2.1 A non conducting container filled with 25 kg of water at 293.15 K (20°C) is fitted witha stirrer, which is made to turn by gravity acting on a weight of mass 35 kg. The weightfalls slowly through a distance of 5 m in driving the stirrer. Assuming that all work doneon the weight is transferred to the water and that the local acceleration of gravity is 9.8 m/s2, determine: (a) The amount of work done on the water. (b) The internal-energy change of the water. (c) The final temperature of the water, for which Cp= 4.18 kJ kg-' 'C-'. (d) The amount of heat that must be removed from the water to return it to its initial Temperature. (e) The total energy change of the universe because of (1) the process of lowering the weight, (2) the process of cooling the water back to its initial temperature, and (3) both processes together.
Jawab : a. mwt= 35kg g = 9.8 m.s-2 ∆z = 5m (known quantities) Then, we can calculate the work done on water : W
= mwt x g x ∆z
W
= 35kg x 9.8 m.s-2 x 5m
W
= 1715 Joule
W
= 1.715 kJ
b. ∆Utotal = Usaha ∆Utotal = 1,715 kJ c. ∆U = 1.715 kJ Cp = 4.18 kJ/kg.oC dH = dU + d(PV) dH = Cp.dT Cp.dT = dU + d(PV)
P konstan mw.Cp.dT = mw.dU + mw.P.dV Asumsi : Cp dan V konstan, maka,
d. Untuk proses pemulihan kembali ke kondisi awal, perubahan energi dalamnya sama, hanya saja arahnya berbeda sehingga nilai energi dalamnya pun berbeda tanda (dalam hal ini negatif) Q = - ∆Utotal Q = -1,715 kJ e. Perubahan energi dalam sebuah sistem keseluruhan adalah nol (0) ∆(Energy of the system) +∆(Energy of surroundings) = 0
2.2 for an insulated container that changes in temperature along with the water and has a heat capacity equivalent to 5 kg of water. Work the problem with: (a) The water and container as the system
a. Work done on the water: W = mgΔz W = 35 kg x 9,8 m/s2 x 5 m W = 1715 Joule
b. Internal energy change ΔU = W ΔU = 1715 Joule = 1,715 kJ c.
ΔU = mwater+containerCp ΔT 1,715 kJ = 30 kg x 4,18 kJ/kgC x ΔT ΔT = 0,0137 T’ = 20,0137 C
d.
The change ini internal energy is 1715 Joule, so to return it to the initial temperature the heat that must be send out is 1715 Joule too. Q = -ΔU Q = -1715 Joule
e. 0
(b) The water alone as the system.
a. Work done on the water: W = mgΔz W = 35 kg x 9,8 m/s2 x 5 m W = 1715 Joule b. Internal energy change ΔU = W ΔU = 1715 Joule = 1,715 kJ c. ΔU = mwaterCp ΔT + CcontainerΔT 1,715 kJ = 25 kg x 4,18 kJ/kgC x ΔT + 5 kg x4,18 kJ/kgC x ΔT ΔT = 0,0137 T’ = 20,0137 C
d.
The change ini internal energy is 1715 Joule, so to return it to the initial temperature the heat that must be send out is 1715 Joule too. Q = -ΔU Q = -1715 Joule
e.
0
2.3 Sebuah telur berada pada kondisi awal diam, kemudian dijatuhkan di permukaan yang keras dan pecah. Jika telur dianggap sebagai sistem. a. Tanda untuk W ? b. Tanda untuk ΔEp ? c. Tanda untuk ΔEk ? d. Tanda untuk ΔUt ? e. Tanda untuk Q ? Answer : a) W = negatif (-) - W b) ΔEp = negatif (-) - ΔEp c) ΔEk = positif (+) + ΔEk d) ΔUt= bergantung pada nilai Q dan W karena (ΔUt= Q+W) e) Q = positif (+) + Q 2.4 Sebuah motor listrik dengan beban tetap membutuhkan 9,7 ampere pada 110 volt, memberikan 0,93 kW energy mekanik. berapa laju perpindahan panas dari motor dalam kW? Diketahui : I = 9.7 Ampere V = 110 Volt Energi mekanik = 0.93 kW = 930 Watt Berapa panas yang ditransfer oleh motor dalam satuan kW? Penyelesaian : V.I = Energimekanik + panas (Q) Q = V. I – Energimekanik = 9.7 A x 110 V – 930 W = 137 W = 0.137 kW
2.5 One mole of gas in a closed system undergoes a four-step thermodynamic cycle. Use the data given in the following table to determine numerical values for the missing quantities, i.e., "fill in the blanks." Step 12 23 34 41 12341
Jawab: - Step 12 Q12 = ΔU12 – W12 = -200 – (-6000) = 5800 J -
Step 34 ΔU34 =Q34 + W34 = -800 + 200 = -500 J
-
Step 23 Karena ΔU12341 = 0 maka = ΔU12341 - ΔU12 – ΔU34 – ΔU41 U23 = