pesawat terbang. Dalam kasus-kasus tertentu. digunakan siklus-siklus refrigerasi serapan tabsorption). terutama di kampuskampus universitas yang besar. Setiap siklus ini akan dibahas dalam bab ini.
10.2 SIKLUS REFRIGERASI UAP
Kita dapat mengekstraksi kalor dari suatu ruang dengan cara mengoperasikan siklus uap, yang mirip dengan siklus Rankine, secara terbalik. Tentu saja dibutuhkan masukan usaha dalam mengoperasikan siklus yang demikian, seperti ' ,.. . yang ditunjukkan dalam Gbr. 10-1a. Usaha dimasukkan oleh sebuah kompresor yang menaikkan tekanan, yang berarti menaikkan temperatur juga, melalui proses kompresi isentropik dalam siklus ideal. Fluida kerjanya tseringkali Rl34at kemudian memasuki kondensor di mana kalor diekstraksi, sehingga menghasilkan cairan jenuh. Kemudian tekanan dikurangi dalam sebuah proses ekspansi sehingga fluida dapat diuapkan dengan penambahan kalor dari ruang yang didinginkan. , : j. Siklus yang paling efisien. siklus Carnot. ditunjukkan dalam Gbr. l0-lb. Akan tetapi terdapat dua kekurangan jika siklus semacam itu ingin diterapkan secara aktual. Peftama, pemberian kompresi pada campuran cairan dan uap sep.rti yang ditunjukkan oleh keadaan 1 dalam Gbr. 10-lb adalah hal yang harus dihindari karena butiran-butiran cairan dapat menyebabkan keausan yang berlebihan; selain itu, keseimbangan antara fase cairan dan fase uap sangat sulit untuk dijaga dalam proses yang demikian. Jadi, dalam siklus refrigerasi ideal keadaan uap jenuh diasumsikan terjadi di akhir pmses evaporasi; ini memungkinkan terbentuknya uap superheat di dalam kompresor. seperli yang ditunjukkau oleh proses l-2 dalam Gbr. 10-1c. Kedua, pembuatan alat yang akan digunakan dalam proses ekspansi yang hampir isentropik (tidak terjadi rugi-rugi) akan menjadi cukup mahal. Lebih mudah untuk menurunkan tekanan secara ireversibel dengan msnggunaan katup ekspansi yang menggunakan proses pengaturan di mana entalpi dijaga konstan, seperti ditunjukkan dengan garis putus-putus dalam Gbr. 10-lc. Walaupun proses ekspansi ini disertai dengan terjadinya rugi-rugi. ini dianggap menjadi bagian dari siklus refrigerasi uap "ideal". Karena proses ekspansi merupakan proses tak-seimbang, luas dibawah,diagram 7-s tidak merepresentasikan besarnya masukan usaha netto.
B.\B
SIKLUS-SIKLUS REFRIGERASI
101
209
Katup ekspansi
(c)
(b)
Gbr. 10-l Siklus refrigerasi uap
Kinerja dari siklus refrigerasi, jika digunakan sebagai refrigerator, diukur melalui
coP- = Jika siklus tersebut digunakan sebagai pompa tulor.
.
+
Lin.iunrll,uou,
COPH' =
b.
#win
(10.1) melalui (10.2)
Kita tidak menghitung eflsiensi dari siklus refrigerasi karena bukan efisiensi yang terutama ingin diketahui. Yang ingin diketahui adalah rasio energi yang keluar terhadap energi yang masuk. Koefisien kinerja dapat mencapai nilai mungkin 5 untuk pompa kalor- yang dirancang baik dan 4 untuk refrigerator. Temperatur-temperatur kondensasi dan evaporasi, yang berarti juga tekanan, ditentukan oleh situasi tertentu yang memotivasi perancangan unit refrigerasi yang dimaksud. Sebagai contoh, dalam refrigerator rumah tangga yang dirancang untuk mendinginkan kotak pembeku ke -18'C (0'F) evaporatornya harus dirancang untuk beroperasi pada kira-kira-25"C untuk memungkinkan terjadinya perpindahan kalor antara ruang kotak dan koil-koil pendingin. Zatrefigeran mengkondensasi dengan cara memindahkan kalor ke udara yang dijaga pada kira-kira 20"C; akibatnya, untuk memungkinkan terjadinya perpindahan kalor yang efektif dari koil-koil yang membawa refrigeran, refrigeran harus dijaga pada temperatur paling tidak 28'C. Ini ditunjukkan dalam Gbr. 10-2. Untuk melakukan refrigerasi pada kebanyakan ruang, temperatur evaporasinya perlu dibuat cukup rendah, barangkali sekitar -25"C. Tentu saja ini berarti air tidak dapat digunakan sebagai refrigeran. Dtazat refrigeran yang umum digunakan pada masa ini adalah amonia (NHr) dan Rl34a (CF3CH2F). Properti-properti termodinamika dari R134a diberikan dalam Apendiks D. Pemilihan zat refigerai tergantung pada dua temperatur desain yang ditunjukkan dalam Gbr. l0-2. Misalnya, temperatur jauh di bawah -100'C dibutuhkan untuk mencairkan banyak jenis gas. Baik amonia maupun R134a tidak dapat digunakan pada temperatur serendah itu karena keduanya tidak dapat eksis dalam bentuk cair di bawah -100'C. Juga diinginkan untuk mengoperasikan siklus refrigerasi sedemikian rupa sehingga tekanan rendahnya berada di atas tekanan atmosfer, sehingga menghindari kontaminasi udara seandainya terjadi kebocoran. Selain itu, untuk kebanyakan aplikasi zat refrigeran harus tidak beracun, stabil dan relatif tidak mahal.
SIKLUS-SIKLUS REFRIGERASI
210
AZ
Z ---
\I] 4
----1
-
-
IBAB l0
selisih temperatur yang diperlukan untuk perpindahan kalor yang efektif
Temperatur air pendingin atau udara luar Temperatur ruang yung didinginkan
Gbr. 10-2 Siklus refrigerasi yang menunjukkan temperatur-temperatur desainnya.
Penyimpangan-penyimpangan dari siklus refrigerasi uap ideal ditunjukkan pada diagram 7-s dalam Gbr. 10-30. Di antaranya adalah:
. . . . . . .
Penurunan tekanan karena gesekan di dalam pipa-pipa penghubung. Perpindahan kalor terjadi dari atau ke refrigeran mealui pipa-pipa yang menghubungkan berbagai komponen. Penurunan tekanan terjadi melalui tabung-tabung kondensor dan evaporator. Perpindahan kalor terjadi dari kompresor. Efek-efek gesekan dan separasi aliran terjadi pada bilah-bilah kompresor.
Uap yang masuk ke kompresor mungkin sedikit superheat. Temperatur cairan yang keluar dari kondensor mungkin lebih rendah daripada temperatur jenuh.
( a^
/l
r
(3) v
I
(a)
(b)
Gbr. 10-3 Siklus refrigerasi aktual yang menunjukkan rugi-rugi yang terjadi Beberapa di antara efek-efek ini cukup kecil sehingga dapat diabaikan, tergantung pada lokasi dari komponenkomponennya dan apakah komponen-komponen dan pipa-pipanya terinsulasi. Selain itu, tidak semua efek-efek tersebut diinginkan; subcooling yang terjadi pada kondensat di dalam kondensor menyebabkan keadaan 4 dalam Gbr. l0-1c berpindah ke kiri, sehingga meningkatkan efek refrigerannya. Contoh 10-2 mengilustrasikan perbedaan antara siklus refrigerasi ideal dan siklus refrigerasi aktual. Satu "ton" refrigerasi dianggap sebagai laju kalor yang dibutuhkan untuk mencairkan satu ton es dalam 24 jam. Menurut deflnisinya, 1 ton refrigerasi sebanding dengan 3,52 kW (12000 Btu/jam).
CONTOH 10'1 R134a digunakan dalam siklus refrigerasi uap idoal yang beroperasi di antara temperatur-teftperatur jenuh *20'C di dalam evaporator dan 39,39"C di dal4m kondensor. Hiiuaglah iui, ofrig"ruri" koeflsien kinerja dan rating dalaal daya kuda per ton jika refrigeran mengalir pada 0,6 kg/s. Selain itu, tentukaa koefisien kinerjanya jika siklus tersebut d,ioperasik** sebagai pompa kalor.
Penyelesaian; Diagram I-s dalam Gbr 10-4 diberikan untuk memudahkan penyelesaiannya. Entalpi di setiap kead+u{t perludiketahui.DariApendiksDkitamelihatbahwaft, =235,3kJ/kg,lr, =hq=1O5,3 kJ/kg.dans, =0,9332kJlkgK.D"ngur menggunakan 11 = $2, kita melakuken interpolari pada tekanan 1,0 MPa, yang merupakan tekanan yang diasosiasikan aelrga*.
BAB
SIKLUS-SIKLUS REFRIGERASI
101
hz =
(3ffiffi:f) ,rro,, -
268.7)
+
2t1
268,i = 2i7.2 ,r,tks
Laju refrigerasi diukur melalui laju perpindahaa kalor yang dibutuhkan di. dalam proses.eveporasi, yaitu
Qs; tii{h, * hi = (0,6){235.,3 *
105,3} = 78,0 kW
Gbr, 10-4 Daya yang dibua:hkan untuk rnengoperasikan kompresor adalah
frc = rit(hz - h,) =
(0.6)1277.2
-
235.3)
= 25.1 kW
Koefisien kinerjanya dihitung sebesff COP* = 78,0/25,1 = 3,10. Daya kuda per ton refrigerasi ditentukan, dengan menggunakan satuan-satuan konversi yang tepat. sebagai berikut: Hp/ton =
?dH# =,.t
Jika siklus di atas dioperasiJ
coPH,
=Tt=ffi!ffi=+,to
Jelaslah, COP untuk pompa kalor lebih besar daripada COP unruk refrigerator, karena por, harus selalu lebih besar daripada 0;n. Akan tetapi perhatikan bahwa pompa kalor dalam soal ini memanaskan ruangan dengan masukan energi ke alat yang besamya 4 kali lipat. lDapat ditunjukkan bahwa COPH, - COP* + l.)
COHTOH 1 0.2 Siklus refrigerasi
idea'l dari Contoh 10. 1 digunakan dalam pengoperasian sebuah refrigerator aktual. Refrigerator tersebut mengalami efek-efek nyata berikut:
Refrigeran yang keluar dari evaporator mengalami pemanasan lanjur ke -13'C. Refrigeran yang keluar dari kondensor mengalami subcooling'ke 38'C. Efisiensi kompresor adalah 80 persen.
Hitunglah laju refrigerasi dan koefisien kinerja dari refrigerator nyata iri. Penyelesaian: Dari Apendiks D kita memperoleh, dengan menggunakan I: = 38'C. bahwa ft, = hc= 103.2 kJ/kg. Dari Tabel D-l juga kita lihat bahwa Pr :0,18 MPa. Dari Tabel D-3. pada P, = 0.18 MPa dan I, = -lJ"f.
hr
Jika kompresornya
\Jkg sr = 0,930. kJ/kg'K iseatropik, maka, dengan t: = ,l-Ui P, = 1,0 MPa, o, = ,zso,z - 268.i) + 268.i = =
240
(ffi#ffi)
276
ktks
Dari deflnisi efisiensi. 4 = w,lwo, kita memiliki
h'\
- lzto-z+01'h =(h-/n,- n,)=\'i;:6 ) 'o' = 285 krn
kapabilitas untuk mendi ngi n kan ruangan. Koefi sien ki nerjanya menjadi
coPR
82 - {0,6x285 - 240)
= 3.04
Pen*runan dalam COP* terjadi karena telah terjadi kenaikan masukan daya ke kompresor.
SIKLUS.SIKLUS REFRIGERASI
212
IBAB
10
10.3 SIKLUS REFRIGERASI UAP MULTI.TINGKAT Dalam Contoh 10.2 terjadinya subcooling pada kondensat yang meninggalkan kondensor mengakibatkan terjadinya peningkatan refrigerasi. Subcooling merupakan suatu pertimbangan penting dalam merancang suatu sistem refrigerasi. Ini dapat dilakukan dengan cara merancang kondensor yang lebih besar atau merancang alat penukar kalor yang menggunakan refrigeran dari evaporator sebagai zat pendingin. Satu teknik lain yang dapat meningkatkan refrigerasi adalah dengan meletakkan dua siklus refrigerasi secara seri (siklus dua-tingkat), yang dioperasikan sebagaimana ditunjukkan dalam Gbr. 10-5a; peningkatan refrigerasi ditunjukkan dalam Gbr. 10-5b. Siklus dua-tingkat ini memiliki kelebihan tambahan yang adalah bahwa kebutuhan daya untuk memberikan kompresi pada refrigeran dapat berkurang banyak. Perhatikan bahwa refrigeran bertemperatur tinggi yang meninggalkan kompresor tingkat tekanan rendah digunakan untuk menguapkan refrigeran di dalarn tingkat tekanan tinggi. Ini memerlukan alat penukar kalor, dan tentu saja, dua katup ekspansi dan dua kompresor. Biaya ekstra yang harus dikeluarkan untuk peralatan tambahan ini harus dibenarkan melalui peningkatan kinerja. Untuk temperatur-temperatur refrigerasi yang sangat rendah mungkin perlu digunakan beberapa tingkat. Qr,
@ Katup ekspansi
wr,
@
[,^ *-
o Katup ekspansi
oGbr. 10-5 Siklus refrigerasi dua tingkat.
Nilai optimal untuk tekanan menengah P, diberikan oleh P, = (P11
(10.3)
P1)tt2
di mana Prdan P. masing-masing adalah tekanan-tekanan absolut tinggi dan rendah, yang ditunjukkan dalam Gbr. 105b. Dalam pembahasan di sini kita mengasumsikan refrigeran yang sama di dalam kedua sistem; jika refrigeran yang berbeda digunakan, maka diagram 7"-s yang tepat harus digunakan untuk setiap fluida. Untuk menentukan hubungan antara fluks-fluks massa dari kedua sistem kita hanya menerapkan hukum pertama
(penyeimbangan energi) pada alat penukar kalor. Ini memberikan lixH (hs
-
hr) = rixL(hz
- \)
di mana rr,adalah fluks massa dari refrigeran di dalam sistem tekanan tinggi danhradalah fluks
di dalam sistem tekanan rendah. Ini memberikan
il,
titL--L-h' h5*hR
(10.4) massa dari refrigeran
(10.s)
Sistem tekanan rendah memang melakukan refrigerasi yang diinginkan. Jadi, dalam proses desain, sistem inilah yang memungkinkan kita untuk menentukai rit,.. Jika X ton (= 3,52 X kilowatt) refrigerasi dibutuhkan, maka
tilL(\ - h) = 3,52 X
(10.6)
Fluks massanya adalah
.
171.
'
=
3,52 X
hr-ho
(10.n
-
t-t ffi
n
BAB
101
SIKLUS.SIKLUS REFRIGERASI
213
10.4 POMPA KALOR Pompa kaloi memanfaatkan siklus refrigerasi uap yang dibahas dalam Subbab 10.2. Alat ini dapat digunakan untuk memanaskan rumah dalam cuaca dingin atau mendinginkan rumah dalam cuaca panas, sebagaimana ditunjukkan secara skematis di dalam Gbr. 10-6. Perhatikan bahwa dalam moda pemanasan, rumah menerima kalor dari kondensor, sedangkan dalam moda pendinginan rumah kehilangan kalor ke evaporator. Hal ini dimungkinkan karena evaporator dan kondensor merupakan alat-alat penukar kalor yang serupa. Dalam situasi aktual, sistem katup dibutuhkan untuk melakukan pengalihan moda penukar kalor. Ukuran pompa kalor disesuaikan untuk memenuhi beban pemanasan atau beban pendinginan, tergantung mana yang lebih besar. Di daerah-daerah selatan di mana beban-beban pendinginan sangat besar, ukuran sistem dapat dibuat untuk kebutuhan pemanasan yang rendah pada malam hari; dalam kedua kasus, disarankan untuk menggunakan AC dengan sistem pemanas tambahan. Di daerah utara di mana beban pemanasan membutuhkan pompa kalor yang relatif besar, beban pendinginan pada siang hari mungkin terlalu rendah untuk penggunaan pompa kalor yang efektif; kapasitas pendinginan yang besar akan dengan cepat mengurangi temperatur di dalam rumah tanpa mengurangi kelembaban pada saat yang sama, yang merupakan fitur yang diperlukan pada sistem pendinginan manapun. Dalam kasus demikian, biasanya disarankan untuk menggunakan pemanas dengan sistem pendingin tambahan. Atau, pompa kalor dapat dirancang berdasarkan beban
SIKLUS-SIKLUS REFRIGERASI
214
IBAB
10
(udara, air tanah)
Katup
Katup ekspansi
ekspansi
w.
b,
Sumber kalor (rumah)
Sumber kalor (udara, air tanah)
(b) Pendinginan
Gbr. 10-6 Pompa kalor. pendinginan, dengan menggunakan pemanas tambahan untuk saat-saat
di mana diperlukan kebutuhan
pemanasan yang
besar.
liki CONTOH 10.4 Sebuah, pomps kalor yang meaggunakan R134a dius$lker nner(ipe.qenai44' sebuah. ru : yan& , keburuhan beban maksimum 300 kW. Evaporatomya beroperasi pada -l2oC dan kondensomya pada 900 kPa Asqmsqk4l sik-lus ideal.
,tb}?bntukanIahbiayape*rakaran1istrikpada$0,08lkwh.:.:.||.
tc)
Bandingkan dengau sistem R134a ter*eU* d*ngrul biaya peflgoperasian aLat pemenas yang m*ugguaak*ailgasr,*1*ar
Penyelesaian:
(ai
:Diagram
I*
(Gbr. 10.7) diberikanrsebagai,refere*pi; D*ri.{pendiks D kita rnempaoleh - ht * 99,56,k1/kg Melalui iltelpolasi, diperoleh htsil
= a,9267 kJ&g.K, d*n lr,
or=
(ffiffi)
rrrr.,
-
27r,2!)
+
271.2
=
272.8
l,
= Zn.ZWXg, r*
*
,2
,
ktkg
ah
Q, = th(hz
,
- lt)
3W = rit(272,8 -S9,SOI
lrri memberikan flirks rnassa reftiger*u,eebesar fu,; 1,7'32 kg+ Itdi- kebutuhan daya o.feh konpresor adalah li{o = rit{4- &,i = (1,732X772,8 *24U,7} = 56,5 k\Y' Ini nrenghasilkan kmfisien,kinorja, se.besar
C0P*.:=ff,m-5Jl.:....'. tc)
Dengan mengas.umsik*a al*t pBmanas yaqg yang berguna. kita memiliki
iitea[,yang,1*Iart tl$Egl(qrrversika*$emu*,e$etgi {ari
Biuyu gusr;
[fffi#...]
Gbr. l0-7
to,rsi
*
sr;@
gas men;qdi
kalor
.
BAB
SIKLUS-SIKLUS REFRIGERASI
101
2t5
IO.5 SIKLUS REFRIGERASI SERAPAN Dalam sistem-sistem refrigerasi yang telah dibahas sejauh ini masukan daya yang dibutuhkan untuk mengoperasikan kompresor relatif besar karena refrigeran yang bergerak melalui kompresor berada dalam keadaan uap dan memiliki volume spesifik yang sangat besar jika dibandingkan dengan dalam keadaan cair. Kita dapat mengurangi daya ini dengan cukup banyak jika kita menaikkan tekanan dengan pompa yang beroperasi menggunakan cairan. Siklus reirigerasi semacam itu adalah siklus refrigerasi serapan (absorption refrigeration cycle), yang skemanya ditunjukan dalam Gbr. 10-8. Perhatikan bahwa kompresor dari siklus refrigerasi konvensional telah digantikan dengan beberapa unit peralatan yang ditunjukkan di sisi sebelah kanan dari siklus tersebut. Penyerap, pompa, penukar kalor dan generator adalah komponen-komponen utama yang menggantikan kompresor. Uap refrigeran jenuh bertekanan rendah meninggalkan evaporator dan masuk ke penyerap di mana uap diserap ke dalam larutan pembawa yang lemah. Kalor dilepaskan dalam proses penyerapan ini dan untuk membantu proses tersebut temperatur dijaga konstan pada nilai yang relatif rendah dengan cara membuang kalor Ql.Larutan cairan yang lebih kuat meninggalkan penyerap dan dipompa ke tekanan kondensor yang lebih tinggi dengan menggunakan daya pompa yang kecil. Larutan melewati alat penukar kalor, yang menaikkan temperaturnya, dan masuk ke generator di mana kalor yang telah ditambahkan akan mendidihkan refrigeran yang kemudian meneruskannya ke kondensor. Cairan pembawa yang lemah yang tersisa kemudian dikembalikan dari generator ke penyerap untuk diisi kembali dengan refrigeran; dalam perjalanannya ke penyerap temperatur dari larutan pembawa diturunkan di dalam alat penukar kalor dan tekanannya dikurangi oleh sebuah katup pengatur. Kekurangan utama dari siklus serapan adalah bahwa sumber energi bertemperatur relatif tinggi harus tersedia untuk memasok perpindahan kalor Qo; ini biasanya dipasok oleh sebuah sumber yang lazimnya dibuang, seperti misalnya uap yang dibuang dari sebuah pembangkit daya. Kalor tambahan Qolraalr. boleh mahal. jika tidak biaya tambahan yang harus dikeluarkan untuk peralatan ekstra tidak dapat dibenarkan. Untuk aplikasi di mana ruang yang didinginkan dijaga pada temperatur di bawah 0'C, refrigerannya biasanya amonia dan pembawanya adalah air. Untuk aplikasi pendinginan udara refrigerannya mungkin air dan pembawanya lithium bromide atau lithium chloride. Dengan digunakannya air sebagai refrigeran tekanan vakum sebesar 0,001 MPa harus dijaga di dalam evaporator dan penyerap (absorber) untuk membuat temperatur evaporator menjadi 7oC. Karena temperatur evaporator harus sekitar I0"C di bawah temperatur dari udara yang mendinginkan ruangan, tekanan serendah itu dapat dibenarkan. Untuk menganalisis siklus serapan kita harus mengetahui jumlah refrigeran yang terdapat dalam campuran, baik dalam bentuk cairan maupun uap. Ini dapat diperoleh dengan bantuan diagram kesetimbangan. seperti yang dipakai untuk campuran amonia-air. Pada temperatur dan tekanan tertentu diagram kesetimbangan menunjukkan properti-properti berikut:
l.
Fraksi konsentrasi
x'dari amonia
cair: massa NH.J cair massa campuran
(10.8)
massa NH. uap x,,= massa campuran
(10.e)
x'=
2.
Fraksi konsentrasi
x" dari amonia
uap:
10-8 Siklus refrigerasi serapan
f SIKLUS-SIKLUS REFRIGERASI
2r6 -1.
-1.
IBAB
10
h, dari campuran cairan. Entalpi h, dari uap amonia. Entalpi
Berbagai properti
ini diilustrasikan oleh Gbr.
10-9.
Gbr. 10-9 Diagram kesetimbangan
Akhirnya, di dalam penyerap dan generator dua aliran masuk dan satu aliran keluar. Untuk menentukan propertiproperti dari aliran yang keluar, perlu digunakan penyetimbangan massa pada setiap alat; penyetimbangan massa pada refrigeran dan campuran keduanya perlu dilakukan.
10.6 SIKLUS REFRIGERASI GAS Jika aliran gas di dalam siklus Brayton dalam Subbab 8.9 dibatikkan, gas mengalami proses ekspansi isentropik ketika mengalir melalui turbin, sehingga menghasilkan penurunan temperatur yang cukup besar, sebagaimana ditunjukkan dalam Gbr. 10-10. Gas dengan temperatur keluar turbin yang. rendah dapat digunakan untuk mendinginkan sebuah ruangan ke temperatur I, dengan cara mengekstraksi kalor pada Q;, dan ruangan yang didinginkan. Gambar 10-10 mengilustrasikan siklus refrigerasi tertutup. (Sistem slklus terbuka digunakan pada pesawat terbang; udara diekstraksi dari atmosfer pada keadaan 2 dan dialiran ke dalam ruang penumpang pada keadaan 1. Ini memberikan udara segar dan sekaligus pendinginan.) Sebuah alat penukar kalor tambahan bisa digunakan. seperti regenerator dari
w
e
Penukar
kalor
,
Gbr. 10-10 Siklus refrigerasi
@
gas
T
BAB
2t7
SIKLUS-SIKLUS REFRIGERASI
101
siklus daya Brayton, untuk memberikan temperatur keluar turbin yang bahkan lebih rendah lagi, sebagaimana diilustrasikan dalam Gbr. 10-11 dari Contoh 10.6. Gas tidak memasuki proses ekspansi (turbin) pada keadaan 5; melainkan melalui penukar kalor internal (idak berlukar kalor dengan lingkungan). Ini membuat temperatur dari gas yang masuk ke turbin menjadi jauh lebih rendah daripada yang ditunjukkan dalam Gbr. 10-10. Temperatur I, setelah ekspansi menjadi sangat rendah sehingga ada kemungkinan terjadinya pencairan gas. Akan tetapi harus diperhatikan bahwa koeflsien kinerjanya sebenarnya berkurang dengan ditambahkannya penukar kalor internal. Untuk diingat: jika tujuan dari sebuah siklus termodinamika adalah untuk mendinginkan ruangan, kita tidak memberikan definisi efisiensi siklusnya; melainkan kita memberikan definisi koefisien kinerja:
COP--' R=
di mana Wrn= rh(wro*p
-
efek yang diinginkan
Q,n
(t0.10)
= energi yang dibayar w.ln
wtu.b).
CONTOH i0.5 UOara memasuki kompresor dari sebuah siklus refrigerasi gas sederhana pada - 10'C dan lOO kPa. Untuk rasio kompresi 10 dan temperarur masuk turbin sebesar 30dC, hitunglah temperatur siklus minimum dan koefisien kinerjanya.
Penyelesaian: Dengan mengasumsikan kompresi dan iP
t'l
I,' = fr- { r'I \rzl
r'
ltt
=
lp ro|p'o)
proses ekspansi isentropik
kita memperoleh
t)k
=
1263)(1010'zssr
I)'I
, ,
= 1303)
= 508 K
.ores7
(,,o)"'"- = r57 K = -lr6'C
Selanjutnya COPnya dihitung sebagai berikut:
q,, =
cr(Tr- r,) - f,
w"o*p = CpC3
= (l'00x263 -157) = 106 kJ/kg = (1,00X508
w** = Cr\To- T,t = (1,00X303
a
"'coPR
='.;#-,,.u
_ =
-
263) = 245 Wlkg 157
I = 146 kJ/kg
106
_ln? l'u7 245ti]76 =
Koef,sien kinerja ini cukup rendah jika dibandingkan dengan siklus refrigerasi uap. Jadi siklus-siklus refrigerasi gas digunakan hanya untuk aplikasi-aplikasi tenentu.
CONTOH 10.6 Gunakan informasi yang diberikan untuk kompresor dari siklus.refrigerasi dalam Contoh 10.5 tapi tambahkan penukar kalor internal. regenerator, sebagaimana diilustrasikan dalam Cbr. 10:11, sehingga temperatur udara yang memasuki turbin adalah
-
40"C. Hitunglah temperatur siklus minimum dan koeflsien kinerjanya.
Gbr. 10-1I
E 218
SIKLUS.SIKLUS REFRIGERASI
IBAB r0
Penyelesaian: Dengan mengasumsikan kompresi isentropik sekali lagi kita memiliki Ts= Tt(PqlP)(t= 508 K. Untuk penukar kalor intemaf ideal kita akan memiliki Ts = Tt
=
263
K dan Z, =
minimurnnya adalah
,
=
r.
"I=
(i;)
(23r)
1,t 1o:s5'=
Tz
=
rv&
-
(263X10)0'2s5?
253 K. Temperatur siklus
rzr K = -152'C
Untuk COPny qrn
.
= Cr\72 --11) = (1'00X233 - 121) = 112 kJ&g
w.o.p = Cr,(74 wt,.o
= Cr(I6
...coPR =
-
Ir)
= (1,00)(508
-
263) = 245 ktlkg
11) = (1'00X233
-
121)
-"#i%, = *!1rr=
=
112 kJ/kg
0,842
Jelas bahwa COPnya lebih rendah dibandingkan dengan siklus yang lidak memiliki penukar kalor intemal. Objekriinya bukanlah untuk meningkatkan COP tetapi untuk menciptakan temperaturtemperatur refrigerasi yang sangat rendah.
'
Soal-soal dan Penyelesaiannya
10.1 Sebuah siklus refrigerasi ideal menggunakan R134a sebagai fluida kerja di antara temperatur jenuh massa refrigeran adalah 2,0 lbm/sec, tentukanlah laju refrigerasi dan koefisien kinerjanya.
-
20'F dan 50"F. Jika fluks
Merujuk ke Gbr. 10-1c, dari Apendiks D kita memperoleh 1,1
-
98,81
Btu/lbm
ht =
h+
= 27.28
Bru/lbm
st = 0,2250 Btu/lbm-'R
Dengan mengetaui bahrva R134a mengalami kompresi secara isentropik di
'
di mana P,
P2=
adalah tekanan jenuh pada
;0 ;^"'-""
]
t'n' = tt2'2
Btu/lbm
50'F. Sekarang kita dapat menghitung informasi yang diinginkan:
it(h,
- hr) = (2)(98,81 - 27,28) = 143,1 Btu/sec W,,, = rit(h, - h) = (2)(112,2 * 98.81) = 26,8 Btu/sec Cop= Q'=1!3'-t =s.tq w n 26'8 Q6 =
(42,9 tons)
10.2 Rl34a dikompresi dari 200 kPa 1,0 MPa dalam sebuah kompresor yang elisiensinya 80 persen (Gbr. i0-12). Temperarur keluar kondensor adalah 40'C. Hitunglah COP dan fluks massa refrigeran untuk refrigerasi sebesar 100 ton (352 kW). Dari tabel Rl34a kita melihat bahwa
ht =
241
,3.kJlkg
h,
=
lt,
= t05.29 kJ/kg
.rr = 0,9253 kJ,&g'K
Keadaan 2' diidentifikasi. dengan mengasumsikan proses isentropik, sebagai berikut:
') -;l
0.9253
=
.
i'o
k.l/ks.K
*0"''"'''
I
|
" ^t
= 274'6 kJrkl
Efisiensi dari kompresor memungkinkan kita untuk menentukan usaha kompresor aktualnya. Besarnya adalah
*-.=+
=\:'
=T!4#,-,
Gbr. 10-12
= +r,; ryks
BAB r0l
2t9
SIKLUS_SIKLUS REFRIGERASI
COP* siklus dihitung sebesar
Fluks massa refrigeran diperoleh ,Jari Qr:
- hr)
Qu = rit(.h,
352 = tu(241,3
- 105,29)
rh.= 2.59 kgls
10.3 Sebuah sistem refrigerasi dua tingkat beroperasi di antara tekanan tinggi dan rendah yang masing-masing besarnya adalah 1.6 MPa dan 100 kPa. Jika fluks massa dari R134a di tingkat tekanan rendah adalah 0,6 kg/s, tentukanlah (a) ton'refrigerasi, (b) koefisien kinerja dan (c) fluks massa air pendingin yang digunakan untuk mendinginkan R134a di kondensor jika A( = 15"C. 'fekanan menengahnya adalah P, lPHPL)tt] (1,6)(0,1)li/2 = = = 0,4 MPa. Merujuk ke Gbr. 10-5, dari tabeltabel R134a kita memperoleh
li, = 231,35 lrrO*
kllkg h, = 1r = 134,02 kl,&g \ = ht = 62,0 kJ/kg .rr = 0,9395 kJ/kg'K is = 0,9145 kJ/kg'K hs
=
252,32
Dengan mengasumsikan kompresor-kompresor yang bersifat isentropik, nilai-nilai entalpi dari keadaan 2 dan 6 diperoleh melalui ekstrapolasi sebagai berikut:
ir = rr = 0.9395 kJ,kg'K '"'- L. P,
"
i o';fi";"
*
=;: =
l.?'il,tol"o*
i
- 25e'5 krtke hz =
)
," = 280.8
kJ/ks
Fluks massa dari Rl34a di tingkat tekanan tinggi adalah
rit,,= rit,
i,.,_oo:=
r0.or
( ,i]l;l_ ?r;l.r)=
(a) Qs= rhy(it, - hr) = (0.6)(231,35 - 62,0) = 101,6 kW = 28.9 tons (b) w,n=ritr(.h,- h,) + h,trhu- h5) =Q,6)(259,5 -231,35) + (1,00)(280,8 coP^ - -' R=
r.0o ke/s
-252,3) = 45,4 kW
b-
:' = lol'6 ,,, 45.4 =zzl
u
(c) Air pendingin
digunakan untuk mendinginkan R134a di kondensor. Penyeimbangan energi pada kondensor menghasilkan
rit,,c,,Lr,,
-
titnttto
- tr.,t
^^
=
('
"ilii|;i,;lt4'02
= 2.34 ks/s
10.4 Sebuah pompa kalor menggunakan air tanah pada 12'C sebagai sumber energi. Jika energi yang disediakan oieh pompa kalor harus sebesar 60 MJ/jam, estimasikan fluks massa maksimum dari air tanah jika kompresor beroperasi dengan R134a di antala tekanan 100 kPa dan 1,0 MPa. Selain itu, hitunglah daya kuda minimum dari komprsor. Merujuk ke Gbr. l0-1c. tabel Rl34a memberikan lu,
= 231,35
OrrU*
lt:.
= 7o = 105,29 kJ/kg
sr = 0,9395 ki/kg'K
Keadain 2 diidentifikasi dengan mengasumsikan proses isentropik sebagai berikut:
'' =ii
=?,Stirto}'ot*
)
',
= 27e'3 kJ/kg
Kondensor menghantarkan 60 MJ/jam kalor: jadi,
hr)
105,29)
= 1800q = minimum dari air tanah akan diperoleh jika udara masuk ke evaporator pada 72"C dan keluar pada 0"C (titik
Q, = it,,,{h.
-
h*1279.3
.'.h,"t
0'0958 kg/s
Fluks massa beku air). Selain itu, kita telah mengasumsikan siklus ideal, sehingga memberikan kita fluks massa minimum. Penyeimbangan energi pada evaporator mengharuskan energi yang diberikan oleh Rl34a sama dengan yang diambil oleh air tanah: i1,,t(ht
-
h^)
= rito;,C,,LToi,
(0,0958)(231,35
-
105,29) = it^i, (4,18)(12
-
0)
h'i' = 0'241 kgls Akhirnya, daya kompresor minimumnya adalah
Wr,= tit,,{hr- hrl = t0.0958rt279.3 -231.35) = 4,59 kW = 6,16 hp
l0 ton refiigerasi clengan mengkompresikan uclara dari 200 kPa ke 2 MPa. Jika temperatur maksimum dan minimumnya masing-masing adalah 300"C dan - 90"C, tentukanlah daya dan COP siklusnya. Kompresor memiliki efisiensi 82 persen dan turbin 87 persen.
10.5 Sebuah siklus gas seclerhana menghasilkan
SIKLIiS-SIKLUS REFRIGER
220
A SI
IBAB
Temperatur masuk kompresor ideal (lihat Gbr. 10-10) adalah 7'z= TlPzlP)(k ryt - |.573)(20012000)0:857 efisiensi kompresor adalah 82 persen, temperatur masuk aktual I, diperoleh sebagai berikut: rcomp
=
w,
Cp(Tr - T2'\ ;:= -fft _;r,
.'.r, = (0.!, ) tro.szrrsTi) - 571 + 2e6.81 =
-
10
296,8 K. Karena
236.2 K
Penukar kalor temperatur rendah menghasilkan 10 ton = 35,2 kW refrigerasi: Qin
= hCp(Tz
- T)
35,2
= it(.1,00)(236,2
*183)
.'.tit = 0,662 kgls
Jadi daya kompresor adalah Ii'"o-o = mCp(Tt - T2) = (0,662)(1,00)(5'73 - 236,2) = 223 kW. Turbin menghasiikan daya yang dipakai untuk menggerakkan komfresor. Temperatur masuk turbin ideal adalah * 2857 2-000 r 18.3) 1 10 r^ = r, , fo )" '' = (l8r) = -153.3 K
\i,)
Keluaran daya turbin adalah lil,u,' = mr1,u,rColfo-
t zoo r
T) = (0,662)(0,87)(1,00)(353,3 -
183) = 98,1 kW. COP siklusnya selanjutnya
dihitung sebesar
(lox3'521 cop= oin - 223 S8.l =o2Ri iln", 10.6 Udara memasuki kompresor siklus refrigerasi gas pada -10'C dan dikompresikan dari 200 kPa menjadi 800 kPa. Udara bertekanan tinggi kemudian didinginkan ke 0'C dengan memindahkan energi.ke lingkungan dan kemudian ke -30'C dengan menggunakan penukar kalor internal sebelum memasuki turbin. Hitunglah temperatur maksimum yang dimungkinkan dari udara yang meninggalkan turbin, koefisien kinerja dan fluks massa untuk 8 ton refrigerasi. Asumsikan komponen-komponen ideal. Gunakan Gbr. 10-11 untuk penamaan berbagai keadaan. Temperatur di keluaran kompresor adalah
14=
^
(ii)
'
= (28r) ( :33 )'
""
=
420.5 K
Temperatur minimum di keluaran turbin diperoleh dari proses iseritropik:
. Koefisien kinerjanva
=
..
(i:)
"A
= (243) (333
)""' = 163.5 K
dihitung'**"t;:'l:,
(r2-r)= (1,00x243 - 163,5) = 7e,5 kJ/ke - 13) = (1.00)(420,5 - 283) = 137,5 kJ/kg w*,o = Co(76 - T) = (1,00X243 - 163,5) = 29,5 kJ/kg
w"n-p = Cp(74
...cop=- !!r,*
= n-L1,5a9.=1,3i
Fluks massanya diperoleh sebagai berikut: Qrn
=
hq,n
(8)(3,52) =
(i1)(79,5) it
= 0,354 kgls
Soal-soal Tambahan
10.7 '
Sebuah siklus refrigerasi uap ideal meriggunakan R134a sebagai fluida kerja di antara temperatur jenuh - 20 C dan 40 C. Untuk aliran 0,6 kg/s, tentukanlah (a) laju refrigerasinya, (D) koefisien kinerjanya dan (c) koefisien kinerjanya jika digunakan sebagai pompa kalor.
10.8
R134a digunakan dalam sebuah siklus refrigerasi ideal di antara tekanan 120 kPa dan 1000 kPa. Jika kompresor membutuhkan 10 hp, hitunglah (a) laju refrigerasinya, (D) koefisien kinerjanya dan (c) koefisien kinerjanya jika digunakan sebagai pompa kalor.
10.9
Sebuatr siklus refrigerasi ideal yang menggunakan R134a menghasilkan 10 ton refrigerasi. Jika dioperasikan di antara temperatur jenuh -10'F dan 110'F, tentukanlah (a) COPnya, (D) masukan daya yang dibutuhkan untuk kompresor dan (c) laju volume aliran ke dalam kompresor.
10.10 Jika tekanan rendahnya adalah 200 kPa dalam Soal 10.8, kerjakan lagi soal
tersebut.
10.11 Untuk 20 ton refrigerasi hitunglah masukan usaha minimum ke kompresor untuk siklus yang ditunjukkan dalam Gbr. l0-13 jika fluida kerjanya adalah (a) R134a dan (D) air.
BAB
SIKLUS.SIKLUS REFRIGERASI
101
221
Katup ekspansi
Gbr. 10-13 10.1.2 Turbin yang ditunjukkan dalam Gbr. 10-14 menghasilkan daya yang cukup untuk mengoperasikan kompresor. Rl34a dicampur di dalam kondensor dan kemudian dipisahkan menjadi fluks massa rhndanm,. Tentukanlahtilthix,dan QulQu.
Gbr. 10-14
10.13 Asumsikan
bahwa refrigeran yang meninggalkan kondensor dalam Soal 10.7 menjalani subcooling ke 36"C. Hitunglah koefisien
kinerjanya.
10.14 Kompresor suatu siklus refrigerasi menerima R134a
sebagai uap jenuh pada 200 kPa dan mengkompresikannya ke 1200 kPa; efisiensinya 80 persen. R134a meninggalkan kondensor pada 40'C. Tentukanlah (a) COPnya d,an (b) fluks massa R134a untuk l0 ton refrigerasi.
10.15 R134a memasuki kompresor pada 15 psia dan 0"F dan meninggalkannya pada 180 psia dan 200"F. Jika zat tersebut keiuar
kondensor sebagai cairan jenuh dan sistem menghasilkan 12 ton refrigerasi, hitunglah (a) COPnya. (D) fluks massa refrigeran. (c) masukan daya ke kompresor, (rf efisiensi kompresor dan (e) laju volume aliran yang masuk ke kompresor.
10.16
Sebuah siklus refrigerasi mengalirkan 0,2 kg/s Rl34a. Uap jenuh memasuki kompresor pada 140 kPa dan meninggalkannya pada 1200 kPa dan 80'C. Temperatur di keluaran kondensor adalah 44'C. Tentukanlah (a) COPnya, (&) ton refrigerasi, (c)
kebutuhan masukan daya, (d) efisiensi kompresor dan (e) fluks massa air pendingin kompresor jika kenaikan temperatur sebesar 10"C diperbolehkan.
10.17
Sebuah siklus refrigerasi memanfaatkan sebuah kompresor yang memiliki efisiensi 80 persen; Rl34a diterima sebagai uap jenuh pada-24"C. Cairan yang meninggalkan kondensor berada pada 800 kPa dan 30'C. Untuk fluks massa 0.1 kg/s hitunglah (ri) COPnya, (b) ton refrigerasi dan (c) fluks massa air pendingin kondensor untuk kenaikan temperatur sebesar 10"C.
10.18
Sebuah siklus refrigerasi dua tingkat ideal dengan Pa
10.19
Sebuah siklus dua tingkat ideal dengan tekanan menengah sebesar 400 kPa menggantikan siklus refrigerasi dalam Soal 10.9a. Tentukanlah COPnya dan masukan daya yang diperlukan.
= 1 MPa dan Pr- 120 kPa memiliki tekanan menengah Rl34a sebesar 32OkPa. Jika 10 ton refrigerasi dihasilkan, hitunglah fluks massa di kedua loop dan COPnya.
10.20 (a) Untuk siklus refrigerasi 20 ton
seperti yang ditunjukkan dalam Gbr. 10-15, yang beroperasi dengan R134a di antara tekanan 1000 dan 160 kPa, tentukanlah koefisien kinerja maksimum dan masukan daya minimum. (b) Tentukanlah COP maksimum dan masukan daya minimum untuk sistem satu tingkat yang beroperasi di antara tekanan-tekanan yang sama.
SIKLUS-SIKLUS REFRIGERASI
222
IBAB i0
1000 kPa
Katup ekspansi
<_,n
w
Katup ekspansi
\n, Gbr. 10-15 10.21 Sebuah sistem refrigerasi dua tingkat yang menggunakan R134a beroperasi di antara tekanan 1,0 MPa dan 90 kPa dengan fluks massa 0,5 kg/s di tingkat tekanan tinggi. Dengan mengasumsikan siklus-siklus ideal, hitunglah (a) ton refrigerasi, (D) masukan daya, (c) rating daya kuda kompresor per ton refrigerasi dan temperatur 20"C diperbolehkan.
(S fluks
massa air pendingin kondensor.jika kenaikan
L0.22 Sebuah pompa kalor yang menggunakan R134a sebagai refrigeran menyediakan 80 MJ/jam ke sebuah gedung. Siklusnya beroperasi di antara tekanan 1000 dan 200 kPa. Dengan mengasumsikan siklus ideal, tentukanlah (a) COPnya, (b) daya kuda kompresor dan (c) laju volume aliran ke dalam kompresor.
10.23 Sebuah sistem pemanas rumah menggunakan sebuah pompa kalor dengan R134a sebagai refrigerannya. Beban
pemanasan
maksimum terjadi pada saat temperatur dari 1000 ft3lmenit udara sirkulasi dinaikkan sebanyak 45"F. Jika kompresor menaikkan tekanan dari 30 ke 160 psia, hitunglah (a) COPnya, (b) kebutuhan daya kompresor dan (c) fluks massa R134a. Asumsikan siklus ideal.
10.24 Udara mengalir dengan laju 2,0 kgls melalui kompresor dari sebuah siklus refrigerasi gas ideal di mana tekanan meningkat ke 500 kPa dari 100 kPa. Temperatur siklus maksimum dan minimumnya masing-masing adalah 300"C dan -20"C. Hitunglah COP dan kebutuhan daya untuk menggerakkan kompresor.
10.25 Kerjakan kembali Soal
10.24 dengan mengasumsikan efisiensi dari kompresor dan turbin masing-masing adalah 84 persen dan
88 persen.
10.26
Sebuah penukar kalor internal ideal ditambahkan ke siklus dalam Soal 10.24 (lihat Gbr. 10-11 dalam Contoh 10.6) sehingga temperatur rendahnya diturunkan menjadi -60'C sementara temperatur maksimumnya tetap pada 300'C. Tentukanlah COP dan kebutuhan daya kompresomya.
L0.27 Berapakah COP untuk siklus udara ideal yang ditunjukkan dalam Gbr.
10-16
jika (a) digunakan untuk mendinginkan
ruangan
dan (&) digunakan untuk memanaskan ruangan?
30 psia
Gbr. 10-16
10.28
Dengan mengasumsikan kompresor dan turbin dalam Soal 10.27 masing-masing memiliki efisiensi 87 persen dan efektivitas dari penukar kalor internal adalah 90 persen, kerjakan kembali soal tersebut.
BAB
SIKLUS-SIKLUS REFRIGERASI
101
223
Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE l0.lFERefrigeran mengalir melewati koil yang terletak di belakang kebanyakan refrigerator. Koil ini adalah:
(A) (B) (C) (D)
Evaporator Intercooler Pemanas ulang Kondensor
l0.2FESebuah siklus refrigerasi ideal beroperasi di antara temperatur rendah -12"C dan tekanan tinggi 800 kPa. Jika laju aliran masanya adalah 2 kg/s R134a, kebutuhan daya kompresor adalah mendekati: (A) 38 kW (B) 34 kW (c) s0 kw (D) 60 kw L0.3FEKualitas dari refrigeran dalam Pertanyaan 10.2FE yang memasuki evaporaror adalah mendekati:
(A) (B) (c) (D)
t4s, 26s, 297a 34Vo
10'4FEBerapa banyakkah kalor yang dipasok oleh siklus dalam pertanyaan 10.2FE?
(A) (B) {C) (D)
t270 Mlljam 1060 MJ/jam 932 MJ/jam 865 MJ/jam
10.5FECOP dari siklus dalam Pertanyaan 10.2FE, jika cligunakan sebagai refrigerator, mendekati:
(A) (B)
(c)
(D)
2,4 3,4 4,0 4.8
l0.6FEManakah di antara penyimpangan-penyimpangan siklus refrigerasi dari siklus ideal berikut ini yang diinginkan? (A) Penurunan tekanan melalui tabung-tabung penghubung. (B) Gesekin pada bilah-bilah kompresor. (C) Subcooling dari refiigeran di dalam kondensor. (D) Pemanasan lanjut dari uap yang memasuki kompresor. 10.7FEAir memasuki kompresor sebuah siklus refrigerasi gas ideal pada 10'C dan 80 kPa. Jika temperatur maksimum dan minimumnya adalah 250"C dan - 50'C, usaha kompresor mendekati:
(A) 170 kJ/kg (B) 190 kJ/kg
(C) (D)
220 kltkg 2a00 kJ/kg
10.8FERasio tekanan melewati kompresor di dalam siklus dalam Pertanvaan 10.7FE mendekati:
(A) (B)
(c)
(D)
8,6 8,2 7,8 7,4
l0.9FECOP untuk siklus refrigerasi dalam Peftanyaan 10.7FE mendekati:
(A) 1,04 (B) 1,18
(c)
(D)
t,22 1,49
Jawaban-jawaban untuk Soal-soal Tambahan 10.7
10.8
r0.9 10.10
3.08 (c) 4,08 (a) 21,8 kw (b) 2,e4 (c) 3,94 (a\ 2.60 rlr 18.1 hp (c) 1.71 ft3/sec ;. ,-r-r! rc,5.0g l.?) _10.5 k\\ (a) 77,5
kw
(b)
T
aa/
SIKLUS-SIKLUS REFRIGERASI
10.11 (a) 28,6
IBAB
kW (r) 19,4 kw
10.12 3,40,1,91 10.13
3,22
10.14 (a)
2,9t
(b) 0,261 kgls
1,40 10.16 (a) 1,65 10.17 ta) 2.78 10.15 (a)
hp (A 62,5Vo (e) 2,38 ft3lsec (D) 6,95 tons (c) 14,8 kW (A 60,2Vo (e) 0,940 kg/s rDt 4.01 tons {c) 0.460 kgis
(b) O,772lbmlsec (c) 40,6
10.18 0,195 kgls, 0,272 kg/s, 3,87. 10.19 3.02. 23.4 kW 10.20 (a) 4,04,17,4 kw
(b) 3,4g, 20,2 kw
tons (D) 20,9 kW (c) 1,58 hp/ton ($ 2,93 kgls 10.22 (a) 5.06 (D) 5,88 hp (c) 0,0i3 m3/s 10.23 {a) 4,79 (D) 4,06 hp (c) 0,193 lbm/sec 10.21 (a) 17,8
10.24 1.73. 169
hp
10.25 0.51. 324
hp
10.26
1.43. 233 hp
1,28 (b) 2,28 tu't 0.737 (b) 1;74
10.27 (a) 10.28
Jawaban untuk Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE
(D)
10.1FE 10.9FE (B)
10.2FE
(D)
10.3FE
(C)
10.4FE
(A)
10.sFE
(D)
10.6FE
(C)
10.7FE
(D)
10.SFE (A)
10
ubungan Termodinamika
H ubungan-h
r*,|.l,r!,${ HUBUNGAN
DTFERENSTAL
,.,,,.,,,}Ul+,akan memperhatikan suatu variabel
i
yang merupakan fungsi dari x dan y. Jadi kita dapat menuliskan
: = flr,
v)
(*l / 1_\
(5)ar / 1_\
az = a* * t dx /r:"" \ dy J*--t
1tt.t\
[!*btr*rgaNl,ini adalah formulasi matematika yang eksak untuk diferensial z. Kita akan menuliskan dz dalam bentuk
dz=Mdx+Ndy
(11.2)
di.,l*$a ,
,=(X),
.:..,:,,..,,,,.,
,=(ff),
(11 .3)
fi{,1,'kiei:l,iircnniliki diferensial-diferensial eksak (dan memang kita jumpai ketika berurusan dengan properti-properti teim ihq), maka kita memiliki hubungan penting yang pertama: I aM\ i aN\ \a)/,=\a*,,
fniidbuktikAg,,dengan memasukkan
M
(11 .4)
dan 1/ dari persamaan-persamaan sebelumnya:
622
_ 022
d\.d.r
d.rdr'
Ut.5)
-=yafls adsleh,benar jika urutan diferensiasinya tidak mempengaruhi hasil, yang memang tidak untuk fungsi-fungsi yang di studi termodinamika ini. dalam kita,bt*hui ingi* :;;,,,.,:;Unq1$,l6gxpmukan hubungan penting yang kedua, pertama-tama perhatikan bahwa x adalah fungsi dari y dan e, yniig:ar{ipya,,x * l.v, z). Jadi kita dapat menuliskin .::,' , ',
,,',',
,,,,
Dengan:rneinasukkan dz dari
,. = (3{)r, *(f),a, (11
(11.6)
.l) kita memperoleh
o'= (#)!0. (#),
[(#),". (ff)."]
Q1.n
HUBUNGAN-HUBUNGAN TERMODINAMIKA
116
IBAB
11
atau, setelah disusun ulang
o=
. [' - (*),(**),]* - [(#), (#l (#).]','
(11.8)
x dan y dapat divariasikan secara independen, yang berarli, kita dapat menetapkan x dan memvariasikan y, atau menetapkan y dan memvariasikan x. Jika kita menetapkan x, maka dx =}',jadi koeflsien dari d-v yang dikurung harus nol. Jika kita menetapkan y, maka dy = 0 dan koeflsien dari dr yang dikurung adalah nol. Oleh karena itu, Kedua variabel independen
(11.e)
'-(#),(*E),=o dan
(#),(#).. (#).=
o
(11 .1
0)
Persamaan pertama memberikan
(#),(*q)' =
(il
'
.11)
yang mengarah ke hubungan penting kedua kita:
/dx\ /r
l-l
\ d:
I =
(11.12)
(d:/dx).,
Selanjutnya kita menuliskan ulang t I I .l0t sebagai
(#),(#), = -(#).
(11.13)
Dengan membagi seluruhnya dengan (Ex/Ey). dan menggunakan (11.12),
[(ff).] = (#).
(t
Lt4)
kita memperoleh formula siklas
(#),(#),(#). - -l
(11.1s)
{{.1 Estimasikan perubahan volume spesifik udara, dengan mengasumsikan gas ideal, dengan menggunakan bentuk diferensial dari dv,jika temperatur dan tekanan berubah dari 25'C dan 122 kPa menjadi 29"C dan 120 kPa. Bandingkan dengan perubahan yang dihitung langsung dari hukum gas ideal.
CONTOH
Penyelesaian:
Dengan menggunakan v
a, = ($),ar * di
mana
=
RTIP,
kila memperoleh
(#\,0, = F r, - {p, de = (ffi
)r+r
-'t i:il(,',t'
r-2) =
0.02 r 25 m3ikg
kita relah menggunakan nilai rata-rata untuk P dan f.
Hukum gas ideal memberikan
(0.287)(302) n.,-Az r'=-p - Rrr P =--ffi keadaan
,,lrlri:lf;l#fl^1,
4
sebesar
4"c
dan
-2
(0.287rr'rqsr
=0.02 125 m''ikg
kPa cukup kecil sehingga perubahan diferensial
dl
dapat mengaproksimasi
I1,2 HUBUNGAN-HUBUNGAN MAXWELL Untuk perubahan-perubahan ldiferensial) yang kecil dalam energi internal dan entalpi dari suatu sistem kompresibel sederhana, kita dapat menuliskan bentuk-bentuk diferensial dari hukum pertama sebagai flihat (6.9) dar (6.12)]
dtr=Tds-Pdv dh=Tds+vdP Kita memperkenalkan dua properti lain: fungsi Helmholtz a dan fungsi Gibbs
a=Lt-Ts g=h-Ts
(11.16)
Q1.1n g
(11.18)
(11.te)
B.\B l1l
HUBUNGAN-HUBUNGAN TERMODINAMIKA
227
(ll.l7), kita dapat menuliskan du=-Pdv-sclT
Dalam bentuk diferensial, dengan menggunakan (11.16) dan
(11
dg=rtlP-sdT
.20)
(1t .21)
Dengan mengaplikasikan hubungan penting pefiama kita dari kalkulus lhhat (11.4)l ke keempat diferensial eksak di atas, hub un g an- hub wt gan M arw e ll:
kita memperoleh
(#), = -(#),
(11
.22)
(*4), = (*)"
(11
.23)
(#),
(11
.24)
(11
.25)
(#)"
=
\to*), = -
(#),
Melalui hubungan-hubungan Maxwell, perubahan-perubahan entropi (suatu kuantitas tak-terukur) dapat diekspresikan dalam bentuk perubahan-perubahan dalam v, T, dan P (kuantitas-kuantitas terukur). Demikian juga, hal yang sama dapat dilakukan terhadap energi dan entalpi (lihat Subbab I 1.4).
{1.2 Dengan mengasumsikan bahwa h = h\s. P). dua hubungan diferensial manakah yang diisyaratkan? Verifikasi hubungan salah satu tersebut dengan menggunakan tabel-tabel pada 400"C dan 4 MPa. CONTOH
Penyelesaian: Jika & = h
(s. Pt kita dapat menuliskan
*=(*)/'*(l;)"ae Tapi hukum perlama dapat dituliskan sebagai |lhat
tl
l.lhl
dh = T ds + v dP. Dengan menyetarakan koefisien-koefisien dari ds
dan r)P, dihasilkan
'= (*4). Marilah kita verif,kasi hulrungan-hulrungan tekanan konstan ini. Pada P - 4 MPa dan dengan menggunakan selisih-selisih (gunakan entri-entri pada kedua sisi dari keadaan yang diinginkan) pada I = 400'C. kita memiliki '=
(*)"
s
tengah
3'o??. {+) 672 K atau 399"C \ lP = b.931 - b.)UJ = ?3=3=o=-
().\
Hasil ini sangat baik jika dibandingkan dengan temperatur 400oC yang diberikan.
11.3 PERSAMAAN CLAPEYRON Kita dapat menggunakan hubungan-hubungan Maxwell dalam berbagai
r4acam cara. Sebagai contoh, (11.24) memungkinkan kita untuk mengekspresikan kuantitas hrr@ntalpi penguapan) dengan menggunakan data P, v dan 7saja. Misalkan kita menginginkan lrrn pada titik (vo, 7e) dalaiir Cbr. 11-1. Karena terRperatur tetap konstan selama perubahan fase, kita dapat menuliskan sg
/d.r\
-
s/
(11.26)
\Av/r= ru- rr- v, Oleh karena itv, (11.24) memberikan % /04\ \Afl,=,o-
QL.2n
v/g
Tapi, kita dapat mengintegrasikan (11.17), dengan mengetahui bahwa P dan T adalah konstan selama perubahan fase:
Ior=troa, Ini dimasukkan ke dalam
(1
L2n
-[, ar
arau
hr, = Tosfs
untuk membeikan persamaan Clapeyron: h^ IaP\ hk Tn't* / aP\
\arl, = ,,,-- ffi
atau
=
\'ari,
(11
.28)
(1t .2e) =
,,,,
228
HUBUNGAN_HUBUNGAN TERMODINAMIKA
Gbr. 11-1 Diagram 7-y untuk zat yang berubah
IBAB
11
fase
Derivatif parsial @Pli/n,-,- dapat dihitung dari tabel-tabel keadaan jenuh dengan menggunakan aproksimasi selisih tengah (central dffirence)
/dP\ - P.-P, larl,=,r:fi
(11
.30)
di mana T, dan I dipilih pada interval-interval yang sama besar di atas dan di bawah 70. (Lihat Gbr. 11-1 dan Contoh I 1.3)
Untuk tekanan-tekanan yang relatif rendah, persamaan Clapeyron dapat dimodifikasi ketka memperlakukan uap jenuh sebagai gas ideal, sehingga
vtr=vr-rt.i r*=T
v, >> y/ Kita
dapar
(1t .31)
Maka (11.29) menjadi (dengan menghilangkan subskrip 0)
lo!\ \ AT I, =Ph*
(11
Rf2
.32)
sebagai persamaan Clausius-Claper-ron. Percamaan ini juga dapat digunakan untuk proses sublimasi yang melibatkan perubahan fase dari padat ke uap. Selama perubahan fase, tekanan bergantung hanya pada temperaturl jadi, kita dapat menggunakan derivatif biasa
Ini seringkali dikenal
sehingga
(#)" Maka(11.32) dapat disusun
=
(#)'^'
(l t .33)
ulang (#),^,=k
(t t .34)
(#),^,
Ini diintegrasikan di antara dua keadaan jenuh untuk menghasilkan
*
(ft).",
=+(+-
(11.35)
i),",
di
mana kita telah mengasumsikan hrr tetap konstan di antara keadaan 1 dan keadaan 2 (sehingga digunakan tanda "kira-kira sama dengan"). Hubungan (11.35) dapat digunakan untuk mengaproksimasi tekanan atau temperatur di bawah limit-limit dari nilai-nilai tabulasi (lihat Contoh 11.4).
11.3 Prediksikan nilai entalpi penguapan untuk air pada 200"C dengan mengasumsikan uap sebagai gas ideal. Hirunglah persentase tingkat kesalahannya. CONTOH
PgnVelesajln: Pada 200'C dan 155.4 kPa volume spesifik dari uapjenuh adalah, dalam aproksimasigas ideal. vs= RTIP (0,462){473)/155 = 0,1406 m3&g. Untuk air cair densitasnya sekitar 10O0 kgim3 sehirgga v.r = 0,001 m3tkg latau kita dapat menggunakan urdari tabel+abel uap). Jadi kita memperoleh
=
h*= rv*(*+),
= (473x0,r406
-
0,(81)
(iffi=#
2153 kns )=
BAB 1ll
HUBUNGAN-HUBUNGAN TERMODINAMIKA
ri\a oila$jng[aq
dengau ftie
* le4l.k]ks dari tabel.tabel.:T.
229
error adarah
T:::r:rse Kecalfihan
ini
dieobabkan oleh ketidal€kuratan dari
nilai vr.
CONTOH 11.4 Misalkan tabel-tabel uap dimulai dari P*, = 2 kPa(Iru, = 17.5'C) dan kita menginginkan f-redlksikau Io, dad bandingkan. dengan nilai dari t*be}-ti''be1 uap.
(,,
pada P.n
=I
kPa.
Penyelesaian: Karena tekanannya cukup rendah. kita akan mengasumsiJ> vrdan bahwa v, diberi,kan oleh hakum gas id€al. Dengan menggunakan nilai-nilai untuk /rr, pada P,* = 4 kPa, 3 kPa dan 2 liPa, kita mengasumJikan bahwa Po, = I lrrP4 h* = 2480 kJ/kg. Maka (1,1.J5) rnemberikan kitd"
*(t}--=k{+t)-*{}).=(#ffi){-kt).:{z=280Katau7,0oC Nilai ini sangai dekat dengan nilai 6.98"C dari tabel-tabel
uap.
11.4 KONSEKUENSI.KONSEKUENSI LBBIH LANJUT DARI HUBUNGAN-HUBUNGAN
MAXWELL Mengingat bahwa energi internal adalah fungsi dari T dan v, kita dapat menuliskan
o, = (!*)1r + (fr),n = cdr *
l*),u,
(11 .36)
di mana kita telah menggunakan deflnisi C" = (6ul0T),. Bentuk diferensial dari hukum pertama adalah
du=TdsDengan mengasumsikan s =
flT, v), hubungan di
du =
Pdv
Q13n
atas dapat dituliskan sebagai
r [(#),rr. (#),4,] - p dv = r(ff).ar. lr(#). - rf o,
(11.38)
Jika ekspresi untuk du ini disejajarkan dengan (11.36), kita memperoleh
.,= ,(#),
(*),=.(s), -r=r(ffi)"-r
(11
.3e)
(11.40)
di mana kita telah menggunakan hubungan Maxwell (11 .24). Sekarang kila dapat menghubungkan du dengan propertiproperti P, v, T dan C, dengan cara memasukan (11.40) ke dalam (11.36): du =
Ini dapat diintegrasikan untuk membeikan (u, antara P, v dan T sehingga @PlaD, diketahui.
-
c,ar
+lr(ffi),- ,lo,
(11.41)
a,) jika kita memiliki persamaan keadaan yang memberikan hubungan
Entalpi Mengingat bahwa entalpi adalah fungsi dari 7 dan P, langkah-langkah yang serupa dengan di atas menghasilkan
='(*)' '' dh=cpar+lv-r(ff),lar
(11
.42)
(11.43)
yang dapat diintegrasikan untuk memberikan (h2- h)jika suatu persamaan keadaan diketahui. Karena kita tahu bahwa h = u + Pv, kita memiliki
hr-hr-uz
ur+Prvr-Prvt
Q1.44)
Jadi, jika kita mengetahui P = flT,v), kita dapat menemukan (u, - u ) dari (l I .41) dan (h, - ft, ) dari ( 11.44\. Jika kita mengetahui v = fl,P, D, kita dapat menemukan (hr- hr) dari (11.43) dan (ur- u,) dali (11.44). Dalam kasus yang
T HUBUNGAN_HUBUNGAN TERMODINAMIKA
230
IBAB
11
pertama kita tahu P secara eksplisit merupakan fungsi dari T dan v; dalam kasus yang kedua kita tahu y secara eksplisit merupakan fungsi dari P dan T. Untuk gas ideal, Pv = RZ sehingga kuantitas-kuantitas di dalam tanda kurung dalam (11.41) dan (11.43) adalah nol, sebagaimana telah kita asumsikan sebelumnya dalam studi mengenai gas ideal di mana u = u(T) dan h = fr(7). Untuk gas non-ideal suatu persamaan keadaan akan diberikan sehingga salah satu kuantitas di dalam tanda kurung dapat ditentukan.
Entropi Akhirnya, kita akan mencari ekspresi untuk ds. Anggaplah s (11.24). kita memiliki
= s(7, v). Maka, dengan menggunakan (11.39)
,, = (#), ar + (fr),a" = + ar + (ffi),a, Sebagai alternatif, kita dapat menjadikan
s = s(7, P). Maka, dengan
dan
(11.4s)
menggunakan (11.42) dan (11.25),
kita
mempgroleh
o, Dua persamaan
ini
=?
ar
- (fi),ar
tu.46)
dapat diintegrasikan untuk menghasilkan
=J:+rr.l:,(#).r,=l;,?*-l;(!*),*
s2-s
ot.4n
Untuk gas ideal persamaan-persamaan ini menyederhanakan persamaan-persamaan dalam Bab 6. Lihat Subbab 11.7 untuk perhitungan-perhitungan aktual yang melibatkan gas-gas ideal.
CONTOH 11.5 Tirunkaalah ekspresi unluk perubahan entalpi dalam suatu proses isotermal dari gas yang memiliki persamaan keadaan P
=
RTI\v
-
b1
-
1alv21.
Karena P diberikan secara eksplisit. kita menentukan ekspresi untuk Aa dan kemudian menggunakan (t1.44\. Untuk proses di mana dT=0, (//.4/.1 memberikan
Penyelesaian:
o" = J.
[.i#].-
o1o, =
l:,(f+
-
#.
#)*
=-,,(+ - +)
Maka ekspresi untuk A& adalah
hr*h, =Al.t+ Prvr*Prv,
=,(+-+).
P,v,-P,v,
rendah P = P. (lihat Gbr. ll-2.1. Jika persamaan As. ekspresi untuk keadaannya adalah P = RT/(v - bl -'(alvz) tentukanlah Penyelesaian: Karena kita tahu P secara eksplisit, kita gunakan \t1.47) untuk menentukan As:
CONTOH 11.6 Kita tahu bahwa Cr=
! + BT di sepanjang isobar tekanan
* = J;+ ar + l,' lff),a,
Gbr. 11-2
i
&
B.\B
HUBUNGAN-HUBUNGAN TERMODINAMIKA
111
231
Ekspresi yang diberikan untuk C, berlaku hanya di sepanjang P = P*.,Ketimbang melakukan integrasi dari I ke 2. sebagaimana ditunjukkan dalam Gbr. 11-2, kid borgerak secara isotermal dari I ke 1-, kemudian sepanjarlg P = P* dari l* ke 2u, dan akhirnya secara isotermal dari 2* ke 2. Ini menghasilkan
* . !,':,( j, tfl,, . "Y,).0,_ !:7 rr'^ tr:t, 'ar+1,,R,a, av + + n) =- ) J,'\| r,;v _ t) ,;\
ds = -
=
f
ln
v,-b
,iJ
+ Aln
T"
,+
BtTr- T,) + ft
v^*h 1"ffi
Kita dapat menghitung nilai numerik untuk As jika keadaan-keadaan awal dan akhir, A, B, P*, a, dan b diberikan untuk
suatu
gas tertentu.
11.5 HUBUNGAN.HUBUNGAN YANG MELIBATKAN KALOR.KALOR SPESIFIK Jika kita dapat menghubungkan kalor-kalor spesifik dengan P, v dan T,kita akan dapat menuntaskan objektif kita untuk menghubungkan kuantitas-kuantitas termodinamika (tersembunyi) dengan tiga properti yang terukur. Diferensial eksak ds = M dT + N dP telah dituliskan dalam(11.46) sebagai
d,
=+
ar
(fi),ar
-
(u.48)
Dengan menggunakan (11.4), kita dapat menuliskan
l$ c,rnl,= - [# (#)"], atau,
tu
4e1
jika disusun ulang,
(#),=
-(#\
(, 50)
Jika kita mulai dengan (11.45), kita memperoleh
L*,,,1r1,=
[#(#),].
ut
5t)
yang menghasilkan
(.._)
\dv lr = r(*\ \dT, l,
(r.52)
Oleh karena itu, dengan mengetahui suatu persamaan keadaan, kuantitas @Cplanr dan (DC,/?v)rdapat diperoleh untuk proses isotermal.
Hubungan yang berguna yang ketiga dapat diperoleh dengan mempersamakan (11.48) dan (11.45):
sehingga
1T-'-\ar)'o'= ,r- (9r) dP =1dr + tdP\ ,'. To'*lfr)"d'
(ll'53)
a,
(tt.54t
ar =rL!'t42, (v ap *rgPta=, L, LP - L, -
Tapi, karena T = T(.P, v), kita dapat menuliskan
,, = (#),ar + (ff),a,
ut
5s)
Dengan mempersamakan koefisien-koeflsien dari dP di dalam dua ekspresi untuk dZ di atas memterikan Co
- c. = , (*),(#)"
=
-r(#)',(#),
ut 56)
di mana kita telah menggunakan (11.12) dan (11.15). Hubungan yang sama akan dihasilkan seandainya kita mempersamakan koefisien-koefisien dari dv dalam(11.54) dan (11.55). Kita dapat menarik tiga kesimpulan penting dari (11.56):
l. 2. 3.
Co= Cu untuk zat yang benar-benar inkompresibel (v = konstan). Karena (dvldl, cukup kecil untuk zat cair atalu zat padat, kita biasanya mengasumsikan Co = C,. C, -+ C, ketika 7 -+ 0 (nol absolut). Co2 C, karena (dPldv), < 0 untuk sebuah zat yang diketahui.
232
HI]BUNGAN-HUBUNGAN TERMODINAMIKA
IBAB 1l
Persamaan (11.56) dapat dituliskan dalam bentuk ekspansivitas volume
B=
+(#),
Ql.sn
dan modulus bulk
u = -,
(#),
(11
.s8)
(.11
.59)
sebagai
Co-C"=vTFTB Nilai-nilai untuk B dan B dapat diperoleh dari buku-buku tentang properti-properti
bahan.
C, jika persamaan keadaannya adalah P = RTI{v Penyelesaian: Persamaan (11.56) memberikan kita
CONTOH '11.7 Tentukanlah ekspresi untuk C,
-
'
b)
* {a/*).
co*c,= r(#),(#), Persarnaan keadaan yang diberikan dapat dituliskan sebagai
,=*[r" -a*#(,-b)] sehingga
QT\AI, = (P - ah? + z.eb/v1)/R
-
l,fiAildT)r
.ladi
*
Co
Ini direduksi menjadi
C,-C, =R
jika
4=b
C,
-
TR\I{P + a/v2 + zablf){v
* b}l
= 0, hubungan gas ideal-
COHTOH 11.8 Hitunglah perubahan entropi dmi 10 kg balok tembaga jika tekanannya berubah dari lffi kPa menjadi 50 MPa 1 sementara temperaturnya tetap konstan. (iunakan F =tS i 10-5 K dan p = 8770 kg/m3. Penyelesaian: Dengan menggunakan satah $atu persamaan Maxwell dan(11.57), diferensial entropinya adalah
a, =
($),ar. (#)"r* = - {#[* - -vfidP
Dengan mengasumsikan y dan B relatif konstan di seturuh rentafig tekanan tersebut, perub4han entropinya adalah s2
-
sr =
-
|Orrr-.P,)=
- sfo
(5
x l0-5) I(50 *0,1i x
1061
= *0,285 J,&g'K
Jika kita tadi menganggap tembaga bersifat inkompresibel {dv = Ol perubahan enftopinya akan menjadi nol, seperti terlihat dalam W4n. Perubahan entropi yang te{adi dalam contoh ini terjadi karena adanya perubahan kecil dalam volume tembaga'
II.6 KOBFISIEN JOULE.THOMSON Ketika suatu fluida melewati sebuah alat pengatur (throttling) berupa pompa, sumbat berpori, tabung kapiler, atau lubang kecil, entalpinya tetap konstan, hasil dari hukum pertama. Dalam siklus refrigerasi alat semacam itu digunakan untuk memberikan penurunan temperatur yang mendadak. Penurunan tidak selalu terjadi: temperatur mungkin tetap konstan atau meningkat. Situasi mana yang terjadi bergantung pada nllai koefisien Joule'Thomson,
P,=
(#),
(11.60)
positif, penurunan temperatur terjadi mengikuti penurunan tekanan melewati alat yang dimaksud: jika Kita akan mengekspresikan p, F1 ne{airf, terjadi kenaikan temperatur; untuk lli=9,_tidak terjadi perubahan temperatur. Iika
1t, bernilai
P,v,T
dan C, sebagaimana yang kita lakukan dengan properti-properti lainnya dalam Subbab 11.4. Ekspresi diferensial untuk dh diberikan dalam(11.43) sebagai
dLlam bentuk
dh = Cp
ar +1"
- r(*r),1*
(11.61)
BAB
HUBUNGAN-HUBUNGAN TERMODINAMIKA
111
233
Jika kita menjaga ft konstan, seperti diharuskan oleh (l 1.60), kita memperoleh
o = cp
ar +
lv
- ,(tu*),1*
(11
.62)
atau, dalam bentuk derivatif-derivatif parsial,
(#),
u, =
pi
filrP*)" -,1
=
(11.63)
mudah untuk diukur, hubungan ini memberikan kita metoda yang relatif mudah unruk merrghitung Cr. ideal, h = h(7') atau T = T(h). Oleh karena itu, jika h dijaga konstan, T dijaga konsran, sehinggabndi= p
[are1agas :*rl Untuk
-0.
CONTOH 11.9 Tentukanlah koefisien Joule yang diberikan dalam
(11.6J)
Penyelesaian; Kita
-
Thomson untuk uap pada 400'C dan
kedua ekspresi
dapat menggunakan 111.42) dan menentukan C": :_i
., = .(#)"
=
. (f.),
M*ka (l/.63) memberikan, dengan menggunakan Cp tt;=
I MPa dengan menggunakan
t
=
=
onffi=ff
= 2.r3 kr/ks.K
Zl3:AJ&g.K,
['(#)" - '] = {r,rt) ["",
(qqrq
-#tr)
-
o''ooe
7,40 x 10{ K/Pa ]=
Dengan menggunakan ekspresi yang lain dalam {l 1.64) kita memperoleh lkita menjaga entalpi konstan pada 3264 kJ/kg)
,,=
(#),=
#Ta#Tfo
=
7.50
x
1o
6 K/Pa
Karena ir; Fositif, temperatur berkurang karena terjadinya penurunan tekanan yang mendadak ketika melewati alat pengatur,
II.7
PERUBAHAN ENTALPI, ENERGI INTERNAL DAN ENTROPI GAS.GAS NYATA Gas-gas pada tekanan yang relatif rendah biasanya dapat diperlakukan sebagai gas ideal sehingga pv R7- Untuk =
gas-gas ideal, hubungan-hubungan yang dibahas dalam subbab-subbab sebelumnya tereduksi menjadi hubungan-hubungan sederhana yang dibahas dalambab-bab awal dari buku ini. Dalam subbab ini kita akan mengevaluasi perubahan-perubahan
entalpi, energi internal dan entropi gas-gas nyata (non-ideal) dengan menggunakan hubungan-hubungan umum dari Subbab I 1.4. Hubungan umum untuk perubahan entalpi diperoleh dengan mengintegraslkan (11.43):
h,
-
h,
f:oa,.
['1, - r(ff),]ar
(11.64)
Perubahan properti bersifat independen dari jalur yang dipilih. Ketimbang bergerak langsung dari 1 ke 2, kita akan memilih jalur yang ditunjukkan dalam Gbr. l1-3 yang membawa kita ke suatu tekanan Px yang sedemikian rendah sehingga proses dari lx ke 2* melibatkan gas ideal. Jelas P* = 0 dapat dipakai, jadi kita menjadikan Px = 0 (sebenarnya, suatu tekanan € yang kecil dapat digunakan). Proses dari I ke 1* dan dari 2* ke 2 adalah isotermal, sehingga
hI
- h, = [, [, - ,(#),],=,,0,
hrUntuk proses ideal dari
l*
hi =
(11
.6s)
l;'f' - '(@*),1,=,,00
(11.66)
),,c, ar
(t1'6n
ke 2* kita memiliki
h)
-
hr,
=
Maka perubahan entalpinya adalah
hr_ h, = (h;_
hr) + (h|,_ h\) + (h2_ h;)
(11.68)
Perubahan gas ideal (h;- h? diperoleh dengan menggunakan hubungan Co(T) atautabel-tabel gas. Untuk perubahanperubahan isotermal dari gas nyata kita memperkenalkan persamaan kea&aan pv = ZRT, di mana Z adalah faktor kompresibilitas. Dengan menggunakan v = ZRTIP, integral-integral dalam (11.65) dan (11.66) dapat dituliskan dalam bentuk
234
HUBUNGAN.HUBUNGAN TERMODINAMIKA
P*=0(gasideal)
P,
Gbr. 11-3 Skema yang digunakan untuk menentukan Ah dalam gas nyata.
L*=-RrzR|i(ff)"r*
(t 1.69)
di mana temperatur rOduksi Tn = TlT, dan tekanan reduksi Pn = PlP, telah digunakan. Kuantitas (hx - /z)i{ disebut penyimpangan entalpi (enthalpy departure) dan telah ditentukan secara numerik dengan menggunakan pengintegralan secara grafls pada grafik kompresibilitas. Hasilnya ditampilkan dalam Gbr. H-1 dengan menggunakan satuan-satuan molar. Jelaslah, h* - h = 0 untuk gas ideal, karena h = h(T) dan prosesnya isotermal. Perubahan energi internal diperoleh dari definisi entalpi llihat (11.44)l dan adalah il2
- ut -
h2
- ht -
R(2272
- Zl)
(11.70)
di mana kita telah menggunakan Pv = ZRT. Perubahan entropi dari gas nyata dapat diperoleh dengan menggunakan teknik yang mirip dengan yang digunakan untuk perubahan entalpi. Untuk proses isotermal (11/n memberikan perubahan entropi sebagai
sz-sr =_ Ji,(*r),r,
(t I .71)
Sekali lagi kita melakukan integrasi dari keadaan yang diberikan sepanjang jalur isotermal ke suatu tekanan yang rendah
di mana asumsi gas ideal dapat dipakai, menghasilkan
s-sj= - Ji,*"""(#)ro, di mana tanda bintang menandakan keadaan gas ideal. Persamaan di
atas,
(t t .72)
jika diintegrasikan di sepanjang suatu isoterm
dari keadaan gas ideal ke keadaan manapun yang diaproksimasikan sebagai gas ideal, mengambil bentuk (11.73) Dengan mengurangkan kedua persamaan di atas,
:*: ;o,i"*::,
i*-s=-l;"" lf -(#),1*
(11.74)
Memasukkan persamaan keadaan gas non-ideal Pv = ZRT, kita memiliki
s*-
s=
o
Li,.."^"lcr- r)
-
,-(ffi),_l+
(t 1 .7s)
yang disebut sebagai penyimpangan entropi (entropy departure). Ini juga telah ditentukan secara numerik dari graflkgralik kompresibilitas dan dilampirkan dalam Apendiks I dengan menggunakan satuan-satuan molar. Selanjutnya kita dapat menentukan perubahan entropi antara dua keadaan manapun dengan menggunakan s2
- rr = -(rl -
sr) + (si
- sl) + (si - s1)
(11.76)
Dalam persamaan ini kuantitas sl - si merepresentasikan perubahan entropi antara dua keadaan yang diberikan, berdasarkan asumsi bahwa gasnya berperilaku sebagai gas ideal; ini tidak merepresentasikan perubahan di sepanjang jalur p* =0 yang diilustrasikan dalam Gbr. l1-3.
BAB
HUBUNGAN-HUBUNGAN TERMODINAMIKA
111
235
CONTOH 11.10 Hitunglah perubahan enralpi, perubahan energi internal dan perubahan entropi dari nitrogen pada saat melewati proses dari -50"C,2 MPa. ke 40"C.6 MPa. Gunakan (a) persiunaan untuk gas ideal dengan kalor-kalor spesifik konstan. (D) tabel+abel gas ideal dan (c) persamaan-persamaan dalam subbab ini. Penyelesaian:
tat M=CrLT=tl-042t140-(-50)l
= 93.8 kJ/kC L,u=C,LT = (0.745) I40-t-50r1 =67.0
f;- *rnfFt
as = cr* ln tl
(bt
= r,o+z
ro
n)=ooztokJ/kg.K
ffi*o,ztt llJ
Interpolasi dalam tabel-tabel gas idea qTabel E-21 memberikan
hz* hr=t9702 -6+litl28 = 93,7 kJ/kg A,u = uz- ur= (6499 *4625)12S= Ar = sl - ri - R rn | = t S2S - 183.0)/28 - 0.29j tn 6t2) = 0.0273 kJ/kg.K Lh=
(cl
kJ.4
Dengan menggunakan
(ll.69l
dan grafik penyimpangan entalpi dalam Apendiks
T, r*,=
66,9 kJ/kg
H kita memperoleh
223 t,77 Pm ^ = P, 1 = o.sso ffii= T= 1= l3s ,*=+=ffi=2,+t ,*=+, =r$= r.zz
Grank penvimpangan entalpi
^
'^tryl
...rr- o, = !Er#@ = 7.2t krks ^t'u h:-n" -+t" = 2.5 kj/kmol.K .'.h: - h) = = 11."27 Wkg
- -:
OIeh karena itu.
M = (hz - h;t + f i - h t\ + th) - h;t = -11.27 + 7.21 + ( 1.042)140 - (-50)l
= 90 kJ/kc
Unruk memperoleh perubahan energi internal kita menggunakanUl.T0l. Nilai-nilai Zdiperoleh. dengan menggunakan grafik kompresibilitas dengan nitai-nitai Todan P* di atas. sebesar Z, = 0,99 dan Zz = 0,985. Jadi
Lu = L,h _ RG2T2_ Zli = 90 _ (0.297)t(0.985)(Jl3)_ (0.99((223)l = 64 kj/kg Unluk menentukan perubahan entropi pertama-tama kita mencari si - s, dan sl - s, dengan menggunakan grafik penyimpangan
entropi dalam Apendiks I.
s;
-
sr
=
1.0
kJ/kmol'K
.'.si
sl * s, = 1,2 kJ.&mol'K .'.ri
- sr = 1.0/28 = 0.036 kJlkg'K - r, = 1,2128 = 0.043 kJlkg'K
Jadi perubahan entropinya adalah
as
-
(.r,
-
slr + (si
-
s,) + (s;
-
sl) = -0,043 + 0,036 + 1,042 ,"
# - 0.291 tn 3 = o,OZ kJtkg.K
Perhatikan bahwa efek-efek gas nyata dalam contoh ini tidak terlalu jelas. Temperatur-temperatumya cukup tinggi jika dibandingkan dengan dan tekanan-tekanannya tidak terlalu besar. Selain iiu, tingkat akurasi yang tinggi sulit alperoiJ a*i grafi k-grafi k yang kecil.
f
Soal-soal dan Penyelesaiannya 11.1
'
Verifikasi (1/.15) dengan menggunakan persamaan keadaan untuk gas ideal. Persamaan keadaan untuk gas ideal adalah Pv
=
RT. Jadikan
P, r, Tsebagai variabel-variabel. Hubungan (11.15) mengambil
bentuk
(#), (#)"(#).
=
Derivatif parsialnya adalah
(#).=#(fl, =+
(#),
=
* (?)" =
-,
f
(*r).
Bentuk produknya dan sederhanakan:
(#), (#)" (#), Hubungan tersebut dapat diverifikasi.
=+
f; (-
#)
=
RT
Pr'-
=
#(y),= F
r HUBUNGAN.HUBUNGAN TERMODINAMIKA
236
ll.2
IBAB
11
Turunkan hubungan Maxwell (11.23) dari (11.22) dengan menggunakan (11.15).
Sisi sebelah kanan dari hubungan Maxwell (11.23) melibatkan v, s, dan P sehingga
(*)"(#),(#)"
=
-'
atau (#)" = -
(#),(#),
(1)
Dari kalkulus,
(#),(*')" = (#), Dengan menggunakan (11,22) persamaan di atas diluliskan
-(#).(#), = (#), Memasukkan ini ke dalam (,1) memberikan
(*), = (#). yang adalah persamaan Maxwell (11.23).
11.3
Verifikasi hubungan Maxwell yang ketiga (.11.21) dengan menggunakan tnbel uap pada 600'F dan 80 psia.
Kita mengaproksimasi derivatif pertama dengan menggunakan selisih tengah (central difference) jika dimungkinkan:
(]99 60=)1141)= l44I ; u..r rbr/ft2-.F = \ 3T l' Jqq ,6 - 348,2 =
(#), Perbedaan
857
t
=.oo
1#ffi#
=
= 0'013e Btuift3-'R
atau l0'8
lbrirt2-'R
di antara hasil-hasil di atas adalah kurang dari 5 persen, yang terutama disebabkan oleh kenyataan bahwa entri-entri
di dalam tabel uap letaknya cukup berjauhan. Tabel dengan lebih banyak entri akan memberikan tingkat
kesalahan yang lebih
kecil.
11.4
Verifikasi persamaan Clapeyron untuk R134a pada 500 kPa. Persamaan Clapeyron adalah (0Pl0T), menggunakan selisih tengah,
= hfJTrrr.Dari
Tabel D-2 untuk R134a kita memperoleh. pada 500 kPa dengan
15'81 kPa/'c (#)' = #14ss - 8'% =
Kita juga melihat bahwa P = 500 kPa, T
= 15,74'C, hfs = 184,74 kJ/kg, dan v/s = 0,0409 Memeriksa persamaan Clapeyron di atas. [ita memiliki 1s,81
Perbedaannya kurang
11.5
dari
I
persen,
(ll.4l)
0,0008056 = 0,04009 m3/kg.
: -==-:H:^=, * = 15'96 (15,14 + 273)(0,04009)
jadi persamaan Clapeyron dapat diverifikasi.
Carilah ekspresi untuk perubahan energi internal jika P gas ideal dengan kalor-kalor spesifik konstan.
Kita mengintegrasikan
-
=
RTltv
-
-
bl
@lv2) dan C" = A + BT. Sederhanakanlah ekspresi untuk
sebagai berikut:
n,
l[.(#), - ,)0, I Rr, =)(t r*Bn ar+l[r-iJI v-b - t.-b *g1a, vrJ = Jc, dr +
= JIf' re + = A(rz
-
BTt
z1)
ttr
* l' 1a,
+ LrBQl)
-
11)
- r(+ - +)
Untuk gas ideat P = RTlv sehingga o = b = 0 dan jika C" = konstan, kita jadikan B = 0. Jadi ekspresi di atas disederhanakan menjadi Lu = A(Tz- T1) = C,(72* T).
11.6
Carilah ekspresi untuk C,
-
C, jika persamaan keadaannya adalah
Dari persamaan keadaan kita memperoleh persamaan keadaannya sebagai
,=y-nlr*b (Dr/Dil" = tRlPl + ulRT2\. Untuk menentukan (3Pl07),, pertama-tama kita tuliskan
P=Rr(v-b+#)-1
B.{B 1ll
HUB UNGAN_HUB UNGAN TERMODINAMIKA z3 I
sehingga
ldp\ _(v-btR+2utT Dengan menggunakan
Ini tereduksi menjadi
tr',
(1/.j6)
;:;l; :;f"" C,_C.=(T.
ekspresi yang
Cr- C,=R
#)F;;ai$
untuk gas ideal; artinya, untuk a = b = 0.
f.xHr':,ilT;d;::-i:TT^,d-f
i iT': il:%S;i"j::T j,ti#*);!msikan sama dengan e estimasikan,ah tingkat
persamaan (l 1.59) memberikan hubungan
C,
-
C,.= vTffB =
(U#) er)6
x 10-s)2(125 x 10e) = 16,85 J/kg.K Dari rabel B-4 kalor spesilik untuk tembaga diaproksimasikan pada 200.c s.ekitar 0,40 kJlkg K. Jadi, C, = Cn * 0,01685 = 0,4 _ 0,01685 = 0,383 kJ/kg.K Mengasumsikan C" Q,{ kJ/kg.K, = vo enor = Persentase error
r1'8
(r,.u;
B# )roo; = a.av"
ini bisa menjadi signifikan dalam perhitungan-perhitungan
^*T:::.*:;,"trTfi::[i:::]i;''0r'R-rrr^bruntuk psia kita
-rengevaluasi
memperoieh Co =
uap
rertentu.
cra1 1!0rsia Hitungrah nitai c, Dengan menggunakan nilai-nilai dari tabel uap pada 600.F dan 160
Q
liii.*..
(1#=#
'J = (#-)[r''uo; = 409 ft-lbf/lbm_"R atau 0,524 Btu/lbm_"R
Ir'e
t['(#),-
ilTl:i:X,1ff:::il:x'fl,o,l'gTtffif#rffi.I;iifl1%r..T
*,
)
-
100 kpa menjadi 700
:,s+s]
K dan 2000 kpa dengan menggunakan
Temperatur_temperatur dan tekanan_tekanan reduksinya adalah
r,r.u 4z=ffi=s,26 ^T,r '0,=
t= H
Grafik penyimpangan entalpi memberikan h)
=
_ hr:
oo,
='t=
#
= 0,027
Po,=ffi=0,5-12
_ hr: 0, sehing_ea - h, -'h; - hi = 713.27 - 300,19 = 413,1 kJ/kg fi,ff?51i'i:lfiL1TX:lT"f?:,,1}"j ffii':lJl1:,;:T.Xffi.#:lT 0 dan hi
h,
i6i.;",
11'10 Nitrogen dikompresikan dalam sebuah alat aliran tunak dari 1,4Mpa dan 20.C menjadi perubahan entalpi' (D) perubahan u,
tri*lit,
ic)
perpindaha" Temperatur_temperatur dan tekanan{ekanan reduksinya adalah
"nr.opi
'^ = *= ffi.=
20
Mpairan 20c.C. Hitunglah (a)
por=r$=s,96
Grafik penyimpangan entalpi memungkinkan kita untuk mencari
Perubahan entarpinya
h:-n . !**
h;
-
h, =
h:
-
h^
=
o,zt(ff)
= r,a kyks
lr. - ltz 7., 126.: \ .. .. /(ffi - --7;-M -= (l'5) = 6'8 kJikg
aip"rot.6'*.u":r-
h2- h1= =
n,l + @z- h;)
\l;182 kJ/kg
erek-erek sas nya,a
masukan dayanya adalah 200 kJ/kg.
,r,=*,=#=0,+tt
r,r,
T*r=ffi=3.75 (a)
hl- h;reras,ah,
+ (h:- h? = 1,4 _ 6.8 + (1,04)(2oo _
20)
f HUBUNGAN-HUBUNGAN TERMODINAMIKA
238
(b)
IBAB
11
Grafik penyimpangan entalpi memberikan
n
,i-r, - -.1, , =;i:=0.004kJ/kg.K ,l_"- 5l-5, os S1
r
tr=;f=0.02kJ&g.K
Jadi perubahan entalpinya adalah s2
-
s1
= (sf
-
s,) +
(s2
-
sl) + (sl
-
si) = 0,004
-
0,02 + 1,04
t"
# - 0,297 h f;
= -{.308 kJ/kg K
(c)
Dari hukum peftama, a = ah + w = 182-200 = -18 kJlkg. Tanda negatifberarti bahwa kalor meninggalkan alat yang dimaksud.
11.11 Metan dikompresikan secaia isotermal dalam sebuah kompresor aliran tunak dari 100 kPa dan 20'C menjadi 20 MPa. Hitunglah kebutuhan daya minimumnya jika fluks massanya.adalah 0,02 kg/s.
remperatur-tempe"l;t":?lr-
':"f:
_ :".0.,0"":" o _ 20 _ - "-'Rz-'0,-T- tgtJ :, 'nr -4.60-0'01 ^ ^., e*r=ffi=+-tt n
Daya minimum dibutuhkan untuk proses isotermal jika proses tersebut adalah reversibel, sehingga perpindahan kalor diberikan oleh 4 = IAs. Perubahan entropinya adalah
ls
=
({-r,f
+
(s2
sl) + (sl
-
- ri) = o -
* * 2.25 tni - 0.s18,, #
sehingga e = TLs = (29JX-3,18) = 932 kllkg. Hukum pertama. q Kita memperoleh h\ - hz = 14 kJ/kmol'K. sehingga
^h
=
tmo
+ (hz
-
h;)
+
!m0
-
= -3,18
kJ,4
w = A/r, mengharuskan kita mencari Aft.
= (-14)
(i#)
'=
-167 kr/ks
Akhimya, kebutuhan dayanya adalah w=
(.q
-
Lh)it
=
tg32
-
(-167)l(0,02) = 22 kW
11.12 Estimasikanlah kebutuhan daya yang diperlukan untuk mengkompresikan karbon dioksida dalam sebuah kompresor aliran tunak yang terinsulasi dari 200 kPa dan 20'C menjadi 10 MPa. Laju aliran masuknya adalah 0,8 m3/menit. Daya minimum diasosiasikan dengan proses reversibel. Insulasi menyebabkan perpindahan kalor dapat diabaikan. Oleh karena itu, prosesnya diasumsikan isentropik. Pertama-tama, tekanan-tekanan dan temperatur-temperatur reduksinya adalah PR,
= lP,lP,,\ =
Paz=
#
(si-sfr
=o
#=O.OZI
=
1,37 ,*, =*= ffi=
0,963
Untuk proses isentropik As = 0; As = 0 Karena J,
-
s2
+ (s2- ri) +
=-rstsrf
bergantung pada
Ir,
persamaan
*
t'44t1
ini hanya memiliki 7,
melalui prosedur coba-coba. Pertama-tama, jadikan i2 berikut ini:
- i;
+0.842,l.h-0.189
rn
j$
sebagai variabel yang tidak diketahui. Solusinya diperoleh
= 0 dan temukan Tz= 705 K. Karena s;
2,4i: o L-h+
-
s, > 0, kita coba yang
r"H- 0,189In i$ = o,oooo T2 = 730 K, Tnz= 2,03: O L -h+ 0.842 ,"H - 0,189 ln # = ,,OrU rz=i50K,
rnz=
K
Interpolasi menghasilkan Tz ='744
0.842
atau 471'C. Untuk proses aliran tunak
ini
besarnya usaha sekarang dapat diperoleh
sebesar
w
=
-L,h =
bt-frto
+ h,
-
h, + hi
- h)= 0 + r2.0r (#)
+ 0.842\eo
-
4it)
= -366 kJ/kg Untuk menentukan Iiz kita harus mengetahui m = (p,)(0,8/60). Densitas diperoleh dengan menggunakan
Pt =
P1
Zi\
=
200
O:99
=
3.65 ksrmr
Akhirnya
w= ri^u = [C{#e]r-ruut = -17,8 kw
BAB
239
HUBUNGAN-HUBUNGAN TERMODINAMIKA
111
11.13 Hitunglah besarnya usaha maksimum yang harus dihasilkan oleh uap pada 30 MPa dan 600"C jika berekspansi melalui tingkat tekanan tinggi suatu turbin menjadi 6 MPa. Gunakan graflk-grafik dan bandingkan dengan nilai-nilai tirbulasi dari tabel-tabel uap.
Usaha maksimum terjadi untuk proses reversibel adiabatik, afiinya, untuk As = 0. Temperatur dan tekanan-tekanan reduksinya adalah
8ll- "-" 'po,=fi=t,46 ,' Rt -7, ror=ff=o,zl 'il Rt - 22.1 - "'- 7,,-- 641 - t,:s 22.1
Proses isentropik memberikan
As = 0 =
Jika s,
-
kita 7, melalui prosedur coba-coba:
(ri - rr) + (s. -.s.) + (.(j - s1 =#* r, -s. + I .ZlZn fi-0.+02
si = 0, kita memperoleh
Tz
=
521
K
atau 248"C. Karena.tz
- sl < 0, kita coba Tr> 527 K: lnffi-0,+oz rn$=o,ooz
=0.e3: o j #-*.1,872 rz= 560K, rnu =0,87: o f +-f .1.872 ln ffi-0,+az 7z=600
K.
7n:
ln,6o
h $=-0,06
Interpolasi memberikan T:.= 575 K atau 302 >'C. Jadi usaha yang dihasilkan adalah yv
= -Lh = (hr
-
= (-81 (912'4)
h'i) + (h\
-
. ,+, ({f
hr) + (h;
)
-
h;)
.lgrqtE@
di mana kita telah menggunakan Tabel E-6 gas ideal untuk menentukan fti menggunakan Co
-
= 48r kr/ks
ft\. Nilai yang akurat akurat dapat diperoleh dengan
AL
Untuk meirbandingkan dengan nilai-nitai yang diperoleh langsung dari tabel-tabel uap kita menggunakan
'= j1 Usahanya adalah w
= -Lh = h,
6'2-r3e
=
- hr=3444
kJ/kgK
\
.'.nr=
2e82 kr/ks
-2982 = 462 = 462kllkg.
Soal-soal Tambahan 11.14 Dengan menggunakan (11./), estimasikan kenaikan tekanan yang diperlukan untuk mengurangi volume 2 kg udara sebanyak 0,04 m3 jika temperaturnya berubah dari 30'C ke 33'C. Volume arvalnya adalah 0,8 m3. 11.L5 Dengan menggunakan (17.1), estimasikanlah perubahan temperatumya jika tekanannyii berubah dari 14,'7 psia ke 15 psia sementara volumenya berubah dai 2,2 ke 2,24 fC. Udaranya adalah 4 lbrn. 11.16 Tunjukkan bahwa.kemiringan garis tekanan konstan pada diagram
I-v dari gas ideai meningkat
11.17 Tentukanlah ekspresi untuk kemiringan garis tekanan konstan pada diagram I-r,, jika (P
+
dengan temperatur.
alv2)(v
-
b) = RT.
11.18 Tuliskanlah dua hubungan yang dihasilkan oleh bentuk-bentuk diferensial dari hukum pefiama dan hubungan u Verifikasi kedua hubungan tersebut untuk uap pada 300'C dan 2 MPa.
= u(s, v).
1L.L9 Turunkanlah hubungan Maxwell (11.24) dari (11.22) dengan menggunakan (11.15). 11.20 Verifikasi (11.25) dengan menggunakan tabel-tabel R134a pada 100 kPa dan 0'C. 11.21 Veriflkasi (11.23) dengan menggunakan tabel-tabel uap pada 20 kPa dan 400"C. 11.22 Yerifikasi persamaan Clapeyron dengan menggunakan uap pada 40 psia11.23 Gunakan persamaan Clapeyron untuk memprediksi entalpi penguapan hr, dan uap pada 50'C, (a) dengan mengasumsikan uap sebagai gas ideal; (D) dengan mengambil ln dari tabel uap. (c) Berapakah ftp di dalam tabel uap? 11.24 Dengan menggunakan persamaan Clausius-Clapeyron. prediksikan I.u, untuk P,u, = 0.2 psia dengan menggunakan nilai-nilai dalam Tabel C-2E. Bandingkan nilai tersebut dengan yang diperoleh melalui interpolasi dalam Tabel C-1E.
:
HUBUNGAN.HUBUNGAN TERMODINAMIKA
240
IBAB
t1.25 (a) Turunkan hubungan Cp = T(dsldfl, dan verifikasi ekspresi untuk d/z yang diberikan oleh (11.43). berapakah nilai kuantitas di dalam tanda kurung dalam (11.43)2
(D) Untuk suatu gas ideal
11.26 Asumsikan gas ideal dengan konstan Cn dan C, dan turunkan hubungan yang telah disederhanakan untuk s: ke ( ll .47). 11.27 Tunjtrkkan bahwa (a) C, = T(0Pl0T),(c)vld$ dan (b)
C..-
il
-
sr. Merujuktah
-T(0Pl0T),(0v107),.
11.28 (a) Gunakan soal 11.27(a) untuk rnengestimasi nilai Co untuk uap pada 2 MPa dan 400'C dan bandingkan dengan estimasi yang menggunakan Cp= (ahlaDp pada keadaan yang sama. (b) Lakukan hal yang sama untuk uap pada 4000 psia dan 1000"F. 11.29 (a) Gunakan Soal 11.27(D) untuk mengestimasi nilai C, untuk uap pada 2 MPa dan 400oC dan bandingkan dengan eitimasi yang mdnggunakan 6, = (duldT),, pada keadaan yang sama. (&) Lakukan hal yang sama untuk uap pada 4000 psia dan 1000"F. 11.30 Dengan menggunakan P (r') As.
=
RTly
11.31 Dengan menggunakan P (c) As.
=
RTI(v
alvz dan mengasumsikan proses isotermal, tentukanlah ekspresi untuk (a) Lh, (b) Lu, dan
-
ir) dan mengasumsikan proses isotermal, tentukanlah ekspresi untuk (a) Aft. (lr) Aa,
dan
11.32 Udara mengalami perubahan dari 20oC dan 0,8 mi/kg menjadi 200'C dan 0,03 m3ikg. Hitunglah perubahan entalpinya dengan mengasumsikan (a) persamaan keadaan van der Waals dan kalor-kalor spesifik konstan, (r) tabel-tabel gas ideal dan (c) gas ideal dengan kalor-kalor spesilik konstan. 11.33 Nitrogen mengalami perubahan dari 100"F dan 5 ft3/lbm rnenjadi 600"F dan 0,8 ft3llbm. Hitunglah perubahan entalpinya dengan mengasumsikan (a) persamaan keadaan van der Waals dan kalor-kalor spesiflk konstan. (b) tabel-tabel gas ideal dan (c) gas ideal dengan kalor-kalor spesifik konstan. 11.34 Tentukan ekspresi urttuk C,
-
C, jika P
=
RTlt'
-
alv2.
11.35 Hitunglah B dan B untuk air pada 5 MPa dan 60'C. Kemudian estimasikan selisih C,
-
11.36 Hitunglah B dan B untuk air pada 500 psia dan 100"F. Kemudian estimasikan selisih Co 11.37 Tentukanlah ekspresi untuk koeflsien Joule-Thomson untuk suatu gas jika P (temperatur di mana
lt
=
=
RTlv
-
C".
-
C".
alv2. Berapakah tetnperatlff inversinya
O)7
11.38 Estimasikanlah koefisien Joule-Thomson untuk uap pada 6 MPa dan 600'C dengan menggunakan kedua ekspresi dalam (11.63). Aproksimasikan nilai untuk C, dengan menggunakan (ahlaDp. 11.39 Estimasikanlah perubahan temperatur uap yang diatur dari 8 MPa dan 600'C menjadi 4 MPa. 11.40 Estimasikanlah perubahan temperatur R134a yang diatur dari 170 psia dan 200'F menjadi 80 psia. 11.41 Hitunglah perubahan entalpi udara jika keadaannya berubah dari 200 K dan 900 kPa menjadi 700 menggunakan (a) grafik penyimpangan entalpi dan (b) tabel-tabel gas ideal.
K
dan 6 MPa dengan
11.42 Hitunglah perubahan entropi nitrogen jika keadaannya berubah dari 300'R dan 300 psia menjadi 1000'R dan 600 psia dengan menggunakan (a) grafik penyimpangan entalpi dan (b) tabel-tabel gas ideal. 11.43 Estimasikanlah daya yang dibutuhkan untuk mengkompresikan 2 kg/s metan dalam sebuah proses adiabatik reversibel dari 400 kPa dan 20'C menjadi 4 MPa dalam sebuah alat aliran tunak (a) dengan mengasumsikan perilaku gas ideal dan (b) dengan memperhitungkan perilaku gas nyata.
11.44 Sebuah turbin reversibel adiabatik mengubah keadaan dari 10 kg/menit karbon dioksida dari l0 MPa dan 700 K menjadi 400 kPa. Estimasikanlah daya yang dihasilkan (a) dengan mengasumsikan perilaku gas ideal dan (b) dengan memperhitungkan perilaku gas nyata. 11.45 Udara tersimpan di dalam sebuah tangki kokoh dan temperaturnya diubah dari 20"C menjadi 800"C. Jika tekanan awalnya adalah 1600 kPa, hitunglah tekanan akhir dan perpindahan kalornya (a) dengan menggunakan graflk penyimpangan entalpi dan (b) dengan mengasumsikan perilaku gas ideal. 11.46 Udara mengalami kompresi isotermal dalam sebuah rangkaian piston-silinder dari 100'F dan 74,7 psia menjadi 1000 psia. Estimasikanlah kebutuhan usahanya dan perpindahan kalornya (a) dengan mengasumsikan perilaku gas ideal dan (&) dengan memperhitungkan efek-efek gas nyata.
BAB
HUBUNGAN-HUBUNGAN TERMODINAMIKA
111
241
11.47 Nitrogen berekspansi dalam sebuah turbin dari 200'C dan 2O MPa ke 2O"C dan 2 MPa. Estimasikanlah daya yang dihasilkan jika fluks massanya 3 kgls.
Jawaban-jawaban untuk Soal-soal Tambahan
tt.tA
13,0.kPa
11.15 0.843"F
ll.l6 ll.l7
Kemiringan = I/u (P
-
alv2 + 2ablv31lR
11.18 7 =(0ul0s),, P =-(0ul0v), L1.23 (a) 23t9
kJlke
(b) 2397
kllke
(c) 2383 kJrkg
11.24 147'F,126"F 11.25 (b) zero 11.26 C, ln TrlT, + R \n
vrlv
,, Cp ln TrlT,
-
R ln
P
r/P ,
11.28 (a) 2,30 kJ/kg'K vs. 2,29 kJ,4
11.31 (a) Prvr - Prv, (b) 0 (c) R 1n 10.- - b)l(v, 11.32 (a) l76kllke (b) 170 kJ/kg tct 18I kJ/kg
-
b)l
11.33 (a) 123 Btu/lbm (b) 126 Btu/lbm (c) 124 Btu/lbm 11.34
TR2vl(Pv2
-
a)
11.35 5,22 x lOa K r, 2,31 x 11.36
1,987
x
10r"R r, 48,3
11.37 2avllCr(RrT
11.38
-
106 kPa, 0,212
x
2a)), (Pv2
106
-
Btu/lbm.'R
psf, 0,0221 kJ/kg'K
a)lRv
3,45"C/MPa, 3,55"C/MPa
11.39 -14"C 11.40 -12,6"F 11.41 (a) 524
kllkg
(b) 513 kJ/kg
11.42 (a) 0,265 Btu/lbm-'R (b) 0,251 Btu/lbm-'R
kW (b) 923 kW 11.44 (a) 61,2 kW (b) 55 kw 11.45 (a) 617 klke (b) 612 klke 11.46 (a) - 162 Btu/lbm, - 162 Btu/lbm; 11.43 (a) 923
11.47 544 kW
Campuran dan Larutan
I2.I DEFINISI-DEFINISI DASAR Sejauh ini dalam analisis termodinamika yang kita lakukan kita hanya memperhatikan sistem-sist.*,,,kburpon"n tunggal saja. Dalam bab ini kita akan mengembangkan metode untuk menentukan properti-properti termodinamika dari
campurandalammengaplikasikanhukumpertamapadasistem-sistemyangmelibatkancampuran-Campura.n. Kita mulai dengan mendeflnisikan dua istilah yang mendeskripsikan dan mendefinisikan suatu campuran. yra*si rut't ,' ':,,:,r.,.it r I .,r.; l' v didelinisikan sebagai N,
.t:...,. rn,.
)i=N
: ,, '
i]
,.,..
:'{efl
,. :: .,1,1':r,,, f, il adalah jumlah mol total Fraksi massa mr didefinisikan
.11
di
mana N, adalah jumlah mol dari komponen ke-l dan
N
sebagai
*f,= T
-.'' I..1'..,:'1',{}t;2\
di mana m, adalah massa dari komponen ke-i dan m adalah massa campuran total. Jelaslah, jumlah mol tO&trffi'rnrtssa campuran total masing-masing diberikan oleh
N=Nr+Nr+N,+...
ffi = t7tt+ m2+ mt* ...
Dengan membagi persamaan-persamaan di atas masing-masing dengan
N
dan m, kita lihat
I)'i=l Lm=l Berat molekul (mean) dari suatu campuran diberikan oleh
*=K='!#
=
LyiMi
Jadi konstanta gas dari campuran adalah R
R=fr
bahwa
:. ,
,
(12.4) .,.,,,r',,,:i,',,,,,,,,
,1,,.,{J,l;{}
,..,.,,'l
,,,t.
.,,.(f!$
di mana R, melambangkan, seperti dalam Bab 2, kontanta gas molar universal. Analisis terhadap suatu campuran berdasarkan massa (atau berat) disebut analisis gravimetrik. enahsii ae*radap suatu campuran berdasarkan mol (atau volume) disebut analisis volumetrik. Tipe analisis yang dimaksud harus.,&gg{illtfi111.
BAB
CAMPURAN DAN LARUTAN
121
243
CONTOH 12.1 AnalisiS molar terhadap udara menunjukkan bahwa udara tenrtama terdiri dari nitrogen (187o) da* oksieen (22%). Tentukanlah (a) fraksi molnya, (b) analisis gravimetiknya, (c) berai molekulnya dan (4 konstanta gasnya. Bandingkan dengan nilai-nilai dari Apendiks B. Penyelesaian: (a) Fraksi,fraksi rnolnya diberikan sehagai y, = 0,78 dan y, =0,\2, di mana subskrip I merujuk ke niaogen dan 2 ke
(&) ifr'r?*or,
100 mol c&mpuran, massa dari setiap komponennya adalah
kgl . --n*r= ir*r= (2T(3D = 704 ks I "'
m,= N.,M, = (78X28) =
2184
4ooo 2666 r-Kg
Analisis gravimelrik menghasilkan
^f,=2
= ;131 = 0.756
*f,=k
= ;*%1 = o.2M
atau, menurut massanya, cempuran tersebut adalah75,5% N, dan 24,47o Ar.
(c) td)
Berat molekular dari campuran adalah M = mlN = 2888/100 = 28,9 kglkmol. Jika dibandingkan dengan 28,977o kglkmol dari apeadiks, emlmy& adalah 4,249a Konstanta gas untuk udara dihitung sebesar R = R,lM = 8,314/289 = 0,288 kJ/kg'K. Jika dibandlngkan dengan 0,287
Dengan memasukkan argon sebagai salah satu komponen dari udara, perhitungan-perhitungan Walaupun demikiaa, jelas bahwa analisis di atas cukup dapat diterima.
di
atas dapat diperbaiki.
12.2 HUKUM GAS IDEAL UNTUK CAMPURAN Kita akan menggunakan dua model untuk memperoleh hubungan P-v-T untuk campuran gas-gas ideal. Model Amagat memperlakukan setiap komponen seakan-akan eksis secara terpisah pada tekanan dan temperatur yang sama dengan campurannya; volume totalnya adalah jumlah dari volume-volume komponen-komponennya. Dalam bab ini kita akan menggunakan model Dalton, di mana setiap komponen menempati volume yang sama dan memiliki temperatur yang sama dengan campurannya; tekanan totalnya adalah jumlah dari tekanan-tekanan komponen-komponennya, yang diberikan istilah tekanan-tekanan parsial. Untuk model Dalton
P=P.+P2+P:+..
ttZ.n
Untuk setiap komponen dari suatu campuran gas ideal hukum gas ideal menjadi
pi
NRT
='1:
(12.8)
Untuk campuran secara keseluruhan kita memiliki
I, :sehingga
NRUT
Pt_N8,T/v
P=
ltn,rTv
tl2'9)
V
(12.10)
={=r. =N=)',
CONTOH 12.2 Sebuah tangki kokoh berisi 2 kg N, dan 4 kg CO, pada temperatur 25'C dan 2 MPa. Tentukanlah fraksi-fraksi parsial dari kedua gas tersebut dan konstanta gas daii "umpurannyi. Penyelesaiali Untuk menentukan tekanan-tekanan parsialnya kita harus mencati fraksi-fraksi molnya. Mol dari N, dan CO, masing-masing adalah
N,=fr',=h=o.o?t4mol .'.N=0.1623mol
*r=ft=*=o,o9o9 Fraksi-fraksi molnya adalah
v, =
f=
3.?lli
=
r,*
,,=
*
mol
= 3.?33 = 0,560
244
CAMPURAN DAN LARUTAN
IBAB
12
Tekaran"tekanan parsialnya adalah
' P, yrP = = {0,4a){2)= 0,88
MPa
Pz= }zP= (0,56X2)
=
1,12 MPa
Berat mglekularnya adalah lul = M$1 + Milz = (2.&X0,44) + {44X0,56) = 36,96 kglkmol. Jadi konstanta gas dari campurannya adalah
o=*= ffi
=o,225kJrkg.K
12.3 PROPERTI-PROPERTI DARI CAMPURAN GAS-GAS IDEAL Properti-properti ekstensif dari suatu campuran. seperti misalnya H, U dan S, dapat diperoleh hanya dengan menjumiahkan kontribusi dari setiap komponennya. Misalnya, entalpi total dari suatu campuran adalah
H = ZHi = Hr
* H, + H, + ...
(l2.ll)
Dalam bentuk entalpi spesifik ft.
H = mh = Lm,h, dan H = Ni =
LNihi
U2.12)
di mana tanda garis atas melambangkan basis mol. Dengan membagi kedua persamaan di atas masing-masing dengan m dan N. kita lihat bahwa h = Zmf,h, dan h = Zy,h, (12.13) Karena kalor spesifik C, berhubungan dengan perubahan entalpi, kita dapat menuliskan
Lh =
Cp
LT dan
A,h,
=
Cr, i
LT
(12.14)
Sehingga
Lh =
Co
LT
= Lmfi
(Cp,
i LT)
(12.15)
Dengan membagi kedua sisinya dengan A7, diperoleh
Co=ZmfiCo,r
Q2.16
Kalor spesiflk molarnya adalah
io = L!i-r,,
(t2.tn
Dengan cara yang sama, dengan menggunakan energi internal kita akan memperoleh
C, = Zmf , C,. ,
i,
-,, = Iy,
(l2.tS)
,
;is gravimetrik terhadap CONTOH '12.3 Analisis rerhadap suaru campuran riga tiga gas gas mengindik asikan 20Vo Nr,
4OVa
CO, dan
4OVo
Or.
Tentukanlah_perpindahan kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur 20 lbm campuran tersebut dari S0"dmenjadi 300"-F dalam sebuah tangki yang kokoh.
Penyelesaiafii Perpindahan kalor yang dibutuhkan diberikan oleh hukum pertama sebagai (untuk,tangki yang kokoh * L{J = m Lu = r?tc,AL Kita hams menentukan C,. Ini diberikan oleh (12.18a) sebesar
besarnya usaha adalah nol) Q
C, = mfrC,, t + mfzC,; ,+ mfrCr s= (0,2)(0,177) + (0,4X0,158i + {0,aX0,157) = 0,161 Btu/lbm-'R Jadi perpindahan kalornya adalah Q = 1r1C, LT
=
(20X0,161X300
*
80) = 708 Btu.
12.4 Suatu campuran memiliki komposisi 2 rnol CO, dan 4 mol Nr. Campuran tersebut dilekan secara adiabatik dalam sebuah silinder dari 100 kPa dan 20'C menjadi 2 MPa Dengan mengu*nmsikan kalor-kalor spesifik konstan, hitunglah (a) temporatur akhirnya, (&) usaha yang dibutuhkan dan (c) perubahan entropinya. CONTOH
Penyelesaianl
{a)
Temperatur diperoleh dengar-r menggunaken hubungan isentropik T2= Tr(Prlpr)&'r)tk Selanjutnya kita tentuka{r kifUrtuk campuran tersebul. Massanya adalrdr m = NrMt+
N&[z='Q)$ ) + (4X28] = 200
BAB
CAMPURAN DAN LARUTAN
121
(ffi ) (0.653) . (#) cu * mflcr.r a mf2cp,z= (#) (0,842) . (;#) cu = mf,c,., + mfrC,.r=
Rasio kalor-kalor spesifiknya adalah ft = CulCu= 0,954/0,?05
rz* (&)
Perubahart eqtropiflva
(0,74s) = 0.705 kJrkg.K (1,042) = 0,e54 u/kg-K
= 1353, Oleh karena ilu, temperatur akhimya
adalah
= {?s34{2wq}3s,,r,53 = 640 K atau 373'c
Usaha diperoleh dengan menggunakan hukum pertama dengan C =
W
(c)
rr{t)*'-
245
= -LIJ = -m Lu = -
m.cuLT
Q;
= (-200X0,705X367 -
20.1
= -43,9
14.1
*'* o, = qr, .
t - r rn ;. ,1
= 0,954
h
ffi
8,314
(i)(44) + (*)tzti
Jelaslah. perubahan entropi harus nol untuk proses isentropik ini.
," 1ff
Nilai yang kecil di
= -o.ool84 kJ&g.K
atas menjadi ukuran terhadap tingkat kesalahan
dalam perhitungan kita.
12.4 CAMPURAN.CAMPURAN GAS.UAP Udara merupakan campuran dari nitrogen, oksigen dan argon ditambah sejumlah kecil gas-gas lainriya. Jika uap air tidak dimasukkan, kita menyebutnya sebagai udara kering. Jika uap air dimasukkan, seperti dalam udara atmosfer, kita harus berhati-hati untuk memperhitungkannya dengan benar. Pada temperatur atmosfer yang relatif rendah kita dapat memperlakukan udara kering sebagai gas ideal dengan kalor-kalor spesifik konstan. Kita juga dapat memperlakukan uap air di dalam udara sebagai gas ideal, walaupun uap air tersebut dapat saja berada pada keadaan jenuh; misalnya, pada I kPa kita menemukan (dengan menggunakan R = 0,462 kJlkg.K dari Tabel B-2) v = RTIP = 129 m3lkg, nilai yang sama dengan v, dalam Tabel C-2. Oleh karena itu, kita dapat menganggap udara atmosfer sebagai campuran dari dua gas ideal. Menurut (12.7), tekanan totalnya adalah penjumlahan dari tekanan parsial Po dari udara kering dan tekanan parsial P, dari uap air (yang disebut tekanan uap):
P=Pav+P
(12.19)
lz= konstan
Gbr.
12-l
Diagram I-s untuk komponen air-uap
Karena kita mengasumsikan uap air sebagai gas ideal, entalpinya bergantung hanya pada temperatur. Jadi kita menggunakan entalpi dari uap air sebagai entalpi uap air jenuh pada temperatur udara, yang diekspresikan sebagai
(12.20)
h,(T) = hr(T)
Dalam Gbr. 12-1 ini berarti bahwa ht = hz di mana hz= he dari tabel-tabel uap pada T = Tr. Ini dapat diterima untuk situasi di mana tekanannya relatif rendah (mendekati tekanan atmosfer) dan temperaturnya di bawah sekitar 60'C (140'F). Jumlah uap air di dalam udara berhubungan dengan kelembaban relatif dan rasio kelembaban. Kelembaban relatif ar m" terhadap jumlah uap air maksimum m ditampung oleh udara pada temperatur yang sama: @ dideflnisikan sebagai rasio dari massa uap
a=#*
MILIK
D*D
P*postatero
F lu
hoplrsi
l{ce rsipan
Jrrr
fimm
(12.21)
CAMPURAN DAN LARUTAN
246
IBAB
12
Dengan menggunakan hukum gas ideal kita memperoleh
PVIRT 1 l _
A_
PI'
-1
'v- P,VlRr
(12.22)
di mana garis-garis tekanan konstan untuk P, dan P, ditunjukkan dalam Gbr. 'l 2-1. Rasio kelembaban a (uga disebut kelembaban spesifik) adalah rasio dari massa uap air terhadap massa udara keri ng:
,=d m
(12.23)
ini menjadi
Dengan menggunakan hukum gas ideal untuk udara dan uap air, ,,.-l'l=tt'
PVIRT PIP P,,V|R,,T P
PolRo
t0.4615
"'"-' P.10.281-OF\11
12.24)
P '
Po
Dengan menggabungkan (12.24) dan (12.22), kita menghubungkan kedua persamaan di atas sebagai
OPaP o=0.622i O=t.6o8d
(
12.2s)
Perhatikan bahwa pada keadaan 3 dalam Gbr. 12-1 kelembaban relatifnya adalah 1,0 (l00Eo). Perhatikan juga bahwa untuk suatu massa uap air tertentu di dalam udara, (0 tetap konstan tetapi @ bervariasi terhadap temperatur. Temperatur udara yang terukur oleh suatu termometer konvensional disebut sebagai temperatur dtl,-bulb T (7, dalam Gbr. 12-1). Temperature di mana kondensasi pefiama kali terjadi jika udara didinginkan pada tekanan konstan adalah temperatur titik-embun (dew-point) Tdp (\ di dalam Gbr. l2-11. Jika temperatur jatuh di bawah temperatur titik-embun, terjadi kondensasi dan jumlah uap air di dalam udara menjadi berkurang. Ini dapat terjadi di malam hari yang dingin; dapat juga terjadi pada koil-koil dingin dari sebuah AC.
CONTOH 12.5 tJdara pada 25"C dan 100 kPa dalam sebuah ruangan 150 m3 memiliki kelembaban relatif 60Va. Hitunglah (a) rasio kelembabannya, (O titik embunnya. (r) massa uap air di dalam udara dan (d fraksi mol dari uap air. Penyelesaian:
(d)
Melalui tt2.22). P, = Pr0= (3.169)(0.6t = 1.90 kPa di mana Pg adalah tekanan jenuh pada 25'C lang diperoleh dari Tabel C-1. Jadi tekanan parsial dari udara adalah Pu= P - P,, = 100 - 1.9 = 98.1 kPa. di mana kita telah menggunakan tekanan total udara di dalam ruangan sebesar 100 kPa. Jadi rasio kelembabannya adalah ot
(b) Titik embunnya
! =,o.urr,(*+)
= 0.622 fo
adalah temperatur
melalui interpolasi dalam Tabel
(c)
C-l
= 0.0120s kg H,o/kg udara kering
Iu dalam Gbr. 12-1 yang diasosiasikan
dengan tekanan parsial P,. Iop = 16.6'C.
Ini
diperoleh
atau Tabel C-2. mana yang lebih mudah:
Dari definisi rasio kelembaban masSa uap air diperoleh sebesar
mv= a)md=
(.d) Untuk
,'$=
ro.or2o5)
iffi*B]
=
r.0,
o*
menentukan fraksi mol dari uap air, pertama-tama kita cari mol totalnya:
.
N, =
m
)O1
i =:j:: = 0.1152 mot vil
N, =
m
ff
=
(98, 1 X r 50y(0,287
28,97
)(298)
= 5.94 mol
Fraksi mol dari uap air adalah
w\v' ')'., -= 594 ==9'lli?,== + oJ l, --o.ore4
Ini menunjukkan bahwa udara dengan kelembaban 607o berisi 2% uap air menurut volumenya. Biasanya ini kita abaikan ketika menganalisis udara. seperti dalam Contoh 12.1. dan menganggap udara sebagai udara kering. Mengabaikan uap air tidak menyebabkan tingkat kesalahan yang signifikan dalam kebanyakan aplikasi teknik. Akan tetapi. uap air harus diperhitungkan ketika mengerjakan soal-soal yang melibdkd$misalnya, pembakaran dan pendinginan udara. i.:
!
,i$,
BAB
CAMPURAN DAN LARUTAN
121
247
CONTOH 12.6 Udara dalam Contoh I2.5 didinginkan di bawah titik embun menjadi tO'C. (a) Estimasikan jumtah uap udara yang akan terkondensasi. (&) Panaskan lagi udara kembali ke 25"C dan hitunglah kelembaban relatifnya. Penyelesaian:
(a)
Pada I 0'C udara menjadi jenuh. dengan 0 = 100Va. Dalam Gbr. I 2- I kita berada pada keadaan pada garis jenuh yang terletak ditawah keadaan 3. Pada l0'C kita memperoleh dari Tabel C-l bahwa P,= 1.228 kPa. sehingga
Po= P
-
Pv = 100 - 1,228 = 98,77 kPa
Jadi rasiolelembabannya adalah o = r0,622)(Pv/Pa) = 10.622)(l .228198,77\ = 0.00773 kg HrO/kg udara kering. Selisih antara rasio kelembaban yang baru saja dihitung dan rasio kelembaban dalam Contoh I2.5 adalah Aa; = 0.01205 - 0.00773 = 0.00432 kg HrO)/kg udara kering. Massa uap yang yang diangkat (terkondensasi) diperoteh sebesar
.
M,
=
di mana kita telah meng$lnakan
(b)
^$ina*
tffffi]
{0,00432}
mas$a &wal dari udara kering.
kitl
memanaskan lagi udara kembali ke 25'C. kelembab&t relatifnya jadi berkurang menjadi
Ketika
= o:t43 kg Hro
tr-l
tetap konstan pada 0.00773. Dengan menggunakan (12.25).
i
:
d = r,608
di mana { digunakan
ft
= r-*r Q!q*#q,77r = 0.387
sebagai tekanan jenuh pada 25"C dari Tabel
ata'
38.7vo
C-l.
ffi2
udara jenuh keluar Tv az.
m1
udara masuk
Tr,
+
+
@.,, Q,
Qz=
J-
Titik embun udara masuk
100V"
^l
Gbr.
l2-2
Cara yang digunakan untuk menentukan ar udara.
L2.5 PENJENUHAN ADIABATIK DAN TEMPERATUR WET-BULB Sangat sulit untuk mengukur kelembaban relatif dan rasio kelembaban secara langsung dengan akurat. Subbab ini memberikan dua metode tidak langsung untuk menentukan kuantitas-kuantitas ini secara akurat. Perhatikan sebuah saluran berinsulasi yang relatif panjang, yang ditunjukkan dalam Gbr. 12-2; udara dengan kelembaban relatif yang tidak diketahui masuk, uap ditambahkan ke dalam udara oleh kolam air dan udara jenuh keluar. Proses ini tidak melibatkan perpindahan kalor karena saluran terinsulasi dan dengan demikian disebut proses penjenuhan adiabatik. Temperatur keluarnya adalah temperatur jenuh adiabatik. Kita akan mencari ekspresi untuk rasio kelembabannya. Anggaplah bahwa air cari yang ditambahkan memiliki temperatur 7r. Penyeimbangan energi pada volume kontrol ini, dengan mengabaikan perubahan-perubahan energi kinetik dan potensial, dilakukan dengan memperhatikan komponenkomponen udara kering dan uap air. Dengan Q = W kita memiliki
rit"rh,, +
fi ,rhor + rhyhyz = hozhoz + ti1,2h,2
(12.26)
Tapi dari kekekalan massa untuk udara kering dan uap air,
tito, = rito, =
rit,
titr,, + tit, = ritr,
Q2.2n
Dengan menggunakan definisi dari ro dalam (12.23), persamaan-persamaan di atas memungkinkan
kita untuk
menuliskan
mqot + Dengan memasukkan
ml=
ini ke dalam (12.2A, dihasilkan, dengan menggunakan
itoalh4 + ilohor + (az -
a)
(12.28)
A)zmq
rhohy2
h",
= frohoz +
=
hs,
a2rhohrz
(12.2e)
CAMPURAN DAN LARUTAN
248 Pada keadaan 2 kita tahu bahwa Qz
=
I
IBAB
'2
,0 dan dengan menggunakan (12 .2 5) ,
az = 0,622
P.,
p-ft
112.30)
Iadi, (12.29) menjadi 01 =
di mana
7, dan
hil -
(12.31)
hfz
T,) untuk udara kering dan hyrz = hez - h72. Oleh karena itu, jika kita mengukur temperatur dan tekanan total P kita dapat menentukan a1 dari (12.30) di mana kuantitas-kuantitas sisanya dalam (12.J7)
hoz
I,
azhfsz+ Cp(72-Tt)
-
hot
=
Co(Ts
-
diberikan dalam Apendiks C. Karena I, jauh lebih kecil dari I, . aparatus yang digambarkan dalam Gbr. l2-2 dapat digunakan untuk mendinginkan aliran udara. Ini dilakukan dalam iklim-iklim yang relatif kering sehingga 7, berkurang tapi biasanya tidak sampai temperatur jenuh. Alat semacam ini seringkali disebut sebagai "pendingin rawa". Sebuah kipas yang meniup udara melalui sederetan sumbu yang berdiri di air cukup efektif untuk mendinginkan udara berkelembaban rendah. Menggunakan alat dalam Gbr. 12-2 untuk memperoleh temperatur jenuh adiabatik merupakan proses yang cukup rumit. Pendekatan yang lebih sederhana adalah membungkus bulb dari sebuah termometer dengan sumbu kapas yang dijenuhkan dengan air dan kemudian meniupkan udara ke sumbu tersebut atau memutar-mutarkan termometer tersebut di udara hingga temperaturnya mencapai nilai yang stabil. Temperatur wet-bulb T*' ini dan temperatur jenuh adiabatik pada intinya adalah sama untuk air jika tekanannya kira-kira atmosfer.
CONTOH 12.7 Temperatur dry-butb danwet-bulb dari suatu aliran udara benekanan 14.7 psia masing-masing adalah 100"F 80"F. Tentukanlah (a) rasio kelembabannya, (b) kelemtraban relatifnya dan {c) entalpi spesifik dari udara. Penyelesaian: @) Kita gunakan (12.3 l) untuk menenrukan co,. Tapi sebelumnya crr, ditentukan dengan menggunakan \l 2.30): @t
= 0.622
#"=
$.622t
("f:tft")
=
dan
o.orz
di mana Pr2 adalah tekanan jenuh pada 80"F. Setanjutnya (t2.30) memberikan {0,0222}(t048) + (0,24X80 -100)
@l=
(6)
1105
48.09
-
4fi1747 Hr0/lbm udara kering
Tekanan parsial dari uap air diperoleh dengan menggunakan (12.24):
at' = o,o2z
P* t al
o.ot747 = 0.622
Kelembaban relatif diperoleh dan (12.22): E
(c)
-
-
,IT,
.'.P,r = 0,402 psia
P,,/P4 = 0.402/0,9503 =
0.423
atau 42.3Vo.
Entalpi spesiflk diperoleh dengan mengarumsikan nilai nol untuk udara pada T = 0"F. Entalpi untuk campuran adalah H = Ho * H, = moho+ m,h,. Membaginya dengan mo. k\la peroleh
h = ho+ ah,=
CoT
+ oitr
= (0.24((100) + (0,01747X1105) = 43.3 Btu/lbm udara kering
di mana kita telah menggunakan h,= hr (lihat Gbr. l2-21. Entalpi selalu diekspresikan per unit massa
udara kering.
12.6 GRAFIK PSIKROMETRIK Cara yang mudah untuk menghubungkan berbagai properti yang diasosiasikan dengan campuran udara-uap air adalah dengan membubuhkan kuantitas-kuantitas terebut pada sebuah grafik psikrometrik seperli dalam Gbr. l2-3 atau (untuk tekanan atmosfer standar) Gbr. F-1 dalam Apendiks. Suatu keadaan ditentukan oleh dua properti yang mana saja yang daripadanya properti-properti lainnya dapat ditentukan. Sebagai contoh, perhatikan keadaan A yang ditentukan dengan menetapkan temperatur dry-bulb dan kelembaban relatifnya. Temperatur wet-bulb dibaca di 1, temperatur titik embun di 2, entalpi di 3 dan rasio kelembaban di 4. Merujuk ke Gbr. F-1, temperatur dry-bulb 30"C dan kelembaban relatif 80Vo akan memberikan yang berikut: Ta.p= 26oC,7*.b. = 27"C, h = 85 kJ/kg udara kering dan o = 0,0215 kg HrO/kg udara kering. Grafik tersebut memberikan kita suatu metode yang cepat dan relatif akurat untuk menentukan kuantitas-kuantitas yang diinginkan. Jika tekanannya berbeda secara signiflkan dari temperatur atmosfer, persamaan-persamaan yang diberikan dalam subbab-subbab selanjutnya harus digunakan.
BAB
CAMPURAN DAN LARUTAN
121
249
f* 6 = konstan
r".o
Gbr. 12-3 Gralik psikrometrik
CONTOH 12.8 Dengan menggunakan Cbr. F-lE. kerjakan kembali Contoh 12.7 tTd.b.= 100'F. I*.u, = 80'F) untuk menentukan
a. 0
dan h.
Penyelesaian:
Dengan menggunakan grafik tersebut. perpotongan dari f,tb.
ol = 0.CI75 lbm HrOilbm
udara
kering
0=
42Vo
=
100'F dan I.".0. = 80"F memberikan
/r = 44 Btuilbm udara kering
Nilai-nilai ini kurang akurat dibandingkan dengan yang dihitung datam Contoh 12.7. tapi jelas dapat diterima.
I2.7
PROSES.PROSES PENGKONDISIAN UDARA
Umumnya, orang merasa paling nyaman jika udara berada dalam "wilayah kenyamanan": temperatur berada di antara 22"C (72'F) dan 2l"C (80'F) dan kelembaban relatif berada di antara 40Vo dan 60Vo. Dalam Gbr. l2-4, area yang dikelilingi oleh garis putus-putus tebal merepresentasikan wilayah ken\tamanan. Ada beberapa situasi di mana udara harus dikondisikan sehingga berada dalam daerah kenyamanan:
o o o o .
Udara terlalu dingin atau terlalu panas. Kalor harus ditambahkan atau diekstraksi. Ini direpresentasikan oleh A-C dan B-C dalam Gbr. 12-3. Udara terlalu dingin dan kelembaban terlalu rendah. Udara dapat dipanaskan dahulu dan kemudian uap air ditambahkan, seperti dalam D-E-C. Temperatur cukup nyaman tapi kelembaban terlalu tinggi. Udara didinginkan dahulu dari F ke G. Uap air dikeluarkan dari G ke 1L Kalor ditambahkan dari H ke I. Udara terlalu panas dan kelembabannya rendah. Uap air ditambahkan dan proses yang direpresentasikan oleh
J-K
terjadi. Suatu aliran udara dari luar dicampurkan dengan aliran udara dari dalam untuk memberikan pendinginan alami atau udara segar. Proses I-M merepresentasikan udara dalam yang lebih hangat yang dicampurkan dengan udara luar yang direpresentasikan oleh L-M. Keadaan M merepresentasikan udara campuran.
Setiap situasi
di
atas akan dilihat dalam contoh-contoh berikut. Hukum pertama akan digunakan untuk memprediksi
pemanasan atau pendinginan yang diperlukan atau untuk menetapkan keadaan akhirnya.
CONTOH 12.9 Udara luar pada 5'C dan kelembaban relatif TOvo dipanaskan jika laju volume aliran yang masuk adalah 50 m3/menit. Selain itu. tentukan
hingga 25'C. Hitunglah laju perpindahan kalomya kelembaban relatif akhimya. Asumsikan P = 100
kPa.
Penyelesaian:
Densitas udara kering diperoleh dengan menggunakan tekanan parsial P,, dalam hukum gas ideal: Pot = P
-
P,r = P
-
= =99.4r -= -= = t'246 ksim' "'Pnt -,-f, o:ri?iariEl Por
QPil
100
(0,7X0,872)
99,4 kPa
CAMPURAN DAN LARUTAN
250
IBAB
A-C:
12
Pemanasan
B-C: Pendinginan D-E-C: Pemanasan dan humidifkasi t
pelembaban
r
F G H l: Dehumidi{ikasi (pengeringan) J K: Pendinginan evaporatif L M/I M: Pencampuran aliran-aliran udara
22.C
h,
=!,
21"C
Gbr.
l2-4
(u -
h2)
=
Pengkondisian udara
(uhffi;,. - 31) = 2365 kJ/kg
&
BAB
CAMPURAN DAN LARUTAN
121
251
Ini lebih kecil dari /r, pada 400 kPa. Oieh karena itu, temperaturnya adalah 143,6'C dan kualitasnya
,,= Hanya dua angka desimal
Po,
=P
-
di
P,l =
r$ifff
= o,sz
belakang koma yang digunakan karena faktor keridakakuratan dalam nilai-nilai entalpi.
100
-
1,7 = 98,3 kPa
98.3
i.pot = l.l9 kg/mr .7gfiOSSl =
i.h,,t =
adalah
(40X1.19)
-
47.6 kgimin
Poz= P
P,: = ri1,2
* P,2= 100 -
4.8 = 95,2 kPa
os?
p7*frfoO = l.oe ksim'
= Q0t(l .09t = 21.8 kgr6in
Keadaan 3 ditentukan melalui rasio dr-rld3-y= rh,rltitn = 47,6121,8 = 2,18, di mana d^. adalah jarak dari keadaan 2 ke keadaan 3. Keadaan 3 ditentukan pada grafik psikrometrik dan kita menemukan Q3= 6Juo dan L = 20,2"C.
CONTOH 12.14 Air digunakan untuk mengeluarkan kalor dari kondensor sebuah pembangkit daya. Air sebanyak l0 000 kg per menit dengan temperatur 40oC memasuki menara pendingin, sebagaimana ditunjukkan dalam CLrr. 12-5. Air keluar pada 25'C. Udara masuk pada 20"C dan keluar pada 32'C. E,stimasikan (a) laju volume aliran ke dalam menara pendingin dan (b) fluks massa air yang meninggalkan menara pendingin dari dasar mcnara.
252
CAMPURAN DAN LARUTAN
Q)
IBAB
12
Udara pada 32iC, kelembaban 987o
Air 400c
!!J
Air 25"C
<*.'-
Udara pada 20"C, keiemtraban 507o
Ul
Gbr, 12.5 Penyelesaian:
(a)
Penyeimbangan energi terhadap menara pendingin memberikan rh*h, + i*zhs rit,rh, + /i,u4h4, --= adalah fluks massa udara kering. Dari grafik psikrometrik kita memperoleh It, = 37 kJ/kg udara kering = 0,0302 kg Hr0lkg udara kering
rt
&z
=
110 kJlkg udara
kering
di
or = 0,0073 kg HrOlkg
mana ito,
= froz = fro
udara kering
Dari tabel-tabel uap kita gunakan.ftrpada temleratur yang diberikan dan memperoleh hr= lgl ,J kJ/kg dan hq= 104,9 k:Jl kg. Penyeirubangan massa pada air"menghasilkan fr,q = d,t - {az - atr)rh,. lika ini dimasukkan ke dalam penyeimbangan energi. dengan rh,, - rito, = ritu, '-u3"'q '"1' r1,-= , hr-h.+\(4-{dd1 "
(t0 000xt04.9 - 167.5) ;=ffi=887okgrmenit
Dari grafik psikrometrik kita menemukarr .r/, = 0,84 m3/kg udara kering. Ini memungkinkan kita untuk menemukan laju volume
aliran:
Laju volume aliran = rit"v, = (gg7o)(0,g4)
tbl
=
745O m3lmanit
Laju aliran udara ini membutuhkan kipas, walaupun terjadi juga "efek cerobong" karena udara panas cenderung naik. fiq = fr*s - (a\ - @,\ritu = l0 000 - (0,0302 - 0.0073X8870 ) = 9800 kg/menir
Jika air yang keluar dikembalikan ke kondensor, harus ditambahkan sebanyak 200 kg/menit sehingga terdapar l0 000 kg/menit yang dipasok. Air yang ditambahkan disebut sebagai air pengganti rmoketry woter).
Soal-soal dan Penyelesaiannya
l2.l
Analisis gravimetrik terhadap suatu campuran mengindikasikan 2 kg N,, 4 kg O, dan 6 kg COr. Tentukanlah (a) fiaksi massa dari setiap komponen, (b) fraksi mol dari setiap komponen, (c) berat molekular dari campuran'dan (d) konstanta gasnya.
(a)
Massatotalcampuran
adalahm=2+4+6=12 *.f , =
(b)
i=
kg. Fraksimassamasing-masing adalah
0.1667 ,,f, = += 0.3333
tn1.
=
$
= s.5
Untuk menemukan fraksi-fraksi molnya peftama-tama kita tentukan jumlah mol dari setiap komponen:
N = *=
0.0714
kmol N,= #=
0.125
kmol
N, =
h=
0.t364 kmot
Jumlah total molnya adalah N = 0,0714 + 0,125 + 0,1364 = 0.3328 mol. Fraksi mol masing-masing adalah
,,=H#=0.215 r,=ffi=0.376 ),=H#=0,410
(c)
Berat molekular dari campuran adalah M = mlN = 1210,3328 = 36,1 kg/kmol M = 2yiMi = (0,215X28) + (0,376)(32) + (0,4i0)(44) = 36,1 ks/kmol
(d)
Konstanta gasnya adalah
* =*
= 8,314t36,1=
0,230 kJ/kg.K.
BAB
CAMPURAN DAN LARUTAN
121
12.2
253
Tekanan parsial dari setiap komponen dari suatu campuran N. dan O, adalah 10 psia. Jika temperatumya adalah 80"F tentukan volume spesifik dari campuran tersebut.
Fraksi-fraksi molnya memiliki nilai yang sama karena tekanan-tekanan parsialnya sama flihat (12.10)]: 0,5. Jadi berat molekularnya adalah
]r
= 0,5 dan
-'r',
-
u = 2yNi = (0,5)(28) + (0,5)(32) = 40 lbm,/bmol dan konstanta gasnya adalah R = R,,IM = l545l4O = 38,6 ftlbf/1bm-"R. Jadi, (J9=9l!s,al)
R=r
"P = \20)1t44)= i.24
t2.3
rt3
nbm
Suatu campuran gas-gas ideal terdiri dari 2 kmol CHr, 1 kmol N, dan 1 kmol COr, semuanya pada 20'C dan 20 kPa. Kalor ditambahkan hingga temperaturnya naik menjadi 400oC sementara tekanannya tetap konstan. Hitunglah (a) perpindahan kalor, tD) usaha yang dilakukan dan (c) perubahan entropi.
Untuk menemukan kuantitas-kuantitas yang diinginkan pertama-tama kita menghitung kalor-kalor spesilik dari campuran tersebut, dengan menggunakan Tabel B-2: mr = t2t( 16) = 32 kC
mr=(1)(14) = 14 kc mt = tlx44t = 44 ke
*1, = #= .'.
(a) (b) (c) 12.4 .
l
m = 90 kg
I )
0.356 *1.= #= 0.t556 rrfr=#=
0.48e
2 *f,Cr, = (0,356)(.2,254) + (0,1556)(t,042) + (0,489X0,842) = 1,376 kJ/kg'K C, = I m.fiC,.i= (0,356)(1,735) + (0,1556)(0,745) + (0,489X0,653) = 1,053 kJ/kg'K Co
=
Q= LH = mcpLT = (90X1,376)(400 -20) = 47 060 kJ. W= Q- LU = Q-mC,LT =4't 060 -(90)(1,0s3X400 -20) = 11 050kJ LS = m(Cpln TrlT, - R ln 1) = (90X1,376) ln 6731293) = 103,0 kJ/K
Untuk proses tekanan konstan,
Sebuah tangki kokoh yang terinsulasi berisi 2 mol N, pada 20'C dan 200 kPa yang dipisahkan oleh suatu membran dari 4 mol CO, pada 100'C dan 100 kPa. Membran tersebut pecah dan campurannya mencapai kesetimbangan. Hitunglah temperatur dan
tekanan akhirnya.
Hukumpeflama.denganQ=W=0.membutuhkan0=AU=N,e,,,1?"-20t
+Nre,rt ?'-100).KalorspesifiknYae,,i=
M,C,.,. Dengan menggunakan nilai-nilai dari Tabel B-2, kita memiliki
0 = (2X28X0,'74s)(T Persamaan
-
20) + (4)(44)(0,653Xr
ini dapat diselesaikan untuk memperoleh temperatur keseimbangan
-
100)
sebesar T
= 78,7"C. Volume-volume awal
yang
ditempati oleh gas-gas adalah
,, =ry! -
Q)G,1!!)(2e3)
Volume totalnya tetap konstan pada 124,0
+
=
24,36
24,4
=
m3 ,=ry*-
=
t24 m3
148,4 m3. Jadi tekanannya adalah
_ NR,,T (6)(8.314X273 p=t==ff 12,5
(4)(8,111x373)
+ 78.7r
=t18,2kpa
Suatu campuran 40Vo N, dan 6OVa O, menurut berat dikompresi dari 70"F dan 14,7 psia menjadi 60 psia. Estimasikanlah daya kuda yang dibutuhkan oleh sebuah kompresor yang 807c efisien dan perubahan entropinya, jika fluks massanya adalah 10 lbm/menit.
Efisiensi suatu kompresor didasarkan pada proses isentropik. Kita akan menemukan
k
dan Co:
Co = mf1C11 + mf2Cr,z = (0,4)(0,248) + (0,6X0,219) = 0,231 Btu/lbm-'R C,. = mfrC,,, + mfrC,.. = (0,4)(0,177) + (0,6)(0,157) = 0,165 Btu/lbm-'R
u, =
C, 0.231 -,n C = 0.165 = ''*
Hubungan isentropik memberikan
rz = rr
(;i)'*
t = r53or
(#) ''"'o
=
7e2oR
= ritL,h = ti,lceLT = (H)(0,231X778)('lg2 - 530) = 7850 ft-lbf/sec, di mana faktor 778 memberikan kita satuan-satuan yang diinginkan. Jika kompresornya memiliki efisiensi 80Vo, daya aktualnya adalah 4o.o = 7850/0,8 = 9810 ft-lbf/sec atau 17,8 hp. Untuk menemukan perubahan entropinya kita membutuhkan temperatur keluaran aktualnya. Dengan menggunakan definisi dari eflsiensi kompresor,
Untuk suatu kompresor ideal. li'uo.o
fribf/Btu
254
CAMPURAN DAN LARUTAN
w.
IBAB
12
C"tAD"
4ko.p=4=ffi kita menemukan 0,8 = (792 As = cp
-
530)l(72
ht-
o
-
530) dan Zz = 857,5.R. Jadi perubahan entropinya adalah 0.231
^'i=
,, %l -
di mana kita telah menggunakan R = Cp- C,=0,231
12.6
-
0.066
h #=
0.0183 Btuitbm-"R
0,165 = 0,066 Btu/lbm-.R.
Udara luar pada 30"C dan 100 kPa terobservasi memiliki titik embun 20'C. Tentukanlah kelembaban relatif, tekanan parsial dari udara kering dan kelembaban rasionya dengan hanya menggunakan persamaan-persamaan saja. Pada 30"C kita menemukan tekanan jenuhnya dari Tabel C-1 (lihat Gbr. 12-1.1 sebesar p"= 4,246kpa. pada 20.C tekanan parsial dari uap air adalah { = 2,338 kPa. Dengan demikian , kelembaban relatifnya adalah'
Pi
o= Tekanan parsial udara kering adalah Po = P
-
=ffi
o't"
P, = 100 - 2,338
a = 0.622'4= to,urrl
12.7
=
(;f#)
=
atau 55'7vo 97,66 kPa. Rasio kelembabannya diperoleh sebesar
= 0,0148e kg H,orkg udara kering
Udara luar pada 25"C memiliki keiembaban relatif 60Va. Berapakah perkiraan temperatur web-bulbnya? Kita asumsikan tekanan atmosfer sebesar 100 kPa. Tekanan jenuh pada 25"C adalah pg = 3,169 kpa, sehingga P, = QP, = (0,6X3,169) = 1,901 liPa dan
Po= P
-
P,,
=
100
-
1,901 = 98,1 kPa
Rasio kelembaban udara luar adalah @t
= 0,622
P t;=
p,ezzt
(#f
)=
0,01206 kg Hro/kg udara kering
Dengan menggunakan ro, dari (12.30) kita dapat menuliskan (12.31) sebagai
(.hs
-
hotat, = 0.622
P,,,
hrr, + cn(T,
r;
-
T,)
Dengan memasukkan nilai-nilai yang telah diketahui, kita"= harus menyelesaikan (2s47,2
Ini diselesaikan melalui prosedur
-
12.8
=
0.622*+,
hrr, + (1,00)(r,
-
25)
coba-coba: Tz
Interpolasi menghasilkan Tz
hdQ,Ot2O6t =
= 20"C'.
29,1
'!32,2
Tz
= l5"C:
30,0
j
to,o
19,3"C.
Ulangi Soal 12.7 dengan menggunakan grafik psikrometrik. Temperatur wet-bulb atau jenuh adiabatik diperoleh pertama-tama dengan menemukan lokasi prpotongan antara garis vertikal untuk 7 = 25oC dan garis melengkung untuk kelembaban @ = 602o. Ikutilah garis untuk 2,.0. kons{an yang miring = ke arah kiri atas dan temukan f*.b = 19,4oC.
12,9
Udara pada 90"F dan kelembaban relatif 20Vo didinginkan hingga 75'F. Dengan mengasumsikan tekanan atmosfer standar, hitunglah kebutuhan laju perpindahan energinya, jika laju aliran masuknya adalah 1500 ft3lmenit, dan tentukanlah kelembaban akhimya, dengan menggunakan (a) graf,k psikrometrik dan (b) persamaan.
(a)
Tekanan parsialnya adalahPor=
P -P.il= P - @P{=14,7
p,t
-
(0,2)(0,6988)
Pa=ffi=ffi=o'0715 114,5(1144)
=
14,56 psia; jadi,
lbm/ft3
dan rit,, = (1500/60X0,0715) = 1,788 tbm/sec. Grafik psikrometrik pada keadaan 1 memberikan ht =28,5 Btu/lbm udara kering. Dengan (0 = konstan, keadaan 2 ditemukan dengan mengikuti kurva A-C dalam Gbr. l2-4; kita menemukan /2. = 24,5 Btullbm udara kering. Ini memberikan
Q.= ritlhr- h) = (1,788)(24,5 -
(b)
28,5) = -7,2 Btu/sec
Kelembaban relatifnya diperoleh dari grafik pada keadaan 2 sebesar Qz = 32,5Eo. Persamaan memberikan hasil-hasil lebih akurat daripada yang diperoleh dengan menggunakan grafik psikrometrik. Nilai tntuk rito dari bagian (a) telah dihitung sehingga kita akan menggunakan saja nilai tersebut. Laju perpindahan kalornya adalah
BAB r2l
CAMPURAN DAN LARUTAN
Kita memperoleh
ri,
O = tio(ho2- ho) + it,(h,2- h",) = ixocp(I2-
I,)
255 + ti,(h,2- hu)
sebagai berikut:
rit,= otio =
0.622ff
ladi Q = G,788)(0,24)(75
^,
= (0,622)(0,2)
(trH)
(1,788) = 0,01067 lbm/sec
- 90) + (0,01067)(1094,2 - l1OO,7) = -6,51 Btu/sec. Untuk menemukan kelembaban relatif dengan menggunakan (12 .22) kita harus menemukan P,, dan P ,z.Temperatur akhirnya adalah 75'F; Tabel C-1E memberikan, melalui interpolasi, Pg2= 0,435 psia. Karena massa uap dan massa udara kering tetap konstan, tekanan parsial dari uap dan udara kering tetap konitan. Jadi, P,z= P"t = QPil= (0,2X0,6988) = 0,1398 psia Kelembaban relatif akhimya adalah 02- P,2lPe2 = 0,1398/0,435 = 0,321 atalu 32,17o. Nilai-nilai yang diperoleh dalam bagian (b) lebih akurat daripada dalam bagian (a), terutama untuk Q, karena sangat sulit untuk membaca h, dan h, secara akurat.
12.10 Udara pada 90'F dan kelembaban relatif 907o didinginkan hingga 75'F. Hitunglah kebutuhan laju perpindahan energi jika laju aliran masuk ini adalah 1500 ft3lmenit. Selain itu, tentukanlah kelembaban akhirnya. Bandingkan dengan hasil-hasil dalam Soal 12.9. Gunakan grafik psikrometrik. Langkah pertama adalah menemukan fluks massa udara kering. Ini diperoleh sebagai berikut:
rDat
D :-D P --D t - ryr
AD _ l^1 /nn\/r QPil = 14,7 -(0,9X0,6988)
= 14,07 psia t,t!,0J,\J!!: \ = (53ix56o) = o.o6e1 u'u( lbm/rt3 dan "'Pd = n7-7,=
, "\= l.*3q)
(o,o6e1)
=
1,728Ibm/sec
Keadaan 1 ditemukan pada graflk psikrometrik melalui Ia.r = 90"F, Q = 90Vo. Jadi, melalui ekstrapolasi, hr = 52 Btu/lbm udara kering. Untuk mengurangi temperatur ke 75'F, uap air perlu dikeluarkan, mengikuti kurva F-G-H dalam Gbr. 72-4. Keadaan 2 berakhir pada garis jenuh dan h2 -- 38,6 Btu/lbm udara kering. Ini memberikan
Q = rh(hz
- h)
= (1,728)(38,6
-
52) = -23,2 Bfilsec
Kelembaban relatifnya adalah @, = 700Vo.
12.11 Sebuah tangki kokoh 2 m3 berisi udara pada
160oC dan 400 kPa dan kelembabanrelatif20Vo.Kalor dikeluarkan hingga temperatur akhimya menjadi 20oC. Tentukanlah (a) temperatur di mana kondensasi mulai terjadi, (D) massa air yang terkondensasi selama proses dan (c) perpindahan kalornya.
(a)
Dalam soal ini tekanannya bukan tekanan atmosfer, jadi grafik psikrometrik tidak dapat digunakan. Tekanan parsial awal dari uap adalah P,,, = QPil= (0,2X617,8) = 123,6 kPa. Volume spesifik dari uap air adalah
,,, Pada volume spesiflk
ini
=
SP,t - Q.49?qn\ = 1.62 n31
(volumenya tetap konstan), temperatur
di mana kondensasi mulai terjadi adalah
Tuono =
92,5.C.
(b)
Tekanan parsial dari udara kering adalah
P,, = P - Pt = 400 -
123,6 =276,4kPa. Massa udara kering adalah
*,=P#=ffi=4,4sks Rasio kelembaban awalnva adalah @r
= 0.622
P.
fi=
(ffi)
= 0,2'78 kg Hro&g udara kering
Kelembaban relatif akhirnya adalah Qz = I ,0, sehingga P uz = 2,338 kPa. Tekanan parsial akhir dari udara kering diperoleh dari PorlTr= Po2lT2, sehingga Por= (Po)(T2lTr) = (276,4)(2931433) = 187 kPa. Rasio kelembaban akhimya menjadi
(4 = 0.622
(c)
P* 'a2
= e,ezzl
(#)
= 0,00778 kg Hro/kg udara kering
Uap yang dikeluarkan adalah la*ono = mo(0)1 - @2) = @,45)(0,278 Perpindahan kalor diperoleh dari hukum pertama:
-
0,00778)
=
1,20 kg.
Q = mo(uo2- urr) + frv2uy2- ffirturt I L**(hfr)uu, = m.fCo(72 - 7,) + @2u,2- alui + 1ar- otr)(h,)^,rf Dengan memperlakukan uap sebagai gas ideal, artinya, memiliki Q = @,45)L(0,7 t7 )(20
-
-
I
u, = ils pada temperatur-temperatur yang diberikan, kita
60) + (0,007 7 8)(2402,9)
(0,278)(2568,4) + (0,00778
-
0,278)(236s)l = -6290
kl
V CAMPURAN DAN LARUTAN
256
IBAB
12
12.12 tJdara kering dan panas pada 40'C, 1 atm dan kelembaban 207o melewati alat pendingin evaporatif hingga kelembabannya mencapai 40%; kemudian didinginkan hingga 25'C. Untuk aliran udara masuk sebesar 50 m3/menit, (a) berapa banyakkah air yang ditambahkan per jam dan (&) berapakah laju pendinginannya?
(a)
Grafik psikrometrik digunakan dengan ht = hz, memberikan kita orl1
= 0,0092 kg H"O/kg udara
kering
@z
= 0,0122 kg HrO/kg udara kering
Kita menemukan fluks massa m, udara kering sebagai berikut: Por
=P
-
P"t = P
.'.Por=
QP4= 100 - (0,2)(7,383) = 98,52
-
h="#f;-
=
kPa
1'oe7 ks/m3
dan
.'.rit"= (p,,')(50) = (1,097X50) = 5a,8 kg/menit Laju penambahan air adalah (iln)tu.uur,
(b)
= i"(@z
-
0)1)
-
= (54,8)(0,0122
Tidak ada kalor yang dipindahkan selama proses dari psikrometrik memberikan hz = 64 kJ/kg udara
kering
Laju peryindahan kalornya adalah Q = ri.{h,
-
0,0092) = 0,1644 kg/menit = 9,86 kg/jam
I
ke 2. Dari 2 ke 3 rasio kelembabannya tetap konstan dan grafik
ht = 64 kJ/kg udara kering
h.) = (54,8)(56
-
64) = -440 kJ/menit.
12.13 Udara luar pa6a 10oC dan kelembaban relatit 3OVc tersedia untuk dicampur dengan udara dalam pada 30'C dan kelembaban 60Vo.Lajtt aliran dalam adalah 50 m3/menit. Gunakan persamaan-persamaan untuk menentukan berapa seharusnya laju aliran luamya untuk memberikan aliran campuran pada 22"C. Penyeimbangan massa dan penyeimbangan energi memberikan Udara kering: it,,, + rho. = rito, lJap : rhorar+ tiortD, = hot@z
Energi
:
+ ilorh, = thorh.
rh,,,h,
Dengan menggunakan kuantitas-kuantitas yang diberikan kita menemukan, dengan mengasumsikan tekanan 100 kPa:
- P,t = P' Qf4= 100 - (0'3)(1,228) = 99,6 kPa Po2 = P - QzPez= 100 - (0,6)(4'246) = 97'5 kPa p,, Puz 99,6 , a1, , ,, --r
Put = P
).put
a,=
=;#= mr#-rtsf
=
1.226
0.622P.1 to.622t*1I-1.2?8) Po
=-gs.o
,, = t(0,622)(0,6)(4,246) =ff?a
.'.pnz=
9i.:
ao = mi#**l
= l.l2l
ksimt
= 0.00230 ks H,o/kg udara kering -v.vv-Ju,\r
= 0,01625 kg HrO&g udara kering
+ ayh. = (1,00)(10) + h, = CoT, + @2hrz = (1,00)(30) + h3 = CrT, + a3hp = (1,00X22) +
hr=
kg'm'
CoT,
(0,0023)(2519,7)
=
15,3
kJ&g udara kering
(0,01625)(2556,2) = 7i,5 kJ/kg udara kering (ar)(.2542) = 22 + 2542a,
Memasukkan nilai-nilai yang tepat ke dalam persamaan energi dan memilih V, sebagai laju aliran luar memberikan
(1,226i t)(t s,8) +
(1, 1 2 1 )(50)(7
= tt,226i | + ( 1, 121 )(50)l (22 + 2542tor) + (1,121X50)(0,01625) = 11,226i | + (1.121x50)l@r. 1,s)
Menyelesaikan untuk penyeimbangan massa uap adalah (1,226y1X0,0023) rrl, dalam bentuk V, dari persamaan cli atas dan memasukkannya ke dalam persamaan energi, kita menemukan Vr = 31,1 m3/ menit.
Soal-soal Tambahan 12.14 Untuk campuran-campuran berikut hitunglah fraksi
massa dari setiap komponennya dan konstan gas dari campurannya' (a) 2
kmolCOr,3kmoiNr,4kmolOr;(b:)2lbmolNr,3lbmol CO,4lbmolOr; (c)3kmolNr,2kmolOr,5kmolH;'(43 kmol CHr; 2 kmol udara, 1 kmol CO,; dan (e) 21 lbmol Or, 78 lbmol Nr- 1 lbmol Ar'
BAB
CAMPURAN DAN LARUTAN
121
257
12.15 Untuk campuran-campuran berikut hitunglah fraksi mcjl dari setiap komponennya dan konstanta gas dari campurannya. (a) 2 kg COr,3 kg Nr,4 kg Or; (b)2lbm N,,3lbm CO,4lbm Or; (c) 3 kg Nr,2 kg Or,5 kg Hr; (d 3 kg CH.,; 2 kg udara, I kg CO.; dan (e) 21 lbm Or, 78 lbm Nr, 1 lbm Ar.
12.16
Suatu campuran gas-gas terdiri dari 21Vo Nr, 32Vo Or, 16%o CO, dan 31% Hr, menurut volume. Hitunglah: (a) fraksi massa dari setiap komponen, (b) berat molekular campuran dan (c) konstanta gasnya.
12,17 Analisis gravimetrik terhadap suatu campuran gas-gas mengindikasikan
27Vo O.r, 3OVo
CO, dan 49Vo Nr. Hitunglah (a) analisis
volumetriknya dan (b) konstanta gasnya.
12.78
Analisis volumetrik terhadap suatu campuran gas-gas menunjukkan 60% N2, 20Vo O. dan 20Vo COr. (a) Berapa kilogramkah yang terdapat dalam 10 m3 pada 200 kPa dan 40"C? (b) Berapa ponkah yang terdapat dalam 300 ft3 pada 39 psia dan 100'F?
12.19
Sebuah campuran gas-gas terdiri dari 2 kmol 10 m3 pada 50"C, estimasikanlah (a) tekanan
Or. 3 kmol CO, dan 4 kmol Nr. Jika 100 kg campuran terdapat dalam tangki
di dalam tangki dan (b) tekanariparsial dari Nr.
12.20 Analisis gravimetrik terhadap suatu campuran gas-gas mengindikasikan
60Va Nr,2OVo O, dan 20Vo COr. (a) Berapakah volume yang dibutuhkan untuk menampung 100 kg campuran pada 25"C dan 200 kPa? (&) Berapakah volume yang dibutuhkan untuk menampung 200 lbm campuran pada 80"F dan 30 psia?
12.21 Analisis volumetrik terhadap suatu campuran 25Vo
N"
gas-gas dalam sebuah tangki 10 m3 pada 400 kPa mengindikasikan 60% Hr, dan 157o CO,. Tentukanlah temperatur campuran tersebut jika massa totalnya adalah 20 kg.
12.22 Tekanan-tekanan parsial suatu campuran
gas-gas adalah 20 kPa (N2), 60 kPa (Or) dan 80 kPa (COr). Jika 20 kg campuran mengisi suatu tangki pada 60"C dan 300 kPa, berapakah volume tangki tersebut?
12,23
Sebuah campuran oksigen dan hidrogen memiliki berat molekular yang sama dengan udara. (a) Bagaimanakah hasil analisis volumetriknya? (&) Bagaimanakah hasil analisis gravimetriknya?
12.24 Suatu tangki kokoh berisi 10 kg campuran2OVo CO, dan 807o N, menurut volume. Tekanan dan temperatur awalnya
adalah
200 kPa dan 60"C. Hitunglah perpindahan kalor yang dibutuhkan untuk menaikkan tekanannya menjadi 600 kPa dengan menggunakan a) kalor-kalor spesifik konstan dan (b) tabel-tabel gas ideal.
12.25 Duapuluh
pon campuran gas-gas mengisi sebuah tangki kokoh 30 ft3 pada 30 psia dan 70'F. Analisis volumetrik menginrlikasikan O, dan 50Vo N,. Hitunglah temperatur akhimya jika 400 Btu kalor ditambahkan. Asumsikan kalor-kalor spesi{ik
20Vo COr,30Vc
konstan.
12.26
Sebuah silinder berinsulasi berisi campuran gas-gas yang awalnya pada 100 kPa dan 25"C dengan analisis volumetrik 407o usaha yang dibutuhkan untuk mengkompresikan campuran tersebut menjadi 400 kPa dengan mengasumsikan proses reversibel, Gunakan kalor-kalor spesifik konstan.
N. dan 60Vc CO.. Hitunglah 12.27
Sebuah campuran gas-gas mengisi sebuah silinder pada keadaan awal 0,2 m3, 200 kPa dan 40'C. Analisis gravimetriknya adalah 20Vo CO1. dan 80Vc udara. Hitunglah (a) perpindahan kalor yang dibutuhkan untuk menjaga temperatur pada 40"C sementara
tekanannya diturunkan menjadi 100 kPa dan (b) perubahan entropinya. Asumsikan kaior-kalor spesifik konstan.
12.28
Suatu campuran gas-gas dengan analisis volumetrik 30VaHr,507o N, dan20Vo O, mengalami proses rekanan konsran di dalam sebuah silinder pada keadaan awal 30 psia, 100"F dan 0,4 ft3. Jika volumenya naik menjadi 1,2 ft3 tentukanlah (a) perpindahan
kalornya dan (b) perubahan entropinya. Asumsikan kalor-kalor spesifik konstan.
12,29
Sebuah tangki yang berisi 3 kg CO, pada 200 kPa dan 140'C dihubungkan dengan tangki kedua yang berisi 2 kg N, pada 400 kPa dan 60"C. Sebuah katup dibuka dan kedua tangki dibiarkan mencapai tekanan yang sama. Jika temperatur akhimya adalah 50'C, tentukanlah (a) perpindahan kalornya, (D) tekanan akhirnya dan (c) perubahan entropinya.
12.30
Suatu aliran nitrogen pada 150 kPa dan 50'C bercampur dengan aliran oksigen pada 150 kPa dan 20"C. Fluks massa dari nitrogen adalah 2 kg/menit dan dari oksigen ad,alah 4 kg/menit. Pencampuran terjadi di dalam sebuah ruang aliran tunak yang terinsulasi. Hitunglah temperatur dari aliran yang keluar.
12.31
Sebuah campuran gas-gas dengan analisis volumetrik 20Vo COr,30% N2 dan 507a O, didinginkan dari 1000'R di dalam sebuah alat penukar kalor aliran tunak. Estimasikanlah perpindahan kalornya dengan menggunakan (a) kalor-kalor spesifik konstan
dan (D) tabel+abel gas ideal.
12.32
Sebuah campuran gas-gas dengan analisis gravimetrik 2OVa COr,307o N, dan 50vo O, didinginkan dari 400'C ke 50"C dengan memindahkan 1MW kalor dari alat penukar kalor aliran tunak. Tentukanlah fluks massanya dengan mengasumsikan kalor-kalor spesifik konstan.
CAMPURAN DAN LARUTAN
2s8
12.33
Suatu campuran 40Vo O, dan 607o CO, menurut volume memasuki suatu nozel pada 40 m/s, 200"C dan 200 kPa. Campuran melewati suatu nozel adiabatik dan keluar pada 20'C. Tentukanlah kecepatan dan tekanan keluarnya. Asumsikan kalor-kalor spesifik konstan.
12.34 Jika diameter masukan nozel dalam Soal 12.33 adalah 20 cm, tentukanlah diameter
keiuarannya.
12,35
N" dan 60Vc CO, menurut volume memasuki sebuah nozel dengan kecepatan yang dapat diabaikan dan 80 psia dan 1000"F. Jika campuran tersebut keluar pada 20 psia, berapakah kecepatan keluar maksimum yang dimungkinkan? Asumsikan kalor-kalor spesifik konstan.
12.36
Suatu campuran 407o N, dan 60Vc CO, menurut volume memasuki sebuah difuser supersonik pada 1000 m/s dan 20"C dan keluar pada 400 m/s. Tentukanlah temperatur keluarnya. Asumsikan kalor-kalor spesiflk konstan.
12.37
Suatu campuian 60Va tdara dan 407a CO, menurut volume pada 600 kPa dan 400"C berekspansi melalui sebuah turbin menjadi 100 kPa. Estimasikanlah keluaran daya maksimumnya jika fluks massanya adalah 4 kg/menit. Asumsikan kalor-kalor spesifik konstan.
Suatu campuran 407o
12.38 Jika turbin dalam Soal 12.37 memiliki efisiensi 85 12.39
persen, estimasikanlah temperatur keluarnya.
Sebuah kompresor menaikkan tekanan dari suatu campuran gas-gas dari 100 menjadi 400 kPa. Jika campuran tersebur masuk pada 25"C, tentukanlah kebutuhan daya minimumnya jika fluks massanya adalah 0,2 kg/s. Asumsikan kalor-kalor spesifik konstan untuk analisis-analisis gravimetrik terhadap campuran berikut ini: (a) l)Vc H, dan 907a C.2: 0) 907o H, dan l\Vo O2 dan (c) 2O7o Nr, 30Vo CO. dan 50Va Or.
L2.40 Udara atmosfer pada 30"C dan 100 kPa memiliki kelembaban relatif titik embun dan (c) volume spesifik dari udara kering.
40Vo. Tentukanlah (a) rasio kelembaban,
(b) temperatur
12.41 Udara atmosfer pada 90'F dan 14,2 psia memiliki kelembaban relatif 0,02. Tentukanlah (a) kelembaban relatif, (&) temperatur titik embun, (c) volume spesifik dari udara kering dan (d) entalpi (ft = 0 pada 0"F) per satuan massa udara kering. 12.42 Udqa di dalam
sebuah ruangan 12x 15 x 3 mberada pada 25"C dan 100 kPa, dengan kelembaban relatif 50Vo. Estimasikanlah (a) rasio kelembaban, (b) massa udara kerihg, (c) massa uap air di dalam ruangan dan (d) entatpi di dalam ruangan (ft = 0
pada
12.43
0'C)
Sebuah tangki berisi 0,4
kg udara kering dan 0.1 kg uap air jenuh pada 30'C. Hitunglah (a) volume tangki dan (&)
tekanan
di dalam tangki.
12.44 Tekanan parsial uap air adalah 1 psia di dalam udara atmosfer pada 14,5 psia dan
110"F. Tentukanlah (a) kelembaban relatif,
(b) rasio kelembaban, (c) temperatur titik embun, (@ r,olume spesifik udara kering dan (e) entalpi per satuan massa udara kering.
12,45
Seseorang yang menggunakan kacamata masuk dari luar, di mana temperatumya 10'C, ke dalam suatu ruangan dengan kelembaban relatif 40Vo. Pada temperatur ruangan berapakah kacamatanya akan mulai berembun?
12,46 Temperatur permukaan luar dari suatu gelas minuman kola, dalam suatu ruangan 28'C, adalah 5'C. berapakah air akan mulai terkumpul di bagian luar gelas?
12.47
Pada kelembaban relatif
Sebuah pipa air dingin pada 50'F melewati sebuah ruang bawah tanah di mana temperaturnya adalah 70"F. Pada kelembaban relatif berapakah air akan mulai terkondensasi pada pipa?
12.48 Pada suatu hari di musim dingin temperatur di bagian dalam suatu jendela ganda adalah 10"C. Jika temperatur di dalam adalah 27'C, berapakah kelembaban relatif yang dibutuhkan untuk memulai terjadinya kondensasi pada jendela tersebut?
12.49 Udara atmosfer memiliki temperatur dry-bulb 30"C dan temperatur wet-bulb 20"C. Hitunglah
1a1 rasio kelembaban, (D)
kelembaban relatif dan (c) entalpi per kg udara kering ((ft = 0 pada 0"C)
12.50 Gunakan grafik psikrometrik (Apendiks F) untuk mengisi nilai-nilai yang hilang di dalam Tabel
12-1.
Tabel 12-1 Temperatur
Temperatur
Kelembaban
Dry-Bulb
Wet-Bulb
Raiatif
(a) (b)
20"c 20"c
10'c
(c)
70'c
Rasio Kelembaban
Temperatur
Titik Embun
0,012 607c
@
60'c
(e)
25"C
a
70"c
7jVc
l5"c 0,015
Entalpi Spesifik
BAB
CAMPURAN DAN LARUTAN
121
12,51
259
6OVo dipanaskan hingga 27"C. Gunakan grafik psikrometrik untuk mengestimasl kelembaban akhir dan laju perpindahan kalornya jika fluks massa udara keringnya adalah 50 kg/menit.
Udara atmosfer pada 10"C dan kelembaban relatif
12.52 Kalor dikeluarkan dari suatu ruangan tanpa menyebabkan kondensasi uap air. Gunakan graflk psikrometrik untuk menghitung kelembaban relatif akhirnya jika udara awalnya berada pada 35'C dan kelembaban relalif 50Vc dan temperaturnya dikurangi menjadi 25"C.
12.53 Udara luar
pada 40"F dan kelembaban relatif 407o masuk melalui celah ke dalam suatu rumah dan dipanaskan hingga 75"F. Estimasikanlah kelembaban relatif akhir dari udara jika tidak terdapat sumber-sumber uap air lainnya.
12.54
Udara atmosfer pada 1 0"C dan kelembaba n relatif 407o dipanaskan hingga 25'C di dalam bagian pemanasan suatu alat pendingin udara dan kemudian uap ditambahkan untuk menaikkan kelembaban relatif menjadi 5O7o sementara temperatur naik menjadi 26'C. Hitunglah fluks massa uap air yang ditambahkan dan laju perpindahan kalor yang dibutuhkan di dalam bagian pemanasan jika laju volume aliran masuk udara adalah 50 m3/menit.
L2.55
Udara atmosfer pada 40"F
ika temperatur setelah melewati bagian pemanasan adalah 72"F dan temperatur keluarnya adalah 74'F.
12.56 Udara luar di iklim kering memasuki sebuah pendingin udara pada 40"C dan kelembaban relatif llVo dan didinginkan menjadi 22C. (a) Hitunglah kalor yang dikeluarkan. (&) Hitunglah energi total yang dibutuhkan untuk mengondisikan udara luar (yang Iembab) pada 30"C dan kelembaban re1atif907o menjadi 22"C dan kelembaban relatif 70Vc. (Petunjuk: Jumlahkan energi yang 'dikeluarkan dan energi yang ditambahkan) 807o dikondisikan untuk sebuah gedung perkantoran melalui pendinginan dan pemanasan. Estimasikan laju pendinginan dan laju pemanasan yang dibutuhkan jika keadaan akhir dari udara adalah 25"C dan kelembaban relatif 40Vc.
12.57 Seratus m3/menit udara luar pada 36'C dan kelembaban relatif
'
707c didinginkan dengan mengalirkannya melewati koil-koil yang di dalamnya mengalir air dingin pada 5"C. Fluks massa dari air dingin tersebut adalah 0,5 kg/s dan mengalami kenaikan temperatu sebesar t0"C. Jika udara ruang rersebur keluardari alat pengkondisi pada l8'C dan kelembaban relatil 100%. estimasikanlah (a) fluks massa udara ruang tersebut dan (D) laju perpindahan kalornya.
12.58 Udara ruang pada29"C dan kelembaban relatif
12.59 Udara atmosfer pada 100'F dan kelembaban relatif 15% memasuki sebuah pendingin evaporatif pada 900 ft3/menil
dan
keluar dengan kelembaban relatif 6OIc. Estimasikanlah (a) temperatur keluar dan (b) fluks massa air yang harus dipasok ke pendingin.
12.60
U
massa maksimum yang dibutuhkan untuk pasokan air. m3/menit udara luar pada 0'C dan kelembabanrelatif 40Va terlebih dahulu dipanaskan dan kemudian dialirkan melalui sebuah pendingin evaporatif sehingga keadaan akhimya adalah 25 C dengan kelembaban relatif 50Vo. Tentukanlah temperatur udara ketika memasuki pendingin, laju perpindahan kalor yang dibutuhkan selama proses pemanasan dan fluks massa air yang
12.61 Tigapuluh
dibutuhkan oleh pendingin.. 607o bercampur dengan 50 m3/menit udara dalam pada 28'C dan kelembaban relatif 40Vo. Jika laju aliran luar adalah 30 m3/menit, estimasikanlah kelembaban relatif, temperatur dan fluks massa dari aliran
12,62 Udara luar pada 10'C dan kelembaban relatif yang keluar.
12.63 Udara dalam
pada 80"F dan kelembaban relatif 807c dicampur dengan 900 ft3/menit udara luar pada 40"F dan kelembaban relatif
tika kelembaban relatif dari udara yang keluar adalah 607o, estimaSikanlah (a) laju aliran udara dalam, (D) temperatur aliran yang keluar dan (c) laju perpindahan kalor dari udara luar ke udara dalam. 2OVa.
sebuah pembangkit daya pada 38"C dengan fluks massa 40 kg/s. Air tersebut didinginkan menjadi 24C di dalam sebuah menara pendingin yang mengambil udara atmosfer pada 25"C dan kelembaban relatif 60Vo. Udara jenuh keluar dari menara pada 32"C. Estimasikanlah (a) laju volume aliran yang dibutuhkan dari udara yang masuk dan (&) fluks massa dari air pengganti.
12.64 Udara pendingin meninggalkan kondensor dari
12,65 Sebuah menara pendingin mendinginkan 40 ibm/sec air dari 80'F menjadi 60"F dengan cara mengalirkan 800 ft3lsec
udara
atmosfer dengan temperatur dry-buib dan wet-bulb masing-masing sebesar 75'F dan 55'F melalui menara tersebut. Udara jenuh keluar dad menara. Tentukanlah (cr) temperatur dari aliran udara yang keluar dan (b) fluks massa dari air pengganti.
CAMPURAN DAN LARUTAN
260
12.66
IBAB
12
Sebuah menara pendingin mendinginkan air dari 35'C menjadi 27"C.Menara menerima 200 m3/s udara atmosfer pada 30'C dan kelembaban relatif 40Vo.Udara keluar dari menara pada 33'C dan kelembaban relatif 957o. Estimasikanlah (o) fluks massa air yang didinginkan dan tbt fluks massa air pengganli.
Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE
12.fFE
Udara dalam suatu ruang pertemuan akan dikondisikan darl keadaan sekarang pada 18'C dan kelembaban 40Vo. Pilihlah strategi pengkondisian yang tepat. (A) Panaskan dan keringkan. (B) Dinginkan, keringkan dan kemudian panaskan. (C) Panaskan, keringkan dan kemudian panaskan. (D) Panaskan dan lembabkan.
l2.2FE
Unruk situasi-situasi berikut yang manakah diperkirakan kondensasi tidak terjadi? (A) Pada segelas air es yang terletak di meja dapur. (B) Pada rumput di malam yang dingin di Tucson, Arizona. (C) Pada kacamata Anda ketika memasuki suatu ruangan yang hangat di suatu hari musim dingin. (D) Di bagian dalam daun jendela sbbuah apartemen yang memiliki laju infiltrasi yang tinggi
di suatu hari musim
dingin.
12,3FE
Temperatur manakah yang paling berbeda dari temperatur luar yang diukur dengan termometer konvensional? (A) Temperatur wet-bulb
(B) Temperaturdry-bulb (C) Temperatur titik embun (D) Temperatur ambien
l2.4BE
Sebuah pendingin evaporatif mengambil udara pada 807o, temperatur keluar mendekati:
(A) (B)
(c)
(D)
40'C dan kelembaban20Vo.
Jrka udara yang keluar
memiliki kelembaban
2e'C 27'C 25'C 23"C
12.5FE
Temperatur dry-bulb berada pada 35'C dan temperatur wet-bulb pada 27"C. Kelembaban relatifnya mendekati:
l2.6FE
Estimasikanlah jumlah liter air dalam udara di dalam sebuah ruangan 3 m dan kelembabannya adalah 707o. (A) 7,3 L
(A) 65Vc (B) 60Vo (C) 55Vo (D) 50Vc
(B)
6.2 L
(D)
4,0 L
x
10 m
x 20 m jika
temperatumya adalah 20'C
(c) s.l L l2.7FE
Udara pada mendekati:
\A) (B) (C) \D) 12.8FE
5'C
dan kelembaban 807o dipanaskan hingga 25"C
di dalam sebuah
ruangan tertutup. Kelembaban akhinrya
36% 32Vo 26Vo
22%
Udara pada 30"C dan kelembaban 807o akan dikondisikan menjadi 20"C dan kelembaban 40Vo.Berapa banyakkah pemanasan yang dibutuhkan? (A) 30 kJ/kg (B) 25 kJ/kg (C) 20 kJ/kg (D) 15 kJ/kg
BAB
CAMPURAN DAN LARUTAN
121
L2.9FE
Udara pada 35'C dan kelembaban 70Vc di dalam sebuah ruang kelas 3 m kelembaban 407o. Estimasikan jumlah air yang dikeluarkan
261
x
10 m
x 20 m didinginkan hingga 25"C
dan
(A) 4 kg (B) 6 kg (C) 11 kg (D) 16 kg
12.10FE Udara luar pada 15'C dan kelembaban 40Vc dicampur dengan udara dalam pada 32'C dan kelembaban 70Vo yang diambil di dekat iangitJangit. Estimasikan kelembaban aiiran campurannya jika laju udara luar adalah 40 m3/menit dan laju udara dalam adalah 20 m3/menit.
(A) (B)
63%
(D)
4eq
(c) l2.llEE
58vc
53s,
Temperatur aliran udara campuran dalam Soal 12.10FE mendekati:
(A) (B)
28.C
(D)
20.C
(c)
25"C 23"C
Jawaban-jawaban untuk Soal-soal Tambahan 12.14 (a) 0,293;0,28;0.421;0,249;
(A 032;0,386;
0.293; 0,333
kJ/kg'K (b) 0,209;0,313; 0,478: 51,9 frlbfilbm-'R kJ/kg.K (e) 0.232;0,754; 0,014; 53,4 frlbf/lbm-"R
(.c)
0,532;0,405; 0,063; 0,526 kJ/kg.K
12.15 (a) 0,164;0,386; 0,450; 0,256 kJ/kg'K (b) 0,235;0,353;0,412;52,1 frlbf/lbm-'R (c) 0,0401r 0,0234;0,9365; 2,22kJlkg.K
(A 0,671;0,247;0,0813;0,387 kJ/kg.K (e) 0,189; 0,804; 0,0072; 12.16 (a) 0,247;0,431:0,296;0,026 (b) 23.78 (c) 0.350 kJ/kg.K 12.77 (a) 0,212;0,221;0,567 (b) 0,2s7 kl/kg'K
53,6 ft-lbf/lbm-'R.
t2.18 @) 24,59 ks (b) 62,3 tbm t2.19 (a) 2420 kPa (b) t074 kPa 12.20 (a) 39,9 m3 (b)
t2.2t
12.22 9.23
ff
m3
12.23 (a) 89,9Vo;
'
t2O2
83,0"C
l0,l7o
(b) 0,993;0,00697
12.24 (a) 4790 kJ (D) ss20
t2.25
190"F
12.26
82,3 kJ/kg
t2.27
(a) 27,7
12.28 12.29 12.30 12.31 12.32 12.33
(a) 15,5
12.34
71,2 cm
kJ
kJ (b) 88,6 J/K Btu (b) 0,0152 BtufR (a) -19i kJ (b) 225 kPa (c) - 0,410 kJ/K 30,8'C (.a)
-111Btu/lbm
(b)
-
116 Btu/lbm
3,03 kg/s
560 m/s, 28,1 kPa
12.35 2130 ftlsec 12.36 484'C
t2.37
15.2 kW
ri.3s
r89"c
I2.3g (a) 65,6 kW (D) 380 kw (c) 24,6 kW 12.40 (a) 0,01074 kg HrO/kg udara kering (b)
14,9'C (c) 0,885 m3/kg 75,5"F (c) 14,8 fC/lbm (d) 43,6 Btu/lbm udara kering kg H,O/kg udara kering (b) 621 ke @'1 6.22 kg (4 31,4 MJ
12.41 (a) 63,3Vo (b)
12.42 (a)
0,0102
CAMPURAN DAN LARUTAN
262
12.43 (.a) 3,29 m3 (b) 14,82 kPa 12.44 (a) 78,4Vo (b) 0,0461 (c) 101,7'F (A
12.45 12.46
24,2"C
12.47
49Vo
fi,4 ft3llbm
(e)
1'1,5
IBAB
12
Btu/lbm udara kering
22,9Vo
12.48 34,tVo 12.49 (a) 0,01074 (b) 40,2Ea (c) 57,5 kJlkg udara kering 12.50 (a) 17,9'C; 82Vo; 16,9'C;50,5 kJ/kg (b) 25Vo;0,0035; -1'C; 0,0097; 56"F; 26,5
12.51
20Vo,
12.52
88Vo
12.53
l2Vo
Btu/lbm
(e) 4'7,5'C; lTVa; 0,0107; 76
29
kllks
kJ/kg
(c) 61'F; 0,0095; 55,7'F; 27
(l) 73,5"F;857o; 68,5.F, 34 Btu/tbm
Btu/lbm (A 66F;
14kW
12.54 0.458 kg/menit. 19.31 kW
12.55 609 Btu/menit, 0,514 lbm/menit
12.56 (a) 19 kJ/kg udara kering (b) 98 kJ/kg udara kering 12.57 r52 kW, 26,8 kW 12.58 (a) 0,91 kg/s (b) 20,9 kW 12.59 (a)
76F
12.60 (a)
21,7'C,
(b) 0,354lbmlmenit (b) 0,329 kg/menit
12.61 45'C, 30 kW 0,314 kg/menit 12.62 49Vo, 20,7'C, 94,2 kglmenit 12.63 (a) 228 ft3lmenit (b) 47,5'F (c) 367 Btu/menit 12.64 (a) 31 m3ls (b) 0,8 kg/s
12.65 (a) 12.66 (a)
73'F (b) 0,78 lbm/sec 530 kg/s (b) 5,9 kg/s
Jawaban untuk Pertanyaan-pertanyaan Ulangan untuk Ujian FE 12.1FE
(D) r2.2FE (B) (D) 12.11FE (D)
12.r0FE
12.3FE (C)
12.4FE
(C)
12.5FE
(B)
12.6FE
(A)
l2.7FE
(D)
12.8FE
(D)
r2.9FE (C)
Pembakaran
13.1 PERSAIVIAAN-PERSAMAAN PEMBAKARAN Kita akan memulai tinjauan terhadap jenis khusus dari persamaan-persamaan reaksi kimiawi ini dengan memperhatikan pembakaran propan dalam suatu lingkungan oksigen murni. Reaksi kimianya direpresentasikan oleh
C,H, + 50, -+ 3CO, + 4H,O
(1
3.1)
Pedratikan bahr,va jumlah mol dari elemen-elemen di sisi sebelah kiri tidak harus sama dengan jumlah mol di sisi sebelah kana*. Akarr tetapi, jumlah atom dari suatu elemen harus sama sebelum, sesudah dan selama reaksi kimia berlangsung; ini mtngharuskan bahr.va selama pembakaran terjadi massa dari setiap elemen tetap terjaga. ' Dalam rienuliskan persamaan tersebut kita telah menunjukkan bahwa produk-produk hasil reaksinya telah diketahui. Jika tidak disebutkan kita akan mengasumsikan terjadinya pembakaran tuntas', produk-produk hasil pembakaran dari suatu bahan bakar hidrokarbon adalah HrO dan CO". Pembakaran tdk-tunlas menghasilkan produk-produk yang mengandung H2, C(}, dan/atau oH. Untuk reaksi kimia sederhana, seperti (13.1). kita langsung dapat menuliskan suatu persamaan kimia seimbang. Untuk reaksi-reaksi yang lebih rumit metode sistematik berikut terbukti berguna:
1. 2. 3. 4.
Jadikan jumlah mol dari bahan bakar sama dengan 1. Seimbangkan CO, dengan jumlah C dari bahan bakar. Seimbangkan HrO dengan H dari bahan bakar. Seimbangkan O, dari CO, dan H,O.
Untuk pembakaran propan kita telah mengasumsikan bahwa prosesnya terjadi dalam lingkungan oksigen murni. Pada kenyataannya, proses pembakaran semacam itu biasanya terjadi dalam udara. Untuk tujuan pembahasan kita, kita mrngasumsikan bahwa udara terdiri dari 2l7o O. dan 79Vo l\, menurut volume sehingga untuk setiap mol O, dalam suatu reaksi kita akan memiliki 10 : 1 /h mol N. _ ( I 3.2) "" " 2l mol O. Jadi; berdasarkan asumsi (sederhana) bahwa
N, tidak akan mengalami reaksi kimia apapun, (13.1) digantikan
CrH, + 5(O, + 3,76N2) -+ 3CO, + 4HrO + 18,8N,
oleh ( 13.3)
Jumlah udara minimum yang memasok O, yang cukup untuk pembakaran tuntas dari bahan bakar disebut sebagai wdara teotitis atau trdara stoikiornetrik Ketika pembakaran tuntas tercapai dengan udara teoritis, produk-produknya tidak
PEMBAKARAN
264
|BAB
13
mengandung O,. sepeni dalam Reaksi (13.J). Dalam prakteknya, diketahui bahwa jika pembakaran tuntas diinginkan, jumlah udara yang dipasok harus lebih besar daripada udara teoritis. Ini disebabkan oleh kinetika kimiawi dan aktivitas molekular dari reaktan-reaktan dan produk-produknya. Jadi kita seringkali berbicara dalam istilah persentase udara teoritis at^Lr persentase udara berlebih, di mana 7c udara teoritis
=
l00Vo + Vc udara berlebih
(13.4)
Sedikit saja kekurangan udara akan menghasilkan terbentuknya CO; beberapa hidrokarbon dapat pula terbentuk akibat kekurangan-kekuransan dalam jumlah banyak. Pararneter yang raenghubungkan jumlah udara yang digunakan dalam proses pembakaran adalah rasio udara-bahan bakar (air-fLiel, AF). Kebaiikannva adalah rasio Lrahan bakar-udara (fuel-air. E4). Jadi l/l,,,tr,o .11 - //lhrhsr ^D -h.kar Sek^ali
c ,,1 =
/l7h"ho,, b"kn. ftlu,1or^
(1J.5)
lagi. rnelihat pembakaran piopan dengan udara tecritis seperti dalam (13.3), rasio udara-bahan bakarnya adalah
op-
iirr,ior" kgudara ' "'" ={-t[4.7(tttZgt =156e rt,i4 r t kg bahan bakar b,,L,,r I
(13.6)
Itrbrt,,
di ntana kita telah menggunakan berat molekular dari uclara sebesar 29 kg/kmol dan dari propan sebesar 44 kgikmol. Jika. untuk pemt-.akaran propan. Afl > 15.6c), terbentuk (ontplton encer; jika AF < 15,69, terbentuk campuran kental. Pembakaran bahan bakar liidrokarbon rlelibatkan H,O dalam produk-produk hasil pembakarannya. Seringkali kita periu melakr-ikan perhitungan titik embun dar:i produk-produknya: ini adalah temperatur jenuh pada tekanan parsiai dari uap air. Jika temperaturnya jatuh di barvah titik ernbun. uap air akan mulai terkondensasi. Kondensatnya biasanya mengandurlg elemen-elemen kclrosif dan serin-skali rnenjadi sangat penting untuk memastikan bahwa temperatur dari produk-produknya tidak jatuh di barvah titik embun. CONTOH 13.1 Butan dibakar den-llan udara kering pada rasio udara-bahan bakar sebesar 20. Hitunglah (a) persentasi udara trerlebihnya, (D) persentase volume dari CO, di dalam produk-produknya dan (c') temperatur titik embun dari produk-produknya.
Penyelesaianl
Persamaan reaksi untuk udara teoritisnya adalah
C,H,u + 6.5{0. + 3.761\i2} -+ 4CO, + 5H,O + 24.44N,
(a)
Rasio udara-bahan baliar untuk udara teoritis adalah AF,"n
Ini
(6.5)(4.76)(29) '-'" (l)(58)
n7, uoarx /7?buhon
bokn.
ks udara kg bahan bakar
merepresentasikan i00% udara teoritis. Rasio utlara-bahan bakar aktualnya adalah 20. Jadi udara berlebihnya
adalah
.i udara berrebin = (ff#) ft\
Persamaari reaksi dengan 129,28Vr, udara
C,H,n
*
,,on* t =
rr007o)
=
2s.28%
teolitis adalah
(6.5,( l.2928l(O:
*
3.76N.r--+ 4CO, + 5HrO + l.C03O, +.r1.6N,
Pel'scntase rolumenra diperoleh dcngan rnenggunakan
mol total dalam produk-produk hasil pembakaran. Unruk CO,
,l co. = (#)rt007r) (r)
'z!##
= e.4t7a
t,intuk menentukan temperatur titik embr-rn dari produk-produknya kita memerlukan tekanan parsial dari uap air. Ini diperoleh dengan menggunakan fraksi mol sebcsar -
P = oP.,. = (,}) 'r
{loo) = 11.76 kPa
di mana kita telah mengasumsikan tekanan atmosfer sebesar 100 kPa. Dengan menggunakan Tabel C-2 kita memperoleh tc,Tpe,'atul ritik cmbunnla \ebesar It r. = 49oC.
13.2 Butan ditrakar iengan 9oa/t, tdata teoritis. Hitun-clah persentase volume dari C0 dan rasrtr udare-bahan bakarnSa.,\strmsikan tidak acla hidrokarbon di dalam procfuk-produknya. CONTOH
Penyelesaian: Llntuk pemLrakaran tak-tuntas menggunakan persamaan reaksi dari Contoh 13.1,
kita
menambahkan CO
di
dalam produk-produknya
ke produk-produk hasil pembakaran. Dengan
BAB
PEMBAKARAN
131
265
C.H,o + (0,9X6,5XO, + 3,76N2) -+ aC{)" + 5HrO + 22N,+ }CO
Melalui penyeimbangan atom terhadap karbon dan oksigen kita memperoleh:
C: O:
4=a+b 1l-'l
'l
t
=2a+s+uI
L ' rl - 11' "u-L't'u-t'J
1
1
Jadi persentase volume dari CO adalah o/aCO
Rasio idara-bahan bakarnya adalah
oo =
ffi
=
/ I 1\
=
(nJ
t
looz t =
q2ffH@
4'199c
=
t3'e2
i6,,i*#ffi*
CONTOH 13,3 Butan dibakar dengan udara kering dan analisis volumetrik terhadap produk-produknya berdasarkan basis kering (uap air tidak diukur) memberikan I 1.07o CO,. l.Oqa CO. 3.5s( O2. dan 84,5Va N.. Tentukanlah persentase udara teoritisnya. Penyelesaian: Soal ini diselesaikan dengan mengasumsikan bahrva terdapat 100 mol produk-produk kering. Persamaan kimianya adalah aCaHlo
+ bt}2+.r.76N")
--+
CO.
+ ICO + 3.5O, + 84.5N, + rHrO
Kita melakukan penyeimbangan-penyeimbangan berikut:
.'.a=3 C'. 4a=ll+l H: l}a = 2c .'.c = 15 O: 2b=22+ I +7+r
.'.b=22,5
3.76b=84.5.ataub=22.47.Hasil ini cukupdekat.jadi nilai-nilai di Penyeimbanganterhadapnitrogenmemberikanpemeriksaan: rika seluruh persamaan kimianya**t u:::r:-nitai a_1trine::::: -.:::ki 1 mol bahan bakar,
atas cukup dapat diterima.
CoH,u + 7,5(0" + 3,76N2)
-+ 3,67CA, + 0,33C0 +
7,17O, + 28,17N, + 5HrO
l3.l dengan menggunakan udara teoritis. kita memperoleh /75\ ( 10070 ) = 107 va adara teoritis = ( '1Va ;;,1
Jika ini dibandingkan dengan persamaan pembakaran dari Contoh
suatu jenis hidrokarbon yang tidak diketahui, yang dan 85,67o Nr. Tentukanlah komposisi dari hidrokarbon
CONTOH 13.4 Anatisis volumetrik terhadap produk-produk hasil pembakaran diukur menurut basis kering, memberikan lO,4Vo COr. 1.27o CO,2,8ck, rersebut dan persentase udara teoritisnya.
Penyelesaian:
Persamaan
C,2.
kimia untuk 100 mol produk-produk keringnya adalah
CoHo
+ c(O, + 3,76Nr) -+ 10,4CO, + 1,2CO + 2,8O, +
85,6\
+ dHlO
Menyeimbangkan setiap elemen.
C: a = lO.4 + 1,2 :.a = 1l ,6 N: 3.76c = 85.6 .'.c = 22.8 O: 2r'= 20,8 + 1.2 + 5.6 + cl H: b=2d .'.b=37,9
.'.c/
=
18,9
Rumus kimia untuk trahan bakar ini adalah C,,,uH,r.n, Ini bisa jadi merepresentasikan suatu campurar hidrokarbon, tapi ini bukanlah salah satu spesies yang terdaftar dalam Apendiks B, karena rasio atom hidrcgen terhadap atom karbonnya adalah 3,27 x 1314. Untuk memperoleh persentase udara teorilis udaranya kita harus memiliki persruraan kimia yang menggunakan 1007a udara teoritis: C,,.oH,r.n + 21.08tO,
+ 3.76N,r -+ ll.6CO, + l8.95HrO +
Dengan menggunakan jumlah mol udara dari persamaan kimia akrualnya. kita memperoleh
?o udarateoritis =
(#*1) (rcx% =
toSvo
79.26N,
PEMBAKARAN
266
JBAB
13
I3.2 ENTALPI PEMBENTUKAN, ENTALPI PEMBAKARAN DAN HUKUM PERTAMA Ketika suatu reaksi kimia terjadi, mungkin terjadi perubahan yang cukup besar dalam komposisi kimia dari suatu sistem. Masalah yang diakibatkannya adalah untuk suatu volume kontrol campuran yang keluar berbeda dengan campuran yang masuk. Karena bermacam-macam tabel menggunakan nol-nol yang berbeda untuk entalpi, perlu ditetapkan suatu keadaan referensi standar, yang akan dipilih pada 25'C (77'F) dan 1 atm dan akan dilambangkan dengan superskrip "n", misalnya, /z'. Perhatikan pembakaran
H.
dengan O,. yang menghasilkan H,O:
ru,+\o.
-+ HrO(i)
(13.n
Jika H, dan O, memasuki ruang pembakaran pada 25"C (11'F) dan 1 atm dan H,O(/) meninggalkan ruang tersebut pada 25?C ('17"F) dan 1 atm, perpindahan kalor yang terukur adalah - 285 830 kJ untuk setiap kmol H,O(1) yang terbentuk. [Simbol (/) di belakang senyawa kimia mengimplikasikan fase cairan dan (g) mengimplikasikan fase gas. Jika tidak diberikan simbol apapun, implikasinya adalah gas.l Tanda negatif pada perpindahan kalor berarti bahrva energi keluar dari volume kontrol, seperti yang ditunjukkan secara skematis dalam Gbr. 13-1. Hukum pertama yang diaplikasikan pada proses pembakaran dalam suatu volume kontrol adalah
Q = Hp
- Ha
(1J.B)
di mana Hradalah entalpi dari produk-prodLrk pembakaran yang meninggalkan ruang pembakaran dan
F1o adalah entalpi dari reaktan-reaktan yang masuk. Jika reaktan-reaktannya merupakan elemen-elemen stabil, seperti dalam contoh dalam Gbr. 13-1. dan prosesnya terjadi pada temperatur konstan dan tekanan konstan, maka perubahan entalpinya disebut entalpi pembentukan, yang dilambangkan dengan ft', Entalpi-entalpi pembentukan dari berbagai senyarva dicantumkan dalam Tabel 8-6. Perhatikan bahrva beberapa senyawa memiliki hl psitif, yang menandakan bahrva energi dibutuhkan untuk membentuknya(reaksi endotermik'): yang lainnya memiliki /z'rnegatif, yang menandakan bahrva energi dilepaskan ketika pembentukan terjadi (reoksi eksoterntik). Entalpi pembentukan adalah perubahan entalpi ketika suatu senyawa terbentuk. Perubahan entalpi ketika suatu senyawa melalui pembakaran tuntas pada temperatur dan tekanan konstan disebut entalpi pembakarcm. Sebagai contoh, entalpi pembentukan H, adalah nol, tapi ketika I mol H, melalui pembakaran tuntas menjadi HrO(/), sebanyak 285 830 kJ kalor dilepaskan; entalpi pembakaran dari H, adalah 285 830 kJikmol. Nilai-nilai untuk beberapa senyalva diberikan dalam Tabel B-7. Jika produk-produknya mengandung air cair, entalpi pembakarannya adalah niltti penutnasen atos (higher heating value - HHV); jika produk-produknya mengandung uap air, entalpi pembakarannya adalah nilai pemanasan bawah (lower heating value). Selisih antara nilai pemanasan atas dan nilai pemanasan bawah adalah kalor penguapan i1, pada
kondisi-kondisi standar. Untuk reaksi manapun hukum pertama. yang direpresentasikan oleh (/3.8). dapat diaplikasikan ke suatu volume kontrol. Jika reaktan-reaktan dan produk-produknya terdiri dari beberapa komponen, hukum pertama adalah, dengan mengabaikan perubahan-perubahan energi kinetik dan potensial,
+h_ tft, -I+,ri+h-h"1, e-ws=)N,r[", prod di
mana N, merepresentasikan jumlah mol dari zat
i.
(t3.e)
Usahanya seringkali nol, tapi tidak dalam" misalnya. turbin
pembakaran. Jika pembakaran terjadi dalam sebuah ruang yang kaku, misalnya, kalorimeter bom, hukum pertama adalah
sr
Q
sr
= Up- Ua= Z.Ni(h"l+ h-h"-pr,)r-]N,tfu", + lt - lt" - P,,), prod
Reaktan-reaktan 25"C. I atm
Produk-produk
Gbr. 13-l Volume kontrol yang digunakan selama pembakaran
\13.10)
BAB
261
PEMBAKARAN
131
Di mana kita telah menggunakan entalpi karena nilai-nilai h"rtelah ditabulasikan. Karena volume dari cairan maupun zat padat dapat diabaikan jika dibandingkan dengan volume gad, t
o Y =2N,1ho,+ 4 t'|
-rt
'
- R,,Tr;)N,t/,', , t + lt it i ;;t
-h"
Protl
-i'-
R,,T)i
(13.11)
Jika No,oa = N,.,k, e untuk volume yang kaku adalah sama dengan Q untuk volume kontrol untuk proses isotermal. Di dalam hubungan-hubungan di atas kita menerapkan salah satu metocle berikut untuk memperoleh (/r - /l'):
Untuk zat padat atau cairan Gunakan
epAI
Untuk gas-gas Metode 1: Asumsikan gas icleal dengarr kalor spesiflk konstan sehingga h Metode 2: Asumsikan gas ideal dan gunakan nilai-nilai tabulasi untuk /r.
-
h" = C.LT.
Metode 3: Asumsikan perilaku gas non-ideal dan gunakan gra{rk-graflk umum. Metode 4: Gunakan tabel-tabel untuk uap, sepefii misalnya tabel-tabel uap superheat. soal Metode mana yang, digunakan (terutama untuk gas) diserahkan kepada penilaian insinyurnya. Dalam contoh-contoh metode dan besar cukup biasa kita biasanya menggunakan metode 2 untuk gas karena perubahan-perubahan temperatur 1 menyebabkan tingkat kesalahan yang cukup besar.
dan Hitunglah entalpi pembakaran dari propan gas dan cairan propan dengan mengasumsikan reaktan-reaktan ruang dari yang keluar produk-produk di dalam cair air ;[jri-ri"Ortrv"-;;;J" pada 25oC dan 1 atm. a.u*ritun-t.rdapat
CONTOH
13.5
ilil;,';;
ou*n turut. penyelesaian: Dengan mengasumsikan udara teoritis
(penggunaan air berlebih tidak akan mempengaruhi hasilnya karena
prosesnya isotermal). persamaan kimianya adalah
CrH, + 5(O, + 3,76N,)
+
3CO, + 4HrO11)
+ 18'8N,
di mana, untuk HHV H.0 diasumsikan berbentuk cair. Hukum pertama menjadi, untuk proses isotermal h = h".
e
= Hr
-
Hp =
* Irg,t L/ak"i\" 'r, Iru,tI';, i'l 'r'i
prrd
= (3)(-393 520) + (4rr-285 830)
Ini adalah entalpi pembakaran; dinyatakan 2220
Mt untuk
-
(-103 850) = -2220 000 kJ/kmol bahan bakar
dengan tanda negatif. Tanrla untuk
HHV diabaikan; untuk propan gas nitainya adalah
kmol bahan bakar. Untuk propan cair kita menemukan setiap
0 = (3)r-393 520r + r4)r-285 Ini sedikit lebih rendah
830)
-
(-103 850
-
l5 060)
=
-2205000 kJ/kmol bahan bakar
bahan bakar daripada HHV untuk propan gas, karena sejumlah energi ttibutuhkan untuk menguapkan
cair.
pembakaran aliran CONTOH 13.6 Hitunglah perpindahan kalor yang dibutuhkan jika p_r_op.an dan udara memasuki sebuah.ruang teontrs. udara 1 atm. Gunakan K pada 600 dan keluar produk-produknya dan pada 1 atm 25.C dan tunak penyelesaian: persamaan pembakarannya diruliskan dengan menggunakan H.O dalam bentuk uap karena tingginya
temperatur keluarnya: C.,H* + 5(O, + 3,76N.)
-+ 3CO, + 4H,O(g) +
18,8N'
:
Hukum pertama merrgambil bentuk llihat t /J.9)l
O= Ilr,f['l
Prrrd
=
+h-
h"t,-
)ru,r1r",
(3)t-39-r 520 + 22 280
+ (is,sxtzsoo
-
-
8670)
+h
-
h't,
99oo) 4oo - 9900) tl 8to 810 + 20 400 9360) + (4)(-241 bahan bakar kJ/kmol 000 796 (-103 850) = -t -
di mana kita telah menggunakan merorle 2 yang tercantum untuk gas-gas. Perpindahan kalor ini lebih kecil daripada entalpi ke pembakaran Oari propail sebagaimana ,r.riinyu, karena sejumlah energi diperlukan untuk memanaskan produk-produk boo r.
r PEMBAKARAN
268
IBAB
13
CONTOH 13.7 Oktan cair pada 25"C menjadi bahan bakar sebuah mesin jet. Udara pada 600 K memasuki ruang pembakaran berinsulasi dan produk-produknya keluar pada 1000 K. Tekanan diasumsikan konstan pada I atm. Estimasikanlah kecepatan keluarnya dengan menggunakan udara teoritis.
Penyelesaian:
Persamaannya adalah C8Hr8(1)
+
I2,5(02 + 3.76N2) --+ SCO: + 9HrO + 47N). Hukum p€rtama. dengan
Q = Wt = 0 dan dengan memperhitungkan perubahan energi kinetik (abaikan ,rT-"or,menjadi
atau ^r=h,tHo-Hrt
O=Hp-U*+)U, di
mana
M,
ada)ah massa dari produk-produk per
kmol bahan bakar. Untuk procluk-produknya.
520 + 42 770 - 9-360t + (9tr-241 810 + 35 880 - 9900r + (47)(30 l3O - 8670) = -3 814 700 kJ/kmol bahan bakar
H, = (8)t-393
Untukreaktan-reaktannya. Hn=t-249910)+(l).5)(17930-8680t + (47\t17 560-8670r =283540kJikmol. Massa dari produk-produknya adalah Mr = r8\(44t + (9)( l8) + (47)1.28l = l8i0 kg/kmol bahan bakar sehingga
,,' =
#
110.28354
+
3.8
I47)toql
.'.r' = 2r20 nys
GONTOH 13-B Oktan cair dibakar dengan 3007o udara berlebih. Oktan dan udara memasuki ruang pernbakaran aliran tunak pada 25'C dan 1 atm dan produk-produknya keluar pada 1000 K dan I atm. Estimasikanlah perpindahan kalomya.
+
Penyelesaian: Reaksi dengan udara teoritis ini adalah CrH,* udara berlebih 14007o udara teoritis) reaksinya.adalah c8Hr8(1) + 50(O, + 3.76Nrr
12.5tO, + 3,76Nrt--+ 8CO, + gHrO + 47Nr. Untuk 3007o
-+ 8CO, + gHrO + 37.50. +
188N,
Hukum pertarrur yang diaplikasikan pada ruang pembakaran adalah Q=
He
iX.li**_#,,*#ti#i;ii;Ji.ij?
ii3 n,lloo'
Dalam situasi ini kalor harus ditambahkan untuk memproleh temperatur keluar yang diinginkan.
CONTOH 13.9 Sebuah kalorimeter Lrom volume konstan dikelilingi air pada 77'F. Propan cair dibakar dengan oksigen mumi di dalam kalorimeter dan panas yang dipindahkan ditentukan sebesar -874 000 Btu/lbmol. Hitunglah entalpi dari formasi tersebut dan bandingkan dengan apa yang diberikan dalam Tabel 8-6.
Penyelesaian: Proses pembakaran sempurna dari propan mengiJ
\-...--
i-
(NR
-
NptRuT
-874 000 = (3X*169 300) + (aX-104 040)
-
(fti)..n. + (6
Q
= prcd zNi(h"), -
zNi(h'tti +
"'(ft])g'H3
Hasil ini dibandingkan dengan
i",
dad.
+
= -874
-
3CO, + 4HrOtg). Air di sekelilingnya
000
7)(1,986X537)
= -51 130 Btulibmol
Tabel 8-6 sebesar (-44 680
-
6480) = -51 160 Btu/lbmol.
13.3 TEMPERATUR API ADIABATIK Jika kita memperhatikan suatu proses pembakaran yang terjadi secara adiabatik, tanpa adanya usaha atau perubahanperubahan energi kinetik dan potensial, temperatur dari produk-produknya disebut sebagai temperatur api adiabatik. Kita menemukan bahwa temperatur api adiabatik maksimum yang dapat dicapai terjadi pada udara teoritis. Fakta ini memungkinkan kita untuk mengontrol temperatur api adiabatik melalui jumlah udara berlebih yang dibutuhkan sehingga temperatur sudu maksimum yang diperbolehkan tidak terlampaui. Kita akan menemukan bahrva prosedur iteratif (trial and error) perlu dilakukan untuk memperoleh temperatur api adiabatik. Aproksimasi cepat terhadap temperatur api adiabatik diperoleh dengan mengasumsikan produk-produknya seluruhnya adalah N,. Ini akan diilustrasikan melalui sebuah contoh.
BAB
PEMBAKARAN
131
2(,9
Temperatur api adiabatik dihitung dengan mengasumsikan peml:akaran tuntas. tanpa adanya perpindahan kalor dari ruang pembakaran dan tidak terjadi diasosiasi produk-produk menjadi spesies kimia lainn,va. Setiap efek ini memiliki tendensi mengurangi temperatur api adiabatik. Oleh karena itu temperatur api adiabatik yang akan kita hitung merepresentasikan temperatur api maksimum yang dimungkinkan untuk persentase udara teoritis yang diberikan. Jika terjadi perpindahan kalor dalam jumlah yan-u signiflkan, kita dapat memperhitungkannya derrgan cara memasukkan
suku berikut ke dalam persamaan cnergi: \1J.1:t
Q=UA(.Tp-Tn) di mana U = koeflsien perpindahan kaior keseluruhan (ditentukan), Ir = temperatur lingkungan, Zp = temperatur produk-produk, A = Iuas permukaan dari ruang pembakaran. [Perhatikan bahwa satuan-satuan pada tJ adalah kWim2'K atau Btu/sec-f12-'R.]
CONTOH 13.10 Propan dibakar dengan 2507o udara teoritis; dua-duanya berada pada 25"C dan 1 atm.:Prediksikan temperattrr api adiabatik di dalam ruang pembakaran aliran tunak.
Penyelesaiallt
Pembakaran dengan udara teoritis adalah C.,H, + 5(O, +-3"76N2)
-+ 3CO, + 4HrO + 18,8N,. Untuk
2507o
udara teoritis kita memiliki
C.H, + 12.5(02 + 3,76N,) -+ 3CO, + 4H"O + 7,5O, + 47N" Karena O = 0 untuk proses adiabatik kita mengharuskan Flo = FIo. Entalpi dari reaktan-reaktannya, pada 25"C" adaiah Hn = -I03 850 kJ/mol bahan bakar. Temperatur dari produk-produk adalah yang ingin diketahuil dan kita tidak dapat memperoleh nilai-nitai entalpi dari komponenkomponen dari produk-produknya dari tabel-tabel tanpa mengetahui temperatur-temperaturnya. Ini membutulrkan penyelesaian secara coba-coba. Untuk memperoleh tebakan awal, kita asumsikan produk-produknya terdiri seluruhnya dari nitrogen:
Hn= Hp = -103
850 = (3X-393 52Ot + (4jt-241 820t + 161.5 lt7r,
-
8670)
di mana kita telah melihat bahwa produk-produknya mengandung 61,5 mol gas. Ini memberikan h,, = 13 400 kJ/krnol. yang merujuk ke temperatur sekitar 1380 K (ambillah To yang sedikit lebih rendah daripada yang diprediksikan oleh asumsi semua-nitro-een). ak'rualnva: Dengan menggunakan
"-Tl:*
I',:l,::T,
::il
Tillirl;,il
;r:1i[:r.':"IXJH;ang
+ ('7,il$a 920 - 8680) + (47)(42 920
*
Temperatur ini jelas terlalu tinggi. Kita pilih temperatur yang lcbih rendah. fp
*103 850
8670) = 68110
= ll00 K.
Dipcr-oleh:
I
i3y-393 520 + 59 520 - 936t)) + (4X-241 820 + 48 810 + (7,5)(44 030 - 8680) + {aT@}170 - 8670) = 96 100
-
9900)
Kita gunakan kedua hasil di atas untuk 1380 K dan 1300 K dan, dengan mengasumsikan hubttngan linier'. memprediksi bahua
f,
adalah
rp =
1300
-
[lfi i8'-;]r'u
.lo%,]rr:ao
-
r300)
= r2s6 K
CONTOH '13,11 Propan dibakar dengan udara teoritis; dua-duanya berada pada 25'C dan 1 atrn dalam ruang pembakaran alirart tunak. Prediksikan temperatur api adiabariknya.
Penyelesaian:
Pembakaran dengan udara teoritis ini adalah C.H* + 5(O, + 3,76Nr) -+ 3CO, + 4H.O + 18.8N.. Untr,rk = He. ladt, dengan mengasumsikan bahrva produk-p.1sduknya seluruhnya
proses adiabatik hukum pertama mengambil bentuk Iy'o
terdiri dari
Di
K
nitrogen'
,^, o.,! ^- ^ i -103 850 = (3X-393 520) + (4)(-241 820) + (25.8')(hp
mana produk-produknya mengandung 25.8 mo1 gas. Dengan temperatur
'''
K
memberikan
h, -
8670)
87 900, yang merujuk ke temperatur sekitar 2600
:;;';;::;,XT;' :,.ffH::illT il::::TTT,-.
Pada 2400
Ini
-
iu'*'i*i
*o -'sii"r =
'
dihasilkan:
-103 850 i1:1i-:93 520 + 125:00
''
-
+' (18.8X79 320 Ekstrapolasi linier memberikan
I, = 2394
K.
-
ee00)
103 5C0
-
9901)
'o
9360) + t4)(-241 820 .9 I 700 8670) = -91 tUU
-
300
ooo
+
PF,MBAKARAN
210
IBAB
13
CONTOH 13.12 Koefisien perpindahan kalor keseluruhan dari sebuah ruang pembakaran aliran tunak dengan luas permukaan 2 mr ditentukan sebesar 0.5 kWlm2'K. Propan dibakar clengan udara teoritis. dua-duanya pada 25"C dan I atm. Prediksikan temperatur dari produk-produk pembakarannya jika laju aliran massa propan adalah 0.2 kg/s.
Penyelesaian: Fluks molar masuknla adalah rtrbohan bakar = 0.2144 = 0.004545 kmol/s. di mana telah digunakan berat molekular propan sebesar 44 kglkmol. Merujuk ke reaksi kimia yang diberikan dalam Contoh 13.11. fluks-fluks mol dari produkproduknya diberikan oleh: '
*
gr. = (3X0,004545) =
0,01 364
kmol/s
M
*ro = (4X0,004545) = 0,02273 kmolls
Mn, = (l 8.8x0.004545) = 0'1068 kmolrs 'samaan energinya thukum pertama) sebagli
Q+H*=11' Dengan menggunakan (t3.t21. persamaan energinya menjadi
-(0,5x2xrp
:
=,li^Yl.rll_r^r^.^. - r:::. t" .^ .^-^..i * {0,422"73)(-241 820 + i?H,o - 9900) + (0,1068)(/z*. -
2e8) + (0,00454sx-103 8s0)
8670)
L'ntuk tebakan pertama padaTrkita akan mengasumsikan temperatur yang. sedikit lebih rendah daripada temperatur dalam Contoh l3.ll. karena energi meninggalkan ruang pembakaran. Tebakan-tebakannya adalah:
Ir = 1600 K:
l; Interpolasi
tli
=
?133
-1774
=
1970
-4446
-
4295
+
4415
[, -:;:lii:li il# ] il?l
antara dua enlri terakhir memberikan Tr 7n
=
K:
=
= 4266 =
-llll
l97O K. Pemeriksaannya.
-2144
!
4145 -.1879 + 5881 = -2 I43
Jadi. TP = 1970 K, Jika kita menginginkan temperatur produk-produknya lebih rendah dari ini. kita dapat menaikkan koefisien perpindahan kalor keseluruhannya atau menambahkan udara berlebih.
Soal-soal dan Penyelesaiannya 13.1
Etan (CrHu) dibakar dengan udara kering yang mengandung 5 mol O. utuk setiap mol bahan bakar. Hitunglah (a) persentase udara berlebihnya. (b) rasio udara-bahan bakarnya dan (c) temperatur titik embunnya. Persamaan stoikiometriknya adalah CrHo + 3,5(O, + 3.76N2) -+ 2CO. + 3HrO + 6,58N". Persamaan pembakaran yang diperlukan adalah
C"Ho + 5(O, + 3,76N,)
(a)
-+ 2CO. + 3H,O +
1.5O,
+
18,8N,
Terdapat udara berlebih karena reaksi aktualnya mengguakan 5 mol O. ketimbang 3,5 mol. Persentase udara berlebihnya adalah a/c udara bertebih
(b)
(' ; j.' \J,5
)t ro yva)
I
=
42.ec7,
Rasio udara-bahan bakar adalah rasio massa. Massa diperoleh dengan mengalikan jumlah mol dengan berat molekular:
AF
(c)
=
-
t5\!'79)(29t (I
Xl0)
= 23.0 'c udara/ks bahan bakar --'" ks
titik embunnya diperoleh dengan menggunakan tekanan parsial dari uap air di dalam produk-produk pembakaran. 'l00 kPa. kita menemukan Dengan mengasumsikan tekarlan atmosfer Temperatur
P, = r'r,oPu,. =
(*),loo) = 1.86 kPa
Dengan menggunakan Tabel C-2. kita melakukan interpolasi dan menemukan 7dp = 49'C.
13.2
Campuran bahan bakar 607r metan.. 30% etan dan lOc/c propan menurut volume dibakar dengan udara stoikiometrik. Hitunglah laju volume aliran udara yang dibutuhkan jika massa bahan bakar adalah l2 lbm/jam dengan men-gasumsikan r.rdara berada pada
70'F dan
1,1.7 psia.
Persamaan reaksinya, mengasumsikan 1
moi bahan bakar, adalah
0.6CH1 + 0,3C.Ho + 0.1CrH, + a(O. + 3,76N2)
-+ bCO. + cH,O +
r/1.1"
BAB
PEMBAKARAN
131
271
Kita menemukan a, b, c dan d dengan menyeimbangkan berbagai elemennya sebagai berikut:
C: 0,6+0,6+0,3= b .'.b=1,5 H: 2,4 + 1,8 + 0,8 = 2c .'.c = 2,5 O: 2n=2b+c .'.a=2,75 N: (2)(3,76a) = 2d .'.d = 10,34 Rasio udara-bahan bakarnva adalah
o, _ -@)^' dur.uoo,, =
(.AF)ritoun,nouoo.
(2.75\(4.16\t29t
= (16,5)(12) =
_
379.6
lbm udara _ ,o . 23 -,u.J hmb;h;;-6;I;r
198 lbm/h. Untuk menemukan laju volume alirannya kita membutuhkan densitas
udara. Nilainya adalah Pudo.o= .
+ =(,1:4H=o'0749 (53.5x530) Rr
lbm/ft3
darimana
AV
d - 198/60 /.^ **','1 'r€lmenit - p,.* [9149 -
(Laju volume aliran biasanya diberikan dalam ft3/menir (cfm)).
13.3
Butan (CrH,o) dibakar dengan 20"C udara pada kelembaban relatif 70%. Rasio udara-bahan bakarnya adalah 20. Hitunglah temperatur titik ernbun dari produk-produknya. Bandingkan dengan Contoh 13.1. Persamaan reaksi dengan men-ugunakan udara kering (uap air dalam udara tidak bereaksi, tapi hanya mengikut saja; akan diperhitungkan belakangan) adalah
C.H,,, + a(O, + 3,76Nr) -+ 4CO, + 5H,O + &O2 + cNz Rasio udara-bahan bakar sebesar 20 memungkinkan kita untuk menghitung konstanta a, menggunakon Mbuhonbaku, = 58 kg/kmol, sebagai berikut: (4x1.791{29) .4F = #iqa1",ls - i0 ...r.r = 8.403 /xb,han
bakar
(l )(58)
Kita juga menemukan bahrva D = 1,903 dan c = 31,6. Tekanan parsial dari uap air dalam udara 20"C adalah P,,
= QP, = (0.7X2,338) = 1.637 kPa
Rasio dari tekanan parsial terhadap tekanan total (100 kPa) adatah sama dengan rasio mol, sehingga
{
=
/P \
r(;)
=
18,403
x 4.i6
+r,)(#)
atau {,
= 0,666 kmol/kmol bahan bakar
Kita hanya menambahkan N, saja ke tiap sisi dari persamaan reaksinya: C.H,o + 8,403(0, + 3.76N2) + 0,666H,O -+ 4CO, + 5,666H,O
+ 1,9030, + 31.6N,
Tekanan parsial dari uap air di dalam produk-produknya adalah P,. = P_yH.o = (100)(5,666143,17) = 13,1 kPa. Dari Tabel C-2 kita menemukan temperatur titik embunnya sebesar lo.p = 51"C, yang dibandingkan dengan 49'C dengan menggunakan udara kering seperti dalam Contoh 13.1. Jelaslah uap air di dalam udara pembakaran tidak mempengaruhi produk-produknya secara signifikan. Oleh karena itu, kita biasanya mengabaikan uap air.
13.4
Metan dibakar dengan udara kering dan analisis volumetrik dari produk-produknya berdasarkan basis kering memberikan 107c CO.. lVc, CO, l,8q( O,, dan 87,27oNr. Hitunglah (a) rasio udara-bahan bakar, (&) persentase udara berlebih dan (c) persentase uap air yang terkondensasi jika prodLrk-produknya didinginkan hingga 30'C.
Asumsikan 100 mol produk-produk kering. Persamaan reaksinya adalah
aCH, + b(O, + 3,76Nr) -+ 10CO. + CO + 1,8O, + 87,2N, + cHrO Penyeimbangan terhadap massa-massa atom memberikan yang berikut:
Jika persamaan reaksinya
C: a=10+1 .'.a=71 H: 4tt = 2t .',c = 22 . O: 2b=20+l+3.6+c dibagi dengan a sehingga kita memiliki I
.'.h=23.3 mol bahan bakar:
CH, + 2,12(0, + 3,76N,) -+ 0,909CO, + 0,091CO + 0,1640, + 7,93N, + 2H,O
(a)
Rasio udara-bahan bakar dihitung dari persamaan reaksi sebesar
nt',"','
/tt- = ,rr,**, oo* = t2'l2tt!f!12 = 18.29 kg udara/kg bahan bakar t Dt rot
PEMBAKARAN
212
(b)
Reaksi stoikiometriknya adalah CHo
+
2(O.,
+
3,76N2)
IBAB
-+ CO2 + 2HrO + 7,52Nr. Ini memberikan udara
13
berlebih
sebesar
7o udara berlebih =
(c)
(U+3)
(txo?o) =
67o
Terdapat 2 mol uap air di dalam produk-produk pembakaran sebelum kondensasi. Jika N- merepresentasikan mol uap air yang terkondensasi ketika produk-produknya mencapai 30'C, maka 2 - N* adalah jumlah mol uap air dan 11,09 - N. adalah jumlah total mol di dalam produk-produk pembakaran pada 30'C. Kita memperoleh N. sebagai berikut:
N,
f
=
2- N
Pr.
l'ta{
,
- n, = lffi
ll---------Lp9
"'
Persentase uap air yang terkondensasi adalah vo kondensat
13.5
(f
=
),roo
) ='te,8vo
Suatu bahan bakar hidrokarbon yang tidak dikenal terbakar dengan udara kering; produk-produk yang dihasilkan memiliki analisis volumetrik kering sebagai berikut: 12Vo COr, 15Va CO. 3Vo Or, dan 83,5?o Nr. Hitunglah persentase udara berlebihnya. Persamaan reaksi
untuk 100 mol produk-produk kering adalah CoHo
+ c(O, + 3,76Nr) -+ IZCO., + 1,5CO + 30, + 83,5N, + dHrO
Penyeimbangan pada setiap elemen memberikan yang berikut:
C: a=12+1,5 .'.a=13,5 N: 3,76c = 83,5 :.c = 22,2 .'.d=12,9 O: 2c=24+1,5+6+d H: b=2d .'.b=25,8 Campuran bahan bakarnya direpresentasiksan oleh C,r.rHrr,r. Untuk udara teoritis dengan bahan bakar ini, kita memiliki
C,r,rHrr,, + 19,95(02 + 3,76Nr) -+ 13,5CO2 + 72,9HzO + 75,0N2 Jika dibandingkan dengan persamaan aktual di atas, kita menemukan
va udaraberlebih
13.6
!'95'lttooz,l = r.3vo - (22'2.\ 19,95 )
Karbon bereaksi dengan oksigen untuk membentuk karbon dioksida dalam sebuah ruang aliran tunak. Hitunglah energi yang terlibat dan sebutkan jenis reaksinya. Asumsikan reaktan-reaktan dan produk-produknya berada pada 25oC dan I atm. Persamaan reaksinya adalah
C + 02
-,
COr. Hukum pertama dan Tabel 8-6 memberikan
Q = Hp _ Hn =
Ilr,trir,
= (1)(-393 520) - 0
-
_
)+r;?,
0 = -393 520 kJ&mol
Reaksi ini adalah eksotermik (Q negatifl
13.7
Metan memasuki sebuah ruang pembakaran aliran tunak pada 77'F dan 1 atm dengan 807o udara berlebih yag berada pada 800"R dan 1 atm. Hitunglah perpindahan kalornya jika produk-produknya keluar pada 1600'R dan 1 atm. Persamaan reaksi dengan 1807o udara teoritis dan dengan air dalam bentuk uap adalah
CH, + 3,6(0, + 3,76N2) -+ CO, + 2HrO(g) + 1,60, + 13,54N, Hukum pertama, dengan usaha nol, memberikan perpindahan kalornya:
' I '3;::;:J
.1]
+ (13,54X11.a10
-
,;''rlfi il 3730)
-
,ii';,^,40
(-32.210)
-
-
+ 13 4e4
(3,6)(s602 -3'725)
4zs8),(1,6X1, 832
-
(t3,s4)(ss64
-
-
372s)
3730)
= -229 500 Btu/lbmol bahan bakar
13.8
Etan pada 25oC dibakar dalam sebuah ruan! pembakaran aliran tunak dengan 207o udara berlebih pada 127'C, tapi hanya 95Vo dari karbon yang terkonversi menjadi COr. Jika produk-produknya keluar pada 1200 K, hitunglah perpindahan kalornya. Tekanan tetap konstan pada 1 atm. Persamaan reaksi stoikiometriknya adalah
CrHu + 3,5(O, + 3,76N2)
-+ ZCO, + 3HrO +
Dengan l20%o udara teoriiis dan produk CO, persamaan reaksinya menjadi
11,28N,
BAB
PEMBAKARAN
131
CrHu + 4,2(O, + 3,76N2)
+
273
1,9CO, + 0.1CO + 3HrO + 0,75Or+ 11,28N,
Hr- i'Io. Entalpi dari produk-produknya adalah [lihat (13.9)] Hp = (1,9)(-393 520 + 53 850 - 9360) + (0,1X-110 530 + 37 100 - 8670) + (3)(-241 820 + 44 380 - 9900) + (0,75X38 450 - 8680) + (11,28)(36 780 - 8670)
Hukum pertama dengan usaha nol adalah Q =
= -1
049 000 kJ/kmol bahan bakar
Entalpi dari reaktan-reaktannya
adalah
Hn= -84 680 + (4,2X11
710
-
8680) + (15,79)(11 640
*
8670) =
060 kJ,&mol bahan bakar
-25
Then Q = *1 049 000 - (-25 060) = -1 024 000 kJ/kmol bahan bakar
13.9
Suatu volume kokoh menampung 0,2 lbm gas propan dan 0,8 lbm oksigen pada 77"F dan 30 psia. Propan terbakar tuntas dan temperatur akhirnya, setelah sekian waktu, terukur sebesar 1600"R. Hitunglah (a) tekanan akhirnya dan (b) perpindahan kalornya.
Mol propan dan oksigen adalah Np.op"n = 0,2144 = 0,004545 lbmol dan Nokrig", = 0,8132 = 0,025 lbmol. Untuk setiap mol propan terdapat 0,025/0,004545 = 5,5 mol Or. Jadi persamaan reaksi untuk pembakaran tuntas ini adalah C.H* + 5,5O, -+ 3CO, + 4HrO(g) + 0,5O,
(a)
Kita gunakan hukum gas ideal untuk memprediksi tekanan akhirnya. Karena volume tetap konstan, kita memiliki
Ntl,T, N,I,r, ' - f, -= P2
(b)
1600)
(6.5x537)
(7.5)( P.
30 -
1,
...p:
=
103.1 psia
Melalui (13.11), dengan R, = 1,986 Btu/lbmol-'R, untuk setiap mol propan kita memiliki: O
sl-sa
= ).N.(h" + h -
ho
Prud
=
).Nlho.+ h-R un.t - *-lr' r
(3)t-169.300 + 15.830
-
4030
-
lt"
- R T\
(1,986X1600)l
+ (4)[-104.040 + 13.490 - 4260 - (1,986X1600)] + (0,5X11.830 - 3720 - (1,986X1600)l
=
(1) [-44.680
-
(1,986)(s37)]
-
(5,s)t-1,986)(537)l
-819 900 Btu/lbmol bahan bakar
Jadi Q = (-819 900x0.004545t = 3730 Btu. 13.10 Propan dibakar dalam sebuah ruang pembakaran aliran tunak dengan 807o udara teoritis, keduanya pada 25"C dan 1 atm. Estimasikanlah temperatur api adiabatiknya dan bandingkan dengan hasil-hasil dari Contoh 13.10 dan 13.11. Dengan menggunakan persamaan reaksi stoikiometrik dalam Contoh 13.11 dan mengasumsikan terjadinya produksi CO, pembakaran dengan 807o udara teoritis menjadi
CrH* + 4(O, + 3,76N2) -+ CO2 + 4HrO + 2CO
+
15,04N2
Penyeimbangan massa terhadap elemen-elemen perlu dilakukan untuk memperoleh persamaan ini. Untuk proses adiabatik, hukum pertama mengambil bentuk l1o = Hp, di mana Ho untuk propan adalah 103 850 kJ/kmol. Dengan mengasumsikan temperatur yang mendekati tapi lebih rendah daripada temperatur dalam Contoh 13.11, kita mencoba Tr=2200K:
-
-103 850
i
1-:O:
520
+
112
940
-
9360) + (4)(-241 820 + 92 940
+ (2)(-110 530 + 72 690
-
8670) + (15,04)(72 040
-
-
9900)
8670) = -65 000
Pada 2100 K: -103 850
:
(-393 520 + 106 860
-
9360) + (4)(-241 820 + 87 740
+ (2)(-110 530 + 69040
-
8670) + (15,04X68 420
-
-
990A)
8670) = -153 200
Interpolasi liner memberikan temperatur api adiabatik Tp = 2156 K. Perhatikan bahwa temperatur ini lebih rendah daripada temperatur dari reaksi stoikiometrik dalam Contoh 13.11, sebagaimana juga temperatur untuk Contoh 13.10 di mana udara berlebih digunakan. Reaksi stoikiometrik memberikan temperatur api adiabatik maksimum.
13.11 Sebuah tangki 0,7 m3 yang kokoh dan terinsulasi menampung 0,05 kg etan dan lOO7o tdara teoritis pada 25"C. Bahan bakar tersebut dinyalakan dan terjadilah pembakaran tuntas. Estimasikanlah (a) temperatur akhimya dan (D) tekanan akhimya.
(a)
Dengan 1007o udara teoritis, CrHo + 3,5(O, + 3,76N2) + 2C{), + 3HrO + 13,16Nr. Hukum pertama, dengan Q = IV = 0, dituliskan untuk proses volume konstan ini dengan menggunakan (13.11):
s-r_s
) Nrh",+ h - h" ai"
RuT,
= f-N,ftV+ h -
frl
ho
-
RuD,
PEMBAKARAN
274
IBAB
Reaktan-reaktannya berada pada 25"C (tekanan arvalnya tidak penting berada pada 7"; dengan demikian,
L.H.S. R.H.S.
= =
(1)t-84 680
-
sangat besar) dan produk-produknya
(8,314)(298)l + (3.s)(-8,314)(298)l + (13,16)[(-8,314X298)]
(2)[-393 520 + /r.o, + (3)t(-241
jika tidak
r3
S2O
-
9360
+ /rr,o
-
-
8,314rp]
9900
-
8,3l4Tp) + (13,1611/r".
-
8670
-
8,-3l4lp)l
atau
1 579 000
Kita menemukan
I,
=
2hco. + 3/rr.o
+
13.16h".
- l5tTp
melalui prosedur coba-coba:
= 2600K: 1 579 000 = (2)(137 a00) + (3)(114 300) + (13,16)(86 850) - (151X2600) = 1 365 000 Tp= 2800 K: 1579666 i 12111+0810) + (3X125200) + (13,16)(94010)-(151)(2800) = 1490000 7p=3000K:1579000i(2)(162230)+(3)(136260)+(13,16)(101410)-(1s1)(3000)=1615000 Interpolasi memberikan temperatur di antara 2800 K dan 3000 K: 7, - 2942 K. Tp
(.b) KitamemilikiNbohunboku,=0,05/30=0,001667kmo];dengandemikian,\,oa=(18,16)(0.001667)=0.03027 tekanan dalam produk-produknya adalah Np-l{1,Ip,ou
', pr".l. -
!z
-
(0,03027)(-8;14)(2942) 0.7
=
kmol.Jadi
1058 kpa
Soal-soal Tambahan 13.12 Bahan-bahan bakar berikut dikombinasikan dengan udara stoikiometrik: (a) C.H+. (D) C:H,,. (c') C.rHr{), (d) C.H,,, (e) CrH'r, dan (/) CH3OH. Berikan nilai-nilai yang tepat untuk .r, 1', : di dalam persamaan reaksi C,,Ho
+ w(O, + 3.76N,) -> -tCO, + -r'H,O + :N.
dibakar dengan udara stoikiometrik dan produk-produknya didinginkan ke 20'C dengan mengasumsikan pembakaran tuntas pada100 kPa. Hitunglah (a) rasio udara-bahan bakar, (b) persentase CO, menurut berat dari produk-prodLrknya. (c) temperatur titik embun dari produk-produknya dan (/) persentase dari uap air yang terkondensasi.
13.13 Metan (CH*)
13.14 Ulangi Soal 13.13 untuk etan (C,H6). 13.15 Ulangi Soal 13.13 untuk propan (C.H*). 13.16 Ulangi Soal 13.13 untuk butan
(C1Hr0).
13.17 Ulangi Soal 13.13 untuk oktan (CrH,s). 13.18 Etan (C,Ho) melalui pembakaran tuntas pada 95 kPa dengan 1807o udara teoritis. Tentukan (a) rasio udara-bahan bakar. persentase CO, menurut volume di dalam produk-produknya dan (c) temperatur titik embunnya.
(D)
13.19 Ulangi Soal 13.18 untuk propan (C,Hr). 13.20 Ulangi Soal 13.18 untuk butan
(C4Hr0).
13.27 Ulangi Soal 13.18 untuk oktan (C*H,*). 13.22 Hitunglah fluks massa bahan bakar yang dibutuhkan jika laju aliran udara masuknya adalah 20 m3/menit pada 20"C dan 100 kPa dengan menggunakan udara stiokiometrik dengan (a) metan (CH,). (b) etan (CrH6). (c) propan (C3H8), (d) butan (C4Hr0) dan (e) oktan (C*H,r).
13.23 Propan (C,Hr) melalui pembakaran tuntas pada 90 kPa dan 20'C dengan bakarnya dan temperatur dan (A 407c.
titik
embunnya
jika
1307o udara teoritis. Hitunglah rasio udara-bahan kelembaban relatif dari udara pembakaran adalah (a) 90%. (b) 80Vo. (c') 60%
13.24 Rasio udara-bahan bakar sebesar 25 digunakan dalam sebuah mesin yang membakar oktan (CrH,s). Tentukanlah ' udara berlebih yang dibutuhkan dan persentase CO, menurut volume di dalam produk-produknya.
persentase
BAB l3l
PEMBAKARAN
275
13.25 Butan (C.H,o) dibakar dengan 507c udara berlebih. Jika 5Vc dari karbon di.dalam bahan bakar dikonversikan menjadi hitunglah rasio udara-bahan bakai dan titik embun dari produk-produknya. Pembakaran terjadi pada 100 kPa.
CO,
13.26 Suatu bahan bakar yang
adalah 607c etan dan 407r oktan menurut volume mengalami pernbakaran tuntas dengan 2O0Vo udara teoritis. Tentukanlah (a) rasio udara-bahan bakar, (D) persentase menurut volume dari N, di dalam produk-produknya dan (c) temperatur titik embun dari prodLrk-produknya jika tekanannya adalah 98 kPa.
13.27
Satu lbm butan. 2 lbm rnetan dan 2 lbm oktan mengalami pembakaran tuntas dengan 20 lbm udara. Hitunglah (a) rasio udarabahan bakarnya, (D) persentase udara berlebihnya dan (c) temperatur titik embun dari produk-produknya jika proses pembakaran tersebut terjadi pada 14.7 psia.
13.28
Setiap menit
I kg metan. 2 kg butan dan 2 kg oktan mengalami pembakaran tuntas dengan udara stoikiometrik 20'C. Hitunglah laju aliran udara yang dibutuhkan jika prosesnya terjadi pada 100 kPa.
13.29 Suatu analisis volurnetrik terhadap produk-produk dari butan (C,Hr0) berdasarkan basis kering menghasilkan O., 82,8Va N, dan 1,4%, CO. Berapakah persentase udara berlebih yang digunakan'?
1.6Vo CO.,8,2q,
13.30 Suatu analisis volumetrik terhadap procluk-produk pembakaran oktan tCrH,r) berdasarkan basis kering menghasilkan CO., 1.0oft, Or, 83.0% N. dan 0.9% CO. Hitunglah rasio udara-bahan bakarnya.
9,17c
13.31 Tiga mol campuran bahan-bahan bakar hidrokarbon. yang dilambangkan C*Hr, dibakar dan analisis volumetrik berdasarkan basis kering terhadap produk-produknya menghasilkan l}Vc CO", 8Vo O., 7,2Va CO dan 80.87o N,. Estimasikanlah nilai-nilai
r
dan,1' dan persentase udara teoritis yang digunakan.
13.32 Gas penghasil. yang dibuat dari batubara. rnemiliki analisis volurnetrik
'
3o/o CHo. l4Va Hr,50.97o N., 0.67c O.,27% CO, dan 4.5Vc COr. Pembakaran tuntas terjadi dengan 1507o udara teoritis pada 100 kPa. Berapakah persentase uap air yang akan terkondensasi keluar jika temperatur dari produk-produknya adalah 20"C?
13.33 Dengan menggunakan data entalpi pembentukan dari Tabel 8-6 hitunglah entalpi pembakaran untuk suatu proses aliran tunak. dengan mengasumsikan terdapat air cair di dalam produk-produknya. Temperatur masukan dan keluarannya adalah 25"C dan tekanannya adalah 100 kPa. (Bandingkan dengan nilai yang tercantum dalam Tabel B-7). Bahan bakarnya adalah (a) metan, (b) asetiien. (b) gas propan dan (c) pentan cair.
13.34 Gas propan (C.,Hr) mengalami pembakaran tuntas dengan udara stiokiometrik; keduanya pada 77'F dan 1 atm. Hitunglah perpindahan kalornya jika produk-produk dari atat pembakar aiiran tunak berada pada (a') 71'F, (D) 1540"F dan (c) 2540"F. 13.35 Propan cair (C.,Hr) mengalami pembakaran tuntas dengan udara; keduanya pada 25"C dan I atm. Hitunglah perpindahan kalornya jika produk-produk dari alat pembakar aliran tunak berada pada 1000 K dan persentase udara teoritisnya adalah (a) 1007o. (b) 1507o dan (c) 2O0ot. 13.36 Gas etan (C.H,,) prda 25"C dibakar tlengan 150% udara teoritis pada 500 K clan 1 atm. Tentukanlah perpindahan kalor dari alat pembakar aliran tunak jika produk-produknya berada pada 1000 K dan (a) terjadi pembakaran tuntas; (b) 957a dari karbon terkonversikan menjadi CO, dan 5% menjadi CO.
13.37
Pembakaran tuntas terjadi arltara gas butan (C*H,6) dan udara; keduanya pada 25'C dan I atm. Jika ruang pembakaran aliran tunaknya terinsulasi, berapakah persentase udara teoritis yang dibutuhkan untuk menjaga produk-produknya pada (c) 1000 K dan (b) 1500 K?
13.38 Pembakaran tuntas terjadi antara gas ethylene (C,H*) dan udara; keduanya pada 77"F dan
I
atm. Jika 150 000 Btu kalor
dikeluarkan per lbmol bahan bakar dari alat pembakar aliran tunaknya, estimasikaniah persentase udara teoritis yang diperlukan untuk menjaga produk-produknya pada 1500'R. 1507c udara teoritis pada 500 K dan 1 atrn. Jika 90c/o dari karbon terkonversikan menjadi CO. dan 107o menjdi CO, estimasikanlah perpindahan kalornya jika produkproduknya berada pada 1200 K.
13.39 Gas butan (C4Hr0) pada 25'C dibakar dalam ruang pembakaran aliran tunak dengan
13.40 Gas butan (C4Hr0) mengalami pembakaran tuntas dengan 4O7c udaru berlebihl keduanya pada 25'C dan 100 kPa. Hitunglah perpindahan kalor dari alat pembakar aliran tunak pembakaran adalah (a) 9OTc, (b)'10Vo dan (c) 50%..
13.41
jika
produk-produknya berada pada 1000
K dan kelembaban dari udara
Sebuah tangki kokoh berisi campuran 0.2 kg gas etan tC.Ho) dan 1,2 kg O, pada 25'C dan 100 kPa. Campuran tersebut dinyaiakan dan terjadilah pembakaran tuntas. Jika temperatur akhirnya adalah 1000 K, tentukanlah perpindahan kalornya dan tekanan akhirnya.
PEMBAKARAN
276
IBAB
13
I lbmol gas metan (CH) dan udara stoikiometrik pada 77"F dan 20 psia tersimpan di dalam sebuah tangki kokoh. Jika terjadi pembakaran tuntas, hitunglah perpindahan kalomya dan tekanan'akhirnya jika temperatur akhirnya adalah
13.42 Suatu campuran 1540"F.
13.43
Suatu campuran gas oktan (C8Hr8) dan 207o udara berlebih pada 25"C dan 200 kPa tersimpan di dalam sebuah silinder 50 liter. Pengapian terjadi dan tekanan tetap konstan sampai temperatur mencapai 800 K. Dengan mengasumsikan pembakaran tuntas. estimasikan perpindahan kalor selama terjadinya proses ekspansi.
13.44
Suatu campuran gas butan (C4H10) dan udara stoikiometrik tersimpan di daam sebuah tangki kokoh pada 25'C dan 100 kPa. Itka 95Vo dari karbon terbakar menjadi CO, dan sisanya menjadi CO, hitunglah perpindahan kalor dari tangki dan persentase volume air yang terkondensasi keluar jika temperatur akhirnya adalah 25"C.
13.45
Gas butan (C4Hr0) bercampur dengan udara, keduanya pada 25"C dan 1 atm dan mengalami pembakaran tuntas di dalam sebuah ruang pembakaran aliran tunak. Hitunglah temperatur api adiabatik untuk (a) 1007o udara teoritis, (b) 150Vc udara teoritis dan
(c)
IOOVa
udara berlebih.
L3.46 Etan (CrH) pada 25"C mengalami pembakaran tuntas dengan udara pada 400 K dan 1 atm di dalam
sebuah alat pembakar
aliran tunak yang terinsulasi. Tentukanlah temperatur keluar untuk 50Vc tdara berlebih.
13.47
K dan 1 atm, mengalami pembakaran tuntas di dalam sebuah alat pembakar aliran tunak yang terinsulasi. Estimasikanlah temperatur keluar untuk 200% udara teoritis. Gas hidrogen dan udara, keduanya pada 400
13.48 Alkohol metil cair (CH3OH) pada 25"C bereaksi dengan l5OVo udara teoritis. Tentukanlah temperatur keluarnya, dengan mengasumsikan pembakaran tuntas, dari alat pembakar aliran tunak yang terinsulasi jika udara masuk pada (a) 25'C, (b) 400
K
dan (c) 600 K. Asumsikan tekanan atmosfer.
13.49 Ethene (CrH*) pada 77'F mengalami pembakaran tuntas dengan udara stoikiometrik pada77"F danTO%okelembaban di dalam sebuah ruang pembakaran aliran tunak yang terinsulasi. Estimasikanlah temperatur keiuarnya dengan mengasumsikan tekanan 14,5 psia.
13.50 Etan (CrHJ pada 25"C terbakar
dengan 90Vo udara teoritis pada 400
K dan 1 atm di dalam
sebuah alat pembakar aliran tunak
yang terinsulasi. Tentukanlah temperatur keluarnya.
13.51 Suatu campuran propan cair (C3Hs) dan udara stoikiometrik pada 25"C dan 100 kPa mengalami pembakaran tuntas
dalam
sebuah penampung yang kokoh. Tentukanlah temperatur dan tekanan maksimum (tekanan ledakan) segera setelah terjadi pembakaran.
Jawaban-jawaban untuk Soal-soal Tambahan 13.12 (a) 2,2, 11,28 (b) 3,3, t6, s2 (c) 4, 5, 24, 44 (.0 5, 6. 13.13 (a) t'7,23 (b) 15,14Vo (c) 59'C (A 89,8Vo 13.14 (c) 16,09 (b) 17,247a (c) 55,9'C (d) 87,97o 13.15 (a) 15,67 (b) 18,077o (c) 54,6'C (A 87,07c
13.16 (a) 15,45 (b) t8,52Va (c) 53,9"C (A
30,08
(e) 8,9,
47 A r,2, 5, 64
86,4Vo
60,1'C (A
90,4Vo 17,78 28,96 (b) 6,35Vo (c) 43,8'C 13.19 (a) 28,21 (b) 6,69Vo (c) 42,5'C 13.20 (a) 27,82 (b) 6,87Vo (c) 41,8"C 13.21 (a) 30,23 (b) 10,48Vo (.c) 45,7'C 13.22 (a) 1,38 kg/menit \b) 1.478 kgimenit tc) 1,518 kg/menit (A 1,539 kg/menit 13.23 (a) 20,61, 50,5'C (b) 20"64, 50,2C (c) 20,57, 49,5"C (A 2o,so, 48,9"C
13.17 (a) 13.18 (a)
13.24
(b) l4,3%o (c)
65,4Vo, 7,'78Vo
13.25 23.18.46.2'C 13.26 (a) 30,8 (b) 76,0Vo (c) 40,3'C 13.27 (a) 19,04 (b) 118,77o (c) 127"F
(e) 1,392 kg/menit
BAB
PEMBAKARAN
131
1J.28 65,92 m3/menit
t3.29
597o
13.30 13.31 13.32 13.33 13.34 13.35 13.36 13.37
21.46
13.38
3,73, 3,85, t52.6Vo 76,8Vo
kJ/kmol (b) -1299 600 kJ/kmol (c) -2220 000 kJ/kmol (4 -3 505 000 kJ/kmol Btu/lbmol (b) -572 500 Btu/lbmol (c) -13 090 Btu/lbmol (a) -1 436 000 kJ/kmol (b) -l 178 000 kJlkmol (c) -919 400 kJ/kmol (a) -968 400 kJ/kmol (b) -929100 kJ/kmol (a) 4tt%o (b) 220vo (a) -890 300
(a) -955 100
1045Vo
13.39 -l 298 700 kJ,&mol 13.40 (a) -1 871000 kJ/kmol (r) -1 801000 kJ,&mol (c) *1735 000 kJikmol
13.41 -12 780 kJ. 437 kPa 13.42 -220.600 Btu. 74.5 13.43 -216 kJ
psia
13.44'-2 600400 kJ/kmol
bahan bakar,81,37o
t3.45 (a) 2520 K 13.46 1895 K t3.47 1732 K
(b) 1830 K
(c) 1510 K
13.48 (q) 1520 K
(b) 158s
K
(c) 1690 K
t3.49
4'740"R
13.50 24tO K 13.51 2965 K, 1035 kPa
271
Contoh-contoh Soa[ untuk Kutiah Satu Semester
untuk Mahasiswamahasiswa Teknik
Kita memberikan satu set contoh-contoh ujian yang digunakan di dalam salah satu mata kuliah yang diberikan di Michigan State University. Ujian-ujian pilihan ganda empat bagian ini terdiri dari soal-soal yang mirip dengan yang diberikan dalam ujian Fundamentals of dngineering dan Graduate Record Exam/Engineering. Termoclinamika menjadi mata kuliah yang sangat baik untuk mengekrpo. *uturiswa-mahasiswa teknik pada nuansa-nuansa ujian pilihan ganda. yang merupakan hal yang jarang dijumpai dalam mata-mata kuliah teknik. . Riset telah menunjukkan bahwa nilai yang diperoleh tidak bergantung pada jenis ujian yang diberikan akaa tetapi para mahasislva perlu mendapatkan pengalaman dalam mengerjakan strategi-strategi yang berbeda-beda dalam mengerjakan u.;iu, ,"*u.um ini. Ujian ini sangat berbeda dengan ujian empat soal dengan nilai parsial yang sangat populer dalam mata-mata kuliah teknik. para mahasiswa biasanya tidak menyukai ujian-ujian pilihan ganda dalam mata kuliah teknik karena satu kesalahan yang sederhana saja dapat menjadikan seluruh soal menjadi salah, tapi ini adalah jenis ujian yang harus mereka hadapi untuk memasuki profesi teknik atau fakultas pasca-sarjana, fakultas hukum atau fakultas kedokteran. Ujian-ujian semacam ini sangat sulit dan sangat memakan waktu sehingga dibutuhkan ketelitian agar tidak ada waktu yang terbuang dalam menjawab suatu soal' Dalam ujian-ujian berikut ini, nilai lulus diberikan jika seorang mahasiswa melampaui nilai seorang penebak ufitung-
untungan, jadi 6 jawaban benar dari 20 pertanyaan dianggap hanya sekedar "lulus", nilai terendah "D'' Biasanya, 16 *"*pukun nilai tertinggi di kelas, jadi setara dengan nilai "100", nilai tertinggi "A". Untuk memperoleh 16 jawaban benai dalam ujian-ujian pilihan ganda ini memang sangat sulit. Coba saja jika Anda tidak percaya, bahw| seandainya Anda seorang pengajar sekaliPun! Ujian-ujian ini meliputi Bab 1, 2,3,5 dan 6 dan hanya sebagian dari Bab 4,8.9,10 dan 12. Bahan-bahan yang tidak diliput dalam semester pertama dapat diliput dalam semester kedua. Para pengajar dianjurkan untuk lebih memanfaatkan ujian-ujian pilihan ganda bahkan juga dalam mata-mata kuliah teknik yang lain sehingga para mahasiswa ekan terbiasa khusus di dalam proses penerimaan Insinyur Profesional -"ng.i3ukun soal-soal semacam itu. Bahkan ujian-ujian lanjutan ,"-uurryu adalah pilihan ganda. Ujian-ujian selnacam ini lebih sulit dibuat tapi pemeriksaannya sangat efisien, sehingga para pengajar dapat memberikan hasilnya dalam pertemuan berikutnya. Jika ada pertanyaan mengenai ujian-ujian ini, dapat ditanyakan kepada saya di MerleCP@sbcglobal,net' Jawaban-jawaban dan penyelesaian-penyelesaian untuk ujian-ujian ini diberikan di akhir setiap ujian.
CONTOH.CONTOH SOAL
279
Ujian No. L (Ujian ini meliput Bab 1 sampai Subbab 4.7) Nama 1.
3. 4.
Termodinamika adalah suatu ilmu pengetahuan yang tidak mencakup studi (A) penyimpanan energi (B) pemanfaatan energi (C) perpindahan energi
(D)
transformasi energi
Satuan joule dapat dikonversikan menjadi yang manakah (B) N'ke 1A) Pa'm2
(D)
Pa'm3
di antara yang berikut?
(C)
Parm2
Dalam termodinamika kita memfokuskan perhatian ke bentuk energi yang manakah? (A) kinetik (B) potensial (c) inrernal
(D) total
Tekanan atmosfer standar dalam meter amonia (p (A) 17 m (B) 19 m
(D) 31 m
=
OOO
kg/m3) adalah: (C) 23 m
5.
Tekanan alat ukur sebesar 400 kPa pada sebuah piston berdiameter 4 cm ditahan oleh sebuah pegas 800 N/m. Seberapa banyakkah pegas terkompresi? Abaikan berat pegas. (A) 0,628 m (B) 0,951 m (c) 1,32 m (D) 1,e8 m
6.
Pilihlah diagram T-v yang tepat jika uap pada 0,005 m3/kg dipanaskan hingga 0,5 m3/kg sementara menjaga P
=
500 kPa.
(A)
7. 8. 9. 10.
(c)
(B)
(D)
Estimasikan entalpi /z dari uap pada 288"C dan 2 MPa. (A) 2931 kJ/kg (B) 2951
(C)
2912 kttke
(D)
2994
Estimasikan v dari uap pada 200"C dan u = 2000 kJ/kg. (A) 0,0762 m3/kg (B) 0,0801 m3/kg
(C)
0,0843 m3/kg
(D)
0,0921 m3/kg
kJtke
kllkg
Uap air jenuh dipanaskan di dalam sebuah volume kokoh dari 200'C hingga 600"C. Tekanan akhirnya mendekati:
(A)
3,30 MPa
(B)
3,25 MPa
Sebuah ban 0,2-m3 diisi dengan udara 25oC hingga P
(A)
11. Hitunglah
(A)
10,2
0,48
0.888 ke
massa nitrogen pada 150
kg
12. Tentukahlah
(A)
(B)
7,8 kg
(B) (B)
K dan 2 MPa yang terdapat dalam 0,2 (C) 6,23 ks kg
0,42
kJ
3,15 MPa
= 280 kPa. Massa udaranya mendekati: (C) 0,132 ks (D) 0,655 kg m3.
8,98
besarnya usaha yang dihasilkan
kJ
(D)
1C) 3,20 MPa
jika udara berekspansi dari 0,2 m3 ke 0,8
(C)
0,36 kJ
(D)
2,13 ke
m3 .lika P = 0,2 +
(D) 0,24
kJ
o,4v
kPa.
CONTOH-CONTOH SOAL
280 13.
Sepuluh kilogram air cair jenuh berekspansi hingga Tz
P = konstan = 500 kPa. Tentukanlah I/,_r. (A) 1920 kJ (B) Zt20 kJ (C) 2340
t4. Jika P, = 400 kPa dan Z, = 400oC,
kJ
=
200"C sementara
Luas = 0.2 m2
Iso.
(D) 26s0 kJ
berapakah Trketika piston menyentuh
penahan?
(A) 314"C (B) 315"C
(C) 316'C
(D)
317"C
15. Hitunglah kalor yang dilepaskan dari uap dalam Soal 14. (D) 17s kJ (A) 190 (B) 18s kJ 180
(c)
kJ
kJ
16. Setelah piston menyentuh penahan dalam Soal 14,berapa banyakkah kalor tambahan dilepaskan hingga P: = 100 1'?a? (D) 730 kJ (A) 1580 kJ (B) 1260 kJ (C) 930 kJ
Terinsulasi
17. Tentukanlah kenaikan temperatur di dalam volume yang ditunjukkan setelah
5 menit.
(A) 18.
423'C
(B)
378"C
(c)
313"c
(D) 287'C
Satu kilogram udara dikompresikan pada I = konstan = 100'C hingga volumenya menjadi setengah. Kalor yang dibuang adalah: (D) 74 kJ (C) 67 kJ (B) s3 kJ (A) 42 kJ
19. Energi ditambahkan ke 5 kg udara dengan sebuah roda dayung sehingga AZ = 100'C sementara P = konstan di dalam sebuah penampung berinsulasi. Besamya usaha roda dayung adalah: (c) 402 (D) 383 kJ (A) s00 (B) 423 kJ
kJ
kJ
20. Limakilogram
tembaga pada 200'C dicelupkan ke dalam 20 kg air pada 10"C di dalam sebuah penampung berinsulasi. Setelah sekian lama temperaturnya mendekati: (D) 20"C (A) 14'C 18"C (B) l6'C
(c)
CONTOH-CONTOH SOAL
281
Persamaan-persamaan yang digunakan dalam ujian tutup buku (gunakan halaman
pekerjaan Anda)
W=mE
PV=nRT
F=Kx
T-
'C+213
Pubr=Prku.*Pur.
p=f -
' A
'-7=Pvnr
v=hv
h=u+Pv,
Lh=CpLT
,=,,J*X(VR-VI)
Q-W=LIJ.
LU=C"LT
1Y=[PdV
W=7, V.
=mRTln# v1
iikaT=konstan
W=VI
ini dalam
CONTOH-CONTOH SOAL
Penyelesaian-penyelesaian untuk Ujian No.
1.
(B)
2.
(D) J = N.m =
3.
(c)
4,
(A)
P=pgh 100000=600x9,8h.
5.
(A)
PA =
6.
(D)
vs
7.
(D)
h=St:oz:
8.
(C) 2000=851 + x(2595
)
(N/m2)m3 = Pa'm3
Kx. vt
1
400 0002r
x
0,022
vz) rs.
) vf
=
.'.h=17,0m
800x.
".x
= 0,628 m
.'.Keadaan 1 berada dalam daerah kualitas, keadaan
2
adalah superheat.
_ 2s02)=2994kJlks
-851). .'.x=0,659.
v=0,0012+0,659(0,1274-O,OOL2) =0,0843m31kg
g.(D)vr=|8=O,l274=vz.7z=600.C.,,=f;ffi(1)+3=3,15MPa x O,2l(0,281 x 298)= 0,888 kg
10. (B) m = PVIRT=
380
11. (A)
0.59.
Pn
=
213,39
=
Tn
=
15011262
1,19.
=
m = PVIT-RT = 2000 x O,2l(0,815 x O,297
12. (D) w=
I por=l::
13. (B) W = nPLV = 14. (B) vt = 0,7726. 15. (D) Q = mLh =
10
x
150)
.'.2 = 0,875.
= I0,2
kE
(0,2+0.4tl) DV=0,2(0,8-0,2)+0,2(0,82 _ 0,2\=0,24KJ x 500(0,443
Yz
1(3098
= rt
-
-
-
0,0012)
=
2120 KJ
0,5(0,2) = 0,6726. Pz
3213)
=
400
kPa.
:.7, = JIJoQ
175 kJ
=
16. (A) Q = mLu = l(2829 - 1246) = 1580 kJ karena 13=rz=0,6726 =0,001 + x,(1,694 -0,001). :.\=0,397 danur=1246 17. (C)
},|z= (10
18. (D) Q=
x
100 + 50
mRT tn
|2 =
x
100)5
x 60 =
.'.A7= 313'C
I x 0.287 x 373 In )=:+US
19. (A) -W = mLh = 5 x CpLT= 5 x 20. (A) m"uC",LT,u=
Q=ryC,LT=2x]llLT.
m,C*LT..
1,0
x
100 = 500 kJ
5 x 0.39(200
-72) = 20 x
4,18(7,
- 10)' :'Tr=
l{oQ
CONTOH-CONTOH SOAL
283
Ujian No. 2 (Ujian ini meliput Subbab 4.8 sampai Bab 6). Na
1. 2.
Manakah di antara yang berikut yang bukan merupakan volume kontrol? (A) tangki terinsulasi (B) radiator mobil (C) kompresor
Aliran di dalam sebuah pipa diasumsikan seragam. Koordinat
x
adalah
di
(D)
turbin
sepanjang pipa dan
r
adalah koordinat
radial. Manakah di antara yang berikut yang tidak benar?
(A) v=v(r)
(B) v=v(x)
(C) v=v(r)
(D) v=konstan.
3.
Air cair mengalir di dalam pipa pada 12 m/s. Diameter pipanya mengecil menjadi setengahnya. Berapakah kecepatan di bagian yang sudah mengecil? (A) 36 n/s (B) 48 rn/s (C) 24 mls (D) 3 n/s
4.
Sebuah nozel mengakselerasi uap pada 4 MPa dan 500'C menjadi 1 MPa dan 300'C. Jlka 1.t, = 20 mJs, kecepatan keluarnya mendekati: (A) 575 rn/s (B) 750 m/s (C) 825 m/s (D) 890 m/s
5.
Hitunglah laju aliran massa pada keluaran nozel dalam Soal 4 jika d,
(A)
6.
2,9
kg/s
(B)
2,3
kg/s
(C)
1,8
= l0
cm.
kg/s
(D)
1,1 kg/s
Udara 100 kg/menit memasuki sebuah tabung pada 25'C dan keluar pada 20"C. Kalor yang hilang mendekati:
(A)
kJ/min
750
(B)
670
kJ/min
(C)
500
kJ/min
(D)
480 kJ/min
7.
Hitunglah daya yang dibutuhkan untuk menaikkan tekanan air 4 MPa dengan mengasumsikan temperaturnya tetap konstan. Fluks massanya adalah 5 kg/s dan Q = 0. (A) 20 kw (B) 32 kW (C) 48 kw (D) 62 kw
8.
Manakah di antara yang berikut biasanya diasumsikan reversibel? (A) roda dayung (B) kompresi gas (C) pencairan es
9.
(D) membran yang pecah
Sebuah mesin Camot beroperasi di antara penampung-penampung pada 20'C dan 200oC. Jika l0 kW daya dihasilkan, laju kalor yang dibuang mendekati:
(A) 10.
batu
26,3
kJ/s
(B)
20,2
kJls
(C)
16,3
kJ/s
(D)
12 kJ/s
Seorang penemu menemukan sebuah mesin termal yang beroperasi
di antara lapisan-lapisan lautan pada 27"C dan l0oC. Mesin tersebut menghasilkan l0 kW dan membuang 9900 kJ/menit kalor. Mesin yang demikian: (A) tidak mungkin (B) reversibel (C) bisa (D) dimungkinkan
11. Pilihlan pernyataan Kelvin-Planck mengenai hukum kedua. (A) Sebuah mesin tidak dapat menghasilkan lebih banyak kalor daripada kalor yang diterimanya. (B) Sebuah refrigerator tidak dapat memindahkan kalor dari penampung temperatur rendah ke penampung tinggi tanpa adanya
(C)
temperatur
usaha.
Sebuah mesin tidak dapat menghasilkan usaha tanpa membuang kalor.
(D) Sebuah mesin membuang kalor jika usahanya lebih kecil daripada kalor yang diterimanya.
12. Pilihlah pernyataan yang tidak tepat mengenai siklus Carnot. (A) Terdapat dua proses adiabatik. (B) Terdapat dua proses tekanan konstan. (C) Setiap proses adalah proses reversibel. (D) Usaha terjadi pada keempat proses. 13.
Sebuah refrigerator Carnot membutuhkan
l0 kW untuk mengeluarkan 20kJls dari
sebuah penampung 20'C. Berapakah
Tn-nya?
(A)
440
K
(B) 400 K
(C)
360
K
(D)
340 K
CONTOH-CONTOH SOAL
284
14. Tentukanlah
ASn.,
(A) 1,0s kJ/K
jika sebuah massa tembaga 10 kg pada 100'C dicelupkan ke dalam sebuah danau 20'C.
15. Tentukanlah keluaran
(A) 1625 kJ/kg
(B)
kJ/K
0,73
(C) 0,s3 kJ/K
usaha maksimum dari sebuah turbin uap jika P, = l0 MPa,7r (B) 1545 kJ/kg (C) 1al0 kJ/kg
16. Tentukanlah masukan usaha minimum ke dalam sebuah kompresor 800 kPa. (A) 276
17.
(D)
kJtke
G)
2a3
kltks
(C)
208
udara
0,122 kJ/K
= 600oC dan P, = 40 kPa. (D) 0,1225 kltkg
jika Pr = 100 kPa, Z, = 27"C dan P, =
kJ/kg
(D)
187 kJlkg
Besarnya perubahan entropi sementara udara berekspansi di dalam sebuah silinder dari 800 kPa adalah 0,2 kJ/kg.K.
Jika temperatur tetap konstan pada 27"C, berapakah perpindahan kalornya?
(A) 140 kJ/kg
(B)
115
kJ/kg
(C)
100
kJ/kg
(D)
60 kJikg
18. Tentukanlah kecepatan keluar maksimum untuk sebuah nozel udara yang beroperasi di antara 400 kPa dan jika 7, = 2JoC. (A) 570 n/s (B) 440 n/s (C) 380 m/s (D) 320 m/s
19. Eflsiensi dari
sebuah turbin uap adiabatik yang beroperasi
adalah 807o. Berapakah ur? (A) 2560 kJ/kg
20.
(B)
2484
kJ/kg
di antara Pt = 10 MPa, 7, = 600oC
(C)
2392
kllke
Efisiensi dari sebuah kompresor udara adiabatik yang beroperasi di antara Pr
dan
540
kPa
(B)
680
kPa
(C)
720
kPa
P, = 40 kPa
(D) n)a kllkg =
100 kPa, Z, = 2JoC dan T, = 32J"C
adalah 8OVo. Berapakah Pr?
(A)
100 kPa
(D)
780 kPa
285
CONTOH-CONTOH SOAL
Persamaan-persamaan yang digunakan dalam ujian tutup buku (gunakan halaman
pekerjaan Anda)
pA\'-rr=konstan.
Q-W=LU Q
y2 _ r,2\ I - W, = ,n\hr- h, + +)
lp^
=;rl# rl^u^=,
or=,1
(gas atau uap)
p, t'? - v?\ *uz-u,+-r)/
-+,
(cairl (coPR)*u*
v{=[rav
?
= mRT
As
T. P, =cpr"i- ntna -
C tn
T.
f,
T rn r lt-[ o 2=l':l Tt \P,/
P=
pRT
=;!T L
f
jil.u
Jn
= const'
(gas)
(padat atau cair)
kuou,u=r.4
Rrd*, = 0,287
kJ/kg'K
v = vf +
xvfg
ini dalam
CONTOH-CONTOH SOAL
Penyelesaian-penyelesaian untuk Ujian No. 2
1.
(A)
2.
(A)
3. (B) 'l/2 ='N rlAr = 12 x 22 = 48 sls 4.
(D) 0 =
hr-hr+
5.
(C) ix = A,\)rlv, = n x 0,052 x 0/0,8643
6.
(C) Q=
7. (A) -% 8.
O-)_ vlltz= 3051
hLh = ritCoLT =
100
x
-
1,0(20
3445 +
=
{tl-zo2ltz x 1000.
...v2
= 888 m/s
1,817 kg/s
- 25) = -5gg kJ/menit
= rhLh = h(Lu+ vAP) = 5(0 + 0,001 x 4000) = 20 kW
(B) Semua yang lainnya beroperasi ke satu arah, artinya, kalor tidak dapat mengalir ke dalam suatu
g. (C) 4 = Y=, -+= | -?H= 7VlQin. 10. (A) 4-,- = | 11.
(C)
r2.
(B)
T,
- fr= 1 -
13. (A) cop = #=
ffi
=
0,0567.
TJ+- = ;!4
=
:.Qin=26,3 = Qour* W= Qour+
4.ngin.
=
= 0,571
6#oo60
...ra
T%j.
=
43e,s
l0.
) 4.u^.
pemanas.
:.Aour=16,3 kJ/s .'.Tidak mungkin
K
14.(D)ASn".=AS.u+AS.uo.=0.39xlonffi-W=0,l22kllK 15. (C)
hr-h,
16. (B)
7z = 300(800/100;o'zasz =
17. (D)
Q
= 3870 -2462 = 1408 kJ/kg di manakitamenggunakan s2-sr =7,1696= 1,026-6,6449xr. :.xz = 0,9246, dan h, = 2462
0,543.
w.in
C:AT
=
1,00(543
- 300) = 243 kllkg
= TLs = 300 x 0,2 = 60 kJ/kg
13. (B) Iz=300(100/40010'zssr=201,9K. 19. (A)
=
h, h" fi=;# '' h, -- h, s2,
3870 - h" oR- 3870 - 2462'
0=-
l-'j
+1.0(201,9-300). :.\tr=443o,1".
.'.hz=2744danur=2560 dimanakitamenggunakan
= sl = 1,1696 = 1,026x2,. .'.x., = 0,9246 dan hr, = 2462.
h, -h. 20. (D) n, - --!-1. h, - ht
l.0ri""
0.8 = =----=j--300r t.0(600 - 300)'
540 K' "'Tz =
Pz
=
100(540/300)r's
=782kPa
CONTOH-CONTOH SOAL
287
Ujian No. 3 (Ujian ini meliput Bab 8, 9 dan 12) Namal.
Siklus-siklus daya adalah idealisasi. Manakah di antara yang berikut yang bukan merupakan idealisasi? (A) Tidak ada gesekan. (B) Perpindahan kalor tidak terjadi melintasi perbedaan temperatur finit. (C) Pipa-pipa yang menghubungkan berbagai komponen berinsulasi.
(D) Penurunan-penurunan tekanan di dalam pipa-prpa dapat diabaikan.
2. Di dalam analisis siklus daya Otto, manakah yang tidak kita asumsikan? (A) Proses pembakaran merupakan proses tekanan konstan. (B) Semua proses merupakan proses kuasi-kesetimbangan. (C) Proses pembuangan digantikan dengan proses pelepasan kalor. (D) Kalor-kalor spesifik diasumsikan konstan.
3.
Temperatur-temperatur di dalam siklus Carnot yang menggunakan udara adalah 300 K dan 900 K. Tekanan sebesar 100 kPa terjadi di keadaan l, 4671 kPa di keadaan 2 dan 2430 kPa di keadaan 3. Tentukanlah tekanan di keadaan 4 dengan mengasumsikan kalor-kalor spesifik konstan. (D) 47 kPa (C) 52 kPa (B) 75 kPa (A) 82 kPa
4.
Tentukanlah usaha netto untuk siklus Carnot dalam Soal 3.
5.
(A)
113
kJ/ke
(B)
168
kJ/kg
(C)
198
ki/ke
Tentukanlah besarnya penambahan kalor untuk siklus Carnot dalam Soal 3'
(A)
169
kJ/ke
(B)
198
kJlkg
(C) 232kJlke
(D)
236 kJ/kg
(D)
271
kttke
6.
Keempat temperatur di dalam sebuah siklus Otto yang menggunakan udara adalah 7r = 300 K, T, = 754 1600 K, Tq = 637 K. Jika Pr = 100 kPa, tentukanlah Pr. Asumsikan kalor-kalor spesifik konstan. (D) 2360 kPa (C) 2520 kPa (B) 2710 kPa (A) 2970 kPa
7.
Tentukanlah kalor yang ditambahkan untuk siklus Otto dalam Soal 6. (C) 760 kJ/kg (B) 850 kJ/ke (A) 930 kJ/kg
8. g.
Tentukanlah rasio kompresi untuk siklus Otto dalam Soal 6.
(A)
(B) lo
11
(c)
12.
(D)
8
9.
(c) 6
(A) 2
(B) 4
Tentukanlah rasio kerja-balik
wrlw, dari siklus Brayon dalam Soal 9. (C) 0,6 (B) 0,7
(A) 0,8
(D)
8
(D)
0,s
Sebuah regenerator ideal ditambahkan ke siklus Brayton dalam Soal 9. Tentukanlah 4*/4u di mana 4R adalah eflsiensi siklus dengan regenerator dan 4u adalah eflsiensi siklus tanpa regenarator.
(A) 13.
610 kJ/kg
Keempat temperatur dari suatu siklus Brayton adalah Ir = 300 K, Tr= 500 K, 7: = 1000 K. To = 600 K. Tentukanlah kalor yang ditambahkan. Asumsikan kalor-kalor spesifik konstan. (D) 500 kJ/ke (C) a00 kJ/kg (B) 300 kJ/kg (A) 200 kJ/kg
1.0. Tentukanlah rasio tekanan dari siklus Brayton dalam Soal
11.
e
(D)
K, T, =
(B) 1,2s
1,2
(C)
1,3
(D)
1,3s
Tekanan tinggi dan rendah dalam sebuah siklus Rankine adalah 10 MPa dar' 20 kPa. Jika temperatur tinggi dari uap adalah 600"C, masukan kalornya mendekati:
(A)
3375
kJ/ke
(B)
3065
kJ/kg
(C) 287s kJ/kg
(D)
2650 kJ/kg
CONTOH.CONTOH SOAL
288
14. Tentukanlah keluaran turbin untuk siklus Rankine dalam Soal 13.
(B)
(A) 1350 kJ/kg
1400
kJ/ke
(C)
1450
kJ/kg
(D)
1500 kJlkg
15. Uap dalam siklus Rankine dalam Soal 13 dipanaskan lagi pada 4 MPa hingga 600'C. Masukan kalor totalnya mendekati:
(A)
38s0
kWkg
16. Jika h=2400 kg/min,
(A) 1s80 kw
17.
i: T = (A) 0,0208
Diketahu
(B)
20.
kWkg
(C) 369s kW/kg
(D)
362s kW/kg
berapakah kebutuhan daya pompa untuk siklus Rankine dalam Soal 13? (D) 730 (c) 930 (B) 1260
25oC, Q
kw
kw
=
18. Diketahui: 7= 25oC, a= (A) 12,3Vo 19.
314s
lOO7o.
Tentukanlah a;. Asumsikafl Pu,.
(B) 72,9Vo
= 100 kPa. (Gunakan persamaan-persamaan). (D) 0,0202
(c) 0,0204
(B) 0,0206 0,015. Tentukanlah
kw
@.
Asumsikan Pur^= 100 kPa. (Gunakan persamaan-persamaan).
(C) 73,67o
(D)
74,3vo
Udara pada 5oC dan kelembabar 90Vo dipanaskan hingga 25oC. Estimasikan kelembaban akhirnya.
(A) 2OVo
(B) 25Vo
(C) 30Vo
Udara pada 35'C dan kelembaban 70Vo di dalam sebuah ruangan 3 m dan kelembaban 407o. Berapa banyakkah air yang dikeluarkan?
(A) 14 kg
(B)
12
kg
(C)
10
ke
(D)
x
10 m
x
35Vo
20 m didinginkan hingga 25'C
(D)
8 kg
CONTOH-CONTOH SOAL
289
Informasi yang digunakan dalam ujian tutup buku (gunakan halaman ini dalam pekerjaan Anda)
PV = mRT
R,du,u
T^ z _ |lP^\+ tl "
T^
= 0,287 kJ/kg'K / y, \k-r'
4-\4/
i=\i)
Q-W=mA,u
Lu = C.LT
Q-
W= t;l1rh
L,h
=
P
a=4
@
P, Pt
1,0 kJ/kg'K
'
0,622; I
kuouru
T" P" lrz.-Rln, ,l ,
A,h=A,u+A(Pv)
CpLT
C,.udu,,
lvr\r -- \vr)
As=C,
P
=
=
Cp,rduru
P=Pr+Pr
I
=
= 0,718 kJ/kg'K 1,4
CONTOH-CONTOH SOAL
Penyelesaian-penyelesaian untuk Ujian No. 3
1. (B) 2.
(Aj
3. (C) P+ = Pz(TqlT)kt(k-t) = 2430(300/900)3r 4. (A) w = AIAs = 600(-Cp
ln PrlP2) = 600(-I'0 ln 2a3)la677; = 113 kJ/kg
5. (A) q = 7As = 900(-Coln PrlP)
= 900(-1,0 Lrr243014677; = 169 kJ/kg
6. (C) pz = p{TzlT)kt(r-r) = 100(7541300)3'5 7. (D) q = CAT
= 2520 kPa
= 0,717(1600 -754) = 607 kJ/kg
8. (B) vrlvr- (T2lT)tt(k-1) = (7541300)2'5 9, (D) q = Lh = CpLT = 1,0(1000 10. (C) PrlP, =
= 52 k'Pa
= l0
500) = 500 kJ/kg
(TzlT)kt(k-t) = (500/300)3's = 6
11. (D) w/w, = LhclLhr = CpLTclCpLI, = (500 12.
(B) nu=W-
.\* "4n
15.
hz
=
-
3625
251 = 3374 kJlkg
=s4 =6,9029=O'832+7'10166x0. .'.r4=0,858 danho=2274kJkg ).vt, = h, - ho = 3625 - 2274 = 1351 kJ/kg
st=6'9029\ .'.r^=33o1. (B) ' P+=4 )
Wp = ,i,LPlp
(C)
Po= P
Pada
@
=w
- P,=100 -
0'622P,t\: 18. (D) 19. (B)
= o,r.
13
16. (D) 17.
- 999-__(s5Bt- 300) = 0,4. ,o = W
=rx
13. (A) e = hz 14. (A)
1000
- 300y(1000 - 600) = 6'5
=
ein=ht-hz+hr-ho=3625-251 +3674-3307=374lkJlkg
(10 000
- 20y1000 = 400 kw
3,169 =
96,83
;.a=0,622x
}:fr, ) ..r, = 2.355
gxbodan
7=
5oC,
a=
0,0048. Pada 7
,'.Q
=
3,169/96,8
3 =0,0204
=2.ff1= 0.i43
25oCdan () = 0,0048, Q = 257o.
20. (B) Ar0=0,025 -0,0079 =0,0171. Aair= puau,Ao=OrE#Zgg(3 x l0 x 20) x
0,0171
=l2kg
CONTOH.CONTOH SOAL
291
Ujian Akhir (Ujian ini meliput bahan-bahan ujian tiga jam)
l.
Pilihlah pemyataan yang tepat untuk cairan.
(A) Entalpinya bergantung pada tekanan saja. (B) Entalpinya bergantung pada temperatur saja. (C) Volume spesifiknya bergantung pada tekanan saja. (D) Energi internalnya bergantung pada temperatur saja.
)
Uap diekspansi pada temperatur konstan 50'C dari 100 kPa menjadi
(A)
(c)
(B)
l0
kPa. Pilihlah diagram yang tepat.
(D)
Di dalam proses kuasi-kesetimbangan
(A) tekanan tetap konstan. (B) tekanan bervariasi dengan temperatur. (C) tekanan konstan menyeluruh pada suatu instan (D) gaya tekanan menghasilkan masukan kerja positif. 4.
Manakah di antara pernyataan-pernyataan hukum pertama berikut yang salah? (A) Perubahan energi internal sama dengan usaha dari suatu sistem untuk proses adiabatik.
(B) (C) (D) 5.
Perpindahan kalor sama dengan perubahan entalpi untuk proses adiabatik. Perpindahan kalor sama dengan usaha kuasi-kesetimbangan dari suatu sistem untuk proses volume konstan di mana energi internalnya tetap konstan. Perpindahan kalor netto sama dengan keluaran usaha untuk suatu mesin yang beroperasi berdasarkan suatu siklus.
Manakah di antara pernyataan-pemyataan berikut mengenai usaha untuk proses kuasi-kesetimbangan yang salah? (A) Usaha adalah energi yang melintasi suatu batas.
(B) (C) (D)
Diferensial dari usaha adalah tidak eksak. Usaha adalah luas di bawah kurva pada diagram P-T. Usaha merupakan fungsi jalur.
6.
Tekanan alat ukur pada kedalaman 20 m di dalam air mendekati: (A) 100 kPa (B) 200 kPa (C) 300 kPa (D) 400 kPa
7.
Gaya air pada bidang vertikal selebar 2 m adalah: (A) 400 kN (B) 350 kN (C) 300 kN (D) 250 kN
8.
Satu kilogram uap
di dalam sebuah siiinder membutuhkan 320 kJ = 1 MPa. Tentukanlah T, jlka T, =
kalor sementara P = konstan 300'c.
(A)
480'C
(B) 450'C
(c)
420"c
(D) 380'C
CONTOH-CONTOH SOAL
292
9.
Hitunglah besarnya usaha dalam Soal 8. (A) 8s kJ (B) 72 kJ
(c)
(D) s9 kJ
66 kJ
10.
200 kg zat padat pada OoC ditambahkan ke 42 kg air pada 80oC. Temperatur akhimya adalah: (B) 52'C (c) 48'C (A) 58'C (D) 42"C
11.
Tekanan uap pada 400'C dan u = 2949 kJlkg mendekati: (B) 1,8 MPa (A) 1,9 MPa
L2. Entalpi uap pada 400 kPa dan v = 0,7 m3/kg mendekati:
(A)
13.
(B)
3230 kJlkg
1,7 MPa
(D)
1,6 MPa
(C)
3250 kJ/kg
(D)
3260 kJ/kg
Kalor yang ditambahkan untuk menaikkan temperatur 0,1 m3 uap jenuh dari 120"C menjadi 500'C di dalam sebuah tangki kokoh adalah: (A) 306 kJ (B) 22r kJ (c) rs2 kJ (D) 67 kJ
14. Estimasikan Co untuk uap (A) 2,7t kJ/kg'K 15.
3240 kJ/kg
(c)
pada 4 MPa dan 350'C.
(B)
(C)
2,53 kJ/kg'K
Sebuah siklus yang melibatkan suatu sistem memiliki Tentukanlah W,_r.
(A)
s0 kJ
(B) 40 kJ
(C) 30 kJ
3 proses.
o
(D) 20 kJ
1-+2
gas dipanaskan pada P = konstan = 200 kPa dari 0'C hingga 300"C. Kalor yang dibutuhkan adalah:
16. Metan
(A)
766
kJ/kg (B) 731 kJ/kg (C) 692 kJ/kg (D) 676 kJikg
17. Tentukanlah 02 3 untuk siklus yang ditunjukkan. (A) -500 kJ/kg (B) -3s8 kJ/kg (C) 500 kJ,&g
(D)
2,31 kJ/kg'K
W
Usetelah
40
-20 10
10
T
600'c
(D)
358 kJ/kg P = konstan.
18. Tentukanlah W,_, untuk siklus yang ditunjukkan.
(A)
500
U."h"h,.
30
z-).t
3-r1
2,04 kJ/kg'K
kJ/ke (B) 3s8 kJ/kg (C) 213 kJ/kg (D) 178 kJ/kg
=2MPa 100'c Udara
19. Tentukanlah 0y_2 untuk siklus yang ditunjukkan.
(A)
500
kJike (B) 358 kJ/ke (C) 213 kJ/ke (D) 178 kJ/kg
Soal 17, 18, 19
20. Rl34a memasuki sebuah katup ekspansi sebagai cairan jenuh pada 16'C dan keluar pada -20"C. Kualitasnya adalah:
(A) 21.
))
0,3
1
(B)
(c)
0,26
Usaha yang dibutuhkan untuk mengkompresikan tunak adalah: (A) 180 kW (B) 130 kW
I
0,22
(D)
0,20
kgis udara secara adiabatik di dalam sebuah kompresor aliran
(C)
90
kW
(D) 70 kW
200 kJ/kg kalor ditambahkan ke udara di dalam sebuah alat penukar kalor aliran tunak. Kenaikan temperaturnya adalah:
(A) 200'c
(B) 220'C
(C) 240"C
(D) 260'C
23. Sebuah nozel mengakselerasi udara dari 10 m/s menjadi 800 m/s. Kenaikan temperaturnya mendekati:
(A) 200'c
(B) 240"C
(C) 280"C
24. Perubahan entropi netto di dalam semesta selama suatu proses adalah:
(A) nol (B) sama dengan atau lebih besar dari nol (C) sama dengan atau lebih kecil dari nol (D) tidak terdefinisikan
(D) 320'C
CONTOH.CONTOH SOAL
,(
293
Suatu proses isentropik: (A) adabatik dan reversibel. (B) reversibel tapi mungkin tidak adiabatik. (C) adiabatik tapi mungkin tidak reversibel. (D) selalu reversibel.
26. Manakah di antara pernyataan-pemyataan hukum kedua berikut ini yang salah? (A) Kalor selalu dibuang dari sebuah mesin kalor. (B) Entropi dari suatu proses terisolasi harus tetap konstan atau meningkat. (c) Entropi dari sebuah balok tembaga panas akan berkurang jika menjadi dingin. (D) Usaha harus dimasukkan jika energi dipindahkan dari sebuah benda dingin ke sebuah benda panas.
27.
Seorang penemu mengklaim mengekstraksi 100 kJ energi dari air laut 30oC dan menghasilkan 7 kJ kalor sambil membuang 93 kJ ke sebuah stratum 10"C. Skema ini gagal karena: (A) temperatur air laut terlalu rendah. (B) merupakan mesin gerak abadi. (C) melanggar hukum pertama. (D) melanggar hukum kedua.
28. Diketahui
hubungan entropi Ls
= Cp ln TrlT,,. Untuk manakah di
antara yang berikut
ini hubungan tersebut tidak
berlaku?
(A) udara, P =
konstan.
(B)
29. Keluarun daya maksimum dari adalah 100 kJ/s adalah: (A) 83,3 kW
30.
(c)
Sebuah
sebuah mesin yang beroperasi
(B)
77,3 kW
(c)
di
penampung (D) Tembaga
antara 600'C dan 20"C
(B)
kJ/kg
(D) s7,3 kW
66,4 kW
0,76 kJ/kg
(c)
(D)
1,20 kJ/kg
(B) -120'c
32. Tiga temperatur di dalam
sebuah siklus Diesel adalah
(c) -90'c
(D) -40'C
7, = 300 K, Tz = 950 K,
?n,
kalornya dengan mengasumsikan kalor-kalor spesiflk konstan. (A) 1150 kJ/kg (B) 1050 kJ&g (C) 950 kJ/ke
34. 35.
= 2000 K Tentukanlah masukan
(D)
850 kJ/ke
(D)
17,2
(D)
800 K
Rasio kompresi untuk siklus Diesel dalam Soal 32 mendekati:
(A)
(B) 18,4
19,8
(c)
17,8
Temperatur 7o untuk siklus Diesel dalam Soal 32 mendekati: (A) 950 (B) 900 K (c) 850 K
K
Tentukanlah
q, dalam kJ/kg:
3400 (c) 2900 (A)
36.
1,61 kJ/kg
Seorang petani memiliki tangki udara bertekanan pada 2000 kPa dan 20'C. Estimasikan temperatur keluar dari sebuah katup dengan mengasumsikan aliran isentropik.
(A) -150.C
33.
jika masukan kalornya
Sepuluh kilogram besi pada 300'C didinginkan di dalam sebuah volume besar es dan air. Jika C0",, = 0,45 kJ/kg.K, perubahan entropinya mendekati:
(A) 0,al 31.
Air
Tentukanlah
(A)
(c) (A)
(c)
w, dalam kJ/kg:
(B) 30 (D) 50
20
40
37. Tentukanlah 1000
ezs
(B) 3200 (D) 2600
w. dalam kJ/kg:
(B) e50 (D) e00
Pompa
Soal 35
-
39
CONTOH-CONTOH SOAL
294
38.
Efisiensi dari turbin mendekati:
(A) 6'7Eo
39. Fluks massa dari air pendingin
(A) 1990 kg/s
40.
jika AT = 30oC dan ituu, = 50 kg/s
(C)
1840
(B) 0,0274
75Vo
(D)
1770 kg/s
adalah:
kg/s
(c) 0,027s
(D)
a
yang dimungkinkan
(D)
jika
0,0276
Temperatur luar adalah 35'C. Sebuah kain basah, yang terpasang di sebuah gelembung termometer, menunjukkan 28'C dengan udara yang menghembusnya. Estimasikan kelembabannya.
(A) 50Vo 42.
kondensor
(B) 1920 kg/s
Dengan menggunakan persamaan-persamaan, hitunglah kelembaban spesifik maksimum I = 30'C. (P = 100 kPa).
(A) 0,0273
41.
(C) '72Eo
(B) 697o
(B) 55Vo
(C) 60Vo
(D)
65Vo
rJdaru luar pada 10'C dan kelembaban 100% dipanaskan hingga 30oC. Berapa banyakkah kalor yang dibutuhkan jtka ituo^,^ = 10 kg/s?
(A) 185 kJ/s
(B)
190
kJ/s
(c)
195
kJ/s
(D)
205 kJls
CONTOH-CONTOH
SOAL
295
lnformasi yang digunakan dalam ujian tutup buku (gunakan halaman ini dalam pekerjaan Anda) Udara:
k=
1,4,
R = 0,287
kJ/kg'K,
C,,
=
1'00
kJ/kg'K,
Air: p = 1000 kgim3,
Cp = 4,18 kJ/kg'K
PV=ruRT
P=pRT
Pv=RT
h=u+Pv
Arr=C,Af
Lh=CpLT
v. r. As=c,tnf+ntnn
r. as=cp,nr,
=
"C+2]3
,
!
w,r--. = -mRT
,-
= rf *x(v,
-
lr) =
rz
P=PgLlt
lPr\l -=\Ei IY,\*
f=t4l
'
Yr=-[PdV
T^aDs
= til
PRlna
C, = 0,111 kJ/kg'K
vJ
ln#vl ,, = konstan) +
xYfs
Ot =
I+
Q-W=LU+LKE+LPE pzn,
= ti
/
Q* W, = *\h, - h, +
it--=';lP'-'' 4,0k. =
p
O=; 'g
T' keluaran-, , - -th = iiffi
(COPR)mok,
=
-_--P a=0.622i 'e
'\,1\
(gas atau uaP)
+)
+ u2-
keluaran
ffi'
ii:
r, +
tf'i-i;\
T,
- T; -7, P=P,+P,,
(catran)
CONTOH-CONTOH SOAL Penyelesaian-penyelesaian untuk Ujian
1.
(D)
2.
(C)
3.
(C)
4.
(B)
Akhir
s. (c) 6.
(B) P =
7.
(B)
pgLh
=
1000
x 9.8 x 20
=
196000
Pa
Tekanan bervariasi secara linier dari atas ke bawah. Jadi, gunakan tekanan rata-rala
"'F
10. (D)
m,C,LT, --
11. (C)
Interpolasi:
(c)
m,C*LT,. P=
200
-
0) = 42 x 4,18(80
Cp
-
3t6s,6)
+
316s,6
= LbILT = (3213,5 -
2960,7)l(400
=
Q = mLv = 0,112(3130
-
16. (D)
x
=
C.LT = 2,254
17. (A) q = C.LT =
=
-
2529) = 61,3
41,9"C
1,0(100
300 = 676
-
W = 30
- 10'
"'W
= 20 kJ
kJkg
- 600) = -500 kJ/kg
13. (C) vrlvr=TrlTr=3131813. w = RTlnvrlvr=0,281 x
873
ln
8731373
=2l3kJkg
19. (C) Q=w=2l3kJlkg = ht = 71,69 = 24,26 +
20. (C)
hz
21. (A)
W=
24. (B)
2s.
(C)
26. (D)
:-xz = 0,225
hLh = rhCpLT= 1 x 1,0(200 - 20) = 180 kW
22. (A) 4 = Lh = 23. (D)
2ll,05xr.
C.LT.
vl v? 0=ht-h,+ j;. -
200
=
kI
300) = 2,53 kJ/kg'K
10' Dari baris pertama, 40
= Lh
Tz
324e krtks
15. (D) Dari baris terakhir, Ur = Q
- Tr),
:.Tr=lJQog
ffix0,5+11,5=1,698MPa Q273,4
#;W*
x 0.8(I,
13. (D) m = Vlv = 0,110,892= 0,112 kg. 14. (B)
tengah.
Pz=lMPa
320=l(h2-3051), :,h2=3371. 8. Q=mLH. g. (B) W = PmAv = 1000 x 1(0,3304 - 0,2579) = 72,5 kJ
12.
di
= Puu/ = P8h,"n.1= 1000 x 9'8 x 3 x (2 x 6) = 352 800 N
1,0A7' "'AI = 200"C ^- lo2 - 8oo2 l.0xA7ffim.
aT=-320"C
coNToH-coNToH 27. (D)
4=h=o,l
4.u^=
(C)
29.
T, .o? c) 4,n,.= t-+= l-#=0.664=0.,*4=# mCiLT
31' (A) rz=
,P.\I .l rt(fi)+
=
10
x 0,45(300 *0) = , rA^
33. (c) .r! = 34. (c)
1350
kJ.
ro)x57
= 2e3 (ffi)0'28'57 = 124 K atau
32. (B) ezz= Lh=C.LT =
1,0
x
297
,-+,= I -ffi=0,066
28.
30. (D) Q=
soAL
(2000 -950.1
=
Jadi,inimelanggarhukumkedua.
...14/=66.4kw
ASn",= t0 x 0,45
,"#.#
=
1,61 kJ/kg
-trs'c
10-50 kJ/kg
(t) '^ " = (ffi)" = r7.8
;=+,=#
35. (B) e = ht - h. =
=.2,11. 3538
-
t=t "#=8.46.
r+=rs(tl'=2000/8.460,a=851
K
335 = 3203 kJikg
36. (A) .,,= *o = '!ffi.4Q = 20 kJ/kg 37. (D) wr = ht -
38'
r7
=
It. - lt. '#,=
di mana s3 =
hq
= 3538 - 2631 = 901 kJikg
:sx99!, s4
= o.6eo
= 6.51 = 1,026 +
6,645,0,.
.'..r4,
39. (C) it,Lh, = i1,,.Lh,,..
50(2631
40. (D) 0=
:.p, = p, = 1,216
1.
41. (C) Dari graflk psikrometrik 42. (D) b = rittn =
10(50
-
Q
=
-
335)
=
tiln
x 4.18 x
= 0.825 and ltr, = 22i2
15.
kpa., =)#]i#
.'.fu* = 1836 kg/s = o,o2i6
60o/".
29,5) = 205 dengan menggunakafl (0,
= ot, parJa grafik psikrometrik.
Konversi Satuan
J
-lb Btu
W'hr b
tu tu
Gaya
Massa
Kecepatan
I lbf = 0,4448 x 106 dyne I dyne = 2.248 x t0-6 lUf I kip = 1000 lbf tN=0,2248 lbf tN=10sdyne
I I
I kg = 2,205
1 1 1 1 1
Daya
Tekanan
Volume
t t t
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
oz = 28,35 g
lbm = 0,4536 kg 1 slug = 32,17 lbm 1 slug
ho = 550 frlb/sec hP = 2545 Btu/hr hp = 0,7455 kW
1W=1J/s
1W=1,0x107dyne.cm/s 1W=3,412Btulhr 1 kW = 1,341 hp 1 ton = 12 000 Btuihr 1 ton = 3.517 kW
i
299
=
14,59 kg lbm
mph = 1,467 ftlsec mph = 0,8684 knot ftlsec = 0,3048 m/s kn/h = 0,2778 mls knot = 1.688 ftlsec
psi = 2,036 in Hg psi = 27,7 in HrO atm = 29,92 inHg atm = 33,93 ft H2O atm = 101.3 kPa
I
arm
L, = 0,03531 ft3 1L=0,26429a1
1,0133 bar 14,7 psi in Hg = 0,4912 psi ft H2O = 0,4331 psi psi 6,895 kPa kPa 0,145 psi
= atm =
ft3 = 7,481 gat (U.S.) 1 ft3 = 0.02832 m3 1 gal (U.S.) = 231 in3 1 gal (Brit.) = 1.2 gal (U.S.)
1L=10-3m3
I
1 m3 = 264,2 gat 1 m3 = 35.31 ft3 1 ft3 = 28,32 t1 in3
= 15.387 Cm3
Properti-properti Material Tabel B-1 Properti dari Atmosfer Standar di Amerika Serikal Po
Ketinggian m
=
101,3 kPa. 71
Temperatur "C
=
1.225kg/m3
Tekanan PlPo
Densitas pl po
0
15.2
r,000
1.000
1 000
9,7
0,8870
0.9075
0,7846
0,8217
0,6920
0.1423
2 000 3 000 4 000 5 000 6 000 7 000
))
0.6085
0,6689
0,5334
0.6012
8 000
-10,8 -17.3 -23.8 -30,3 -36,8
10 000
49,7
0,26r 5
0,3376
12 000
-56.3 -56,3 ,56,3
0,1915
0.2546
-56.3 _56 1
0,07466
0.09930
20 000
0,05457
0.07258
30 000
46,5
0.01181
-26,6
0,2834
14 000 16 000 18 000
40 000 50 000
_)\
60 000
-t't )
70 000
0,4660
0,5389
0,4057
0.1.817
0,35 r 9
0.4292
0,1 399
0.1 860
0.1022
0, l 359
0.01-s03
0.2217
x x x
i0-3
0,2497
0.5448
x l0r
0.7146
0.7874
10-2
0.3262
10-3
0,8383
300
x 10 2 x 10 3 x lO 3 x 10+
LAMPIRAN BI
PROPERTI-PROPERTI MATERIAL
301
Tabel B-IE Properti dari Atmosfer Standar di Amerika Serikat Po
=
14,7 Psia, po
Ketinggian
Temperatur
fr
OF
= 0,0763 kg/ft3 Densitas
Tekanan PlPo
pl po
0
s9,0
1,00
1,00
000
55,4
0,96s
0,9'75
2 000 5 000
51,9
0,930
0,945
4t,2
0,832
0,865
10 000
)\4
0,688
0,743
15 000
5,54
0,564
0,633
0,536 0,451
I
20 000
-12,3
0,460
25 000
-30,1
30 000
-48,0 -65,8 -67,6 -67.6 -67,6
0,371 o )q1
35 000
0,376
0,235
0,311
0,224
0,299
0,185
0,247
0,114
0,153
0,0106
0,0140
110 000
41,6 47,4
0,00657
0,00831
150 000
113,5
0,00t42
0,00129
200 000
160,0
260 000
-28
0,314 0,351
36 000
40 000 50 000 100 000
x 10-3 x 104
0,262 0,422
x l0-3 x l}a
Tabel B-2 Properti dari Beberapa Macam Gas Ideal
Rumus Kimia
Gas Udara Argon Butana
Karbon dioksida Karbon monoksida Etana
Etilen
Helium Hidrogen Metana Neon Nitrogen Oktana Oksigen Propana
uap Catatan: C
o,
Cr,
_ Ar c+Hro coz co czHo czH+ He H2 CH+ Ne N2 csHra 02 C:Ha H,O
dan k adalah pada 300
Molar
kJike'K
28,97
0,2870
39,95
0,2081
58,t2
c,
co
R
Massa
frlbf/Ibm-'R
Btu/Ibm-'R
l-
kJ/ke'K
Btu/Ibm-'R
kJ/ke'K
53,34
1,003
0,240
0,717
0,17
38,68
0,520
0,1253
r,667
26,58
1,716
0,415
0,312 t,573
0,0756
0,1430
0,381
1,091
44,01
0,1 889
35,10
0,842
0,203
0,653
0,158
1,289
28,01
0,2968
55,16
1,041
0,249
0,744
0,178
1,400
30,07
0,2765
51,38
1,766
0,42'7
1,490
0,361
1,186
28,05
0,2964
55,07
1,548
0,411
1,252
0,340
1,237
4.00
2,4770
386,0
5,198
1,25
3,116
0,153
1,667
2,02
4,t242
766,4
14,209
3,43
10,085
2,44
1,409
t
1,400
16,04
0,5184
96,3s
) )54
0,532
1,735
0,403
1,299
20,18
0,4t20
76,55
1,020
0,246
0,618
0,147'l
1,667
28,01
0,2968
55,15
1,042
0,248
0,745
0,1'77
1,400
114,23
0,0728
t3,53
1,711
0,409
1,638
0,392
1,044
32,00
0,2598
48,28
0922
0,219
0,662
0,157
1,393
44,10
0,1 886
35,04
1,679
0,407
0,362
t,126
18,02
0,4615
85,76
r,8'72
0,445
1,49t 1,41t
0,335
r,327
K. Demikian juga, kJ,4rg.K adalah sama dengan kJ,/kg.'C.
SuMsen: G. J. Van Wylen and R. E. Sonntag, Fundamentals oJ Classical Thermodynamics, Wiley, New York, 1976.
PROPERTI-PROPERTI MATERIAL
-102
ILAMPIRAN B
Tatrel B-3 Konstanta-konstanta Titik Kritis
Substansi
Rumus
Massa
Kimia
Molar
Temperatur OR
28,9'7
133
.\moniak .\rson
NH:
17.03
40-5,5
Ar
39,94
Bcnzena
CoHo
78,1
BLrtana
C+Hro
s8.12
Karbon dioksicla Karbon monoksida
Coz
44.01
CO
28,01
304,2 133
t53,84
556,4
Udara
Karbon tetraklorida
cc,.14
1
Etana
CzHc
30,07
Erilen
C.H,
28,05
Helium
He
Hidrogen
\eon
Ne
20.18
\rtrogen
N2
28,02
Oksigen
o,
32,00
Propana
C:Ha.
44.09
Propilen RL14a
c:He cF-lcH"F
12.08
Sulfur dioksida
Soz
64,06
H"O
18.02
SLrrer.n:
102.03
1,28
636
705
1012
4,0'7
596
7,88
I 143
4.t7 0,2603 4,08 0,254'1 1,51 0,0943 1.49 0.0930 4,42 0,2'759 2,37 0,i48 1.99 0.1242 0,926 0.0578 1.04 0,0649 i,59 0,0993 0,668 0,04t'7 t.44 0,0899 1.25 0,078 3.20 0,1998 2,90 0,1810 2.96 0,2478 1,95 0,12r'7
))t
3204
0.90 0,0-568
4q)
714
1
3.80
551
547,5
7]q
1070
240
?50
507
1001,5
4.56
661
549,8
4.88 < la
708
765
508.3
q5
1.41 0,0883 1,16 0,0724 1,20 0,0749
547 I
4,86
33,3 59,9 191,1 343.9 44,5 80,1 126,2 227.r 154,8 278.6 370.0 665,9 36s.0 656.9 314.3 613,7 430.1 775,2 647 .4 I l6-s.3
)o)
H2
3.77 1
272
51
4.00
t6.04
Ietana
,L)\ )
305,5 282.1
CH,
-\
239 729.8
151 562
ft3/lbmol m3/kmol
MPa
o
1.4
4
?l
1,30
188
4,64
673
) 1\ ltq
395 492
5.08
736
426
61'7
4.62
670
K. A. Kobe and R. E. Lynn. Jr., Chem, Rev.,52: 117-2-36 (1953).
Tabel B-4 Kalor Spesifik dari Zat-zat Cair dan Zat-zat Padat
C,
kJ/kg'"C
Zat-zat Cair Sutrstansi
Air Amoniak
4,177
I atm. 25'C jenuh, -20"C jenuh,50'C
Freon
12
Benzena
I
4.52 | 5,l0 | 0,908 I
jenuh. -20"C
I.02 1,80
jenuh, 50'C I atm. 1-5'C
| I
Gliserin
1 atm, 10'C
Bismuth
1 atm, 425'C
Mercuri Sodium
t I
Propana
1 atm, 0"C
Utif Alkohol
1 atm, 25"C
atm, 10'C atm. 95'C
2,32
0,t44 0,1 38
1,38 2,41
Zat-zat Padat Substansi
Substansi Es
Amoniak
Besi Perak
-11
I
-?,2 I -100 I 0 100 20 20
i I | I
2.0-13
Timbal
r.r0 o.6ss 0,870
Tembaga
-100
0,118
0
0,124
100
0,134
-r00
0,328
0,941
0
0,381
0.448
100
0,393
0,23.3
Suvssn: Kenneth Wark. Thermodvnantit: s. 3d ed.. McCrau -Hill, Nerv York, l98 l
0,30 0,243
0,290 0.274 0,274 0,27 5
0.291 0,272 0,284 0.271
0,302 0.304 0.290 0,308
0.291 0,308 0.271
0,276 0,324 0,269 0.233
LAMPIRAN B]
PROPERTI-PROPERTI MATERIAL
303
Tabel B-4E Kalor Spesifik dari Zat-zat Cair dan Zat-zat Pad,at
C,
Btu/lbm-'F
Zat-zat Cair Substansi
Air Amoniak Freon 12 Benzena
Keadaan
Substansi
C
I atm,77"C jenuh, -4'C
Keadaan
jenuh, 120"C
1
))
Merkuri
jenuh. -4'C jenuh, 120'C
0,217
Sodium
atm, 50"C atm, 800"C atm. 50'C atm, 200'C
0.244
Propana
atm, 32"C
0.517
I
0.431
Etil Alkohol
atm. 77'C
0.58
atm, 60'C
1,00
Gliserin
1,08
Bismuth
0.555
0,0344 0.0330 0.330 r
Zat-zat Padat .F
Substansi Es
Aluminium
4
0,0557
*i50
0.0282
-28
0,402
30
0.0291
-150
0,167
210
0,0321
30
0,208
-150
0.0785
210
o 7)5
3t)
0.0911
4
0,107
2t0
0.0940
-76
0,392
Perak
-12
0,486
Timbal
Besi St-rrueep: Kenneth
OF
Substansi
C
Tembaga
WNk, Thermotll'namics,3d ed., McGrarv-Hill. Nerv York,
1981
Tabel B-5 Kalor Spesifik Tekanan-konstan dari Beberapa Nlacam Gas Ideal
0
I(Kelvin.)/100
C, kJ/kmol'K
Gas N2
:
39,060
-
512Jge-t.s
+ fi72J-2 -
Jangkauan K
820,400-3
- n8.570-1,5 + 236,889-2 702J404.1s + 1165,09-l- 560,709-1.5 5 0.7 0463 00'1 - 200,7 7 04,5 + fi 6.7 604,1 59,35090'25 + fi,3290o,7s 1,26600
0.43
300*3500
0.30
37,432 + 0,02010291'5
H2
56.505
CO
69.1
OH
81,5,16
NO
59.283
Hzo
143,05
coz
-3,7357 + 30,52990,5
-
4,10340 + 0,02419802
Noz
46,045 + 2i6,i00-{.5
-
363,660-1r'1s
CH+
-67 2,87
CzH+
-95,395
Su,\asen: G. J. Van Wylen and R.
E. Sonntag, Fundamental,s oJ Classical Therntodynamics. Wiley, New York. 1976.
-
-
1J09600j -'70.6::,04,s + 74,8890-l'5 183,5400,2s +82,'75t005
-
3,69890
+
232,5500
2
+ 439,'t 400.2s - 24,8i 5 0o.7 5 + 323,880{,5 + 123,1500,s - 35,64re0.75 + 182Ji 0-3
s
7.
300-3500
o2
45
Error Maks
300,3500
0,60
300-3500
0.42
300-3500
0.43
300-3500
0,34
300-3500
0,43
300-3500
0.19
300-3500
0,26
300-2000 300-2000
0,15 o,a'7
PROPERTI-PROPERTI MATERIAL
304
[LAMPIRAN B
Tabel B-5E Kalor Spesifik Tekanan-konstan dari Beberapa Macam Gas Ideal
0:
I(Rankine)/I80
C,
Jangkauan
Btu/lbmol-"R
OR
Gas
\.
9,3355
o,
8,9465 + 4,8044
H,
13,505
-
t67,96e4.7s + 278,440 I
CO
16,526
-
0,1684100'75
OH
1g,4go
-
t4,t85e0'2s + 4,1418000,7s
NO
14,169
-
0,40861000,5
Hzo
coz
34,190 - 43,86800,2s + 9,77 800's - 0,88407P -0,89286 +7,296700's -0.980740 + 5,7835 x tO-30-2
Noz
11,005
+
+
t22,56e-t'5
x
256,380-2
51,65000,5
-
-
-
-
C"H,
Vc,
540*6300
0,43
540-6300
0,30
540-6300
0,60
4'7,98504j + 42,24604'75
540-6300
0,42
-
t,o].96e
540-6300
0,43
{7,8990-1.5
540-6300
0,34
540-6300
0,43
540-6300
0,19
540-6300
0,26
540-3600
0,15
540-3600
0,07
10-30rs
-
196,080
42,6790-15
rc,877
-
56,6150-2
134,019-r,5
e45 +
86,91600,7s
+
+ 55,5809-2
s -160,82 + 105,1090,25 - 5,9452e0,7 + T,4o80aj -22,800 + 29,43300,5 - 8,518500,75 + 43,6830-3
CH+
SuNreEn:
-
Error Maks
G. J. Van Wylen and R. E. Sonntag, Fundamentals of Clctssical Thermodynamics, Wiley, New York, 1976
Tabel 8-6 Entalpi Pembentukan dan Entalpi Penguapan
25'C (77"F),1 atm Substansi
Rumus kimia
Karbon
0
0
Hidrogen
c(s) HzG)
0
0
Nitrogen
N2k)
0
0
Oksigen
o2(s)
0
Karbon monoksida Karbon dioksida
Co(s)
Air Air
Hzo(s)
Hidrogen peroksida Amoniak
uro2G)
-s8
640
NH3k)
46190
-19
750
Oksigen
o(s)
249 170
Hidrogen
2i8
Nitrogen
H(s) N(s)
Hidroksil
oH(s)
+107 +93 +203 +16
Metana
cH4(8)
-74
Asetilen (Ethyne) Etilen (Ethene)
CrH2(g)
226 730 52 280
co2G) HzO(t)
crH4k)
Propilen (Propene)
c3H6G) crH6(e)
Propana
crHsG)
r-Butana n-Pentana
coH16k) crH12G)
n-Oktana
CtHlsk)
Benzena
cuH6(s)
Metil alkohol Etil alkohol
CH3OH(g)
Etana
CTHsOH(g)
/2"" kJ/kmol
-110 530 -393 520 -241 820 -285 830 -136 310
/z'" . kJ/kmol
44 010 61 090
000
39 040 850
890
-200 -235 310
-169 300 -104 040 -122 970
-32
26 260
210 780
340 790 210
+22 490
-36
20 410
82 930
540
+97 540
680
-103 850 -126 150 -146 440 -208 450
lz""-. Btu/lbmol
0
47
472 680
-84
/?"" Bru/lbmol
420
+8 790 15 060
-44
21 060 31 410
-54 270
6 480 9 060
4t
460
680
680
17 835
33 830
+35 680
14 550
900
-86
540
16 090
-101
230
t8
3'.7
42 340
-89
220
SuMssn: JANAF Thermochemical Tables, NSRDS-NBS-37, l97l1, Selected Values of Chemical Thermodynamic Properties, NBS Technical Note 2'70-3, 1968'. and API Res, Project 44, Carnegie Press, Camegie Institute of Technology, Pittsburgh, 1953.
LAMPIRAN B]
PR
OPERTI.PROPERTI MATERIAL
305
Tabel B-7 Entalpi Pembakaran dan Entalpi Penguapan 25"C (77"F), 1 atm
Substansi
Rumus
Hidrogen
H2(8)
Karbon
c(s)
Karbon monoksida Metana Asetilena
CrH2(S)
Etilena
CrH4(8)
Etana
c2H6(8)
Propilena
CrH6(S)
Propana
C.Hs(s)
n-Butana
CaH16(8)
n-Pentana
CrH12k)
n-Heksana
CuH,q(s)
a-Heptana
crH,6k)
z-Oktana
crH13k)
Benzena
c6H6(g)
Toluena
CrHs(s) CH:OH(g) ClH5OH(g)
Metil alkohol
Etil alkohol
kimia
-HHY
kJ/kmol
/rr*.
kJ/kmol -HHV Btu/lbmol
ft&. Btu/lbmol
co(s)
-285 840 -393 s20 *282 990
-122 -169 290 *121 750
cH4(8)
-890 360
15 060
-383 040 -559 120 -607 010 -671 080 -885 580 -955 070
21 060
-1 237 800
26 4t0
-l
521 300
1
31 530
-1 -2
804 600
13,560
-t -t -r
9'70
299 600 410 970
559 900 -2 058 500
-2 220 000 -2 87'7 t00 *3 536 100 -4 194 800 -4 853 500 -5 5t2 200 -3 301 500 -3 947 900 -'/64 540
-r
36 520 41 460 33 39 37 42
409 300
830
920
6,480 9,060 1,360
088 000
15,710
-2 371 400
17,835
-r
420 300
14,550
-1
698 400
1
7,1 80
900
-328 700
16,090
340
-606 280
t8,220
Note: Air memiliki fase cair sebagai hasil pembakaran. SuNreen: Kenneth Wark,Thermodlnanics,3cI
ed., McGraw-Hill, Nerv York, 1981, pp. 834-835, Table A-23M.
Tabel B-8 Konstanta-konstanta untuk Persamaan Keadaan van der Waals and the Redlich-Kwong
a, kPa.m6/kg2
PersamaanVan der Waals b. m3lks
a. lbf-ft4llbmz
b. ft'llbm
Udara
0,1630
0,00127
870
0,0202
Amoniak Karbon dioksida Karbon monoksida Freon 12
1,468
0,00220
7850
0,0351
0,1 883
0,000972
1010
0,0156
0,1880
0,00141
i010
o
0,0718
0,000803
0,2t4
0,00s87
Hidrogen
6,083
0,0132
Metana
0,888
0.00266
4780
0,042"7
Nitrogeri
0,1747
0,00138
934
0.0221
Oksigen
0.1344
0,000993
'720
0,0159
Propana
0.481
0,00204
2580
0,0328
Air
t,703
0.00169
9130
0,0271
Helium
o))1
394
0,0132
1190
0,0959
32 800
0,2t2
PROPERTI-PROPERTI MATERIAL
306
[LAMPIRAN B
Tabel B-8 (lanjutan\ Persamaan maan Redlich-K
a, kPa.m6.Kttzlkg2 Udara
Amoniak Karbon dioksida Karbon monoksida Freon 12 Helium
b. mrlks
a. lbf-ft+-oRt/z/lbm/
b, ftr/lbm
0,000878
13 600
0,014
0,00152
215 000
0,0243
0,000674
24 000
0,0108
))o
0,000978
15 900
0,0157
t.43
0,000557
10 500
0,00916
0,495
0,00407
0,0665
0,00184
3 710 257 000 89 700
,905 30,0 1
Hidrogen
?5
Methane
12,43
Nitrogen
1,99
0,0009s7
14 300
0,0153
Oksigen
t,69
0,000689
t2
200
0,0110
Propana
9,37
0,00141
67 600
0,0228
0,00117
316 000
0,0188
Air
5
43,9
0,00916
0,147
0,0296
Properti-properti Termodinamika Air (Tabel-tabet Uap)
Tabel
C-l Properti-properti dari H20 Jenuh-Tabel temperatur Energi, kJ/kg Ut
0,001000
206,t
0,001000
179,9
0,001000
147,1
0,001000
106,4
0.001001
77,93
0.001002
57,79
0,001003
43,36
0,001004
32,90
0,001006
25,22
0,001008
1q 5?
0,001010
t5,26
0,001012
Ll
0,0 2375,3 8,4 2378,t 2t,0 2382,2 42,0 2389,2 63,0 2396,0 83,9 2402,9 104,9 125,8 146,7
t67,5 88,4
i
12,03
209,3 230,2
0,001015
9,569
0.001017
'7,6'7t
251,t
0.001020
6,t97
0,001023
5,042
0,001026
4,13
0,001029
3,40'7
0,001032
2.828
0.001036
2,361
0.001040
1..982
272,0 292,9 313,9 334,8 355,8 376,8 397.9
1
Entropi, kJ/kg'K
Entalpi. kJ/kg
0,0 8,4 2t,0
250t,3
2501.3
2496,6
2505,0
2489,5
25 i 0,5
2519,-7
2409,8
42,0 2477,7 63,0 2465,9 83,9 2454.2 t04,9 2442,3
24t6,6
125,8
2430,4
)\\6 )
2423,4
t46.7 t67.5
2418,6
2565,3
2406,8
2574,3
2394,8
)5R1
2382,8
2592,t
2450,1
188,4 209,3 230,2
2370.7
2604,9
2456,6
25t,1
2358,5
2609,6
2463.1
)T) O )146)
2618,2
2469,5
293,0
2333,8
2626.8
2475,9
3i3,9
2321,4
?615
2482,2
334.9 35s,9 376,9 397.9
2308.8
2643,7
2296,0
?651 q
2283.2
2660,1
2270.2
2668.1
2430,t 2436,8 2443,5
2488,4 2494,5
2s00,6
301
2528,9 25 3 8,1
)\a't
')
'
1
0,0000 9,r57 1 0,0305 9,0738 0,0761 8,9505
9,ts1 t 9,1043 9,0266
0,15i0 8,7506 8,9016 0,2244 8,5578 8;7822 0,2965 8,3715 8,6680 0,3672 8,1916 8,5588 0,4367 8,0174 8,4541 0,5051 7,8488 8,3539 0,5723 7,6855 8,25'78 0,6385 7,s271 8,1656 0,7036 7,3735 8,0771 0;76'78 7,2243 '7,9921 0,83 10 ,0794 ,9104 0,8934 6,9384 7,8318 0,9549 6,8012 7,"7561 1,0155 6,6678 7.6833 1,0154 6,5376 7,6t30 r,1344 6,4109 "5453 t,1927 6,2872 7,4799 1,2503 6,1664 1,4167 7
7
'7
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL-TABEL UAP)
308
Tabel Volume, m3lkg
100 110 t20 130 t40 150 160 170 180 190 200 210 220 230 240 250 260 270 280 290 300 310 320 330 340 350 360 370
11,27 12.84 t4,s9 16,51 18,65 21,03
374,136
22,088
0.1013 0,001044 0,1433 0,001052 0,1985 0,001060 0,2701 0,001070 0,3613 0,001080 0,4758 0,001090 0,6178 0,001102 0,7916 0,001114
1,002 1,254 1,554
1,673
1,210 0,8919 0,6685 0.5089 0,3928 0,3071 0,2428
0,001127
0,1941
0,001141
0,1 565
C-l
(lanjutan)
Energi, kJ/kg llr U
418,9 2506,5 46t,r 2518,1 503,5 2529,2 546,0 2539,9 588,7 2550,0 63r,7 25s9.s 674,9 2568,4 718,3 2576,5 't62,1 2583,7 806,2 2590,0 850,6 2595,3 895,5 2599,4 940p 2602,4 986,7 2603,9 1033,2 2604,0 1080,4 2602,4
0,00 i 156
0,1274
,906 0,001 173 2,318 0,001190 2,795 0,001209 3,344 0.001229 3,973 0,001251 4,688 0,001276 5,498 0,001302 6,411 0,001332 7,436 0,001366
0,1044
8,580 9,956
0,001404
0,02168
0,00t447
0,01835
0.001499
0,01549
0,00i561
0.01300
0,001638
0,01080
0,001740
0,0088 i 5
1128,4 2599,0 117-t,3 2593.7 122'7,4 2586,1 1218,9 25'.76,0 1332,0 2563,0 1387,0 2546.4 1444,6 2525.5 1505,2 2499,0 1570,3 2464,6 1641,8 24t8,5
0,001892
0,006947
t725.2
0,002213
0,004931
0,003155
0,003155
1
0,08620 0,07159 0,05977 0,05013 0,04221 0.03565
0,03017 4.0255'l
1844,0 2029.6
2351.6 2229,0 2029.6
SuNresn: Keenan, Keyes, Hill, and Moore, Steam Tables, Wi1ey, New Thermod,,-namics, Wiley, New York, 1973.
JLAN{PIRAN C
Entalpi, kJ/ke
419,0 2257,0 461,3 2230,2 503,7 2202,6 546,3 2174.2 589,1 2t44,8 632,2 2tt4,2 675,5 2082,6 719,2 2049,5 763.2 2015,0 807,5 1978,8 852,4 1940,8 897;7 1900,8 943,6 1858,5 990,1 1813,9 t037,3 1766,5 1085,3 1716,2 1t34,4 1662,5 1184,5 1236,0 1289.0 1341,0
i401.3 146t,4 1525.3 1594,2
Entropi, kJ/ke'K 2676.0
)6qt \ 2706,3 2720.5 2733.9 2'746.4 2'758,1
1,943t 4.8079 6,7510
2'768,'7
2,0423 4.6249 6,6672
2'778,2
2798,5
2802.r
2,s
2804,0
2,6105 3,6050 6,2t55 2,7021 3,4425 6,1446 2,7933 3,2805 6,0738 2,8844 3.1184 6,0028 2,97s1 2,9553 5,9310 3,0674 2,1905 5,85'79 3,1600 2,6230 5,7830 3,2540 2,4s13 5.7053 3,3500 2,2139 5,6239 3,1487 2.0883 5,5370 3,5514 1,8911 5,4425 3,6601 1,6765 5,3366 3.7'784 1,4338 5,2122 3.9154 1,1382 5,0536
2793.2
2803,8 2801,5 2'796.9 2'789,7
1543.6
27'79,6
t417,2
)166 )
1405,0
2749,0
326.0
)1)1
t238.7
2700,1
1
40.6
2665,9
t027,9
2622,1
1670,6 893,4 1760,5 720;r 1890,5 442,2 2099,3 0,0
2s64,0
1
I
2,t400 4,4466 6,5866 2.2363 4,2724 6,5087 2,3313 4,1018 6,4331 2.4253 3,9340 6,3593
2786.4
1605,2
I
1,3071 6,0486 7 ,3557 1,4188 s,8207 7,239s 1,5280 5,6024 7,1304 1,6348 5.3929 7,0277 1,7395 s,19t2 6,9307 1,8422 4,9965 6,8387
2481,2
183
3,7686
6,2869
2332.7
4,tt14
0.6876
4,7990
70qq
4.430s 0,0000
4,4305
1
York. 1969; G. J. Van Wylen and R. E. Sonntag, Ftmdamentals oJ Classk:al
LAMPIRAN C]
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL-TABEL UAP)
309
Tabel C-2 Properti-properti dari H2O Jenuh-Tabel Tekanan
P,
MPa
T,
0,000611
"C 0,01
0,0008 3,8 0,001 7,0 0,0012 9,7 0,0014 12,0 0,0016 14,0 0,0018 15,8 0,002 t7,5 0,003 24,1 0,004 29,0 0,006 36,2 0,008 41,5 0,01 45,8 0,012 49,4 0,014 52,6 0,016 55,3 0,018 57,8 0,02 60,1 0,03 69,1 0,04 75,9 0,06 85,9 0,08 93,5 0,1 99,6 0,12 104,8 0,14 109,3 0,16 113,3 0,18 1t6,9 0,2 120,2 0,3 133,5 0,4 143,6 0,6 158,9 0,8 170,4 1 1'79,9 1,2 188,0 t,4 195,1 t,6 201.4 1,8 207,2 2 212,4 3 233,9 4 250,4 6 275,6 8 295,1 10 311,1 t2 324,8 14 336,8 16 347,4 18 357 ,t 20 365,9 22,088
374,136
SuN.rsen: Keenan, Keyes, The
Volume, m3/kg vf ,s 0,001000
206,t
0.001000
159,7
0,001000
1)O
0,001000
108,7
0,001001
)
93,92
0.001001
82,76
0,001001
74,03
0,001001
67,00
0.001003
45,67
0,001004
34,80
0.001006
23,74
0,001008
1
0.001010
14,67
0,001012
12,36
0.001013
10,69
0.001015
8,10
9.433
0,001016
8.445
0.001017
7,649
0.001022
5
))q
0,001026
I
qq1
0.001033
) 17)
0.001039
2,087
0"001043
1,694
0,001047
1,428
i
1,237
0.00105
i
0.001054
1,09
0.001058
0,9775
0,001061
0,88s7
0.001073
0,6058
0.001084
0,4625
0,001101
0,3157
0,00
0,2404
1
I 15
0.001127
0,1944
0.00 r 139
0,1633
0,001149
0,1408
0.001159
0,1238
0,001168
0,1104
0.001177
0,09963
0,001216
0,06668
0,001252
0,04978
0.001 319
0.001384
0.03244 o or 15?
0,001452
0,01803
0,001527
0,0t426
0.001611
0,01149
0,001711
0,009307
0.001840
0,007491
0,002036
0,005836
0.003155
0,003155
Energi, kJ/kg
uf
us
Entalpi, kJlke
Entropi. kJ/kg.K
hs
s/ sfo sn 0,0 2375,3 0,0 2501,3 2501 ,3 0,0000 9,1571 9 ,t57 I 15,8 2380,5 15,8 2492,5 2508,3 0,0575 9,0007 9,0582 29,3 2385,0 29,3 2484,9 2514,2 0,1059 8,8706 8,9765 40,6 2388,7 40,6 2478,5 2519,1 0,1460 8,7639 8,9099 50,3 2391,9 50,3 2473,1 2523,4 0,1802 8,6736 8,8538 58,9 2394,7 58,9 2468,2 2527,1 0,2101 8,5952 8,8053 66,5 2397,2 66,5 2464,0 2s30,5 0,2367 8,52s9 8,7626 73,5 2399,5 73,5 2460,0 2533,5 0,2606 8,4639 8,7245 i01,0 2408,5 101,0 2444,5 2545,s 0,3544 8,2240 8,5784 t21,4 2415,2 t21,4 2433,0 2554,4 0,4225 8,0529 8,4754 151,5 2424,9 151,5 2415,9 2567,4 0,5208 7,8t04 8,3312 173,9 2432,1 173.9 2403,1 2577,0 0,5924 7,637t 8,2295 191,8 2437,9 191,8 2392,8 2584,6 0,6491 7,5019 8,1510 206,9 2442.7 206,9 2384,1 259t,0 0,696t 7,3910 8,0871 220,0 2446,9 220,0 2376,6 2596,6 0,7365 7,2968 8,0333 231,5 2450,5 231,5 2369,9 2601,4 0,77t9 "7,2t49 7,9868 241,9 2453,8 241,9 2363,9 2605,8 0,8034 7,1425 7,9459 251,4 2456,7 251,4 2358,3 2609,7 0,8319 7,0774 7,9093 289,2 2468,4 289,2 2336,1 2625,3 0,9439 6,82s6 7,7695 317,5 247'.7,0 317,6 23r9,t 2636,7 1,0260 6,6449 7,6709 359,8 2489,6 359,8 2293;7 2653,5 1,1455 6,38'.73 7,5328 391,6 2498,8 391,6 2274,t 2665,7 1,2331 6,2023 7.4354 417,3 2506,1 417,4 2258,1 2675,5 1,3029 6,0573 7,3602 439,2 2512,1 439.3 2244,2 2683,5 1,3611 5,9378 7 ,2980 458,2 2517,3 458,4 2232,0 2690,4 t,4tt2 5,8360 7,2472 4'75,2 2521,8 4'75,3 2221,2 2696,5 1,4553 5,74'72 '1,2025 490,5 2525,9 490,7 22t1,1 2"701,8 t,4948 5,6683 7,t631 504,5 2529,5 504,7 220r,9 2706.6 r,5305 5,5975 7.t280 561,1 2543,6 s61,5 2163,8 2725,3 1,6122 5.320s 6.9927 604,3 2553,6 604,7 2133,8 2738,5 1,77't0 5,t19'7 6,8967 669,9 2567,4 670,6 2086.2 2756,8 1,9316 4,8293 6;7609 720,2 2516,8 72r,1 2048,0 2769,1 2,0466 4,6170 6,6636 761,'t 2583,6 762,8 2015,3 2778,1 2,1391 4,4482 6,5873 797,3 2588,8 798,6 1986,2 2'-184,8 2,21'70 4,3072 6,5242 828,7 2592,8 830,3 1959,7 2790,0 2,2847 4,1854 6,4701 856,9 2s96,0 858,8 1935,2 2794,0 2,3446 4,0780 6,4226 882,7 2598,4 884,8 1912.3 2797,1 2,3986 3,9816 6,3802 906,4 2600,3 908,8 1890,7 2799,5 2,4478 3,8939 6,3417 1004,8 2604,1 1008,4 1795;1 2804,1 2,6462 3,5416 6,1878 1082,3 2602,3 1087,3 1'714,1 280t,4 2,7970 3,2739 6,0709 t205,4 2589;7 1213,3 1571,0 2784,3 3,0273 2,8627 5,8900 1305,6 2569,8 1316,6 1441,4 2758,0 3,2075 2,5365 5,7440 1393,0 2544,4 1407 ,6 13t7 ,1 2724,7 3,3603 2,2546 5,6149 1472,9 25t3,7 149r,3 1193,6 2684,9 3,4970 1,9963 5,4933 1548,6 2476,8 1571,1 1066,5 2637,6 3,6240 t;7486 5.3726 1622,7 2431,8 1650,0 930,7 2580,7 3,7468 1,4996 5.2464 1698,9 2374,4 1732,0 7'7"7.2 2s09,2 3,8722 1,2332 5,1054 t'785,6 2293,2 1826,3 583,7 2410,0 4,0146 0,9135 4,9281 2029,6 2029,6 2099,3 0,0 2099,3 4,4305 0,0000 4,4305 hl-
hf,
Hill. and Moote. Steam Thhles, Wiley, New York, 1969; G. J. Van Wylen and R. E. Sonntag, Fund.amentals oJ Classical
rmodynamics, Wiley, New York. 1973.
ll0
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL-TABEL Tabel C-3 Uap Superheat
(I
dalarn oC. v
P = 0,010 NIPa (45,81'C)
3,240 2483,9 2645,9
2748,7 2855,4 2960,7 3064.2 3t6'/,'7 1
1
7
5147
,6
5409,5
r
0,3463
10.51 83
P = 0,80 MPa (170,43"C)
288t,2
37 2962.1
1
0,5 i
9
0,5920 0,669'7 0,7472 0,8245 0,9017 0,9788 1,0559 1,1330 1.2101
1
6,799 4467 ,7 .260 4683,5
P = 0.060 MPa i158.85"C.1
0,4"742
400 0,617 3 2963 ,2 327 ,9 ;7 938 ,500 0,7109 3128,4 3483.9 8,0873 600 0,8041 3299.6 3701,'7 8,3522 700 0.8969 3477,5 3925,9 8,5952 800 0,9896 3662,1 1156,9 8.821 900 1,0822 3853,6 1394.1 9,0329 1000 t,1747 405 r,8 4639,1 9,2328 1100 1,2672 4256.3 4889.9 9,4224 1,3596 4466,8 5146,6 9,6029 r 200 l 300 .4521 4682,5 5408,6 .77 49
r.9364 2582,8 2776,4 7,6134 2,172 2658,1 2875,3 7,8343 2.406 2733,7 2914,3 8,0333 2.639 2810,4 3074,3 8,2158 3,103 2967.9 3278,2 8,543s 3,565 3131,6 3483,1 8,8342 4,028 3301,9 3701,7 9,0976 4,490 3479,2 3928,2 9,3398 4,952 3663,5 4158,6 9,5652 5,414 38s4,8 4396,1 9,776"/ 5,875 4052.8 4640,3 9,9164 6,337 42s7.3 4891,0 10.1659
0,4625 2553.6 2138,6 6,8959 0.4708 2564,5 2752.8 6,9299 0,5342 2646,8 2860,5 7,r'706 2126,t 2964,2 7.3789 0,595 i 0,6548 2804,8 3066,8 7,5662 0,7726 2964.4 3273,4 7,8985 0,8893 3129.2 3484,9 8,1913 1,0055 3300.2 3702,4 8,4558 I,t2t5 3477,9 3926,5 8,6987 1,2372 3662,4 4t57 ,3 8.9244 1,3529 3853,9 4395,1 9.t362 i,4685 4052.0 4639,4 9,3360 1,5840 4256,5 4890,2 952s6 1,6996 4467 .O 5 146,8 9,7060 1,8151 4682,8 5408,8 9,8780
7,6329
1,2109
1,6958 2506;7 2676.2 7,36t4
0,6058 2513,6 2725,3 6,99t9 0.6339 2570,8 2761,0 '7,0718 0.7163 2650,1 2865,6 7.3r1s 0.7964 2'728,7 2967,6 7,5t66 0.8753 2806,7 3069.3 7,7022 1.0315 2965,6 32'75,6 8,0330 r,t861 3130,0 3486,0 8,3251 r.3414 3300,8 3703,2 8,5892 r,4957 3478,4 392't ,t 8.83 r 9 t,6499 3662,9 4157,8 9,0576 1,8041 38s4,2 4395,4 9,2692 1,9581 4052,3 4639,7 9,4690 2.tt2t 4256,5 4890,4 9,6585 2.2661 4467,2 5147,r 9,8389 2.4201 4683.0 s409,0 r0.0110
7,4599
7,0592
7.3s94
P = 0,40 MPa (143,63'C)
0,31s7 2567,4 0.3s20 2638,9 0.3938 2720p a.$41 28b1.0
6,8213
r.6940 2506,1 267s.s
P = 0.30 MPa (133,55"C)
P = 0.50 MPa (151,86'C)
Ienuh. 0,3749 2561,2 200 0,4249 2642,9 250 0,4744 2723,5 300 0,5226 2802,9 350 0.5701 2882,6
P = 0,010 MPa 199,63"C.t
7.593e
3.418 251t,6 2682,s 1,6947 3,889 2585,6 2780,1 7.9401 4,3s6 2659,9 2877,7 8,1580 4.820 2735,0 2976,0 8,3556 5,284 281i.3 3075.5 8.5373 6,209 2968,5 3278,9 8,8642 7 .134 3132.0 3488,7 9,1546 8.057 3302,2 3705,1 9,4178 8,981 3479,4 3928,5 9,6599 9.9A4 3663,6 4158,9 9.88s2 10,828 3854,9 4396,3 10,0967 i1,751 4052.9 1640.5 t0,2964 t2,674 4257,4 4891,1 10.4859 13,597 4167,8 5147,1 10.6662 t4,521 4683,6 5409,6 10,8382
P = 0.020 MPa (120,23"C)
Jenuh. 0,8857 2529.5 2706,7 7,1272 150 1.9596 2s76,9 2768.8 7,2795 200 1,0803 2654,4 2870,5 7,s066 250 f .i988 273t.2 2911,0 7,7086 300 |,3162 2808,6 307 I ,8 7 ,8926 400 t,5493 2966,1 32'76,6 8,2218 500 1 ;78t1 3130,8 3181 ,r 8,5 133 600 2,013 3301,4 3704,0 8,'7770 700 2,244 3478,8 3927,6 9,0194 800 2.475 3663.1 4t58,2 9,2449 900 2.706 3854,5 ,1395.8 9.4566 1000 2,937 4052,s 4640,0 9,6s63 1100 3.168 42s7,0 4890,7 9.8458 1200 3,399 4461,5 511'7,3 10,0262 1300 3,630 4683,2 5409,3 10.1982
[LAMPIRAN C
*3lkg. u dan lr dalam kJ,&g. s dalam kJ/kg'K)
P = 0.050 MPa 181.33"C)
Jenuh. 14,674 2437,9 2581.1 8,1502 50 14,869 2443,9 2s92,6 8,1'749 100 17.196 2515,5 2687,5 8,4479 150 19.512 2587.9 2'783.0 8,6882 200 21.825 2661.3 2879,5 8,9038 250 24.t36 2736.0 2977 ,3 9,1002 300 26,415 2812,1 3076,s 9,2813 400 31.063 2968,9 3219.6 9,6077 500 35,679 3132,3 3489,1 9,8978 600 40,295 3302.s 3105.4 10,1608 700 44.911 3479,6 3928.7 10,4028 800 49,s26 3663.8 4i59,0 10.6281 900 54.t4t 3855.0 4396.4 10,8396 1000 58,7s1 4053,0 4640,6 11,0,193 1100 63,372 4257.5 4891,2 11.2287 1200 67,98"1 1467,9 5147,8 11,4091 1300 72.602 4683,7 54A9,7 11.5811
UAP)
3t27,6
2'756.8 6,7600 2850,1 6,9665 29s7,2 7,1816 3061,6 7,3724 3165,7 '7,5464 3270,3 7 ,'7079 3482,8 8,0021 3700,9 8,2674 3925,3 8,5107 4156,5 8,7367 4394,4 8,9486 4638,8 9,1485 4889,6 9,3381
3299,1 3477.0 3661,8 3853,4 4051,5 4256,t 4466,5 5t46,3 4682,3 5408,3
9,5185 9,6906
0,2404 2576,8 2769,t 6,6628 0,2608 2630,6 2839,3 6,8158 0,2931 27ts,5 2950,0 7,0384 03241 2797,2 3056,5 '1,2328 0,3544 28'78,2 3161,7 ,4089 0,3843 2959,1 3267 ,1 7 ,5716 0,4433 3126,0 3480,6 7,8673 0,5018 3297,9 3699,4 8,1333 0,5601 3476,2 3924,2 8,3'770 0.6181 366r,1 4155,6 8,6033 0.676r 3852,8 4393,7 8,8153 0.7340 4051,0 4638,2 9,0153 0.7919 4255,6 4889,1 9,2050 0,8497 4466,1 5145,9 9,3855 0.9076 4681,8 5401.9 9,5s7s '7
LAMPIRAN C]
PROPERTI-PROPERTI TERN4ODINAMIKA AIR (TABEL-TABEL UAP)
3i
Tabel C-3 (lanjuran)
uh
'tl
P = 1,00 MPa (179,91"C)
0,6798
2583.6 2778,t 6.5865 2621.9 282'7,9 6.6940 2109,9 2942.6 6,924i 2193,2 3051,2 't.1229 2875,2 3157.7 7,3011 2957.3 3263,9 7.465r 3124,1 3478,5 i,1622 3296,8 3697.9 8.0290 3475,3 3923,1 8,2'73t 3660,4 4154J 8.4996 3852,2 4392.9 8.7118 4050,5 4637,6 8,9119 4255,t 4888.5 9,101'7 4165.6 5115.4 9.2822
0.7261
468
Jenuh. 0,i94 44
200 250 300 350 400
0.2060
-500
0.3541
600 700 800 900
0,401
1000 1 100 1200 1300
0,5871
0,2327
0,2579 0,2825 0,3066
i
0,4478 0,4943 0.5407
0.6335
1
.3
5407
.4
9.4513
P
0.t92 34 0,2138
o )t4s 0,2548 L).2946
0.3339 0.3'729 0.41 1 8
0.4505
0,4892 0.5218 0,5665 0.60-51
225 250 300 350 400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200 1300
0.132 87 0.141 84 0.158 62 0.174 56 0.190 05 0.2203 0,2500 0.2794 0"3086 0,3377
0.5668 0.3958 0.4248 0.4538
2596,0 2194,0 6.4218 2644,'7 2857,3 6,5518 2692.\ 29t9.2 6.61 \2 2781,t 3034,8 6.8844 2866,1 3145,4 1.0694 2950,1 3254,2 7,2314 31 19.5 3472.0 7,5390 3293,3 3693.2 7.8080 3412,7 39).9,7 8.0535 3658,3 4t52.r 8,2808 3850,5 4390.8 8.4935 4049,0 4635,8 8,6938 4253,7 4887,0 8,8837 4464,2 s 143.9 9,0643 4679,9 5406,0 9.2364
P = 2,50 Jenuh. 0,079 98 225 0.080 27
250 300 350 400 450 500 600 700 800 900 1000 1100 1200 1300
0.087 00
0.098 90
0.rc9 76 0.120
10
0.130 14 0.139 98 0.159 30 0.178 32 0.197 16 0.2
i5
90
0.2346 0.2532 0.2718 0.2905
1\4Pa
P
P = 1.40 MPa (195.07'C)
=
10
0.14084 2592.8 2790.0
6,4693
2803,3
6.4915
0"14302 2603,1
0.16350 2698,3 292'7,2 6J467 0.18228 2785,2 3040.4 6,9534
0.2003 0.2178 4.2521 0,2860 0.3195 0.3528 0.3861 0,4192 0.4524 0.4855
2797
.t
2846.7 2911,0 3029,2 3t41
,2
2869.2 2952.5 3321
49.5 325 t-.5
3I
,1 3474,1
3294.4 3173.6 3659.0 3851,1 4049.5 4251,1 4464.7 0..5186 4680.4
1.80 MPa (207,15'C)
42 2598,4 0.t36 73 2636.6 0,t24 97 2686.0 0,140 21 2176,9 0,154 57 2863.0 0,168 47 2947,7 0.i9-5 50 3u7,9 0,2220 3292.1 4.2482 3471.8 0,2742 3657.6 0,3001 3849,9 03264 4048,5 0,3518 4253,2 0.3776 4463.7 0.4034 4679.5 0. i
(233,99'C)
2603,1 2803.1 6,2575 2605,6 2806.3 6,2639 2662,6 2880,I 6.4085 2761,6 3008,8 6.6438 2851,9 3t26,3 6.8403 2939,1 3239.3 7.0148 3025,5 3350,8 1,t146 3112,t 3462,1 7,3234 3288,0 3686,3 7.5960 3468.7 3914,5 7.8435 3655,3 4t48,2 8,0720 3847.9 4387.6 8,2853 4046;7 4633,1 8.4861 4251,5 4884.6 8.6762 4162,1 -s 141.7 8,8569 4611 ,8 5404.0 9,0291
1,20 NiPa (187,99'C)
2588,8 2781.8 6.5233 2612,8 2815,9 6.5898 2'704,2 2935.0 6.8294 2189.2 30,15.8 7 ,0311 28'72,2 3153.6 1.2121 2954,9 3260.7 7,i1'74 3122.8 34'16.3 i,6159 32q5.6 J696.J 7,9+ \5 31'74,4 3922.0 8.1881 3659,7 .11 53.8 8,4148 38s1,6 4392.2 8.6272 4050,0 4637,0 8.8274 4254,6 4888,0 9.0112 4465,1 5144.9 9,ts77 4680.9 5407.0 9.3698
0,169 30
P = 1,60 MPa (201,41'C) Jenuh. 0.i23 80
=
0.163 33
7.87
,1153,0 ,1391.5
8.843i
4636.4 4887.5
8,7559
5i44.1
9.12(t2
5406.5
9.2981
0,099
6,4808
0.103
6,6066 6.E226 7,0100
5t43.4
9,0096
5405,6
9.1818
0.05707 2603.1 2803.4
0,070
6,2812
0.058
0,081
6.5390
0,068
2644,0 2855,8 2750.1 2993,5 2843,7 3l i 5,3 2932.8 3230.9 3020,4 3344.0 3108,0 3456.5 3285,0 368'2.3 3466.5 3911;7 3653,5 4145,9 3846,5 4385,9 0.195 41 4045.4 1631.6 0,2 t 0 98 .1250,3 48E3,-1 0,226 52 4460,9 5140.5 0.242 06 4676.6 5402.8
7,0834
72 2623,1 42 2738,0 0.076 78 2835,3 t-l oR4 51 )q76 4 0.091 96 30r5.3
7,2-138
0,099
7..5085
0.1t3 0,\26
6;7428 6.9212
I8
3103,0
8,5912
24 3282,1 99 3464.3 0,140 56 365i,8 0.154 02 3845.t) 0,167 13 4044,1 0,180 80 4249,2
8;7120
0,194
1
i0
8.1160
8,55-56
8.9457
P = 3,50 MPa (242,60'C)
6.1869
58 14 0,090 53 0.099 36 0.107 87 0.1 L6 19 0.132 43 0,148 38 0.164 14 0,i79 80
.6027
3694,8 3920,8
63 2600.3 2799.5 6.3409 77 2628,3 2835.8 6.4t41 0.1fi 44 2619,6 2942,5 6,5453 0,125 47 2,112.6 302-3.5 6;7661 0.138 57 2859.8 3137,0 6.956,1 0.i51 20 2945.2 324'7.6 i.t2it 0,175 68 3 I r 6,2 3461 ,6 1 ,43 )1 0,199 60 -1290.9 3690, I 7 .7424 0.2232 3470.9 39t1.4 i.9487 0.2467 3657,0 ,1150,3 8.1765 0.2700 3849.3 4389,4 8,3895 0.2933 4048.0 1634.6 8.5901 0,3166 4252,7 4885.9 8.7800 0,3-198 4463,3 5142,9 8.9607 0"3631 4679.0 540s.1 9.1329
6.3794
3250,9 7.t794 3469.8 '7,4825 3691.7 7.1523 3918,5 7.9983 4151,2 8,2258 4390,1 8"4386 463s,2 8.639 r 4886,4 8.it290
68 2604.1 2804.2
1.3026 1
P = 2.00 }lPa (212,42"C)
P = 3,00 MPa (233,90"C) 0.066
7. 136i)
.751L
1.9862 8,1
999
8,4009
8.9142
5 4459,8 0,201 49 4675.5 t
6.1253
2829,2 6,1749 2917,5 6,,+461 3 i0,1.0 6.6579 3222,3 6,84rJ5 3331,2 7,0052 3450,9 t-,1572 3618,1 7,1339 3908.8 :7.683'7
4i43,7
1,9t34
4-18,1,1 8.12i6
4630,1
8,3288
1.9
8.5192
5139,3
8,7000
s40t.7
8.8723
488
I
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL.TABEL UAP)
312
ILAMPIRAN
C
Tabel C-3 (lanjutan)
P = 4,0 MPa (250,40'C)
Jenuh. 0.049'78
275 0.054 57 300 0.058 84 350 0,066 45 400 0.073 4t 450 0,080 02 500 0,086 43 600 0,098 85 700 0.110 95 800 0.t22 87 900 0.134 69 1000 0,t4645 1100 0.1-58 17
i200
0.169 87
1300
0,181 56
2602,3 2801,4
6,0701
266'7,9 2886,2 6,228s 2725,3 2960,7 6,3615 2826;7 3092,5 6,5821 2919,9 3213,6 6,7690 3010,2 3330,3 6,9363 3099,5 3445,3 7,0901 3279,1 3674,4 7,3688 3462,t 3905,9 7,6\98 3650,0 4t4t,5 7,8502 3843,6 4382,3 8,0647 4042,9 4628,7 8,2662 4248.0 4880,6 8,456'7
4458,6 5138,i 4674,3 5400,5
8,6376 8,8100
P = 4,5 MPa (257.49'C) 0,044 06 2600,1 2798,3 6.0i98
30 2650,3 2863.2 6,1401 0.05 r 35 27 t2,0 2s43,1 6,2828 0,058 40 2817,8 3080,6 6,s131 0,064 75 2913,3 3204;7 6,7047 0.0'70 74 3005,0 3323,3 6,8'746 0,076 51 309s,3 3439,6 7.0301 0,087 65 3216,0 3670,5 7,3110 0,098 47 3459.9 3903,0 7,5631 0,109 11 3648,3 4139,3 ,7942 0,119 65 3842,2 4380,6 8,0091 0.130 13 4041,6 4627,2 8.2108 0,140 56 4246,8 48'19,3 8,4015 0,150 98 4457,5 5136,9 8,5825 0,161 39 4673,1 5399,4 8,7s49 0,047
7
44 2589,7 27843 5,8892 300 0,036 16 2667,2 2884,2 6.0674 350 0,042 23 2789,6 3043,0 6,3335 400 0,047 39 2892,9 3177,2 6,5408 450 0.052 t4 2988,9 3301,8 6;7193 500 0.056 6s 3082,2 3422,2 6.8803 550 0,061 01 3174,6 3540,6 7,0288 600 0,065 25 3266,9 3658,4 "/.1677 700 0,073 52 34s3.1 3894,2 7,4234 800 0,081 60 3643,t 4132,7 7,6566 900 0,089 58 3837,8 437s,3 7,8727 1000 0,097 49 4037,8 4622,7 8,0751 1100 0,105 36 4243,3 48'75,4 8,266t 1200 0,113 2t 4454,0 5133,3 8,4474 1300 0,121 06 4669,6 5396,0 8,6199 P = 9,0 MPa (303,40"C)
48 325 0,023 21 350 0,025 80 400 0,029 93 450 0,033 50 500 0,036 77 550 0,039 87 600 0,042 85 650 0,045 74 700 0,048 57 800 0,054 09 900 0,059 50 1000 0,064 85 1100 0,070 16 1200 0.075 44 1300 0.080 72
Jenuh. 0,020
2557,8 2742,1 5.6772 2646,6 2856,0 5,87t2
2724,4 2956,6 6,0361 2848,4 3117,8 6,2854 2955,2 3256,6 6,4844 3055,2 3336,1 6,6576 3152,2 3511,0 6,8142 3248,1 3633,7 6,9589 3343,6 375s,3 7,0943 3439,3 3876,5 7,2221 3632,5 41t9,3 '7,4s96 3829,2 4364,3 '7,6'783 4030,3 4614,0 7,8821 4236,3 4867,7 8,0740 4447,2 5126,2 8.2556 4662;7 5389,2 8,4284
0,039 44
2597,1 2"/94.3
0.041 41
263t,3 2838,3 6,0544 2698,0 2924,5 6,2084 2808,7 3068,4 6,4493 2906,6 3195,7 6,6459 2999,7 3316.2 6,8186 3091 ,0 3433,8 6,97 59 3273,0 3666,5 7,2589 3457,6 3900,1 7.5122 3646,6 4137.t '7,7440 3840,7 4378,8 7,9593 4040,4 4625J 8,t612 4245,6 4878,0 8,3520 4456,3 5135;7 8,s331 4672,0 5398,2 8,70-5s
0.045 32 0,051 94
0,057
0,027 37 0,029 47
0,068 57 0,078 69 0,088 49
0.098
0,035 24 0,039 93
0,044 16 0,048
14
0,051 95
0,055 65
0,117 07 0.126 48
0,135 87
0.t45 26
0,062 83 0.069
81
0,0'76 69
0,083 50 0,090 27 0,097 03 0,103 77
52 26 0.029 95 0.034 32 0,038 17 0,041 75 0,04s 16 0,048 45 0,054 81 0.060 97 0,067 02 0.073 01 0,078 96 0,084 89 0.090 80
5,8133
o,an
3,930s
0,024
30i6,0
6,2283
3158,1
6,4478
3287,1
6,6327
3410,3 3t67,2 3530,9 3260,7 36s0,3 3448,5 3888,3
6,79'75
7,0894 7.3476
3639,5 4t28,2 7,5822 3835,0 437t,8 1.7991 4035.3 4619,8 8,0020 4240,9 48'72,8 8,t933 4451;7 5130,9 8,3747 4667.3 5393.7 8.s4'73
2544,4 2610,4 0,022 42 2699,4 0,026 4t 2832,4 0,029 75 2943.4 0,032'79 3045,8 0,019 861
2724,7 5,6141 2809,1 s,7568 2923,4 5,9413 3096,s 6,2t20 3240,9 6.4190 3373,7 6,s966
0,035 64
3t44,6 3500,9 6.7561
0,038 37
3241,7 3625,3 6,9029 3338,2 3748,2 7,0398 3434.7 3870.5 '.7,168"1 3628,9 4t14,8 7,4077 3826,3 436t.2 '7.6272 4027,8 4611,0 7,8315 4234,0 4865,1 8,0237 4444,9 5123,8 8,2055 4460,5 5387,0 8,3783
0,041 01
0,043 58 0,048 59 0,053 49
0,058 32 0.063 12 0,067 89 0,012 65
2569,8 2590.9 2747;7 2863,8 2966,1 3064,3 3159,8 3254,4 3443.9
2'758,0
5,7432
2785,0 5.1906 2987,3 6,1301 3138,3 6.3634 3272,0 6,5551 3398,3 6;/240 3521,0 6,8778 3642.0 7,0206 3882,4 7,28t2 3636,0 4123.8 7 ,5t73 3832,1 4368,3 7 ,1351 4032,8 4616,9 '7,9384 4238,6 4870,3 8,1300 4449,5 5128,5 8,3115 4665,0 5391,5 8.4842
= 12,5 MPa (327,89"C) 495 2505,1 2673.8 5,4624
P
P = 10,0 MPa (311,06'C) 0,018 026
5,9734
P = 8,0 MPa (295.06"C)
2838,4
6,9486
11
0,10'7 62
2'772,1
2580.5 2632,2 2769,4 2878,6 2978.0 3073,4
81
0,063 30
P = 7,0 MPa (285,88'C)
P = 6.0 MPa (275,64'C)
Jenuh. 0,032
P = 5,0 MPa (263,99"C)
0,013
0,0t6126 2624.6 0,020 00 2789,3 0,022 99 2912.5 0,025 60 3021;7 0,028 01 3r25,0 0,030 29 3225,4 0,032 48 3324.4 0,034 60 3422,9 0,038 69 3620,0
67 58 0,050 45 0.054 30 0,058 13 0.042 0,046
2826.2 5,7118 3039,3 6,0417 3199,8 6.27t9 3341,8 6,4618 3475,2 6.6290 3604,0 6,7810 3730,4 6,9218 38_s5.3 7,0536
4103,6 38r 9,1 4352,5 4021,6 4603,8 4228,2 4858,8 4439,3 5118,0 4654,8 5381,4
'7,2965 1
,5182
7;7237
7.9165 8,0987 8.2'71'7
LAMPIRAN C]
PROPERTI.PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL-TABEL UAP)
313
Tabel C-3 (lanjutan)
P
=
Jenuh. 0,010 337
350 400 450 500 550 600 650 700 800 900 1000
0.011 470
0.015 649 0.018 445
0.020 80 0,022 93
0.02191 0.026 80 0.028 61 0.032 l0 0.035 46 0.038
7-5
1100 0.042 00 1200 0.045 23
1300
0.048 45
15,0 MPa (342,24"C)
2455.5 2520.4 2740.7 2879.5 2996.6
P = 17,5 MPa (354,75"C)
20
2610,5 5,3098 2692,4 5,4421 2975,5 5,8811 3156,2 6,1404 3308,6 6.3413 3t04.7 3448.6 6,5t99 3208,6 3582;3 6,6716
0,0079
3310,3 3410,9 3610,9 3811.9 4015.4 4222.6 4433.8 4649,1
3'712,3 6,8224
0,022 74
3840.1 69572 4092,4 7,2040
0,024 34
4343,8 7 .4279 4596.6 '7 ,6348 4852,6 7.8283 5112,3 8,0108 5376,0 8,1840
0,012 441
0,015 i74 0,017 358 0.019 288 0,021 06
0,027 38 0,030 3l
0,033 16 0,03s 97 0,038 76 0.041 54
P = 20,0 MPa (365,81"C)
2390,2 2528,8 5.1419
0,005
2685.0 2844.2 2970.3 3083.9 3191.5 3296,0 3398,7 3601,8 3804,7 4009,3 4216.9 4428.3 4643,5
2902,9 5,72t3
0,009
3t09;7 6,0i84
0,012
3274,1 6,2383 3421.4 6,4230 3560,2 6,5866 3693.9 6,73s1 3824,6 6,8736
4081.1 7.t244 4335,1 7 ,3s07 4589.5 7,5s89
s.4'723
0.005 303
5.6744
0,006
5,9592
0,008 678
3017.-5 3335,6
6.1'.765
0,010 168
3t37,9 349t.4
6.3602
0,01i
2455.1 2614,2 5,1504 2619,3 2821.4 5.4424 2820,'7 3081.1 5,7905 2910.3 3275,4 6,0342 3r00,5 3443,9 6,2331
,4 .5
6.5229
0,012 596 0,013 661
322t.0 3598,9 333s,8 3745,6
6.4058
6.6101
3-574.3 4047.t 6.9345 3783,0 4309,1 7.i680 3990,9 4568,5 7,3802 4200.2 4828.2 7,5765 4112,0 5089,9 7.1605 4626,9 5354.4 7.9342
0,015 623
3555,5 4021.2
6.8332
0,017 448
3768,-s
429t,9
7,0718
0,0i9
0.020 903
3978.8 4554;7 '7,286'7 4189,2 4816,3 7 ,184s
0,022 589
4401
0.023 10 0.025 t2 0.027 fi 0.029 10
SuNasEn:
196
0.024 266
,3
7,0544
P = 40.0 MPa
,5
5079.0
4616,0 5344.0
6,5606
7
.6692
'7,8432
t677,1 1742,8 t854,6 1930,9 0.002 532 2096,9 2198,1
4,5029
693 2365,1 25t2.8 4,9459 0,005 622 26'78.4 2903,3 5,4'700 0,006 984 2869,7 3149,t 5,7785 0.008 094 3022,6 3346,4 6,0114 0,009 063 3158,0 3520,6 6,2054 0.009 941 3283,6 3681,2 6,3750 0.011 523 3517"8 3978,7 6,6662 0,012 962 3739,4 4257.9 6,9150 0,014 321 3954.6 4s2'7,6 '7,t3s6 0,015 642 416't,4 4793,1 1,3364 0,0i6 940 4380,1 5051 ,7 ,5224 0,018 229 4594,3 5323,5 7,6969 0,003
Keenan. Keyes, Hill, and Moore, SteamTables, Wiley, Nerv York, 1969: G. J. Van Wylen and R. E. Sonntiig, ol Clossic'al Therntodtnnmics, Wiley, Nerv York, 1973.
F:undamental.s
6,7993
3,8290
2609,2 2806,3 2720.7 2949,7 2884,3 3t62.1
1000 1100 1200 1300
6,6582
4,1135
24fi.1 215r,r
3637
6,5048
0.001 907 7
0.002'190
,+46
6,3348
0,026
P = 30.0 MPa
73-5
6,1401
4,4728
5.14r8
3777
85 3592,7 4069;t
5,9017
0.001 640 7
7,9360
2430,t 2580,2
.3
0,023
5,5540
3,9305
1,7531
0.001 789 2 1737.8 1191
3361
2818,1 3060,1 3238.2 0,016 3393,5 0.018 178 31'/4,0 3537,6 0,019 693 3281,4 367s,3 0,021 13 3386,4 3809,0 2619,3 2806,2 2942,9 -555 3062,4
8,1093
1846,4
5106.6 5370.5
4.0320
3251.6
942 69s 0.014 768
4,9269
4s 3797,5 4326.4 '7,2830 0.028 97 4003,1 4582.5 '7,4925 0.031 45 421t,3 4840.2 7,6874 0,033 91 4422.8 5101,0 7,8701 0.036 36 4638,0 5365,1 8,0442
P = 25.0 MPa 3'75 0.001 9731 t'798.1 1U48,0
400 0.006 004 425 0.007 881 450 0.009 r 62 500 0.011 123 550 0.0t2 724 600 0,014 137 650 0.015 433 700 0.016 646 800 0.018 912 900 0.021 045
834 2293,0 2409,7
"7
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL.TABEL UAP)
3t4
ILAMPIRAN C
Tabel C-4 Cair Terkompresi
P=5MPa(263,99'C)
P = 10 MPa (311,06'C)
P = 15 MPa (342,42C)
T 0
0,000 997
0,04
5,04
0,000r
0,000 995 2
0,09
20
0,000 999
83,65
88,65
0,2956
0,000 997 2
83,36
171,97 0,5705 255,30 0,8285
0,001 003 4 0,001 024 5
501,80
338,85 t"0720 422,72 1,3030 507,09 r,5233
586,76
592,15
1,7343
0,001 073 7
672,62
678,12 1,937s 765,25 2,1341
0,001 095 3
40 60 80 100
r20 140 160 180
200 220
240 260
7 5 0,001 005 6 0,001 014 9 0,001 026 I 0,001 041 0 0,001 057 6 0,001 076 8 0,001 098 I 0,001 124 0 0,001 153 0 0,001 186 6 0,001 226 4 0,0012't4 9
t66,95 250,23 333,72 417.52
759,63 848,1
938,4 1031,4 1127,9
853,9 944,4 1037,5 1t34,3
0,001 012 7 0,001 038 5 0,001 054 9
0,001 119 9
2,3255
0,001 148 0
2,5128
0,001 180
5
2,6979
0,001 218
7
2,8830
0,001 264
5
8
0,15
15,05 0,0004
0,000 995 0
83,06
97,99 0,2934 180,78 0,5666
10,04 0,0002 93,33 0,2945
0,000 992
166,35 176,38 0,5686 249,36 259,49 0,8258 332,59 342,83 1,0688 416,12 426,50 1,2992 500,08 510,64 1,5189 584,68 595,42 1,7292 670,13 681,08 1,9317 756,65 76'7,84 2,12',75 844,5 856,0 2,3t78 934,1 945,9 2,5039 t026,0 1038,1 2,6872 t121.r 1133.7 2.8699
0,001 001
0,001 070 7
165,76 248,5t 263,67 0,8232 331,48 346,81 1,0656 414,74 430,28 1,2955 498,40 514,19 1,5145 582,66 598,72 t,7242
0,001 09r 8
66'.7,71 684,09 r,9260
0,001 115 9
753,76 770,50 2,1210 841,0 858,2 2,3104 929,9 947,5 2,4953 1020,8 1039,0 2,6'77 t 1114,6 1133,4 2,8576 P=50MPa
3
0,001 010 5
0,001 022 2 0,001 036
1
0,001 052 2
0,001 143
3
0,001 i74
8
0,001 211 4
0.001 255 0
P=30MPa
P = 20 MPa (365,81'C) T
4 0,19 20,01 0,0004 8 82,77 102,62 0,2923 185,16 0,5646 0,000 999 2 165,17 267,85 0,8206 0,001 008 4 247,68 350,80 t,0624 0,001 019 9 330,40 0,001 033 7 413,39 434,06 t,2917 0,001 049 6 496,76 517,76 t,5t02 602,04 1,7t93 0,001 067 8 580,69 687,12 1,9204 0,001 088 5 665,35 0,001 112 0 750,95 773,20 2,1147 860.5 2,303t 0,001 138 8 837,'7 1040,0 2,6674 0,001 204 6 1016,0 t230,6 3,0248 0,001 296 5 1204,7 443 t415,7 1414,6 3,3979 0,001 7 r'739,3 3,8772 0,001 822 6 t702,8
0
0,000 990
0,000 985 6
20
0,000 992
0,000 988 6
40 60 80
i00 120 140 160 180
200 240 280
320 360
0,25
29,82 0,0001
0,000 976 6
82,t',7 111,84
0,2899
0,000 980 4
1
164,04 193,89
0,5607
0,000 987 2
0,001 004 2
246,06 2'76,19
0,8154
0,000 996 2
0,000 995
0,001 015 6 0,001 029 0 0,001 044 5 0.001 062
1
0.001 082
1
0,001 104 7 0.001 130 2 0.001 192 0 0,001 275 5 0,001 399 7 0.001 626
5
0,20 81,00
49,03 0,0014 130,02 0,2848
161,86 211,21 0,552't 242,98 292,79 0,8052 324,34 374,70 t,0440 405,88 456,89 t,2703 487,65 539,39 1,485't 569,77 622,35 1,6915 652,41 '.105,92 1,8891 735,69 790,25 2,0794
328,30 358,',77 t,O56t 0,001 007 3 410,78 441,66 1,2844 0,001 020 1 4g3,5g 524,93 r,50tS 0,001 034 8 576,88 608,75 1,7098 0,001 051 5 660,82 693,28 1,9096 0,001 070 3 745,59 ',778,73 2,t024 0,001 091 2 831,4 865,3 2,2893 0,001 114 6 819,7 8'75,5 2,2634 1006,9 1042,6 2,6490 0,001 170 2 990,7 1049,2 2,6158 1190,7 1229,0 2,9986 0,001 241 5 t16't,2 1229,3 2,9537 t390,7 1432,7 3,3539 0,001 338 8 1353,3 1420,2 3,2868 1626,6 16',75,4 3,'7494 0,001 483 8 1556,0 t630.2 3.629r
Hill, and Moore, Steam Tables, Wiley, New York, 1969; G. J. Van Wylen and R. E. Sonntag, Fundamentals of Classical Thermodynamics, Wiley, New York, 1973. SuMeen: Keenan, Keyes,
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL-TABEL UAP)
LAMPIRAN C]
315
Tabel C-5 Padat-Uap Jenuh Yolume, m3/kg
Energi, kJlkg
Entalpi, kJ,&e
Entropi, kJ/kg'K
Uap Uap Padat Padat Uap Padat Uap Padat Subl. Subl. Subl. Jenuh Jenuh Jenuh Jenuh Jenuh Jenuh Jenuh Jenuh t8 ,is h, si hi h,, T, "C P, kPa v, x 103 vp, ui uie uR 0,01 0,6113 1,0908 206,1 -333,40 2'708;1 23't5,3 -333,40 2834,8 2501,4 -1,221 10,378 9,156 0 0,6108 1,0908 206,3 -333,43 2708,8 2375,3 -333,43 2834,8 2501,3 -1,221 10,378 9.157 0,5t76 1,0904 241,7 -337,62 2710,2 2372,6 -337,62 2835,3 2497,7 -1,237 10,456 9,219 -2 4 0,4375 1,0901 283,8 -34t,78 2711,6 2369,8 -341,78 2835,7 2494,0 -1,253 10,536 9,283 334,2 -345,91 2712,9 2367 ,0 -34591 2836,2 2490,3 -t,268 10,616 9,348 -6 0,3689 1,0898 394,4 -350,02 2714,2 2364,2 -350,02 2836,6 2486,6 -1,284 10,698 9,414 -8 0,3102 1,0894 466,7 -354,09 2715,5 2361,4 ,3s4,09 3837,0 2482,9 -1,299 10,781 9,481 -10 0,2602 1,0891 553,7 -358,14 2716,8 2358,7 -358,14 283'7,3 2479,2 -1,315 10,865 9,550 -12 0,2176 1,0888 0,1815 1,0884 658,8 -362,15 2718,0 2355,9 -362,15 2837 ,6 2475,5 -1,331 10,950 9,619 -t4 0,1510 1,0881 786,0 -16 -366,14 2'.7t9,2 2353,1 -366,14 2837,9 247t,8 -1,346 11,036 9,690 r,0874 1128,6 0,1035 -374,03 2721,6 234'7,5 -374,03 2838,4 2464,3 -t,377 11,212 9,835 -20 0,0701 1,0868 1640,1 -24 -381,80 2723,1 2342,0 -381,80 2838,7 2456,9 -1,408 1t,394 9,985 2413,7 0,0469 1,0861 -28 -389,45 2725,8 2336,4 -389,45 2839,0 2449,5 -1,439 11,580 10,141 -32 0,0309 1,0854 3600 -396,98 2'727,8 2330,8 -396,98 2839,1 2M2,1 -1,47t 11,'.7"13 10,303 -36 0,0201 1,0848 5444 404,40 2729,6 2325,2 404,40 2839,1 2434,7 -1,501 11,972 10,470 -40 0,0129 1,0841 8354 411,70 2731,3 2319,6 411,"70 2838,9 242,1,2 -t,532 12,176 t0,644 Hill, and Moore, Steam Thbles, Wiley, New York, 1969; G. J. Van Wylen and R. E. Sonntag, Fundamentals Classical Thermodynamics, Wiley, New York, 1973. SuMssn: Keenan, Keyes,
of
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL-TABEL UAP)
316
ILAMPIRAN C
Tabel C-IE Properti-properti dari H20 Jenuh-Tabel temperatur
Temp,
r.
oF
32.018 -35
.10
Tekanan,
P.psia
Volume. ft3/lbm Uap Cair Jenuh Jenuh
,[
0,t4748 0,016021 2037 0,17803 0,2563 0,3632 0.5073 0,6988 0,9503 1.2763
80
90 100
It, I
0,08866 0,0t6022 3302 0,09992 0,016021 2948 0.t2166 0,016020 2445
50 70
Cair
Uap
Jenuh Evap,
,,8
45 60
Enersi. Btu/lbm Jenuh
lln ts
Il
1021,2
1021,2
2.99
tot9.2
8,02
1015.8 1012,5 1009.1 1002.4
t022.2 t023.9
13,04
t704,2
18,06
0,0 1603s
1206.9
28.08
1025,5 102'7.2
1030.4
0,016051
867,7
38,09
0,016073
632,8
48.08
0,0 16099
467.7
58.07
995.6 1033.7 988.9 1037,0 982.2 t040,2
0"016130
350.0
68,04
97
78,02
5,4
1043,5
0,016570
40,95
158,00
200
9,343 tL,529
0,016634
168,04
210
14,t25
0,016702
33,63 ?7 R1
2t2
l 4.
698
0.016716
26,80
1
220 230 240 250 260
17,188 20,78
0,016712
23,15
188,1 7
0.0 r 6845
19.386
198,26
968.7 1046.7 961.9 1049,9 955,1 1053,0 948,2 1056,2 941,3 1059,3 934.4 1062.3 927,4 1065,4 920.4 1068,3 913,3 1071,3 906,2 1014,2 898,9 1077,0 897,5 1071,6 891.7 1079.8 884,3 1082.6
24,9"1
0,0t6922
t6,327
208,36
8'76.9
1085.3
29,82 35,42 41,85 49.18
0.017001
i3,826
2t8.49
869,4
1087,9
0.017084
I 1,768
228.64
86r,8
1090,5
0,017170
10,066
238,82
0,017259
8,650
290
57 5l
0,017352
7.46"1
219.02 75q ?5
300
66,98 89,60
0,017448
6.412
0,0 r 7652
tl1,93 r5) g,
0.0t'7872
4,9t9 1 70'
854,1 1093,0 846.3 1095,.1 838,5 t09'7,7 830,5 1100,0 814.1 ll04,2 79"/.1 1108,0 779.6 1 I 11,4 761.4 1114,3 742.4 1116.6 722,5 I I 18.3 701.7 1119.3 679.8 1119.6 656.7 1118,9 632.3 111'7,4 606.2 1114,8 578.4 1111.0 548.4 1105,8 515.9 1098.9 480.1 1090,0 440,2 1078,5 394.5 1063.2 340,0 1042,3 269.3 1011.0
ll0
0,016166
265,1
t,6945
0,016205
203,0
87,99
1)<
0.0t6247
t5'7,11
97,9'7
140
2,892
0,016293
122"88
107,95
r50
7'7))
0,016343
96.99
160
4,745
0,016395
-11 12
t70
5,996
0,016450
t17.95 t21,94 11795
180
'7,5t5
0,016509
120 130
)
r90
270 280
320 340 360 380
l 95,
60
62,02 50 ?o
178,10 80,1
1
)69 5) 290,t4 310,91
0,018108
2.961
331 ,84
0,0r 8363
2
tlq
157 g5
374,27 417,62
247,1 308,5
0,018638
420
0,018936
i,8661 1,5024
440
38r.2
0,019260
1.2t92
400
t17.97
395,8
460
466,3
0,019614
0,9961
439.7
480
565
0,020002
0.81 87
462.2
500
0,02043
0,6761
485.1
0,02091
0,5605
540
680,0 811,4 961.5
508,s 517 6
560
1131,8
0,02207
580
1324,3
600
1541,0
620 640
t784.4 2057,t
0,02238 0.02363 0,02465
660 680
520
700 '705.44
5
0,02145
0.46s8 0,3877 0,3225
557.4 583,1
0,2671
609.9
0.2209
638.3
0,02593
0, I 805
668,7
2362
0,02767
0,14459 70)
2'705
0,03032
o.1tt27
7
l
4t.1
3090
0,03666
0,07438
801,7
3204
0.05053
o 0505
l
8'72.6
i
145.9
0
Jenuh Evap,
hf
6"
0,00
0,0 r 6024
Entalpi. Btu/lbm Uap Cair
947.7 872.6
SuveEn: Keenan, Keyes, Hi1l. and Moore. Srean Tables' Wlley, Nerv York. 1969.
hfs
0.01 t075,4 3.00 t073,'7 8,02 1070,9
Jenuh
h, 1075,4 1076,7 1078,9
13,04 1068,1 i08t,l 18,06 r06s,2 1083,3 28,08 1059,6 1087,7 38,09 1054.0 1092,0 48,09 1048,3 1096,4 58.07 1042,7 1100.7 68.05 1037.0 1 105,0 78,02 1031,3 1109,3 88,00 1025,5 I113,5 97.98 1019.8 1117,8 t07.96 1014.0 1121,9 tt1.96 1008,1 1126,1 t27,96 1002.2 1130,1 13'7,97 996,2 ll34,2 147 .99 990.2 1138,2
158.03 984, I 1142.1 168.07 9'77.9 1145.9 178,14 971,6 tt19;7 80,16 970.3 150,5 188,22 965,3 1153.5 198,32 958.8 157,1 208.44 952.3 1160.7 218.59 945.6 tt64.2 228.76 938.8 1167.6 238,95 932,0 I170,9 249.18 924.9 ll74,l 259,44 917,8 t)77.2 269.73 910,4 I180,2 290,43 895.3 1185,8 311,30 879.5 1190,8 332.35 862,9 119s.2 353,62 845.4 1i99,0 1
1
1
375.t2 826.8
1202.0
396,89 807,2 t204,r 8,98 786,3 1205,3 441.4 164.1 1205.5
41
464.3 '740.3 t204.6 481.7 7t4,8 t202,5 511,7 687,3 1198.9 536,4 6s7.5 1r 93,8 562,0 62s,0 r 187.0 588,6 589,3 1178,0 6t6,7 549.7 tt66,4 646,4 505.0 I151,4 6'78,6 453,1 113i,9 7t4.4 391.1 1105,5 756.9 309,8 1066,7 822,7 t67,s 990,2 0 902.s 902.5
Entropi, Btu/lbm-"R uap Cair
Jenuh Evap, .r/
Jenuh
Jt
0.00000 0.00607 0.01617 0,02618 0,03607 0,05555
.to
869 2,t869 2.t701 2.1764 2,t430 2,1592 2.t162 2.1423 2. r
2,0899 2.t259 2,0388 2,0943 0.07463 1.9896 2,0642
0,09J32 t,9423
1.0156
0,11165 1,8966 0, I 2963 1.8526
2.0083
0.1+7-30
1.9574
I .8
r0l
1.9822
0.16465 1.7690 1.9336 0.18172 1;1292 1,9109 0.1985r 1,6901 1,8892 o.2 r50l r.65.1.r I.8684 0,23
r30
t
t,6t7
.8484
r
1,5819
1.8293
t,5478 1,5t46
1.8109
1,4822 0.309i3 1,450E 0,31213 t,4446
1,7762
0.24732 0.26311 0,27866 0.29400
1,7932 1.1s99 1.756t-
0,32406 1.4201 t,1141 0.33880 1.3091 1.7289 0,35335 1.3609 t,'7143 o.36112 1,.1324 1.7001 0,38193 I ,3044
1,6864
0.3e597
1,673
t,277
t
l
0.40986 r,2504 t,6602
0.42360 t,224t 0.43710 r. r984
t.6417
0,46400 0,49031 0,51617 0,54163 0,56672
1,1483
1.6123
I
.6356
t,0997
1.5901
1.0526
1,5688
1.0067
1.5483
0,6646 0.6888
0,96t'7 t,5284 0,9 175 1 .5091 0.8740 r,4900 0.8308 1.4'712 0.7878 t,4524 0,1448 1.4.135
0.71.10
0.70
52
0,59
1
0,6r
605
0.640.1
r5
1.4t45
0,"73'74 0,6576
1.39s0
0.7620 0,7812 0,8130 0,8398 0.8681 0,8990
0,6129
1,3749
0,9.150
0,27
0.5668
1..1540
87
I ,33I 7
0,46'77
1,307s
0,5
r
0,4122 1.2803 0.3493 t,2483
r8
0.9902 0,1444
r.0580
0
1.2068
1,1346 1.0580
LAMPIRAN C]
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL-TABEL UAP)
317
Tabel C-2E Properti-properti dari H2O Jenuh-Tabel Tekanan
ft3/lbm Brtaipi, nt"Zf@ Enersi, Btu/lbm Cair Uap Cair Uap Cair Uap Cair Jenuh Jenuh Jenuh Evap, Jenuh Jenuh Evap, Jenuh Jenuh Evap, yf V_olume,
Tekanan,
psia
P,
1,0 2,0 3.0 4,0 5,0 6,0 8,0 l0 t4,696
15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 65 70 5 80 85 90 95 100 110 120 i30 140 1s0 r60 t70 180 190 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 1200 r400 1600 1800 2000 2500 3000 7
3203,6
ft-p,
7, "F
),s
101,70 0,016136
t26,04
0,016230
333.6
173,75
141,43 0,016300 118,72 152,93 0,016358 90,64
162,2t 0,016407 73,53
170,03 0.0 i 645 I 61 ,98 182,84 0.016526 47,35 193,19 0.016590 38,42
uf
69.74 94,02 109,38 120.88 130.15 t37 .98 1s0,81
161,20
2t1.99 0,016715 26,80 180,10 2t3,03 0.016723 26,29 181,14 227,96 0.016830 20,09 196.19 240,08 0.0t6922 16.306 208,44 250,34 0.017004 13,748 2t8,84 259,30 0,017073 11,900 22793 267.26 0,01'7146 10.50i 236.03 2'74,46 0.017209 9.403 243.37 281,03 0.011269 8,518 250,08 28'7 ,10 0,017325 ,789 256.28 292,73 0,017378 7,t77 262.06 298,00 0.0t7429 6,657 267.46 302,96 0,0t74"/8 6,209 272,s6 307 ,63 0,01'7 521 5,8 8 277 .37 3t2,07 0,017570 5,4"t4 281.95 316,29 0,017613 5,170 28630 320,3t 0,017655 4,898 290.46 324,t6 0.017696 4,654 294.15 327,86 0.017736 4.434 298.28 334,82 0.017813 4.051 305,52 34t,30 0,017886 3.730 3t2,27 347,37 0.017957 3,457 318.61 353,08 0.018024 3,221 324.58 358,48 0,018089 3.016 330.24 363,60 0,018152 2,836 335.63 368,47 0,018214 2,676 340.76 373,13 0,018273 2,533 345,68 337,59 0,018331 2,405 350,39 381,86 0.018387 2.289 354.9 7
1
41'7,43 0,018896 1,5442 393,0 444,70 0,019340 1,1620 422.8 467 ,t3 0,019748 0.9283 447 ,7 486,33 0,02013 0,7702 469,4 503,23 0,02051 0.6558 488,9 518,36 0,02087 0,s691 506.6 s32,12 0,02123 0,5009 523.0 544,75 0,02159 0,4459 538.4 567,37 0,02232 0,3623 566.7 587.25 0.02307 0..10 t6 5s2,7 605,06 0,02386 0,2552 616.9 621,2t 0,02472 0,2183 640,A 636,00 0,02565 0,18813 662.4 668,31 0,02860 0,13059 71.7.7 69s,52 0,03431 0,08404 783.4
70r,44 0,05053
StiirmEn: Keenan, Keyes.
0,05053
872.6
uf,
ilo
hr
hr)
974,3 1044.0 69,74 1036,0 95'1,8 1051,8 94.02 1022,t 947,2 1056,6 109,39 1013,1 939,3 1060,2 120,89 1006,4 932,9 1063,0 130,17 1000,9 921,4 1065,4 i38,00 996,2 918,4 t069,2 1s0,84 988,4 911,0 1072,2 t61,23 982,1 897,5 1077 ,6 80, i 5 910,4 896,8 1077 ,9 I 81,19 969,7 885,8 1082,0 196,26 960,1 876,9 1085,3 208.52 q\) ) 869,2 1088,0 218,93 945,4 862,4 1090.3 228,04 qlq 1 856,2 1092,3 236,t6 933,8 850.7 1094,0 243,51 928,8 845,5 1095,6 250,24 o)/. ) 840,8 t097,0 256,46 919.9 836,3 1098,3 262,25 915,8 832,1 1099,5 267,6'7 911.9 828,1 i100,6 272,79 908.3 824,3 1101,6 2t7,6r 904,8 820,6 1102,6 282,21 90r,4 817,1 1103,5 286,58 898,2 813,8 1104,3 290,7 6 895,1 810,6 1105,0 294;76 892,1 807,5 1105,8 298,6t 889,2 801,6 1107,1 305,88 883,7 796,0 1108,3 3t2,67 878,s 790,7 t109,4 319,04 873,5 785,7 1110,3 325,05 868,7 781,0 11t1,2 330,75 864,2 776,4 1112,0 336,16 859,8 7"72,0 1112,7 341,33 155 6 767.7 1113,4 346,29 851 ,5 763,6 1114,0 351,04 847,5 759.6 |14,6 355,6 843,"7 1
h,
r1
39,3 1143,3
0,13266 0,t'7499 0,20089 0,21983 0,23486 0,24736 0,26754 0,28358
1105,8 1
i 16,1
1122,5
t12'7,3 1131,0 1134,2
1,756'/
1,4414
1,7551
1t56,4
r,3962
t,7320
1160,7
0,35345
1,7142
t164,3 t167,4
0,3682t 0,38093
t,3607 1,3314 1,3064
1170,0
0,39214
1,2845
t,6'767
1t72,3
0,40218
t,2651
1.6673
1174,4
0,41t29
1,2476
1,6589
1176,3
0.41963 o 4)117
1,23t7 1.2170
t,2035
1,6380
909
1,632t
I i 83,6
0,43450 0,44120 0,44749 0,45344
1184,8
0,45907
1185,9 I 187,8
0,46442 0,46952 0,47439
1
189,6
0,48355
t,1122
t,5957
1
19 1,1
0,4920r
1,0966
1192,5
1,0822
1,5886 1,5821
1178,0
tt79,6 1
181,0
t182,4
1186,9
1205,3
471 ,7 491,5
732,4
1204,1
0,6'723
710,5
t202,0
0,6927
689,6
1199,3
0,7110
669,5
1
196,0
0,727'7
650,0
1192,4
6t2,3
1183,9
575
5
1174,1
538,9
t162,9
502,1
1150,4
0,7432 0,7'/12 0,7964 0,8196 0,8414
464,4
1136,3
0,8623
360,5
t09t,4
802,5
Ttto
902.5
0
i85,4 968,8 0 872,6
Hill. and Moore, Steam Tables, Wiley, Nerv york,
1969
1,8292
0.31367 0.33580
1205,5
1
1,8441
i,5819
0,312t2 1.4446
781,2
608,4 1115,0 509,7 589,6 1t12,6 526,6 57 t,5 1109,9 542,4 536,8 103,5 571,7 503,3 1096,0 598,6 470.5 t087,4 624,0 437,6 t077,'7 648,3 404,2 1066,6 671,9 313,4 1031,0 '730,9
1,8624
1,6093
1150,9
755,8
r
1,8861
1.6426
1i 50,s
449,s
t,7 1tt9,4 649.1 il 8.6 628,2 1i 17,0
394,1
1,9198
1,8058
424,2
18,2
t,7448 1,6852
1,7877
696,7 1119,5
1 1
s,,
1,9'779
1,5041
r
67
,1
sr,
1,8453
1.5383
1
0,49989 0,50727 0,51422 0,52078 0,52700 0,53292 0,53857 0,5440 0,5883 0,6218 0.6490
725
Uap Jenuh
1193,8
1t94,9 1196,0
t196,9 1197,8 1198,6
809,8
1t99,3 t203,9
1
,1
1,"t90
1,6996 1,6873
1
,651 3
1,6444
1,6265
1,1679
1,6214
t,1574 1.t475
1,6165
380
1,6076
1,1290
t,6034
1,1
1,61t9
t,0562
|,5761 t,5704
1,0688 1,0443
1,5651
1,0330
1,5600
t,0223
1,s553
.1,0t22
1,5507
1,0025
t,5664
o 97l2
1,5115
0,8638 0,8154 0,7742 0,7378 0,7050 0,6750
1,4856
r,4645 t,4464 1,4305
1,4160 1,4027
t
1,3903
0,5961
t,3673
0,5497
t,346t t,3258
0,9131
0,5062 0,4645 0,4238 0,3196
1015,5
0,9732
0,1 843
1,157s
902.5
1.0580
0
t.0580
0,64'7
1,3060
r,2861 1,2327
-r
PROPERTI.PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL.TABEL UAP)
18
[LAMPIRAN C
Tabel C-3E Properti-properti dari Uap Superheat "F
P = 1.0 psia (101,70'F) Jenuir. 333,6
200 240 280
392.5
-?20
464.2
1044,0 1105.8
1.97'i9
1011
2.0508
.5 I 50,i i09 I ,2 I r68.3
416,4
t105,0 1186,5 lll8,9 i20,{.8
440,3
32,5 1223.2 1147,4 i24t.8
360 488.i
Ir
,100 -500
511,9
l
600 700 800
631,1
1000
869,-s
57
182,8 1288,5 ll t9.3 r3.16. r t256,7 1-38,1.5 1294.9 1433.7 137t.9 t53i,8
i.5
690.1 750,3
P Jenuh. 26.80
210 28.00 280 29.69 320 3 r .36 360 -r3.02 400 34.67 500 38.77 600 42.86 700 46.9_3 800 5 i .00 1000 5q,13 1200
6'7.25
Jenul'r.
320 360 400 500 60(i 700 800
r
1.077.r 2,1028
2.1269 2. 1500
2.1720 2,2235 2.2706 2,3142 2,3550
:,42e1
= 14,696 psia (211,99"F) 1077,6 1150.5 t,7561
i0s7.9 il64,0 t102,1 1183,1
1,1764
l202.!
r,8030 r,8280
1145.6 t239.9
1.87,11
1116.8
U3r,2 122t.0 1,8516 ,8 l 287,3 ,9263 I 2l 8,6 l-li5.2 I ,97.17 1156, I t.18l,x 2.0 175 r2e+.+ t433, i 1.05R4
1
18 I
t3'/3.1
1165
1
1534.-5
2,13.-10
16.19.3 t.t()03
P = 5,0 psia (162.21'F)
r063.0 i 131,0 1,8441 78.15 i076,3 1148.6 1.8715 83.00 1090.3 tt67,t 1.8987 87,83 1104.3 1185,5 1.9244 92.64 IIt8,3 i20,1,0 1.948i 97,45 1132.4 1222,6 1.9719 1A2.21 1146,6 124t,2 1,994t 1t4,20 1182.5 128E,2 2.0458 126,r5 1219,1 I 335.8 2,0930 I -l8.0lJ 1256,5 1384,3 2.13(t7 150,01 1294.7 1433.5 2.1775 173,86 r313,9 1534,7 2.2520 73.,s3
P = 20 psia (217S6F)
20.09 r082.0 20,47 1086._s 21..r-3 1101,4 22,98 1116,0 24,21 1130,6 25,13 1145,1 28,16 1181,5 31,11 1218,,1 31.4i 1255.s 3t,46 1294.3 43,14 i373,5 49.41 1456.4
1156.4
t\62,3
1181.8 1201,1
1.76'76
1.7930
1220.1. i.8168
t239.2 1,8395 1286,3 1.8919 1334,8 i,9395 1383.5 1,9834 1432,9 2.0243 1534.3 2.0989 1639.2 2.1663
P = 80 psia (312.07'F1
1098.3 I 178.0
7.485
il
1.924
l
5,471 1102,6 1183.6 1,62t4 5.544 1106,0 1188,0 t.6271 5.886 1122.5 t209,7 1.6541 6,2t7 1138,5 1230,6 1"6790
8,35-3
9.399 10.425
it.440
I
178.6 1283,0 t.7678
lll6,3 t.1.I,l 1254,4 138 I ,,1
t.8t65 I
,8609
1293"0 1431.2 t,9022 1000 11,454 1312,7 1533.2 1,9'773 r 200 16,452 I 455,8 1638.5 2,0448 1.100 r 8.445 1542.5 1i17.3 2.106i 1600 20.44 1632,8 859.7 2.1641 I' = 120 psia (341,30"F) Jenrrh. .1,730 1108.3 tl91,l i.58136 360 3.844 1116.7 !202.0 1,6021 .100 4,079 ll33,tt 1224,4 1,6288 .150 4.36t) 11-54,3 1251.2 1,6590 -500 4,633 1t74,2 1217,1 1.6868 600 5,164 1213,2 1327.8 t.i371 700 5,682 1252.0 1378.2 1,7825 800 6,195 t29t,2 1428,i i.8243 1000 '7.208 r371,5 1531.s 1,9000 1200 8.213 1451,9 1637.3 t,9619 1400 9,2i4 154i.8 1746,4 2,0300 1600 10.2t2 t632,3 1859,0 2,0875 \2,448
1
7
,0t7
t17'7
,2 I 281,1
t0'72,2 tl43,3 1074.7 1t46,6 1089,0 il65,5 1103,3 I 184.3
R5
11 1) 43,77
l|1.6 t203.t
46,20
t;1877, 1,7921
I,8205 1.8467 1,8714
1131.8 1221,8 1,8948 1146.1 t240,5 t.9t7t tt82,2 t287,'7 1,9690 It l8.q t335,5 2,0164 1256.3 1384,0 2.0601 t291,6 1433,3 2.1009 t373,8 1534,6 2,t755
48.62
5r,03 51,04 63,03 69.01 "r4,98
86,9r
10,501 rc923 l170,0
1,6767
1,7405
P = 60 psia 1292.73'F)
0s,5 |92.6 1,6634 [5..] l]l3.l 1.68q-1 I t40.3 I 2.r.1,5 I ,71.1,r
]R
P = 40 psia (267,26'F)
1,7320
7,1'77
1.6444
P = 10,0 psia (193,19'F) 38,42
1
,7346
7,194 1215,3 1330,7 1.7838 8,561 1253.5 1380,3 1,8285 9,32t 1292.4 1430.4 1,8700 10.831 1312.3 1532.6 1,9453 r2,333 1455,5 1638, l 2.01 30 15.830 t542,3 1747,0 2.0749 i5.-r2+ 1632,6 I 85S,5 2, r-123 P = l,40 psia (35-3.08'F) 3.221 i110,3 1193,8 1,5761 3,259 1113,5 1198,0 1.5812 3,166 1131.4 1221.2 1.6088
3,7t3 tt52,4 t248,6 1.6399 1275,1 r.6682 3,952 "172,7 1326,4 1,7191 4,412 1212,1 4.860 1.25t,2 13i7,1 t.7648 5.301 1290.5 1427,9 1,8068 6,113 1371,0 r53r,0 r,8827 7,036 1454,6 1636.9 1,9507 7,895 1541,6 1146.1 2,0129 8,752 1632,1 1858,8 2,0704
10,71I 1097,3 tt76,6 11,360 11.996 12,623 14,164 1
5.685
1112,8 1128,0 r 143,0 1180,1 t2t7
,3
1.6857
tt96,9
1.7124
1216.8
1.7313
t236,4
1.7606
1284,9 1333
,4
1,8140 1
,862 I
17,196 1255,1 1382,4 1.9063 18,701 1293.7 1432,1 t,947 4 21.70 1373,1 1533,8 2,0223 21.69 1456.1 1638.9 2.089'7 P = 100 psia r-127.86"F1 1.431 1 105,8 I 187,8 1.6034 1,662 1119,7 120s,9 t,6259 4,934 1136,2 t227.5 1.65t7 5,587 tt1 5.7 t279,1 1,7085 6,2t6 t214,2 1329,3 1;7582 6,834 t252,8 13"t9,2 1,8033 7 ,445 1291 ,8 t429.6 l ,8449 8,657 1371.9 i532,1 1,9204 9,861 1455,2 1637,7 1,9882 11,060 t542,0 I'746,7 2.0502 t2.257 t632.4 1859,3 2.t07 6 P = 160 psia (363,60'F) 2.836 1112.0 1196,0 1,5651 3,007 1128,8 3.228 1150,5 3,440 1171,2 3.848 1211,1 4.243 1250,4 4,631 1289,9 s,397 1310,6 6,154 t451,3 6,906 t541.4 7,656 1631.9
1217.8
1,5911
t246,1
1.6230
1273,0 1325,0 1376.0 1427.0 1530,4
1,6518
i636,5
1,9358
t.7034 1.7494
1;79t6 1,8677
1745.9 1,9980 1858,6 2,0556
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL.TABEL UAP)
LAMPIRAN CI
319
Tabel C-3E (lanjutan)
P = 180 psia (373,13"F)
1113,4 1 197,8
Jenuh. 2.533 400 2.648
450 500 600 700 800 900 1000 1200 1400 1600
t114,6 1t99,3
1,5464
1,63'72
) 1)4
1,6893
I
05R 17q
1123,5 1210,8 1146,4 1240,'7 1168,0 1268,8 1208,9 t322,t 1248,8 I 373,8 1288,6 t425.3 I .128,9 1117 ,t
1,5600
1,6078
2,361 2,548
tt26,2 t214,4 1,5749
2.850
3.042 3,409 3.763 4.110
4.453 4,793 5,461 6.137 6.804
1148,5 1169,6 12r0,0 1249,6 l 289,3
1243,4 12'70,9 1323,5 1374,9 1426,2
t329,4
1477
1,7357
I
1,7781
3.693
75
4.003
t31Q.2 1529,8 1.8545 1454.0 1636,1 1,9227 1541.2 17 45,6 1,9849 163tJ 1858,4 2.0425
4,310
.7
1
.81
1119.5
500 1,2843 1r50,1 550 1,3833 1t14.6 600 1,4760 1t97.3 700 1,6503 1240,4 800 1,8163 1282,1 900 1,97'7 6 1323,7 1000
2.136
1365,5
205.5 1,4856 t245,2 1,5282 I
1217
.O
306.6 1362.5 t416,6 t470,1 ts23,6 I
1.5605 1,5892 t.639'7 1,6844 I,'7252
t;7632
I 100 r
200 2,446
2,'752 i600 3,055 1400
1538,7
163i.8 t742,4
1,8956
1629,8
1855,9
1,9535
1450,7
1,8327
P = 800 psia (518,36"F) 0,6154 i138.8 1229.9 t.4169 0,6776 r170,t 1210,4 1,4861
550 600 650 0,7324 119'7,2 700 0,7829 1222,1 800 0,8764 1268.5 900 0,9640 13t2,9 1000 t,0482 t356..7 1100 1,i300 1400,5 1200 t,2t02 1444,6 1400 1.3674 t534.2 1600 i,5218 t626.2
5 5rl
P=
1t19,4 1t39,7
185
1
.5
1
.8'7
t.8271
1449,2 1537,6
17
t628,9
1,9-s 18 2.t98 2,442
t266,6
1,5219 l ,5585
1236.0
I
1278,8
1412,1
1,657
1321,0
t466,5
1,6987
1363,3
1520,7
1,13'71
1406,0
t5'7
1629,8
1,173t 1,8072
41,0
1,8704
1854.8
1.9285
P=
0,4534 0.5
I,10
t.2t52
l r14.8 I153.7
1114.1
0,115'72 1t67,6
1197,t t265.2
1.3675
0,1973r
1207,7
t3t7
1.4080
0,2160 1000 0.2485 1100 0.2772 1200 0,3036
124t.8
1,4414
0,t4622
.4967 1.5434
0,17520 0,19954
1.5848
0.22t3 1390.1 0,24t1 t443,'7 0,2603 t495,7 0.2959 1597.1
1
.2 t36t,7
1301,7
t439,6
1356.2
1510,1 1576.6
r408,0
1
300
1400 0,3524 r508.i 1600 0,3978 i606,3 Sur,rsnp: Keenan, Keyes.
1'703;7
I .6,s7 I
1827.t
t.7201
Hil/, and Moore.
r.616t Ir35.4 1226,2 r.5363 I ,570 l ,7 662 I 59,5 t251 ,5 2,004 1203,2 1314,5 r,6266 2,227 1244,6 1368,3 t,675t 2,442 1285,4 1421.,0 1.7t8-t 2,653 1328,3 t473,6 1,7589 2,860 1367,1 t526,5 1.7964 3.2'70 1452,2 1633.8 1,8653 3,675 1539,8 1743,8 19279 4.078 1630,7 1857,0 1,9857 1
198,7 1248,8 1289,1 1324,6 1388.5 1
1488,
I
1505.9 1562,9
1
.61t2
t
0,1702 1118,6 1204,1 1,4464 0,7947 1128,0 12t6,2 1.4592 0.8719 1158,2 1255,4 1,4990 0,9456 1184,5 1289,5 1,s320 t .0727 r23 t,5 1.150,6 1,5812 1,1900 12'75,4 1407,6 1,6343 1,3021 1318.4 1462,9 1.6766 ,4108 1361 ,2 5 I 7,8 I .7 I 55 1.5173 1404,2 1572,7 1.7519 t,6222 t447,7 1627,8 1,7861 1.8289 1536,5 1739,5 1.8497 2.033 1628.0 1853,7 1,9080 1
1
P = 2000 psia (636.00'F)
1,3966
I,4450 1,4822
0.2057
1091.
1,5 13s
0,248'7
1141,7
1.5664
0,3071 1220,1 0,3534 1276,8 0,3945 r328.r 0.4325 13'77,2 0,4685 1425,2 0,5368 1520,2 0.6020 1615,4
I
,6120 r ,6530 1,6908
t6t9,7
1.726t
1733.7 1849,3
t;7909 1,8499
P = .1000 psia
0.02447 65'7,'7 0,02867 742,t 0,06331 960,7 0,10522 1095,0 0,12833 1156.5
1,3122
5,t
1
1000 psia (544,75"F)
I
,1944
356.7
675,8 '763,4
1007,5
fi729
0,8574 0.9345 1,1395
1333,8 1407,6 t4'74.1 1537.2 r
598,6
r7t8.8 I
838,2
I t.3782 l .3 14
1.4562
1,5t26 1,5598 1,6017 1,6393
1.7082 I ;7
692
0,02377 0,02676 0,03364 0,05932 0,08556 0,10385 0.13120 0,15302
648,0 721.8 821,4
670,0 0,8482 746.6 0,9156 852.6 1.0049 1.1583
t.2956
r r 55,1
1242.0
1251,1 1363,4
1310,6
t452.2
t.5423
0,17t99 13it.6
1,5823
1428,6
1.6188
0,18918 0.20517
1.68,+1
0,2348
r587,9
1530,8 1603,7 1673.0 1805,2
t402,6
t.4449
1333.9
1481
York. 1969.
.2
239,8
tl1
1272,9
StetirtL Tables, Wiley, New
l
1042.1
1201,5
18i6.1
1167
981,2 1092,7
1.2740
t,3352
1553,9 1622,4 1688,4
r
P = 5000 psia
1251.5 1309,7
,6
1.5115
P = 600 psia (486.33"F)
1298.3
1058,1
0,09771 0.14831
,8055
l 191,1
1003,9
700 750 800 850 900
I
1166,1
-1000 psia (695.52'F.1
650
t,'7660
t,4645 t.4923
t624,4
1
1,'7234
1205,3 1231.5
54
1
t,6767
),5442 1118,2 1203,9
P = 500 psia (467,13'F)
0,9283 0,9924 1,0192 1.1583 1.3040 1,4407 1.5723 1,7008
0.5637 1 r 84.7 0,6080 1212,0 0,6878 1261,2 0.7610 1307.3 0.8305 1352,2 0,8976 1396.8 0,9630 t441,5 1,0905 1531,9
1
t,6239
1540.9 1745,3 r,9132 i631,6 1858,2 2,0308
6.123
305,6 .5 86 1338,0 t.54'7 t r398,2 1,5969 1455.6 ,6408 1511,9 1.6807 1567,8 t,7t78 1623,8 t,7 526 t736,6 I ,8167 I
1,5938
t369,8 t529,3 I ,8425 t453,1 1635,7 r,9109
4,918
P = 400 psia (447,70"F)
Jenuh.1,1620
P = 300 psia (417,43'F)
P = 200 psia (381,68"F) 7 ?Rq
1,5553
1,3789 1
.49'73
1483.2
t.9
1,3190 ,3988 1.4577 1
1.5066
r,5493 1,5876 1.6551
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL-TABEL UAP)
320
Tabel C-4E Cair Terkompresi .F
(I
v dalam ft3ltbm,
u
dan h dalam Bru/lbm, s dalam Btu/lbm-"R)
P = 1000 psia (544,75'F)
500 psia 32
0,015994
50
0,015998
100
0,016 r06
150
0.016318
200
0.016608
250
0.0169'72
300
0,017416 0,017954
400 450
'fl
v
Jenuh. 0.019748
350
dalam
0.018608
0.019420
447,'70 449,53 0,00 1,49
18,02 67,87
19,50
69,36
117,66 119,17 167,65 169,19 217,99 219,56 268,92 270,53 320,7t 322,3't 373,68 375,40 428,40 430,t9
0,64904 0,00000 0,03599 0,12932 0,21457 0,29341 0,36702 0,43641 0,50249 0,56604 0,62798
500
0,021591 538,39 542,38
0,015967 0,03 2,99
1500 psia (596,39'F)
0.74320 0,00005
0,01s972 t7,99 20,94 0,03592 0,016082 67 ,70 70,68 0,1290 0,016293 117,38 120,40 0,21410 0,0r6580 167,26 t70,32 0,2928t 0,016941 2t7,47 220,61 0,36628 0,017379 268,24 271,46 0,43ss2 0,017909 319,83 323,15 0,50140 0,018550 372,55 375,98 0,s6472 0,019340 426,89 430.47 0,62632 0,02036 483,8 487,5 0,6874 1
550
0,025649
662,40
32
0,015912
50
0,01
100
200 300 400 450 500 560 600
0,023461 0,015939 0,015946 0,016058 0,016268
5920
0,06 17 ,91
0,016034 67,37 0,016527 166,49 0,017308 266,93 0,018439 0,019191
370,38
424,04
0,020t4 479,8 0,02172 551,8 0,02330 605,4
1,66,87 171,46
0,016910
2t6.96 22t.65
0,017343
267,58 318.98 371,45 425.44 430,79
0,017865 0,018493
0,019264 0,02024
172,60 0,29162
273,33 0,43376 377,21 0,562t6 431,14 0,62313 0,6832 0,7565 0,8086
640 680
0,034310 783,45 802,50
Hill, and Moore, Steam
0,29221 0,36554 272,39 0,43463 323,e4 0,s0034 376,59 0,56343 0,624'70
481,8 48't ,4 0,6853 542,1 548,1 0,7469 psla
0,97320 0,00009
0,015755
0,11
0,03555
0,015773
t'7,67
0,015987 6'.7,04 75,91 0,016476 165,74 t74,89 0,017240 265,66 275,23 0,018334 368,32 378,50 0,019053 421,36 43t,93 0,0t9944 476,2 487,3
0,12777 0,29046 0,43205 0,55970
0,015897
66,40
0,016376
164,32
32,26 81,11 t79,4"/
0,017110
)/<1 ?S
2'.79,08 0,42875
0,018141
364,47
0,018803
416,44
381,25 433.84
0,55506
0,6201t 0,6794
0,0r 9603
469,8
48'7,9
0,6724
546,2 558,0 0,022'74 597,0 609,6 0,024'75 6s4,3 668,0 0,02879 '728,4 744,3
0,7508
0,020835
536,-1
0,74t1
0,8004 0,8545 0,9226
0,02t91
584,0
0.02334 0,02s3s 0,02676
634,6
556,0 604,2 656,2 714,1 746,6
0,015859 0,09 8,90 0,015870 17,84 26,65
0,021382
700 SuNleen: Keenan, Keyes,
0,80824 0,OOO07
11,95 22,38 0,03584 67,53 71,99 0,t2870 r 17. t0 t2t,62 0,2t364
P = 3000 psia (695,52'F)
67t,89 0,8622"1 5,95 0,00008 23,81 0,0357s 73,30 0,12839
487,3 559,8 614,0
604.e7 6rr.48 0.05 4,41
0,016554
0,02158
P = 2000 psia (636,00'F) Jenuh.
ILAMPIRAN C
Thbles, Wiley, New
York, 1969
690,6
72t,8
14.70 -O,00001 0,03508
0,12651 0,28818
0,61451
0,7876 0,8357 0,8873
0,9156
LAMPIRAN
C]
PROPERTI.PROPERTI TERMODINAMIKA AIR (TABEL-TABEL UAP)
321
Tabel C-5E Padat-Uap Jenuh Volume. fi'/lbm
oF ,
P,
psia
Uap
Jenuh vn
x
l0-3
0,0026
0,0t747 3,302 0,0t747 3,305 o,ot74'7 3,60'7 0,01746 4,506 0,01745 5,655 0,0r 745 7,t3 0,01744 9,04 0,0 I 743 11,52 0,01743 14,77 0,01742 19,03 0,01741 24,66 0,01740 32,2 0,01740 42.2 0,01739 55.1 0.01738 14,t o,ot13'7 99.2
0,001s
0.01737
32,018 0,0887
32 30 25 20 15 10 5 0 -5 -10 -15 -20 -25 -30 -35 40
Padat Jenuh l,i
0.0886 0,0808 0,0641
0,0505 0,0396 0,0309 0,0240 0,0185
0,0142 0,0109 0,0082 0,0062 0,0046 0,0035
Sur,regn: Keenan, Keyes,
133.8
Energi, Btu/lbm Uap Jenuh
Padat Jenuh Subl. ui
ili,
un
Entalpi, Btu/lbm
Padat Jenuh Subl. hi hrc
Entropi, Bru/lbm-'R
Uap Jenuh he
44,35
64,9
020.5
44,35
2t8,7 2t8,7 2t8,9
46.84
65,7
018,9
46,84
219,1
072,3
49,31
66,5
017,2
49,31
219,1
070,1
51,75
67,3
015,5
51 ,75
2t9,7
06'7,9
54.1'7
68,1
013,9
54,17
219,9
065,7
56,56
68,8
0t2.2
56 55
220,1
063,5
s8,93
69,5
010,6
5R
gl
220,2
061,2
61,27
1rl)
008,9
61,27
220,3
059,0
63,59
70,9
007,3
5t
220,4
056,8 054,6
43,34
64.6
021,2
43,34
43.35
64,6
021,2
43,35
5q
075,4 075,4
0't4,5
65,89
71,5
005,6
65,89
))o
68,16
'72.1
003,9
68,16
220,6
052,4
70,40
72,'7
002,3
70,40
220,6
050,2
000.6
'72,63
220,6
048,0
72.63
5
71,82
73.8
998,9
74,82
220,6
045,8
7't.00
74.3
99"7.3
7'7.00
220.6
043,6
Hill, and Moore, Steam Tables, Wiley. Nerv York,
1969
Padat Jenuh Subl. s; s;. 4,292 2,479 4,292 2,479 4,294 2,489 4,299 2,515
Uap Jenuh
-0,304 2,542 -{,309 2,569 -0,314 2,597 -0,320 2,626 -0,325 2,655 -0,330 2,684 -{,335 2,714 -{,340 2,745 --0,345 2,776 -o,351 2,808 -0,356 2,841 -0.361 2,874 -{,366 2,908
2,238
s" 2.187
2,t87 2,195
2,2t6 2,260 2,283 2,306 2,330 2,354 2,379 2,405 2,431 2,457
2,485 2,513 2,542
Properti-properti Termodinamika R134a Tabel
Temp.
.C
Tekanan
D-l
R134a Jenuh-Tabel temperatur
Volume Spesifik
Energi Internal
m3/kg
kJ/kg
Entalpi kJ/kg
Cair
Uap
Cair
uap
Cair
Jenuh
.Ienuh ,g
Jenuh uf
Jenuh
.Ienuh
Evap.
L'8
vl
0,3569 o )447
-0,04
204,45
4,68
206;t3
0,245r
aL1 t4.3t
209,01
kPa
yx
103
-40 -36
51,64
0,7055
61 1?
0,7
-3./.
77,04
-28 -26 -24
93,05
0,7172 n 7r11
101,99
0,7265
1,60
t13
2t,68 24,t7
2t1,29 2t2,43 2t3,57 2t4,70 2t5,84
Uap
Cair Jenuh
hr"
Jenuh h"
0,00
222,88
222,88
4,73
220,67
225,40
2t8,37
227,90
q5,
t4,37 t6,82 t9,29
2t6,01
230,38
2t4,80
23r,62
213,57
232,85
21,77
)1)
234,08
24,26
2t1,05
235,3t 236,53
1a
121,92
0,7296 0,7328
-20 -18 -16 -12
132,99
0,7361
0,2052 0,1882 0,1728 0,1590 0,1464
144,83 151,48
0.7395
0,1 350
26,67
216,97
26,7'/
0,t247
29,18
2
8.10
29,30
209,76 208,45
0,1068
))o
76
34,39
205,77
240,15
-8
2t1,04
0,0919
34,25 ]q lR
1))
6A
39,s4
203,00
0.0'794
44,56
224,84
44,75
200,15
242,54 244,90
49,79
22'.7,06
50,02
))9 )7
5s t5
t97,2t t94.t9
247,23
55,08
23t,46
60,73
t91,07
251,80
11
t6,75 t9,21
)\)'74
0.7428 0,7498 0,7569 0,7644
0
)q)
R)
0,772t
4
337,65
0,7801
0,0689 0,0600
8
387,56
0,7884
0,0525
60,43
4
185,40
1
1)
23'.7,74
)49 51
t2
442,94
0,797 t
0,0460
65,83
2r161
66,1 8
504,1 6
0,0405
7t,29
235,78
7
t,69
20
571 ,60
0,0358
76,80
181,09
258,36
645,66
0,0317
82,37
237.9t 240,0t
:77,26
24
0.8062 0,8157 o R757
187,85 184,52
2s4,03
16
82,90
1'77,55
)60 4\
26
685,30
0,0298
85,18
241,05
85,75
175
7l
261,48
28
726;75
0,0281
88,00
242,08
88,61
173,89
30
770,06
0,0265
90,84
91,49
172,00
815,28
93"70
94,39'
170,09
264,48
34
862,47
0,0250 0,0236
243,t0 244,t2
262,50 263,50
32
96,58
245,12
265,45
91 1 ,68
246,t1
166,1 5
266,40
38
962,98
0,8651
0,0210
99,41 102.38
97,31 100,25
168,14
36
0.8309 0,8362 0,8417 0,8473 0,8530 0,8590
247,09
103,21
164,12
26'7,33
0,0223
J:^L
256,22
tl
LAMPIRAN D]
Temp.
oC
Tekanan kPa
40
1016,4
42 44
t072,0 1t29,9
48
1252,6
52
1
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA R134A
Volume Spesifik ,,3/kg Cair Uap Jenuh Jenuh v, x 103 g
Energi Dalam
Entalpi
kJ/kg
kJikg
Cair Jenuh
Cair
Uap Jenuh
Jenuh
ils
hf
uf
323
Entropi kJ/kg'K
Uap
Evap. hr,
Jenuh h"
0,8714 0,8780 0,8847 0,8989
0,0199
105,30
248,06
106,19
162,0s
268,24
0,0188
108,25
249,02
109,19
159,94
269,14
0,0r77
111,22
249,96
t12,22
157,79
270.01
0,0159
117,22
25t,79
1
18,35
153,33
271.68
0,9t42
0,4t42
123.3t
2-53.55
124,58
148,66
273,24
56
385,1 1527,8
0,9308
0,0121
129,51
,s< ,1
130,93
t43,75
274,68
60
168
,3
0,9488
0.01i4
135,82
2.56,81
137,42
138,57
275.99
70
2t16,2
1,0027
1\) ))
260,1 5
154,34
t24,08
80
2632,4
r,0766
169,88
262,14
172,1t
106.41
278,43 a'70 t )
90
3243,s
1,1949
0,0086 0,0064 0,0046
189,82
261,34
193.69
82,6.3
276,32
100
3974,2
1,5443
0,002'7
218,60
218,49
224,74
34,40
259,13
1
Cair Jenuh sr
0,3866 0,3960 0,4054 0,4243 0.4432 0,4622 0,4814 0,5302 0,5814 0,6380 0,7196
Uap Jenuh J. 0,9041 0,9035
0,9030
0,90i7 0.9004 0.899t) 0,8973 0,8918 0,8827
0,86ss 0,8117
SuugEn: Tabel D-1 sampai dengan D-3 didasarkan kepada persamaan-persamaan D. P Wilson dan R. S. Basu, "Thermodynamic Properlies of New Stratospherically Safe Working Fluid-Refrigerant 134a," ASHRAE Trons., Yol. 94, Pr. 2. 1988, pp. 2095-21 18.
a
Tabel D-2 R134a Jenuh-Tabel Tekanan Volume Spesifik
Energi Dalam
Entalpi
m3/kg
kJ/kg
kJ/kg
Cair Uap Cair Tekanan Temp. Jenuh Jenuh Jenuh oC v7 x 103 kPa uf % 60 -'37,07 0,709'7 0,3100 3,t4 80 -31,21 0,7184 0.2366 10,41 100 -26,43 0,7258 0,1917 16,22 120 -22,36 0,7323 0,1614 21.23 140 -18,80 0,7381 0,139s 2s,66 160 -15,62 0,743s 0.1229 29,66 180 -t2,73 0,7485 0,1098 33,31 200 -10,09 0,7532 0,0993 36,69 240 -5,37 0,7618 0,0834 42,"/7 280 -1,23 0,7697 0,0719 48,18 320 2,48 0,7770 0,0632 53,06 360 5,84 0,7839 0,0564 51,54 400 8,93 0,1904 0,0509 6t.69 500 1s,74 0,8056 0,0409 70,93 600 2t,58 0,8196 0,0341 78,99 700 26,72 0,8328 0,0292 86,19 800 31,33 A,8454 0,0255 92,7 5 900 35,53 0,8576 0,0226 98.79 1000 39,39 0,8695 0,0202 104,42 1200 46,32 0,8928 0,0166 114.69 1400 52,43 0,9159 0,0140 123.98 1600 s7,92 0,9392 0,0121 t32.52 1800 62,91 0,9631 0.0105 t40.49 2000 67,49 0.9878 0,0093 148.02 2500 77,59 t,Os62 0,0069 16s.48 3000 86,22 1,t416 0.0053 181.88
Uap Jenuh ue
Cair
Entropi kJlkg'K
Uap Jenuh hr
Jenuh ul
Evap. h/r
3,46
))1 )1
114 11
206,t2 209,46
10,47
2t7,92
228,39
212,18
16,29
215,06
231,35
214,50
212,54
233,86
2t6,52 2t8,32 2t9,94
2t.32 )5'71
210,27
29,78 lt 45
208,19
236,04 )71 q7
206,26
239,71
221,43
36,84
204,46
241,30
))a
42,9s
201,14
244,09
226.38
48,39
198,1 3
246,52
228.43 230,28
53,31
195,35
57,82
t92,76
248,66 250,58
23t,9'7
62,0C
190,32
)\)
235,64
71,33
184;74
256,07
238,74
79.48
1'79.71
259,t9
)/,1 /,)
86,78
175,07
261,85
243,78
93,42
245,88
99,56
t70,73 t66.62
264,t5 266.t8
247;7'7
t05,29
)61
25t.03
115,76
162,68 155,23
253,74
125,26
148,t4
273,40
256,00
134,02
)15
257,88
142,22
t41,31 t34,60
276,83
259,4t
t49,99
127,95
277,94
261,84
168.12
11i,06
279,1"1
262,16
r
85,30
92,7t
278,01
o'7
1)
q'7
270,99 77
Cair
uap
Jenuh sf
Jenuh
0,0147 0,0440 0,0678 0,0879 0,1055 0,1211 0,1352 0,1481 0,1710 0,1911 0,2089 0,2251 0,2399
0,2'723
0,2999 03242 43459 0,3656 0,3838 0,4t64 0,4453 0,4714 0,4954 0,5178 0,s687 0,6156
sg
0,9520 0,9447 0,9395
0,93s4 0,9322 0,9295 0,9273
0,9253 0,9222 0,9197 0.917"1
0,9160 0,9145 0,9117
0,909't 0,9080
0,9066 0,9054 0,9043
0,9023 0,9003 0,8982 0,8959
0,8934 0,8854 0,8735
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA R134A
324
Tabel
h,kllkg
D-3 R134a Superheat
kJ/kg'K
,, -3/kg
l,
T, "C
,,
Jenuh.
0,31003
206,12
11/
*20
217,86
237,98
224,97
245,96
0
0,33s36 0,34992 0,36433
0,9520 1,0062 r,0371
)1) )4
254,10
1,06'75
0,19770 0,20686 0,21587
10
0,37861
239,69
262,41
1,0973
0.224'73
,tR
20
0,39279
)41 1)
270,89
1,t267
30
0,40688
255,r2
?7q 51
1,1
40
263,10
288,35
271,25
297,34
2'.79,58
306,51
288,08
315,84
80
0,42091 0,43487 0,44879 0,46266 0,41650
90
0,49031
m3&g
u,
kllkg
P = 0,06
-10
50 60 70
MPa
s,
2t2,18 2t6,77
0,9602 0,9918
23t,41 q6
26t,43
0,23349 0,24216
246,67
270.02
,0531 1,0829
254,54
278,76
1,t122
1,1844 1,2126
0,250'76
262,58
287,66
1,1411
0.25930
296.72
1,1696
1,2405
0,26779
270,'/9 279.16
30s.94
0,27623
287.70
3
15,32
t,t977 1 ))\4
0,28464 0.29302
296,40 105 ?7
324,81
t.2528
334.57
L700
0, r 0983
219,94
239,71
0,1 I 135
)))
o)
242,06
229,67 237,41 745 ll
250,69
557
1r5 14 335.00
t.3224
0,1 9 170
224,01
P = 0,14 MPa (-18,80'C) 0,1 3945
2t6,52
236.04
-10
0,145 1 9
243,40
251,86
0
0,15219
223,03 730 55
10
0,15875
238;21
260,43
20
0,1 6520
246,01
30
0,17155
40 50
s, kJ/kg'K
0,9395
tot
Jenuh.
kJ/kg
236.54 244,'70 )57 qq
296;75 5R
h,
231,35
1,2681 r ?q54
.
kJ/kg
P = 0,10 MPa (-26,43'C)
(-37.07"C) 1a
[LAMPIRAN D
1,0227 1
P = 0,18 MPa (-12,73"C) 0,9322 0,9606
0,1 I 678
0,9273 0,9362 0,9684
0,9922 1,0230
0.12207
1,0532
0,12'723
253,96
269,13 'r'71 01
1,0828
0,1 3230
751 t6
0,t7783
262,06
286,96
1,1120
0,1 3730
)'7o.
296,09
t,1407
278;74
305,37
I ,1690
0,14222 0,14710
269,85
60
0,18404 0,19020
\)
26 r ,53
278,31
304,79
t,1472
70
0,19633
287,32
314,80
1,t969
0,15193
286,93
3t4.28
1,1753
80
296,06
324,39
1,2244
0,156'72
295,'71
171 q?
1,2030
90
0,20241 0,20846
304,95
334.t4
0.16148
304.63
100
0,2t449
344,04
333,70 141 61
1,2303
314,01
1,25t6 t,2785
P = 0,20 MPa
0.t6622
(-10,09"C)
259,41
0,9998
268,23
277.t7
.1,0304 1,0604
286,24
1,0898
295,45
1,1187
31J,t/. P = 0,24 MPa (-5,37"C) )/,/. o.) 224,07
t,2573
Jenuh.
0,09933
))1
4?
241,30
o q?51
0,08343
-10
0,09938
221,50
241,38
0
0,10438 0,10922
))q )1
250,10
0,08574
228,31
248,89
0,9399
10
237,05
258,89
0,9256 0,9582 0,9898
0,08993
)76 )6
25't,84
20
0,1t394
267,78
t,0206
0,09399
0,9721 1,0034
0,1 1856
276.7'7
1,0508
0,09794
244,30 )5) 45
266,85
30 40
244,99 ?51 06
?7S q5
1,0339
0,12311
261,26
285,88
1,0804
0,10181
260,"72
285.16
t,0637
50
0,12758
269,61
7q5
l)
1,1
094
269,12
294,47
1,0930
60
0,13201
2"78,10
304;50
1,1
380
0,10562 0,10937
2'1'7,67
303,91
1,1218
70
0,1 3639
3t4,02
1,1661
0,11307
?R6 t5
313,49
1,1501
80
0,14073 0,14504
286,'74 ,q5 51
323.68
1,1
939
0,11674
295,i8
323,t9
1,1780
304,4'.7
333,.18
t.22t2
0,12037
304,1 5
333.04
1,2055
343.03
1,2326
90 100
0.14932 3t3.57
343,43
r,2483
0,12398 313,27
0.9222
LAMPIRAN D]
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA R134A
32s
Tabel D-3 (laniutan) T, "C
,.
m3/kg
u, kllkg
h, kllkg
s, kJ&g.K
,,
m3/kg
P = 0,28 MPa (*1,23.C)
h,
kllkg
s, kJ/kg.K
P = 0.32 MPa (2,48"C)
Jenuh.
0,07193
226,38
246,52
0.919'7
0
0,07240
))7
247,64
0,9238
17
u, kJkg
0,06322
228,43
248,66
0,917
10
0,07613
235,44
256,76
0,9566
0,06576
234,61
255 65
0,942
20
0,07972
,41 5q
265,91
0,9883
0,06901
242,87
264,95
0,974
30
0,08320
25t,83
1'1<
1 "'l
1,0192
0,07214
251,19
274,28
1,006
40
0,08660
260,17
284,42
1,0494
0,07518
259,6t
283,67
1,036
50
0,08992
268,64
293,81
1,0789
0,07815
268,t4
293,15
0.09319
)'l't )7
1,066
60
101
17
t,t079
0,08106
276,79
302,',|2
1,095
70
0,09641
285,96
3t2,9s
1,1364
0,08392
285,56
3t2,41
1,124
80
0,09960
294,82
1))
0,08674
294,46
1)) ))
t,152
90
0,t0275
303,83
332,60
1,t644 t,1920
0,08953
303,50
332,15
1,180
100
0,10587
312,98
342,62
1,2193
0,09229
312,68
342,21
1,207
110
0,10897
7)) )1
352,78
t,2461
0,09503
322,00
352,40
t,234
120
0.11205
331.71
363,08
1.2727
0,09'774
331,45
362;73
1.261
Jenuh.
0,0s089
231,97
a<)
0,9t45
0,04086
235,64
256,07
0,911
10
0,05 r l9
232.87
?51 t5
0,9182
20
0,0s397
24t,3'/
262,96
0,9515
0,04188
239,40
260,34
o
11
P = 0,40 MPa (8.93"C) 2.')
P = 0.50 MPa (15,74"C)
q)6
30
0,0s662
249,89
272,54
0,9837
0,044t6
248,20
270,28
0,959
40
0,05917
258,47
282,t4
0,04633
2s6,99
280,16
0,991
50
0,06164
267,13
,o 1 -70
1,0i48 t,0452
0.04842
265,83
1,022
60
0,06405
27s,89
301,51
1,0748
0,05043
274,73
290,04 7qq q5
70
0,06641
284,75
1,1038
0,05240
283,72
309,92
1,082
80
0,06873
293,73
31t,32 111 )1
1,1322
0,05432
292,80
319,96
1,111
90
0.07102
302,84
33 1,25
1,1602
0,05620
302,00
330,10
1,139
100
0,07321
312,07
341,38
1,
i 878
0,05805
311,31
340,33
t,167
i10
0,07550
32t,44
351,64
1,2t49
0,05988
320,74
3s0,68
1,194
120
0,0777
t
330,94
362,03
1,2417
0,06168
330,30
361,14
1,221
130
0,07991
340,s8
372,54
1
,2681
0,06347
339,98
371,72
t,248
140
0,08208
350,35
383,1 8
1,2941
0.06524
349,79
382,42
1,274
Jenuh.
0,03408
238,74
259,19
0,9097
0,02918
24t.42
26t,85
30
0,03581
246,4t
267,89
0,9388
0,02979
244,51
265,37
0,9197
40
0,03"t74
255,45
278,09
0,97
t9
0,031s7
253,83
275,93
0,9539 0,9867
P = 0,60 MPa (21,58"C)
1,053
P = 0,70 MPa (26,72'C) 0,9080
50
0,03958
264.48
288,23
1,0037
0,03324
263,08
286,35
60
0,04t34
273,54
298,35
t,0346
0,03482
272,31
296,69
1,0182
70
0,04304
282,66
308,48
1,0645
0,03634
281,57
307,01
1,0487
1,0784
80
0,04469
291.86
318,67
1,0938
0,03781
290,88
317,35
90
0,04631
301,14
328,93
t,t225
0,03924
300,27
327,74
t,t074
100
0,04790
3
tlq
1,1
505
0,04064
309,74
338,1 9
1,1358
320,03 7)q 6/.
349,70
I ,178
I
0,04201
3r9,31
348,71
1,t637
360,24
1,2053
0,04335
328,98
359,33
1,r910
10,53
27
110
0,04946
120
0,05099
130
0,05251
11q
1R
370,88
1,2320
0,04468
338,76
370,04
1,2179
140
0,0s402
381,64
1,2584
0,04599
348,66
380,86
1,2444
150
0,05550
349.23 15q ?l
1q? s?
t,2844
0,04729
358,68
391,79
1,2706
160
0,05698
l6q r?
403,51
1,3100
0.04857
368,82
402,82
t,2963
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA R134A
_r16
[LAMPIRAN D
Tabel D-3 (laniutan)
1'.'c
''.
m3/kg
a" kJ/kg
D, k.r/kg
.r.
kJ/kg'K
,.
m3/kg
r,
kJ/kg
/2, kJ/kg
s, kJikg'K
P = 0,90 MPa (35,53"C)
P = 0,80 MPa (31,33"C)
0,02547
243.78
264,15
0,9054
75? I l
213.66
0.02255 o 07175
266,18
0,02691
0,9066 0,9314
245,88
.+0
150 l?
)11 )7
0,921'7
50
26t,62
284.39
0,971 I
0.02472
260.09
282.34
60
0.02846 0.02992
2'71,04
294.98
1,0034
0,02609
)6c)
7)
293,2t
0.9s66 0,9897
10
0.031 31
280.45
305.50
1.0345
0.02738
279.30
303,94
80
0,03264
289,89
316.00
1,064'7
0,02861
288,87
314,62
t,0214 t,0521 1,0819
Jenuh.
90
0.03393
299.37
t?6 5)
1,0940
0,02980
298,46
t)5
100
308.93
337,08
308.1
1
?15 q6
1,1 109
8,57
341,71
1.t227 l, I 508
0.03095
ll0
0,03207
3t7,82
346.68
1.1392
[0
0,03519 0,03642 0,a3762
328.31
358,40
1,1
784
0,03316
1 ,1
0,03881
338- 1 4
369,1 9
1.2055
0,03423
327,62 117 5)
357.47
1-j0
368.33
t,1913
110
0,03997
348,09
380,07
347,51
379,27
1,2211
0.04113
358,1 5
39 i.0-5
1,232t I,2584
0,03529
150
0.03633
3s'7,6t
390,31
|,24'75
160
0.04227 0,04340 0,04452
368.32
402.tl
t.2843
0.03736
367.82
40r.44
I
378,61
413,33
1.3098
0,03838
378,14
412.68
1,2992
389.02
424.63
1.3351
0.03939
388,57
424.02
1.3245
lr0 I Et)
3
r
Jenuh.
0.02020
111 11
267.97
0,9043
0.01663
251 .03
l0
0.02029
248.39
268,68
50
0.02171
258.48
280,1
I
0.9066 0.s428
0,01712
6t)
268.35
291,36
0,9768
0,01835
70
0,02301 o 0747 l
278.1 I
302,34
1.0093
80
0.02538
287.82
313,20
1.0405
90
0,02649
)o7 51
324,01
I,0707
100
o o)755
30'7.27
114
110
0.02858
317,06
1:0
0.02959
t?6
345,65 1s6 s)
r.t 000 I,1286
0,02150 0.02244
130
0,03058
il0
357,06
r-0
0,03154 0,03250 0.03344 0.03436
336,88 146 q)
rS0
0,03528
I 6t)
670
1715
P = 1,20 MPa (46,32'C)
P = 1.C0 MPa (39,39"C.t
i50
)R
l
270,99
o ao)
254,98
)1\ \1
16\ 4)
287.44
0,01941
?75 5q
298,96
0,02051
285.62 7q5 5q
310,24
0,9164 0.9527 0,9868 1,0192
1) | 10
1,0503
305.54
332,4'.7
1,0804
o o) 135
315,50
343,52
1.1096
1,156'7
0,02423
354,58
1,1381
367.46
1,1841
0.02508
325,51 115 5R
365,68
1.1660
378,46
1,21il
315,73
376.83
1,1933
389.s6
r.2376
355.95
388.04
367,3t
400,74
1,2638
lqq tl
4t2,02
1,2895
366,27 \'76 69
1.220t t,2465
37'7,66
410;70
1,2724
388,1 2
12-1.40
1.3t49
0,02592 0.02674 0,027s1 0,02834 0.02912
387.2t
422,16
1,2980
ql
R7
P
P = 1,40 MPa (52,43"C)
= i,60 MPa
i57,92'C.1
0,9003 o q?q7
0,01208
256,00
?75 1l
0.01233
258,48
278,20
0,9658
0,01340
269,89
0,9991
0,01435
280,78
291.33 tot 74
318,63
1.03i9
0,01521
29t.39
3t5,72
l ,01 48
330.02
1,0628
0,01601
301,84
327,46
t,0467
341.32 15? 5q
I,0927
339,04
1.0773
I .1218
0.a1677 0.01750
3t2.20
324,05
177
5l
350,53
1.1069
0,02115
334,25
363.86
1.1501
0.01820
t1)
R7
36t,99
I .1
344,50
315,15
t.t'7'77
0,01 887
343,24
J / J,++
357 1,1638
150
0.02189 0,02262
354,82
386,49
1,2048
0,0 1953
3s3,66
384,91
1,t912
160
0,02333
lAt r)
397,89
1,2315
0,02017
364.15
396,43
1.2181
170
0,02403
375.71
409,36
1,2576
374,71
407,99
1,2445
180
0.02172
386,29
420,90
1,2834
0,02080 0,02142
385.35
419,62
1,2704
190
0,02541
396.96
,Ll? i1
1.3088
0.02203
396.08
100
0.02608
407.73
444,24
1.3338
0.02263
406.90
431 ,33 443.11
1.2960 1.32t2
253.74
273,40
6()
0,01405 0.01 495
262,17
-0
0.01603
)'t)
?.'7
283,10 )q5 ?t
t0
0,01701
1R1
rq
307,10
90
0.01192
?91 55
1(.}(]
0,01878
303,73
l lt)
0,01960 0,02039
313.88
110 1-10 1-10
.Tenuh.
0,8982 0,9069 0,9457 0,9813
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA R134A
LAMPIRAN DI
321
Tabel D-IE Properti-properti dari Saturated Rl34a-Tabel Temperatur
Spesifik ft3/lbm
Volume
Cair Temp, OF
40 -30 -20 -15 -10
-5 0 5
10 15
20 25 30 40
Tekanan
psia ,490
Uap Jenuh
Jenuh
yl
1)
110 115
120 140 160 180
200
2r0
ug
Cair
Jenuh hJ
Evap, hfr
Uap Jenuh hr
4,02
87,90
0,00
95,82
95,82
4,3911
2,81
89,26
2,83
94,49
Q'7
12,949 14,718 16,674 18,831
0,01156
3,4173
5,69
90,62
5,7
t
93,10
0,01163
3,0286
'7,r4
91,,30
7,17
98,81 99,55
0,01170
2,6918
8,61
91,98
8,6-5
92,38 91,64
100,29
0,01178
, lqq)
10,09
92,66
10,13
90,89
101,02
0,01185
2,1440
1
13
11,63
90,r2
10t;75
0,01193
1,9208
13,09
94,01
89,33
102,41
0,01200
1,7251
14,60
94,68
3,14 14,66
88,53
103,19
0,01208
1,5529
16,13
9s,35
r6,20
81,11
r03,90
0,0t216
t,4009
17,67
96,02
86,87
104,61
0,0122s
1,2666
19,22
86,02
105,32
0,01233
1,t474
20,78
96,69 97,35
t7,74 i9,30 20,87
85,14
106,01
0,0125
2t,203 23,805 26,651 29;756 33,137 36,809 40,788 49,738 60,125
q]
1,58
'
1
a)
r
0,94'.70
23,94
98,6'7
24,05
83,34
t0'1,39
0,787 t
27,14
99,98
21,28
t08,74
0,6584
30,39
t01,2'l
30,56
81,46 '7q 4q
0,5538
33,68
102,54
33,89
77,M
11
0,4682
31,O2
103,78
3'7,2'7
15,29
112,56
0,43t2 o 1q75
38,72
104,39 105,00
74,17 71 0l
1
40,42
38,99 40,72
0,3668
42,14
105,60
42,47
71,86
t14,33
0,3388
43,87
106,1 8
.4,A.
)\
'70,66
114,89
0,31 31
45,62
106,76
46,01
69,42
115,43
0,2896
41.39
107.33
.4?,81
68,15
1
0,2680
107,88
49,63
66,84
1t6,4'7
0.2481
49,1'7 50 ql
108.42
51,4'1
65,48
116,95
0,t82'7
58,39
110,41
59,08
59,57
118,65
0,1341
I 11 .97
6'7,20
s2,58
119,78
0,0964
66,26 74,83
112,77
76,13
43,78
l 1 9,91
0,0647
84,90
111.66
86;77
30,92
lt'I.69
0,04'76
91,84
108,48
94,27
19,18
113,45
0,01 311
105
uap Jenuh
5,7173
85,788
100
Cair Jenuh uf
0,01143
'12,092
90 95
Btu/lbm-"R Uap Cair Jenuh Jenuh
0,01130
70 85
Entalpi
Bru/lbm
9,920
60 80
Entalpi
Btu/lbm
'7
0,01270 0,01290
50
3
Energi Dalam
101,37 0.01334 109,92 0,01346 118,99 0,01358 128,62 0,01371 r38,83 0,01385 149,63 0,01399 r61.04 0,01414 173,10 0,01429 185,82 0,01445 243,86 0,01520 3t4.63 0,0i617 400,22 0,01758 503,52 0,02014 563,51 0,02329
110,05 1,33
13,1 6
113,75
15,96
tf s8 0,0000 0.2283 0,0067 0,2266 0.0133 0,2250 0,0166 0,2243 0,0199 0.2236 0,0231 0,2230 0,0264 0.2224 0,0296 0,2219 0,0329 0.2214 0,0361 0,2209 0,0393 0.220s 0,0426 0,2200 0,0458 0.2196 0,0522 0,2i89 0,0585 0,2183 0,0648 0,21'78 0,0711 0,2173 0.0'7'74
0.2169
0,0805 0.2167 0.0836 0,216_5 0,0867 0.2163 0,0898 0,216 r 0,0930 0.21s9 0,0961 0.1_:0,0992 r.:. :: 0.102i _ : : 0,1150 : -: 0.1280 _ -' 0.1417 : 0.15-: _ 0.1 6Sj
SutnlnEn: Tabel D-1E sampai dengan D-3E didasarkan kepada persamaan-persamaan dari D. P. Wilson dan R. S. Basu, "Thermodl:--of a New Stratospherically Safe Working Fluid-Refrigerant 134a," ASHRAE Trans., Yol.94,Pt.2, 1988, pp. 2095-2118.
. :- .'*
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA R134A
328
[LAMPIRAN D
Tabel D-2E Properti-properti dari R134a Jenuh-Tabel Tekanan Volume Spesifik ft3llbm Tekanan psia 5 10 15
20
Temp, oF
Cair
uap
Jenuh
Jenuh ,g
vf
-53,48 0,01113 -29,71 0,01143 -14,25 0,01164 -2,48 0,01181 15,38 0,01209 29,04 0,01232 40,27 0,01252 49,89 0,01270 58,35 0,01286 65,93 0,01302 72,83 0,01317 79,17 0,01332 90,54 0,01360
Energi Dalam
Entalpi
Entalpi
Btu/lbm
Btu/lbm
Btuilbm-oR
--cair--uap Jenuh Jenuh uf 's
Cair Jenuh
hf
Evap, hf,
8,3508
-3,74
86,07
-3,1)
97,53
4,3581
2,89
89,30
2,9t
2,9747
'7,36
91,40
7,40
94,45 o) 11
2,2661
10,84
93,00
10,89
90,50
r,5408
t6,24
16,31
87,65
20,57
85,31
r,t692
20,48
95,44 q1 )7
0,9422
24,02
98,71
24,14
83,29
0,7887
27,10
99,96
27,24
81,48
0,67'78
29,85
101,05
30,01
79,82
0,5938
32,33
102,02
32,53
78,28
0,5278
34,62
102,89
34,84
76,84
0,4747
36,75
103,68
36,99
75,47
0,3941
40,61
105,06
40,91
72,91
0,3358
M,07
44,43
70,52
0,2916
4'7,23
107,28
47,65
68,26
0,2569
50,16
108,18
50,64
66,10
0,2288
52,90
108,98
53,44
64,01
0,2056
55,48
109,68
56,09
61,96
0,1861
57,93
110,30
58,61
s9,96
0,1695
60,28
I 10,84
6t,02
57,97
280
100,56 0,01386 109,56 0,01412 117,74 0,01438 125,28 0,01463 132,27 0,01489 138,79 0,01515 144,92 0,01541 150,70 0,01568
106,25
0,1550
62,53
1
11,31
63,34
56,00
300
t56,17
0,1^24
64,7r
ttl,72
65,59
54,03
69,88
t12,45
70,97
49,03
30 40 50 60 70 80 90 100
t20 140 160 180
200 220 240 260
350
400 450 500
0,01596
168,72 0,01671 179,95 0,01758 190,12 0,01863 199,38 0,02002
0,1166 0,096s
74,81
112,7'7
76,1r
43,80
0,0800
79,63
112,60
81,l8
38,08
0,0657
84,54
tlt,76
86,39
31,44
Uap Cair .Ienuh Jenuh h"
s1
Uap Jenuh so
93,79 -0,0090 0,231r 97.37 0,0068 0,2265 99,66 0,0171 0,2242 101,39 0,0248 0,2227 103,96 0.0364 0.2209 105,88 0,0452 0,2197 107,43 0,0523 0,2189 108;12 0,0584 0,2183 109,83 0,0638 0,2179 110,81 0,0686 0,2175 111,68 0,0729 0,2172 112,46 0,0768 0,2169 fi3,82 0,0839 0,2165 114,95 0,0902 0,2161 115,91 0,09s8 0,2157 t16,74 0,1009 0,2t54 1r7,44 0,1057 0,2151 118,05 0,1101 0,2147 118,56 0,1142 0,2144 118,99 0,1181 0,2t40 119,35 0,1219 0,2136 119,62 0,t254 0,2132 120,00 0,1338 0,2118 119,91 0,1417 0,2102 t19,26 0,1493 0,20"79 117,83 0,1570 0,2047
LAMPIRAN D]
i ltr
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA RI34A Tabel D-3E Uap Rl34a Superheat
T.
OF
v. ftr/lbm
r,, Btuilbm
P
= l0
ft.
Btu/lbm
Jenuh.
4.3581
89,30
9'7,37
-20
4.4718 4,7026
90.89
99.17
9,1,24
102.94
20 40
4,929'7
97,67
539
101,19
t06,79 tro,'72
60
5,3758
104.80
80
s,5959
108,50
114.14 l 18.85
100
5,8145
t12,29
123,05
120
6.0318
116,18
140
6,2482
1
160
6,4638
r80
6,6786 6.8929
r
28,38 132.63
0
200
5. l
s,
Btu/lbm-"R v, fi3/lbm
psia (-29.71"F)
P
9
r,40
99,66
3.0893
93,84
102.42
o
3,2468 3,4012
97,33
106,34
i00,89
I55tl
104,54
10,33 114,40
0,2386 0,2468
3.7034
108,28
1
3,8s20 1 00q1
I 1 2,10
t))
t2'7.34
0.2709 0,2786 0,286r
116,01
t27,11
0,2703 o )1'7q
20.1 6
t31.72
0,2935
4.1456
0,285.1
136.1 9
0,3009
4.291t
t20,00 t21,09
t31,51
124,23
n )ot7
140.74
0,3081
4.4359
128.26
36.00 140,57
14s.39
0,3152
4.5801
t1)5.
t45,23
0.3072
1.5408
95.40
103.96
0.2109
96,26
104.92
r)
109,12
0.23 l -i
101.39
o )11'7
93.43
101,88
0.2238
96,98 100,59
105,88
0.2323
1.561 l
r09.94
0,2406
1,6465
99,98
104,28
114.06
0,248'7
1;7293
108,05
118,25
1,8098
r03,75 t07.59
160
3,2047
t23.95
135,81
180
3,3144
128,13
200
3,1236
132,40
t40,40 r45,07
220
35323
t36,76
149.83
60 80 100
120
r
18.56 1q
r
?tn]
0,2548
0.2626
0.3000
P = 30 psia (15,3tt"F)
93,00
140
20 40
o 714)
2,9'747
P = 2O psia (-2,48"F) 0
=
s, Bturlbm-'R
15 psia (-14,25'F)
0,226s 0.2307 0,2391 0,2472 0,2553 o )611
2.2661 2,2816 2,4046 2,5244 2.6416 2,7569 2,8705 2,9829 3.0942
Jenuh.
I. Btu/Ibm i, Btu/lbm
laro
i 3,35
0.2398
117,63
0,24'78
1
111,90
t)) 5)
0.2s66 0.2644
121.98
0.2s58
t26,87
0,2720
1,8887 1,9662
111,49
11-5,83
115,47
126,39
0,2635
119,85
131 .30
0,2-795
2.0126
119,53
130.87
0,2711
0.2869 0.2922
2.1181
.) lqro
t23,66 r27,88
135,12
0,2186
140.05
0.28,59
0,30r4
2,2671
132,17
144.76
0.2932
0.3085
2.3407
t36,55
149,54
0.3003
P = 40 psia (29.04'F) Jenuh.
1.t692
9'7.23
40
1,2065
r
60
1,2723
99.33 103,20
80
1,3357
107,1
1
117,00
100
1,3973
111.08
t21.42
120
1,4575
115.1 I
140
1,5 r 65
160
1,-s746
180
1,63
200 220 240 260 280
P = 50 psia (40,27"F) 0.9422
98,71
0,9974 r,0508
t02,62
11
106,62
I 16.34
1.t02?.
110,65
120.85
1,1520 r.2007 1,2484
t14,74
1.29s3
t27,36
r
r36.34
144,44 149,25
0.2799 0,2872 0,2944
1,3415 1,3873
140.81
154,14
0,3015
1,4326
r
1.8561
145.36
1
59.10
1,4',77
I,9t12
149.98
t64,13
0,3085 0,3154
105.88
0.2.197
08.26
0.2245
112,62
t19,21
125.90 r 30,43
0,2331 0,2414 0.2494 0,2573 0,2650
r23,38
i 35,03
0.2125
i9
127.62
139;70
1,6887
t3t.94
1,7449 1,8006
107,43
0,2189
1"85
t25.39
0.2276 0,2361 0,2443 0,2523
118,88
129,99
0.2601
12,1,08
134,64
0,2677
131 ,71
39.34 144.12
0.2825
136,r2
r48,96
0.2897
40,61
153,87
s
145,18
158.85
0,2969 0,3039
1,5221
149.82
163.90
0.3108
o )'7\)
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA RI34A
330
ILAMPIRAN D
Tabel D-3E (lanjutan)
r.
"F
v,
ftr/lbm
a,
Btu/lbm
/,, Btu/rlbm s,
Btu/lbm-'R
v,
ftrllbm
P = 60 psia (49,89"F)
80
0,7887 0,813s 0,8604
100
0,9051
i20 1-r0
z,
Btu/Ibm
ft,
Btu/lbm
s, Btu/lbm-'R
P = 70 psia (58,35'F) 101,05
109,83
0,2179
0,2229
0,6778 0,6814
101,40
0,2r86
115,66
0,23t6
o,'7239
105,58
110,23 114,96
120,26
1r9,66
113,96
124,36
118,20
129,07
122,49
133,82
r2'1,10
138,98
0,2'712
t26,83
138,62
1,1100
131,47
t43,79
120
1.1488
r35,9r
148,66
140
1,1871
t40,42
153,60
0,2786 0,2859 0,2930
0,7640 0,8023 0,8393 0,8752 0,9103 0,9446 0,9784 r,0118
109,76
134,23
0,2399 0,2480 0,2559 0,2636
160
r,2251
145,00
158,60
0,3001
1,0448
144,82
3,33 158,35
280
t,262'7
r49,65
t63,67
149,48
r63,M
1,3001
154,38
168,81
0,3070 0,3139
1,07'74
300
1,1098
r54,22
168,60
99,96 102,03
108,72
0,2183
111,06
106,11
110.2t
0,9482 0,9900
114,35 118,54
t24,88 t29,53
160
1,0308
r22,79
lE0
1.0707
100
Jenuh.
60
P = 80 psia (65,93"F) 0,5938 0,6211
102.02
r 10,81
80
105,03
t14,23
100
0,65'79
109,30
119,04
120
0,6927
113,56
123,82
140
0,1261 0,1584 0.7898
117,85
128,60
r22,r8
133,41
126,55
138,25
0,8205
130,98
t43,t3
0,8506
135,47
148.06
0.8803
t40,02 t44,63
153,05
149.32
163,21
154,06
168,38
Jenuh.
160 180
200 220 240 260 280 300
320
0,9095 0,9384 0.9671 0.9955
158,10
t73.62 100 psia (79,17'F)
158,88
P
=
15
102,89
1r 1,68
104,46
1t3,47
0,5751
108,82
1r 8,39
0,6073 0,6380 0,6675
113,15
123,27
117,50
128,t2
121,87
132,98
0,6961
126,28
13'7,87
o,'t239 0.7512
130,73
142,79
135,25
147,76
0,7'7'79
139,82
152,77
0,2172 0,2205 0,2295 0,2380 0,2463 0,2542 0,2620 0,2696 0,2770 0,2843
0,8043
144,45
t5'7,84
0,29t4
0,8303
149,t5
162,97
0,8561
153,91
168,16
0,2984 0,3054
0,3t47
0,8816
158.73
t73.42
0,3t22
P = 120 psia (90,54"F)
r03,68
112.46
0,2169
103,87
112,68
0,21'73
100
0,5086 0.5388 0,5674 0,5947 0.6210 0,6466 0,6716 0.6960
108,32
rtl,l5
112,73
r22,70
200 220 240 260 280
t40,22
0.5278 0,5408
0,476r
180
148,36
0,2175 0,2239 0,2327 0,2411 0,2492 0,2570 0,2647 0,2722 0,2796 0,2868 0,2940 0,3010 0,3079
0,4747
160
r43,46
135,69
P = 90 psia (72,83"F)
Jenuh. 80
r20 t40
131,23
0,2276 0.2361 0,2444 0,2524 0,2601 0,26't8 0,2752 0,2825 0,2897 0,2968 0,3038 0,3107
0,3941
105,06
1r3,82
0,2165
0,4080 0,4355 0,4610 0,4852 0,5082
107,26
116,32
l 11,84 116,3't
r21,52 126,6r
120,89
131,66
r25,42
136,70
tt'7,t3
127.63
121,55
132,55
125,99
137,49
0,2265 0,2352 0,2436 0,2517 0,2595
130,48
142,45
0,261r
0,5305
129,9'l
14t,75
0,2210 0,2301 0,2387 0,2470 0,2550 0,2628
135,02
14'.7,45
0,5520
134,56
146,82
0,2'104
152,49
0,5731
139,20
15t,92
0,2'178
0,720r
139,6t t44,26
0,2746 0,2819
r57,59
0,289r
0,5937 0,6140 0,6339 0,6537
143,89
157,07
0,2850
148,63
162,26
0,292t
153,43
167,51
158,29
172,81
0,2991 0,3060
0,7438
148,98
t62,74
0,2962
300
0,76"72
153,75
167.95
0,3031
320
0,7904
158,59
I ti,Ll
0,3099
LAMPIRAN D]
PROPERTI-PROPERTI TERMODINAMIKA R134A
331
Tabel D-3E (lanjutan)
T.'F
v, ftr/lbm
Il. Btunbm ft, Btu/lbm P = 140 psia (100,6'F)
v, ft'ilbm
ll, Btu/Ibm
0,2916 0,3044 0,3269 0,3474 0,3666 0,3849 0,4023 0,4192 0,4356 0,4516
107,28
115,91
0,2157
109,88
118,89
0,2209 0,2303 0,2391
0,46'.72
152,78
166,6t
0,4826 0,4978 0,5128
157,69
171,98
162,65
177,39
0,3065
167.67
182,85
0,3132
Jenuh.
0,3358
106,25
114,95
0,2t61
r20
110,90
120,25
115,58
125,54
120,21
130,74
0,2254 0,2344 0,2429
t24,82 129,M
135,89
o,25tr
141,03
220 240 260
0,3610 0,3846 0,4066 0,4274 0,4474 0,4666 0,4852 0,5034
134,09
146,18
138,77
15r,34
4,2590 0,2667 0,2742
143,50
156,54
0,28 r 5
280
0,521i
148,28
161,78
300
0,5387 0,5559 0,5730 0,5898
153,1
I
167,06
157,99
172,39
t62,93
177,78
16'.7,93
183.2t
0,2887 0,2957 0,3026 0,3094 0,3162
140 160 180
200
320 340 360
P = 180 psia (117,7'F) Jenuh. 140
0,2569 0,2595 0,2814
160
0,3011
180
t20
108,18
1t6,74
r08,7'7
117,41
l 13,83
123,21
t28,77
0,3191
t18,74 r23,56
200
0,3361
128,34
r39,53
220 240 260 280
0,3523
33,1
134,19
0,3678 0,3828
137,90
144,84 150,15
142,71
155,46
0,3974
147,55
160,79
300
0,41t6
152,44
166,t5
320 340
0,4256 0,4393 0.4529
157,38
17
162,36
177,00
167,40
r82,49
360
1
1
|,55
160
0,1424 0,1462
180
200 220 240 260 280
129,78
124,20
135,06
0,24"75
128,90
140,29
133,6t
145,52
0,2555 0,2633 0,2709 0,2783 0,2856 0,2927 0,2996
138,34
150,75
143,r1
156,00
147,92
161,29
0,2154 0,2166 0,2264 0,2355 0,2441 0,2524 0,2603 0,2680 o )75\ 0,2828 0,2899 0,2969 0,3038 0,3106
0,2288
108,98
117,44
0,2151
0,2446 0,2636 0,2809 0,2970
112,8't
12t,92
0,2226
1t'1,94
0,2321
122,88
t27,70 t33,28
12',7,76
138,75
0,2410 0,2494
o,3t2t
132,60
144,15
0,2575
0,3266
137,44
0,2653
0,3405
142,30
r49,53 t54,90
0,3540
14'.1,18
160,28
0,2802 0,2874 0,2945 0,3014 0,3082
0,367r
152,t0
165,69
0,3799 0,3926 0.4050
157,07
171,13
162,07
176,60
167,13
182,r2
0,2728
P = 400 psia (179,9"F)
119;62
0,2132
112,95
121,07
0,2155
0,1633
118,93
128,00
0,2265
0,0965
112,79
119,93
0,2102
0,17't7
124,47
134,34
0,2363
0,1143
t20,14
128,60
0,2235
0,r905
129,79
140,36
126,35
135,79
134,99
146,21
0,2453 o )\17
0,t275
0,2021 0,2130 0,2234 0,2333 0,2428
0,1386 0,1484
132,12
142,38
0,2343 0,2438
137,65
148,64
0,252'.7
0,r575
t43,06
0,1660 o;1740 0,1816 0,1890
148,39
154,72 160,67
0,2610 0,2689
r53,69
166,57
0,2'766
158,97
t72,42
164,26
178,26
0,t962
169,57
184,09
0,2840 0,2912 0,2983
0.2032
114,90
t89,94
0,3051
151,95
145,23 150,33
157,63
155,44
168,92
160,57
174,56
360
0,252r 0,261t
165,74
180,23
380 400
0,2699 0.2786
170,94
185,92
176, I 8
19t,64
320 340
124,4t
t19,49
11r,72
140,12
300
114,73
P = 200 psia (125,3'F)
P = 300 psia (156,2'F) Jenuh.
ft, Btu/lbm s, Btuilbm-"R P = 160 psia (109,6'F)
s. Btu/lbm-"R
163,28
0,2618 0,2696 0,2772 0,2845 0,2916 0,2986 0,3055 0,3122
0,0965
112,77
119,91
0,2102
Tabet-tabet Gas IdeaI Tabel
:K
/t. kJ/kg
P,
200
199.9'7
0,3363
142,56
220
219.9'7
156,82
r.r,
kJ/kg
E-1 Properti-properti Udara s', kJ/kg'K
T,K
ft, kJ/kg
P,
170'7
r,29559
780
800,03
43,35
576.12
51,64
t346
1,39105
820
843,98
52,49
608,59
44,84
v
sii:kI
lr, kJ/kg
.,.f1ffi13,,,,,t
il Affi
240
)^fi o')
0,4690 o 6155
t,47824
860
888,27
63,09
641.40
39,t2
,,,,{*gt8g.ri:r.,
260
260,09
0,8405
185,45
887,8
1,55848
900
q1) q1
1\ )q
6'74,58
34,3t
,.,affi6,,:jr
280
280,1 3
1,0889
r99;75
738,0
1,63279
940
q71 Q)
89,28
708,08
\o
290
290,16
1,23|L
206,91
676,1
1,66802
980
orl
300
300,19
1.3860
214,0'7
62r.2
1,'70203
020
3i0
t,5546
))t )\
?
r.73498
060
r
320
310,24 170 7q
1,'7375
228.43
528,6
t,76690
340
340,42
2,t49
242,82
454,1
1,82790
360
360,58
2.626
)\1 )4
393,4
1.88543
380
380,77
3,t76
271,69
343,4
400
400,98
3.806
286,16
301,6
420
42t,26
4
5))
300,69
440
44t,61
5 t17
460
462.02
6,245
480
482.49
7,268
500
8,411
520
503,02 57161
540
544.35
9,684 11,10
171,13
1084
?5
,,t',t-
))
:,,:,
,r;.'
:t'ie;#?48"""
741.98
068,89
t05,2 t23,4
776.t0
)71)
14.86
t43,9
810,62
21,t4,
:,,',3r0ff{fl;,,;,i
100
161.07
t67,1
845,33
18,896
l,,ql0ft31.,i,,.
i
140
207,57
193,1
880.35
16,946;j ,',,:.{;1{8-t3,,..:
I
180
254,34
))1 )
915,57
1,94001
220
301,31
254.7
951 ,09
15,24t:, ,1,e;rp}1r,,,: ,, 13.747, , ,ppuf:l.e1ii11:
I,99194
260
348,55
290,8
986,90
t2.435
266,6
2,O4142
.300
395.97
330,9
t022,82
11.27 5:
',,,,:s,;P.,p$dl;;1,,:,
315,30 17q q7
236,8
2,08870
340
443.60
175
l
1058.94
10,247
,:i:3;$q952':'lr,
ztt,4
491,44
124,2
1095,26
9,337:,,: ;,1;,{1
341,70 15q 49
189,5
2,t3407 2,t7760
r380 1420
539,44
478,0
tt3t,77
8,526,.1 ..i.3,1i?.9S.{;,iri;1
t460
58'7,63
537,1
1168,49
7,801.r:,
,,,'
t500
635,9'7
601,9
1205,41
i.t5d,,
r.i r3;44SX$iiii;i.
t540
684.51
672,8
t242,43
6569.,
';:,:.
750,0
t279.65
0,04,6..,
,.,,fffi49,;..i
374,36
154,t
) )1q5) ) 7
389.34
139,7
2,29906
170.6
.ii2:e4468:::.:!: :
,
,
.:.2'P9E3t!rl,:l
1.
:,fi i,,,?{3*
::,'t'
::
4j.$1,1;.,,,,
:?,.,,$:!"*#l:.;' :.
&t43712:,,:
:, : :
560
565,1"7
12,66
404,42
t27.0
2.33685
t580
'733,17
580
586,04
14,38
419,55
1t5,1
2.37348
t620
782,00
834,1
1316,96
5,s7*.,
,,r3;S3879':,i.,
600
607,02
16,28
134.78
105,8
2,40902
r
660
830,96
925.6
1354,48
5.147.
620
628,0'1
18,36
450,09
96,92
2,44356
r700
.880,1
t025
1392,'7
4,76.L;1,
,,,1?:seqrl.;, ,. ,r|3Fg.7g::,i il
640
649.22
20,65
465,05
88,99
2,477
t6
r800
)oo1
I
l
i0
148'7,2
3.944,.
900
t127,4
1655
1582,0
3,295,; .,l.3;?35*,
13
660
670,47
23,13
481,01
81,89
7 50qR5
680
69t,82
25,85
496,62
75,50
2.54t75
2000
,_252.1
2068
t6'/8,7
2:f?,p,;',,
700
713,2'7
28,80
5 12.33
69;76
) \1 )71
2100
\71'7 4
2s59
1'7'75.3
2,1;5*,'
720
731.82
32,02
528,14
64,53
2,60319
2200
)501
3138
1872.4
740
756,44
35,50
544.02
59,82
2.63280
Surmsn: J. H. Keenan and J. Kaye, Gas Tables. Wiley, New York. 1945
332
?
;fiffiS{,,,,',. 1:l:,:.
,:,),':*i;!1p4,..,,,;,
'i' 3l860f,,,1, 2.A7e, ::,,'3;9191:',"': 'l .
TABEL-TABEL GAS IDEAL
LAMPIRAN E]
JJJ
Tabel E-2 Properti-properti Molar Nitrogen, N2
h? =
:K
[.
kJ/kmol
a. kJikmol
s." kJ/kmol'K
O kJ/kmol
TK
["
kJ/kmol
0
0
t000
30 t29
562
182,639
r020
30 784
-4, kJ/kmol
5,'kJ/kmol'K
645
193,562
I 140
34 092 34 760
7 061
195,328
1160
35 430
7
4'78
196,995
t180
7
895
t98,572
1200
36 104 36 777
21 815 22 304 22 795 23 288 23 782 24 280 24 780 25 282 25 786 26 29t 26 799
8 314 8'733
200,071
t240
38 129
27 819
201,499
260
12 811
9
153
202,863
280
38 807 39 488
460
13 399
9 514
204,1?0
t300
40
480
13 988
9 99't
205,424
t
320
40 853
500
14 581
10 423
206,630
r340
41 539
28 331 28 845 29 361 29 878 30 398
520
15 t72
i0
848
20't,192
t360
ta 111
30 919
238,376
540
15 766
277
208,9t4
1380
42 915
16 363
707
209,999
r400
43 605
31 44t 31 964
238,878
560
lt tl
580
t6
962
t2
139
2t1,049
t440
33 014
600
t7
563
t2
574
212,066
1480
34 07t
241,301
620
18 166
13 011
213,055
t520
44 988 46 377 47 7'71
240,350
35
)4)
640
t8
13 450
214,018
1560
49 t68
36 197
243,t3'7
660
19 380
t3
t600
244,028
t9
991
14 337
1700
50 571 54 099
3'7 268
680
2t4,954 2t5,866
39
96,5
246,166
700
20 604
14 784
2t6,'756
I
800
57 651
42 685
248,t95
720
220
15 234
2t7,624
t900
250,128
839
15 686
218,472
2000
48
181
251,969
760
22 460
219,301
2100
50 957
)57'7)6
780
220,113
2200
53 749
255,412
r'7 06t
220,907
2300
221,684
2400
56 553 59 366
257,02
17 524
'75 676 '79 320
840
23 085 23'114 24 342 24 974
16 t41 16 s99
61 220 64 810 68 4t7 72 040
45 423
740
2t 2t
t7
990
222,447
2500
82 981
62 195
260,073
860
25 6t0
18 459
223,t94
2600
65 033
261,512
880
26 248 26 890
18 931
))7
0)'7
2700
262,902
t9
224,64'7
2800
67 880 70 734
27 532 28 t78
19 883
715
15 1
2900
20 362 20 844 21 328
226,047
3000
341
268,007
82 224
269,186
0
0
4
220
6
240 260
6 975 7 558
280
8
298
8 669 8 723
6
391
85,1 80
r040
187,5t4
r060
31 32 101
189.673
r080
32 762
19t,502
t100
33 426
6 229
r 91
I
120
6
380
9 306 9 888 t0 47t 1t 055
400
11 640
420
t2
440
300
320 340 360
800 820
900
920 940 960 980 Sulasen:
141
225
772
28 826 29 476
4 979 5 396 5 813 190
892
407
1
,682
441
170
226,728
1100
86 650 90 328 94 0t4 97 70s 101 40'7 105 115
227,398
3200
108 830
JANAF Thermochemical Tables. NSRDS-NBS-37.
197 1.
133
73 593 76 464
't9
228,057
)15 ))7
228,706 229,344
))q
97
7
230,591 231,199
23t,799 232,39t
,1'
q7
I
233,549 234,115 235,766
236,302 236,831
237,353 237,867
)1q
175
))P,
258,580
264,241 265 5 tR
)66'797
TABEL-TABEL GAS IDEAL
334
[LAMPIRAN E
Tabel E.3 Properti-properti Molar Oksigen, O,
= 0 kJ/kmol T
196,t71 198,696
7
566
5 405
201,02'7
r080
8
150
5 822 6 203 6 242
203,191 205,033 205,213 207,112 208,904
t
9 325 9 916
360
10 511 11 109 1t 711 t2 314 t2 923 13 535
520 540 560 580 600
620 640 660 680
34 194
575
404
320 340
500
n
32 088 32 789 33 490
4 989
6
300
400 420 440 460 480
T
6 984
0
8 682 8 736
380
.io
t020 t040 t060
0
220 240 260 280 298
u
h
4
0
0
6 664 7 090 7 518
't
949
8 384
I
100
1120
t140 r160
34 35 36 37 37
24 ,513
899
25't53
606
26 26 27 27 28
246,818 247,454
314 023
2t0,604
t180 r200
734
)1) )))
1220
38 447 39 162
213,765
t240
39
8'.77
294
248,081
469
249,906
29 018 29 568
25r,079
215,241
1260
40 594
30
4t 3r2
30 670
218,016
t280 t300
t4 151 t4 770
l0 160 t0 614
2t9,326
t320
3t 3t
r340
15 395 022 t6 654 t7 290 t7 929
11 071
220,589 221,812
42 033 42 753 43 475
11 533
222,997
r380
11 998
224,146
t400
t2 t2
46'7
225,262
t440
940 13 4t'7 13 898 t4 383
226,346 227,400
t480
228,429
t540 t560 t600
t8
572
19 219 19 870
20 524
780
23 850
800 820
24 523 25 199
840
25 877
860
26 559
880
27 242 27 928
22 510 23 178
t4 t5
8',71
364
15 859
t6 3si
229,430 230,405 231,358 232,291
r360
t520
44 44 45 47
198
923 648 102
48 561 50 024 50 756
r700
51 490 52 961 56 6s2
800
60 37t
t
tt6
t900
64
2000
67 881
234,960
2100
235,810 236,644
1200
71 668 75 484
1300
79 316
237,462 238,264
1400
83 t'74
2500
87 05'r
239,05r
1600
20 445
239,823
1700
28 616
20 967
240,580
1800
90 956 94 881 98 826
t9
2t
491
241,323
2900
242,052 242,768
1000
31 389
22 017 22 5M 23 0',75
]000
980
306 29 999 30 692
243,4',7t
\200
16 859 r7 364 17 872 18 382 18 893 19 408 19 925
Suugen: JANAF Thermochemical Tables, NSRDS-NBS-37, 197 l.
1100
102 106 110 114
246,17t
836 379 923
2t6,656
t6
so
244,164 244,844
24 677 25 2r4
233,20t 234,09t
960
24 142
822
2t 184 2t 845
920 940
60',7
9 264 9 710
700 720 740 740
900
u
23
118
224
778
32 334 32 891 33 449 34 008
248,698 249,307 250,497
251,653 252,219 252,776 253,325 253,868 254,404 254,932 255,454
35 129
256,475
36 37 37 38 39
257,474 258,450 258,928 259,402 260,333
256 387
952 520 658
42 517 45 405 48 319
262,5',t1
51 253 54 208
268,655 270,504 114 11a
57 192 60 193 63 219 66 27t 69 339
793
72 433 75 546 78 682
780
81 837
784
85 009
809
88 203
2U;101 266,722
273,981 275,625 277,207
278,738
280,2r9 281,654 283,048
284,399 285,713
TABEL-TABEL GAS IDEAL
LAMPIRAN E]
335
Tabel E-4 Properti-properti Molar Karbon Dioksida, CO2
ili = -393 520 kJ/kmo1 T
ii
h
T
50
h
il
s,o
35 378 36 306 37 238
270,293 271,354 272,400 273,430 274,445
0
0
0
0
020
43 859
220 240 260
6 601 7 280 7 979
4 772 5 285 5 817
202,966 205,920
040
44 953
060
46 051
208,717
080
4',7
280
8 697
6 369
211,376
100
48 258
298
9 364
t20
9
6 885 6 939
2r3,685
300
2t3,9t5
140
7 526 8 131
160
8 752
216,351 218,694 220,948
49 369 50 484 51 602
9 392
))7,1))
320 340 360 380
400 420 440 460
431
10 186 10 959 748 t2 552
t\
t3 t4
3'72
10 046
t0'714
227,258 229,230
23t,144
300
233,004 234,814 236,575
320 340
520
206 15 054 15 916 16 791 t7 678 18 576
540
19 485
560 580
20 407.
600
22 280 23 231
tt 393
))\ ))\
190 160
t9
672
138
20 484
125
21 305
720 740 760
24 25 26 27 28 29 30
12 091 12 800 t3 521 t4 253 14 996 15 75r 16 515 17 291 18 076 18 869
121
22 134
124 135
22 972 23 817
780
3t
154
24 669
256,1t0
800
32 179
820
257,408 258,682 259,934 261,164
880
33 212 34 251 35 296 36 347
25 527 26 394 27 267
900
37 405
920 940
38 467 39 s35
960
40
480 500
620 640 660 680 700
840 860
980 1000
2t
180
200 220 240 260 280
337
28 125
360
t53
52 724 53 848 54 977
56
40 41 41 42 43
M
057
275,444
006
276,430 277,403 278,361
957
913 871 834
281,158
57 244 58 381 59 522
46 768 47 739 48 713
282,066
60 666
49 691
284,722
61 813 62 963
50 672 51 656 52 @3 53 631 55 614 57 606 59 609
285,586 286,439 287,283
6t
294,41t
380
64 116
400
65 271
24t,602
440 480 520
67 586 69 91r
560
72 246 "t4 590
247,773
600
76 944
620 63 741
249,233 250,663 252,065 253,439
700
82 856 88 806 94 793
68 721 73 840 78 996
254,787
100
800
289,'.743
29r,333 292,888 295,901 299,482 302,884
306,122
309,2t0 3t2,160
200
94 648
314,988
300
119 035
99 912
3r7,695
400
t25 152
500
t3t
320,302 322,308
600
137 449 t43 620 149 808 156 009 162 226 168 456 174 695
105 197 110 504 115 832
t2t
t72
327,549
126 528 131 898 t37 283
329,800
700
263,559 264,728
800 t900
3t
719
265,877
000
60'7
32 625
267,007
100
41 685 42 769
33 537 34 455
268,1t9
204
197 1.
288,106
89 404
262,37r
Suunrn: JANAF Thermochemical Tables, NSRDS-NBS-37,
84
282,962 283,847
100 804 106 864 1t2 939
29 03r 29 922 30 818
269.215
280,238
45',799
239962
900 000
279,307
108
238,292
243,199 244,758 246,282
38 r74 39 112
290
185
1)\ )))
t42 68t
331,975 334,084 336,126
148 089
338,109
TABEL-TABEL GAS IDEAL
336
ILAMPIRAN E
Tabel E-5 Properti-properti Molar Karbon Monoksida, CO
= T
i]
h
0
0
220
240 260
6 39t 6 975 7 558
280
8
140
300
I
723
320
9 306
340
-ll0
530 kJ/kmol
T
50
0
0
t040
4
562
188,683
1060
4
il 23 041
)?\
357
23 s44
029
24 049
24
557
23'7,609
371
25 065
238,217
25 575
238,8t7
160
35 054 35 733
180
36 406
26 088 26 602
203,040
t200
204,622
t220
206,t25
1240
37 095 37 780 38 466
239,40't 239,989 240,663 241,128 241,686
1260
39 t54
163
207,549 208,929
280
39.844
412
9 587
210,243
40 534
005
10 014
21t,504 2t2,719 2t3,890 2t5,020 216,t15 2t7,175 2t8,204
t300 t320 t340 r360
191,221
t080
193,554
t
195,713
t120
197,723
t
140
6
645
199,603
r
889
7 062
201,37t
t
360 380
10 473
7 480
11 058
7 899
400 420
11 644 232
8 319 8'740
821
9
100
27 118 27 637 28 426 28 678
500
12 12 13 14 14
600
10 443
520
15 t97
540
t5
10 874 11 307
560
16 399
lt
580
17 003
12 181
600
17 611
t2
620 640
t8 22t
13 066
,tq
?n5
t520
46 813 48 222
34 508 35 584
18 833
t3
512
220,179
r560
49 635
660
t9
221,127
r600
20 068
))) o\)
51 053
680
t700
700
20 690
,.),
1
I
800
54 609 58 191
720
21 3t5 21 943
13 962 t4 414 14 8',70 15 328 15 789 t6 255 16 723
36 665 37 750 40 474
2?1R11
t
900
6t
757
1100 ,_200
17 17 18 18
22'.7,162
1300
76 345
1400
80 01s
83 692 87 383
460
480
740 760 780 800
797
449
22 573 23 208 23 844
840
24 483 25 t24
860
25 768
880
26 415
900
820
743 622
193
o<
224,692 ??5 511
))6
t
t380 t400 t440 t480
1000
665
))'7 q\)
140
228,724
1500
617
229,482
1600
))7
t700
,10 qs7
1800
)70
066 719
19 099 19 583 20 070
23t,674
3'75
20 559
)7)
033
31 306 31 836 32 367
794
65 408 69 044
72 688
33 434
43 225 45 997 48 780 51 584 54 396 57 222 60 060 62 906
245,889 246,8'/6 247,839 248,778
249,695
)50 5q? 252;151 254,797 256,743 258,600
260,370 262,065
)67 6q) 265,253 266,75s 268.202
269,596 270,943
1900
98 495
i000
102 210 105 939 107 802
74 383 77 267
21 0s1
233,072
i
29 693
2t
545
233,752
1000
30 355
22 041
1020
3t
22 540
234,421 235,079
i150 i200
Suveep: JANAF Thermochemical Tables. NSRDS-NBS-37. I97I
30 774
242,780 243,316 243,844 244,366 244,880 ?45 ]RR
65',766
960
020
919
42 613 43 309 44 00'7 45 408
4t 4t
)4) )\6
68 628
980
17q
226
29 20t 29 725 30 251
91 077 94 784
27 27 28 29
920 940
7)?,
702
9'79
440
.ro
688
236,364 236,992
5 396 5 812 6 229
I
n
31 32 33 33 34
100
to9
66',7
't1 504
80
164
81 6t2 83 061
)7) )49 273,508 274,730 275,326 275,914
LAMPIRAN E]
TABEL-TABEL GAS IDEAL
))t
Tabel E-6 Properti-properti Molar Air, H2O
hi= -241 810 kJ,&mol T
il
h
0
0
0
T
h
u
t020 t040
36 709 37 542 38 380 39 2',L3 40 07t 40 923 41 780 42 642
28 228 28 895 29 567
295
5 466
0 178,576
7 961
5 965
t81,47 t
r060
8 627
6
466
t84,139
r080
9 296 9 904 9 966
6 968
186,616
r
"7
425
t88;',t20
lr20
7 472
188,928
[40
320 340
10 639
7 978
i
3t4
I
191,098
48'7
193,144
180
360
992
8 998 9 513
195,081
200
43 509 44 380
220 240 260 280 298 300
380 400
420 440 460 480 500
520 540 560 580 600
620 640
-7
lt tl
12 672 13 356 14 043 14 734 t5 428 16 126 16 828 t'7 s34 18 245 18 959 t9 678 20 402
21 130
100
160
196,920
220
45 256
35 112
198,673
46
10 551
35 827 36 546
11 075
200,350 201,955
240 260 280
11 603
203,497
300
12 135 12 671
204,982 206,413 207,799 209,139 210,440 211,'t02
320 340
47 48 49 50
360
51 521
400 440
53 351
13
ztt
t3
755 14 303 14 856 t5 413 ts 975
480
2t2,920
520 560
16 541
214,122 215,285
ttz
600
2t6,419
700
217,527
800
218,610
900
2t9,668
000
220,70"t
100
22r,720
200 300 400
680
700 720
24 088 24 840
'740
25
760
26 358
17 688 18 268 18 854 t9 444 20 039
780
27 125
20 639
222,717
800
21 245 21 855
223,693 224,651
22 470
))\ \q)
600
860
27 896 28 6',72 29 454 30 240
090
226,517
3t
700
880
7t5
22'.7,426
900
920 940
31 828 32 629
23 23 24 24
345 980
33 436
25 621
960
34 247
980 1000
35 061
26 265 26 913
35 882
27 568
820 840
59"1
032
31 611 32 301 32 997 33 698 34 403
030
l0
21 862 22 600 23 342
660
30 243 30 925
1',7
137
4-7 022
912 807 707
612
55 198 s7 062 58 942 60 838 62 748
67 589 72 513 77 517 82 593 87 735 92 940
98
37 270 38 000
38 732 39 470 40 213 41 711 43 226 44 756 46 304 47 868
49 445 53 455 57 547 61 720 65 965 70 275
74 649
199
79 076 83 553 88 082
800
103 508 108 868 114 273 119 71"1 125 198
228,321
900
'717
))q )n)
t30
106 605
000
136 264 141 846 144 648 147 457 150 250
321 116 072 118 458
500
230,070 230,924
150
231,76',7
200
232.597
250
Suunrn: JANAF Thermochemical Tables, NSRDS-NBS-37.
1971
100
92 656 97 269
10t
917
llt
120 851 r23 250
so
233,415
)\a))1 235,020 235,806 236,584 237,352 238,1 10
238,859
239,600 240,333 24t.05'.7 241,773
242,482 243,183 243,8'.7'.7
244,564 245,243
245,915 247,241 248,543 249,820 251,074
252,305 253,513 256,450 259,262
261,969 264,5'.71
26'.7,08r
269,500 271,839 274,098 2'76,286 278,407 280,462
282,453 284,390 286,273
288,t02 288,9
289,884 290.7
TABEL-TABEL GAS IDEAL
338
Tabel
l'R 400
h, Btu/lbm 95,53
[LAMPIRAN E
E-lE Properti-properti Udara
Pr
u, Btu/lbm
t,
s,o Btu/Ibm-oR
0,4858
68,1
1
?05 0
0,52890
0,67'76
74,93
240,6
0,55t72
8t,'71
193,65
88,62
158,58
440
105, I
480
1t4,69
520
124,27
0,9182 t,2147
537
128,10
1,3593
91,53
t46,34
540
129,06
1,3860
92,04
144,32
560
133,86
1,5'742
95,4'7
131,78
580
138,66
1,7800
98,90
t20,70
600
143,47
2,005
110,88
620
t48,28
2,249
t02,34 r05,78
0,57255 0,59173 0,59945 0,60078 0,60950 0,61793 0,62607
102,t2
0,63395
153,09
2,514
r09,21
94,30
112,67
8:7,27
0,64159 0,64902
680
157,92 162,73
2,801 3,111
1t6,12
80,96
0,6562t
700
t67,56
3,446
119,58
'7\
720 740 760
172,39
3,806
t23,04
70,07
177,23
4,t93
126,51
65,38
182,08
4,607
129,99
61,10
780
186.94
5,051
133,47
57,20
800
191,81
5,526
t36,97
53,63
820
196,69
6,033
140,47
50,35
0,66321 0,67002 0,67665 0,68312 0,68942 0,69558 0,70160
840
201,56
6,573 7,149 7,761
143,98
47,34
0,7074'.7
147,50
44,57
151,02
42,01
640 660
1
)\
880
211,35
900
216,26
8,411
154,57
39,64
920 940
221,18
158,12
37,44
226,1t
9,102 9,834
161,68
35,41
960
23r,06
10,610
165,26
33,52
980
236,02
tt,430
168,83
31,76
1000
240,98
t2,298
172,43
30,12
0,71323 0,71886 0,72438 0,72979 0,73509 0,74030 0,74540 0;75042
1020
245,97
13,215
176,04
28,59
0,'75536
1040
250,95
14,t82
r79,66
27,17
1060
255,96
15,203
183,29
)\
1080
260,9'7
16,278
186,93
24,58
I 100
265,99
17,413
190,58
23,40
1.t20
271,03
18,604
194,25
22,30
0,76019 0,76496 0,76964 0,77426 0,77880
160
281,14
21,18
20t,63
20,293
0,78767
t200
291,30
24,01
209,05
18,514
t240
30r,52
27,t3
216,53
16,932
1280
311,79
30,55
244,05
15,5 i 8
0,79628 0,80466 0,81280
1320
322,lt
34,31
231,63
14,253
0,82075
360
332,48
38,41
)79 )\
13,1
l8
0,82848
1400
342,90
42,88
246,93
12,095
0,83604
t440
353,37
47,75
254,66
11,t72
0,8434t
1480
363,9:9
53,04
262,M
10,336
r520
374,47
58,78
270,26
9,578
1560
385,08
65,00
2'78,r3
8,890
1600
395;74
'n,73
286,06
1640
406,45
78,99
294,03
8,263 7,691
0,85062 0,85767 0,86456 0,87130
r680
41'7,20
86,82
302,04
7,168
1720
428,00
95,24
310,09
1760 l 800
438,83
104,30
3
18,18
6,690 6,251
449,71
114,03
326,32
5,847
860
1
1
206,46
9.)
0,87'191
0,88439 0,89074 0,89697 0,90308
TABEL-TABEL GAS IDEAL
LAMPIRAN E]
Tabel
r,"R
339
E-lE (lanjutan) s'. Btu/lbm-"R
ll. Btu/Ibm
ft. Bru/lbm
0.91788
0,98331
900
4'7'7,09
141,5
2000
504,71
r
2200
560,59
256,6
409,78
4,974 4,258 3,176
2400
617,22
367,6
452,10
) AIQ
2600
5 13.5
496,26
1,8756
1,00623
2800
6't4,49 71? t1
702,0
540,40
t,4715
1.0276'7
3000
790.68
94t.4
58s,04
1
803
r.047'79
1
SuMeEp: J.
1
346,8s
74,00
36"7,6t
.1
0.93205
0,95868
H. Keenan and J. Kaye, Gas Tables, Wiley" Nerv York, 1945.
Tabel E-2E Properti-properti Molar Nitrogen, N2 /r?
= 0 Btu/lbmol
[. Btu/lbmol ,. Btu/lbmol s', Btu/lbmol-'R 300
2082,0
320
222t,0
1486,2 1585,s
/2.
4r,695
l 100
42,t43
fi20
7 695.0 7 839,3
5 510,5
50,783
5
50,912
615,2
1
160
8
129.0
5 825.4
5t.16'7
1
200
8 420,0 8 712,6 9 006,4
6 037,0 6 250,t
51 .413
6
464,5
51,887
6 680,4 6 897,8
5? 115
7
52.551
340
2360.0
r
400
2777,O
t982.6
42,564 43,694
440
3055,1
1240
3333,1
218 1 ,3 ?t7q q
44,357
480
44,962
1
684,8
Btu/lbmol ,, Btu/lbmol s", Btu/lbmol-'R
280
5l 65l
520
36r
l,3
2578,6
45,519
t320
53'7
3729,5
2663,t
45,743
1
540
3750,3
2678,0
45.781
1400
9 301.8 9 598,6 9 896,9
560
2777,4
10 196,6
7 337,0
52;763
1480
r0 497.8
7
52.969
600
416'7,9
2976,4
46,034 46.218 46,514
1440
580
3889,s 4028,7
1520
10 800,4
7 781.9
53.1 7
620 640
4307,1
to75
q
46.742
l -560
1
8 006,4
53.369
1146,4
1600
7l?
53,s61
4'7,1'78
1640
11 409.7 tt 't16,4
R
660
3t7 5,5 1?75 )
46,964
4585.8
8 459,6
5t
751
680 700
4't25,3
3374,9
168t)
12 024.3
8
53
qt6
4864,9
3474.8
t'720
54,1 18
5004,5
3574,7
12 333;7 12 644,3
8 918.0
720 140
47.386 47,588 41,785
9 t49,2
54,297
5t44,3
3674,7
47,9'77
I
3714,9
48,t64
1900
t2 t3
9 381.7 9 968,4
54,896
2876,9
360
1'760
800
'760
5284,1
780
5424,2
tn75
7
48,345
2000
800
397s,7
zlR 5, ?
820
5564,4 \-704'7
4076,3
4b,6s6
840
-5845,3
4t77,1
48,865
2200 2400 2600
860
s985,9
4278,1
49,031 49,193
I
104,3
956,3 741,6
116,7
558;7
3
688,1
52,114
1
54.4'72
14 534,4 16 139,8
10 562.6
s5 101
tt
56,068
1'7 767,9
13 001.8
56.777
19 415,8
t4
252,5
57,436
2800
21 081,1 761,5
1s 520.6 16 803,9
58,053
3000
606.8
t7
58.910
455.0
18 r00,2
59,179
306,0
18 752,7
59,442
880
6t26,9
4379,4
900
6268,t
4480,8
4q 15?
3100
920 940
6409.6
4582,6
49.50'.7
3200
655t,2
4684,5
49,659
3300
22 23 24 25
960
6693,1
4786,7
6835,4
4889,3
49,808 4q q55
3,100
980
r000
6977,9
4992,0
50,099
1020
7
t20,7
5095,1
50,241
198.5
110,9
450,6
5R
6l'
26 159.7
t9
407;7
59,69'7
2i
874,4
)o 775 l
60.1 86
28 735,1 30 462,8
21 38'7,4 22 051.,6 22 7t7.9
60,422
50,380
3600 3700 3800 3900
29 59'7,9
64,562 60,8'77
040
7263,8
s
1060
1407.2
sto)
7
50,516
5300
4) 7)R \
l? ,o1 7
63,5 63
1080
755
s406.2
50,651
5380
43 436.0
32 752.1
63"695
1
SuNreen:
1
J. H. Kebnan and J. Kaye. Gas Tables, Wiley. Nerv York, l9ul5.
TABEL-TABEL GAS IDEAL
340
ILAMPIRAN E
Tabel E-3E Properti-properti Molar Oksigen, 02
= 0 Btu/lbmol so
9 254,6 9 57t,6 9 890,2
300
2073,5
1477,8
44,927
320 340 400
2212,6
1577,1
45 7'7\
t320
2351,7
1676,5
45,797
1360
2769,1
1974,8
46,927
1400
t0
420
2908,3
2074,3
47,267
t440
440
3047,5
2173,8
47,59t
1480
10 532,0 10 855,1
480
1t?5
)t7t
1
48.198
1520
tl
520
3606,1
2573,4
48,757
1560
11 505.4
537
3725,1
2658,7
48,982
1600
11 832,5
540 560
3746,2 3886,6
)671
1640
2774,5
49,021 49,276
580
4027,3
,R75
49
\))
t'720
t2 160,9 t2 490,4 t2 821,1
600
4168,3
2976,8
49,762
1760
13 153,0
620 640
4309,7
3078,4
1q qq1
1
445t,4
3180,4
50,218
800 1900
13 485,8 14 322,r
660 680
4593,5 4'7 76 )
3282,9
50,437
2000
15 164,0
3385,8
50,650
4879,3
50,858
720 740 760
5022,9
3489,2 3593,1
t6 t8
862,6
700
2200 2400
369'7,4
2600 2800
531 1 ,4
3802,2
51,450
3000
780
5456,4
tgoT
5
51,638
3
100
20 22 23 24
311.4
5167,0
51,059 51 757
800
5602,0
4013,3
51,821
3200
,5
820
5748,t
4119,7
52,002
3300
26 481,6
840
5894,8
4226,6
52,r79
3400
2'7 375,9
860
6041,9
4334,1
57 15?
29 t73,9
880
6189,6 6337,9
4442,0 4550,6
3600 3700 3800
5
R
5
1280
1680
<) \)')
210,4
179.6
579,2 051.8
8t7,7 702,5 5gO 5
30 077,5
920 940
6486,1
4659,7
52,688 5? R5?
6636,t
4'769,4
53,0t2
3900 4100
30 984,1 31 893,6 33 72t,6
960
6786,0
4879,s
51 170
4200
.14 639,9
980
6936,4
4990,3
53,326
4300
1000
708-7,5
5 10 1,6
53,477
4400
t020
7238,9
53,628
4600
1040
739t,0
5213,3 51?5 7
53,775
4700
1060
'7543,6
5438,6
5392t
4800
35 36 38 39 40
1080
'7697,8
5552,t
4\
7850,4
5665,9
54,064 54,204
4900
1100
1120
8004,5
5780,3
54,343
5200
1160
8314,2 8625,8
6010,6
54,614
s300
43 029,1 13 974.3 44 922,2
6242.8 64'76.9
54,879
5380
45
900
1200
1240 Sul.reen: J.
8939,4
5
55,136
H. Keenan and J. Kaye, Gas Tables, Wiley. New York.
1945
100
561,1
485,0 341,4 273,6 208,6
t46,1
682.1
6112,'7 6 950,2 7 189.4 '7 430.t 1 672.4 7 916,0 8161,1 8 407,4 8 655,i 8 904.i 9 154,1 9 405.4 9 65'7,9 9 9tt,2 10 549,0 lt 192,3 12 493;7 i 3 8r 3,1 15 148.1 16 497;4 i7 860,1 r 8 546,3 19 235,7 19 928,2 20 623,9 22 024,8 22 729,8 23 437,8 24 148,7 25 579.5 26 299,2 27 02t,9 21 747,2 29 206,4 29 940,0 30 616,4 31 415,3 32 90t,2 33 647,9 34 397 ,t 34 998.1
55,386 55,630 55,867 56,099 56,326 56,547 56,763
s6,97s 57,182 57,38s
57,582 57 ,7'77
57.968 58,155 58,607
s9,039 59.848 60.594 61.287
61,934
62540 62,831 63,113 63,386
63.654
64,t68 64,415 64,65't 64,893 65,350
6s.571 65,788 66,000
66,413
66.6t3 66,809 67,003 67,380 67,562 6"/ ,7
43
67.885
LAMPIRAN EI
TABEL-TABEL GAS IDEAL
341
Tabel E-4E Properti-properti Molar Karbon Dioksida, C02
I.
r.'R
OR
q 7550 9 955,9
3,10
2 2
380
2116,4
1961.8
48,1 48
I
360
I
12 858,5
to
157,'7
60,772
420 460
220t.1 14\) )
48,947
l 380
13 101,0
60,949
49,698
1400
13 344,7
10 360,s 10 564.5
2581 .5
50,0-58
t420
r3 589,1
t0
769.2
6l;298
l3 834,s l4 080,8
10 974,8
61.469
14 328.0 14 576.0 14 824.9
l
11 806,4
62,138
5 074.7
12 016,5
62.302 62.464 62.624
300
108,2
1512,4
,16,353
1
320
12 3'76,4
407,3
1132.1
47.289
l 340
t2 6t1,0
{)15 7
3 365.7 3 531.7
480 500
3'706.2
2113.3
50.408
1140
520 s37
3 880.3 4 030.2
2847.7
50.7-50
1460
2963.8
5
r.032
I
480
5,10
.1 056.8
2984.4
51,082
1500
580
4
411.2
3265.4
5t;726
1520
600
3409.4
52,038
I
540
t
3555.6
52.343
l
560
t5
640
4 600.9 4 786,8 4 9"74,9
3704.0
52.641
l
5
5 357.6 5 Siro 5 748,4
52.931 5t 2)s
l
680
3854.6 1007.2
580 600
15 576,7
660
16 081.9
'1161.9 43 r 8.6
\620 t640
53.780
l
660
110 160
5 946.8
4477.3
5,1.051
1700
6
t41.0
4631.9
54,319
1
800
780
6
349.1
4800.1
54.582
I
900
800 820
6 55)q
4964.2
54.839
2000
6 758.3 6 965.7
5t29.9
5-5,093
5297.6
860
1
174,7
880
7 385.3
900
7
920
7 8l
r..1
940
620
165 )
l5
1?5
1
829,0
60,4t2 60,593
61,t24
lr
181,4
61,639
I
388,9
6 r ,808
tt 597,2 t2
227.3
12 439,0 12 651.6
61,974
6)
19,1
62,939
16 335.7
12 864,8 13 078,9
l6
590.2
t3 293;l
63,250
t7
t01,4
13 125,4
6t
18 391,5 697,8
l4 816,9 t5 924,7
64,292 64,999
21 018.7
17 016,9
65,676
2100
22 352.7
I
182.4
66,327
55.343
2200
71 6qq
66.953
s466,9
55.589
2300
25 056.3
19 330,1 20 488,8
5637.7
55.831
2400
26 424.0
68, I 39
5810.3
56,070
2500
27 80t.2
5984.4
56.30-5
2600
29
21 651,9 22 836.5 24 023.8
8 026.8
6160.1
56.)-i6
2700
2s 219,4
69.17
960
8
2,+3,8
6337.4
56.765
2800
8 462.2 8 682,1 8 903,4
65 16.1
-56.990
2900
26 422.4 27 632.5
70,282
980
6696.2
\1
3000
28 849.0
7t
155
6877.8
57 1r7
30 071.7
11
1))
7060.9
51.647
3t
71 r 7<
'7)45
30 581.2 31 982.8 33 391.5 34 806,6 16 ))1 q 37 654,7
700 120
840
1000
1020
591.6
I
040
9
r
060
l
080
1
100
9 350.3 9 575.8 9 802.6
1
120
1
140
1
126,2
5t
501
)t)
3
100
t9
O
187.1
8
63,095
6-7
555
\\1
68,102
69,24s
t
'70,7'76
1
57.861
3200 3300
39 086.7
t? 5it
1
72.6t6
7431.1
58.072
3400
40 523,6
33 771.6
13,045
76 I 8.1
58.281
3500
4t
10 030.6
7806.4
58.485
13,462 '73,810
1996.2
-58.689
160
10 260.1 10 490,6
3600 3700
13l87.t)
58,889
3800
1
180
to
8379.0
59,088
200
8572.3
ia
)R1
3900 4000
75,033
I
122,3 10 955,3
35 014,7 36 261,9 37 5t2,9 38 767,7 40 026.1
4t
281,9
15.401
I1
8766.6
59.471
4200
49 231,4 52 t62.0
8962,
I
59.668
4400
5-5 105,1
76,803
9158,8
43 821,4 46 36'7,3 18 924,'7
5t
192.7
78.091
54 070,6
78,698
1220
189,4
1240
\t 121,6
260
l 1 661.0
I
965.2 43 ,11 i .0
44 860.6 46 314,0 41 771.0
4600
58 059,7
l
I
898,4
gt56
59.858
1280
5
60.0421
4800
300
l
2
136.9
9555.3
60 7?q
5000
61 024,9 64 000
I
St'rtstsR: J.
H. Keenan and J. Kaye. Cias Tttltles, Wiley. Nerv York,
l9.t-5
299,9
1t
16'1
74,655
76,1t9 77.460
[LAMPIRAN E
TABEL-TABEL GAS IDEAL
342
Tabel E-5E Properti-properti Molar Karbon Dioksida, CO nz
300
208t,9
1486,1
41
= -lt.SSO Btu/tbmol
))7
1400
9 948,1
t420
167,9 '7 280,t
54,129
10 100,0
1460
10 404,8
7
54,448
1500
10 711,1
7
l0
864,9
'7 846,4
54,757
11019,0
7 960,8
54,858
2359,9 2637,9
1684,7 1883,3
420
2916,0
2081,9
44,093 44,866 45,563
460 s00
3194,0
2280,5
46,r94
t520
3472,1
2479,2
46,'775
r540
520
3611,2
2s78,6
47,048
1560
lt
47,2'72
1580
1t
28'76,9
340 380
537
540 580
3729,5 3750,3 4028,7
2663,t 267'7,9
7
505,4 732,3
54,23',7
54,655
1',73,4
8 075,4
54,958
8
190,5
55,056
47,310 47,807
1600
t1
328,2 483,4
8 306,0
t620
11 638,9
8
421,8
55,154 55,251
620
4307,4
3076,2
48,272
1640
tt
794,7
8
53'.7,9
55,347
660
4586,5 4866,0
3275,8
48,709
1660
11 950,9
8
654,4
34'75"9
49,r20
1700
12 264,3
8 888,3
55,441 55,628
720 740 760
5006,1
3576.3
49,317
1
9
478,6
56,078
5t46,4
36"t6,9
49,s09
1900
13 849,8
10 076,6
56,509
5286,8
3775,5
49,697
2000
10 681,5
56,922
780
542'7,4
3878,4
49,880
2100
14 653,2 15 463,3
tr
800
5s68,2
3979,5
50,058
2200
11 910,5
820
5709,4
50,232
2300
16 279,4 17 10r,0 17 927,4 18 758,8
794,1
57,3r7 57,696 58,062 58,414 58;754
t9
594,3
14 431,0
59,081
20 434,0
15 0'72,2 15 716,8 16 364,8 17 015,8 t7 669,8
s9,398 59,705 60,002 60,290 60,569
t8
326,4
60,841
18 985,6 19 647,3
61,105
700
800
840
5850,7
4081,0 4182,6
50,402
2400
860
sqq?
I
4284,5
50,569
2500
880
6134,2
4386,6
50,732
900
6276,4
4489,r
50,892
2600 2700
920 940
6419,0
4592,0
51,048
2800
6561,7
4695,0
51,202
2900
960
6704,9
4798,5
51,353
3000
51,501
310Q
t3
053,2
293,0
t2
533,5
13 161,3
t3
6848,4
4902,3
1000
6992,2
5006,3
5r,646
3200
21 27',7,2 22123,8 22 973,4 23 826,0 24 68t,2
1020
7136,4
51 10,8
51,788
3300
25 539,0
'7281,0
52t5,7
5t,929
3400
5320,9
52,067
3500
26 399,3 27 26r,8
3600
28 126,6
3700 3800
21&5,8
980
1040 1060
7425,9
1080
7571,1
5426,4
52,203
1100
77 t6,8
5532,3
\)
tt20
7862,9
5638,7
140
8009,2
5745,4
1160
8156,1
5852,5
20 311,2 20 977,5
61,362
6r,6t2 61,855
62,093 62,325 62,551 62,772 62,988
3900
28 993,5 29 862,3 30 732,9
4000
3t
605,2
23 661,7
5960,0
52,726 5? R5'
4100
8450,8
6067,8
52,976
4200
24 337,0 25 013,8
1220
8598,8
6t76,0
53,098
4300
32 479,1 33 354,4 34 231,2
25 692,0
63,405
1240
8'747,2
6284,7
53,218
4400
35 109,2
t260
8896,0
6393,8
sl
4600
63,998
1280
9045,0
6503,1
53,455
4700
36 869,3 37 751,0
26 37t,4 27 734,3
28 417,4
64,188
53,571
5000
40
402,',1
30 4'73,4
64;735
6'723,2
53,685
5100
41 288,6
31 t60,7
5200
42
31 849,0
64,910 65,082
5300
43 063,2 43 774,1
1
1
180
1200
1
300
1320
8303,3
9194,6 9344,6
6613,0
777
52,468 52,598
117
1340
9494"8
6833,7
53,799
360
9645,5
6944,7
380
9'796.6
7056,1
53,910 54.021
1
I
Surmsn: J. H. Keenan and J. Kaye, Gas Tables, Wi1ey, New York, 1945
5380
175,5
22 316,0 22 988,0
32
63,198 63,607
538,1
65,252
33 090,1
65,385
TABEL_TABEL GAS IDEAL
LAMPIRAN E]
343
Tabel E-6E Properti-properti Molar Uap Air, H2O
i? = -lo4 o4o Btu/lbmol /,,
Btu/lbmol ,, Btu/lbmol s', Btu/lbmol-'R
300
2 367,6
I
340
2
686,0
2 010,8
380
3 3 3 3
004,4 323,2 642,3
420 460 500 540
4 4
580
4
537
h, Btu/lbmol r0'7t4,5
1300
2 249,8
40,439 41,435 42,320
1380
tt
2
489,1
43,11',7
t420
11 808,8
2 728,8 2 969,r 3 r9r,9
43,841 44,508 45,079
1460
t21'.78,8
962,0 258,0
1500
282,4
3 210,0
45,124
1700
t2 t3 t4
603,7
451,9
45,696
1',t1,8
1340
tl076,6 441,4
,, Btu/lbmol s", Btu/lbmol-'R 8
132,9
8 415,5 8 700,9 8 988,9
52,494 52,768 53,037 51 ?qq
9 279,4 9 572,7
53,556
551,4 494,4
10 317,6
54,418
455,4
1t
o'79,4
54,999
1800
15 433,0
1l
858,4
55,559
1600
53,808
620
4 926,t
3 3
694,9
46,235
1900
16 428
660
5 250,0
3 939,3
2100
t8
46'7
12 654 14 297
700 740
5
575,4
185,3
2300
20 571
16 003
58,077
902,6
433,1
47,673
2500
t'7 771
58,980
682;7
2',700
2900
t9 595 2t 472
60,650
3100
29 553
3300
31 34 36 39
918
23 397 25 36s
62,167
940
48,106 48,520 48,916 49,298 49,665 50,019
22 735 24 95'.7 27 231
900
5 6 6 6 7
4 4
46,741 47,219
324
zt it5
765
240
29 418 31 495
745
33 603
44 278
35'.739
46 836
37 900 40 083 42 288 43 398
780 820 860
231,7
4
562,6 895,6
4 934,2
230,9
5
187,8
7
980
568,4 '7 908,2
5 443,6 5 70t,7
1020
I250,4
5 962,0 6 224,8
50,360
3900
1060
8 595,0
6
490,0
50,693
4t
1100
6 757,5
51,013
1140
8 942,0 9 291,4
027,5
51,325
4100 4300 4500
1180
9
7 300,1
51,630
4700
1220 1260
7
575,2
51,925
4900
r0
7 852;t
52,212
5000
49 417 52 019 53 32'7
643,4
9 998,0 354,9
7
Sulassn: J. H. Keenan and J. Kaye, Gas Tables, Wiley, New York, 1945
3500 3700
56,097
57,119
59,837 61,426
62,876 61 557
64,2t0 64,839 65,444 66,028 66,591 67,135 67.401
Grafi k-grafi
k Psi krom etri k tslt 0.0r4
0-8rl
n.fil 0
0;t
-s.t1, .g,0rt .8.fi? '0.0,6,
"fir6 's.rlr -$.su -g.0lt -0.srr
G
'ro g (0
:) -tn& o o
.g.srr
:0.{dtl
q.&l
,e&
s
-o ({ q
0.orri 0)
= Y
0.06! 0.002 s.0.?t
r52025\30 Dry Bulb Temperature,
l5
"C
40
\ 0.85
Volume spesifik, m3/kg udara kering
Gambar
F-1
Grafik Psikrometrik. P = 1 atm. (Carrier Corporation)
344
15
\
0.90 m3/kg
ts0 rE
tfy
Air
c(!
{tl
3
1I
vtu
-
zF! z ,11
r20
iloi
x
o
l@
N
f1
F
r
Di-
's-\l
,o ;-l
t& 50
x 'U U)
X ,N
? -l X
N
{.>-,r
Temperatur Wet bulb Titik embun atau jenuh
O'r'],llt
:i
to
'^)
o
J\'r-'.T
-v
5 -r
I
1
7 Volume spesi{ik, f3llbm udara kering
Di bawah 32 F. oroperti-properti dan garis-garis
a,dt
rrr*o.,,l|*-aq'+
penyimpangan entalpi adalah untuk es
Gambar
F-lE
Gra{ik Psikrometrik.. P
= I atm' (Carrier Corporation)
w *
c*_g
Halll cdlrHlrl
(/J
5
Grafik-grafik Kompresibilitas
il'T>
='i.lrf-:
Q0,4
0,5
0,6
PR
Gambar G-1 Grafik Kompresibilitas.
346
.o'"t
LAMPIRAN G]
GRAFIK-GRAFIK KOMPRESIBILITAS
Tekanan Tereduksi, PR
Gambar G-2 Grafik Kompresibilitas (lanjutan). [V M. Faires, ProblenLs onThermctdyrrumics,Macmillan, New York, 1962. Data dari L. C. Nelson dan E. F. Obert, Generalized Compressibility Charts, Chem. Eng.6l:203 (1954).1
347
Grafik-grafik Penyimpangan Entatpi
o.2
0.3 0.4
0.5
1.0 2.0 3.0 4.0 5.0
Tekanan tereduksi, Pp
Gambar
H-l
Gra{ik Penyimpangan Entalpi. [G. J. van wylen and R. E. Sonntag. Fundamentals of Classic:a{
348
LAMPIRAN HI
GRAFIK.GRAFIK PENYIMPANGAN ENTALPI
349
(E
6 aE = trI
rsl rl*tcllF''" (E
c
0)
c
G O)
c $
oE '=
c o
o_
0.1
2.0
3.0
4.0 5.0
Tekanan tereduksi, PR
Gambar
H-lE
Classical
Grafik Penyimpangan Entalpi. [G. J. Van Wylen and R. E. Sonntag, Fundantentals Thermodtnamics, 3rd ed, Wile1,, New-Yorkl
of
Grafik-grafik Penyimpangan Entropi N + i)
,of
''lii\\ t\ uoH I
55li
:
Y
I
N
ll so
'f
\
ld).75
oc,
l.l
a)
li
I
OE
o 4sH E
a tu;
-fll
0.!
I I
I
*
"r
I
o o
I
o c o o
-:E C
o
L
J
060
N
061 0.70
.11
It
S\
0.75
0
-o8s
0.92
0.9(
tm-
o G
0.55
\
ilh'i-{--iii: giil\] | -ogr--
I
C
E
'0.50
it R'..
.85
I
N t1
-l-
I
::I
1.02
t.0r
,f
/ rs
t.02-
-1.06
1.08
Il0 l.15
1.20
?
:.I t.{0
slL
.E 0.1
I
r.t0
-
.2.m
- l.a
irttry
3.m
0.2
0.3
0,40.5 1,0
2.0
3.0 4.0 5.0
Tekanan tereduksi, PR
Grafik Penyimpangan Entropi. [G. J. Van Wylen and R' E Sonntag, Fundamentals of Thermod,-namics, 3rd ed, Wiley, New-Yorkl
Gambar
I-1
350
LAMPIRAN I]
GRAFIK-GRAFIK PENYIMPANGAN ENTROPI
351
21,0
S
20.0
19.0
18.0
\\ \
17.0
i\
16.0
r4.0
J. \
I
130 I I
o=
-x'
l.
ra
I
I 1.0
I I
o-
\
075
0.75
l0
ln
E5
I
0
80
r.92 |
I
ltt
I
+lon
7.0
o_
tlt, tlrl
I
60 I
I
II
_ri
I
3.0
il
1.0
-{
I,r
#L
o.se.
-
t.o2
{i
o96J
! = r0oI
/tl_ 'l
0.2
I
t//
r,/)
4
0
0l
a;
I
0.85
-
1.06
-
-
0.9t 0q8
-
1.02
1.05
-
-
l.l5
I I
2.0
0.$
Ll(
I
40
).9
:s q zlM
I
5.0
0.80
N.
9.0
E '=
o
0.61
0.i0
N
r0.0
0.55
0.6q
\\
Ii.
I
*
E
S
\
12.0
o c o c(5 o c(! o
.TR
0.50
E
,t4
I
I
-o
ts!
I
.t
i\
r5.0
F 6
\ \
0.4
0.5
-
1.20 1.30
)
k4 '4. 4
2.501
1.0
2,0
3.0 4.0 5 0
Tekanan tereduksi,
Pt
I-lE Graf,k Penyimpangan Entropi. [G. J. Van Wylen and R. E. Sonntag, Fundamentals of Classical Thermodynamics, 3rd ed, Wiley, New-Yorkl
Gambar
Indeks
A
,13 .A.ir umpan 189 -\dveksi
.\lat penukar kalor 72 .\lat penukar kalor kontra-aliran Alat ukur vakum 8 .{liran-aliran "tercekik" 71 .\liran inkompresibel 67 Aliran transien 75 .{nalisis gravimetrik 242 Analisis volumetrik 242 .\turan rantai 58
B Back rvork
165
Efisiensi hukum kedua 139 Efisiensi siklus daya Carnot 183 E{isiensi siklus Rankine 186 Efisiensi termal 74, 157-159. 164 Efisiensi volumetrik 151
Eksergi
Ekspansi adiabatik reversibel Ekspansi isotermal 105 Ekspansivitas volume 232
Emisivitas
44
Energi internal ll Energi kinetik l0 Energi potensial 10
Entalpi
ratio 164
142
57,229
Entalpi pembakaran 266 Entalpi pembentukan 266 Enthalpy departure 234
105
I Intercooler 152,167 Ireversihilitas i40
K Kalor
42
Kalor-kalor spesilik molar 59 Kalor fusi 58 Kalor laten 57 Kalor penguapan 58
Kalor sublimasi
,
58
Katup-kattrp Pengatur- 69 Keadaan (.rld.c) 3 Keadaan superkritis 21 Kecepatan normal rata-rata 67 Kelembaban relrtif 145 Kelernbaban spesilik 246
6 155 Bottomdeadcenter_BDC155Entropi63'1l5,230Kerugian.kerugian(1osses)69 Kesetaraan temperatur 9 Entropy depature 234 Kesetimbangan metastabil 4 Equality of temperatures 9 C ' Kesetimbangan tennal 9 Campuran encer 264 Kesetimbangan termodinamika 3 F Campuran kental 264 Ketersediaan \avilabilin') l4O Fluks massa 66 Chain rule 58 Ketidaksamaan Clausius L2l Fraksi massa 242 Clearance 151 Koefisien Joule-Thomson 232 Fraksi mol 242 Compression-ignition engine 158 CoP(koefisienkinerja)108FungsiGibbs226Koefisienkinerja74 Koefisien perpindahan kalor korrvektif Fungsi Helmholtz 226 D43 Kogenerasi l9l G Daerah cairan superdingin 21 : Kompresi adiabatik reversibel 105 Gage pressure 8 Diierah cairan terkompresi 2l Garis cairan jenuh 2l Kompresi isotermal 105 Daerah uap superpanas 2l Kompresor aliran aksial 153 Densitas 6 Garis uap jenuh 2l Grafik psikrometrik 248 Kompresor bolak-balik 151 Dia-eram Mollier 119 Kompresor gas 150 Dit'erensial eksak 37 ' H Kompresor sentrifugrl 153 Dit-erensial tak eksak 37 Hubungan-hubungan Maxrvell 227 Konduksi 43 Difuser 7l Konduktivitas termat 43 Hukum ke-nol termodinamika l0 Displacernent t-51, 155 Hukum kedua termodinamika 101 Konstanta Stefan-Boltzmann 44 Hukum kekekalan energi I I Kontinurn 2 ' E Hukum pendinginan Nervton 43 Konveksi 4-l EER (rasio efisiensi energi) 108 Konveksi bebas 44 Hukum perpindahan kalor Fourier 43 Efektivitas hukum kedua 142 Hukum pe(ama termodinamika 5-1 Konreksi paksa zl4 Eti.ien:i 125 Berat spesifik
Bore
.
Etisiensi Carnot 107
INDEKS
L
Properti ekstensif 3
Laju aliran 66 Laju produksi entropi 125 Laju usaha reversibel 140
Properti intensif Properti spesi{ik
Langkah
piston
155
Lingkungan (.strrrounding) Lintasan bebas rata-rata 2
1
M Mean effective pressure - MEP 155 Mean free palh 2 Mesin Carnot 105 Mesin kalor 101 Mesin penyalaan-busi 157 Mesin penyalaan-kompresi 158 Mesin reversibel 104 Mesin turbojet 168
3 3
Proses adiabatik 43 Proses adiabatik kuasi-kesetimbangan 63 Proses isentropik 117 Proses isobarik 5 Proses isornetrik 5 Proses isoiermal 5. 62 Proses penjenuhan adiabatik 247 Proses politropik 64 Proses reversibel 104. 139 Proses tekanarr konslan kuasikesetimbangan 62 Proses volume konstan kttarikesetimbangan 62
Metastable equlibrium 4
o
Model Amagat 243 Model Dalton 243 Modulus bulk 232
Quasiequilibrium 4
N
Rasio bahan bakar-udara (fuel-air, FA) 264 Rasio kalor spesifik 59 Rasio kelembaban 246 Rasio kornprcsi 155 Rasio udara-bahan bakar (.air-Juel, AF)
R
Radiasi 43
Nilai
penranasarr
ata:
166
Nilai pernanasan bar.vah 266 Non-kesetimbangan
,1
Nonequilibrium 4
Nozel 7l
'
P Pemanas air urnpan I89 Pemanas air umpan terbuka 189 Pernanas air urnpan teftutup 190 Pemanasan lanjut 18,1 Pernanas ulang 167 Pembakaran tak tuntas 263 Pernbakaran tuntas 263 Penarnpung energi termal 1,02
Pendinginan lanjut 194 Pengkondisian udara 250 Percepatan
gravitasi
6
Persamaan Clapeyron 228 Persamaan Clausius-Clapeyron 228 Persamaan energi 67 Persamaan gas ideal 24 Persamaan keadaan yan dcr Waals 26 Persamaan keadaan virial 21 Persamaan kontilruitas 66 Persen clearance 155 Persentase uclara berlebih 26,1 Persentase udara teoritis 264 Perubahan energi internal 234 Perubahan entalpi 233 Perubahan entropi 23.1 Pompa kalor 74. 101.208. 213
Prinsip kenaikan entropi 123
Properti
Rasio usaha balik 164 Reaksi eksritermik 266 Reaksi endotcrmik 266
3
3
Siklus Stirling 161 Sikius terbuka 150 Siklus termodinamika 150 Sink kalor 102 Sistem sederhana 3
Spark-ignition engine 157
Srator 154 Stroke 155 Subcooting
194
Sumber-sumber panas 102 Superheating, 1 84
T Tabel-tabel uap 23
Tekanan 7 Tekanan absolut 8 Tekanan alat ukur 8 Tekanan efektif rata-rata 155 Tekanan relatif 118 Tekanan uap 245 Temperatur absolut 10 Temperatur api adiabatik 268 Temperatur dry-bulb 246 Temperatur jenuh adiabatik 247 Temperatur titik-embun 246 Temperatur rveb-bulb 248
Termodinamika I Termodinamika makroskopik Termodinamika statistik Termodinamika teknik 1
1
1
Throttling devices 69
es
Regenerasi I 89
Titik Titik Titik Titik
Reversibilitas
Top dead center-TDC 151. 155
Refiigerasi 208 Reiri-cerator 74. I01, 208
Rotor
10,1
10
mati atas 151. 155 mati barvah 155
uap
10
Torque 40
1-54
Ru-ui-rugi 194 S
Permukaan kontrol 2 Permukaan P-r'-T 2l Pernyataan Clausius 103 Pernyataan Kelvin-Planck 103 Perpindahan kalor 42
Properti-properti independen
26,1
3s3
Satuan-satuan SI Satuan dasar 6
-5
Semesta 123 Siklus-siklus refrigerasi 208 Siklus Bral ton 163 Siklus Brayton regeneratif 166 Siklus daya 74 Siklus daya uap 183 Siklus Diesel 15() Siklus Ericsson 162 Siklus -uabungan Brayton-Rankine 196 Siklus -uanda 160 Siklus rnckanik 150 Siklus otto 150. 157 Siklus pemanasan ulang 188 Siklus Rankine 183 Siklus Rankine superkritis 192 Siklus refrigerasi 74 Siklus refrigerasi dua tingkat 212 Siklus refrigerasi serapan 215 Siklus refrigerasi uap 208 Siklus regeleratif 189 Siklus standar udara 1-5-5
U Udara atmosfer 245 Udara kering 245 Udara stoikiometrrk 263 Udara teoritis 263 Usaha aliran 67 Usaha poros 67 Usaha reversibel 139
v Vakunr
8
Volurne kontrol 2
Volume maksimum l55 Volume peryindahan 151. i55 Volume
sisa
151
Volume spesifik 6 Volume spesifik retatif 118
MTLIT ladan pcrpustrlaeu do f,rrrsipgit Dlo?iDsl Ja;a,,.ii:.rr
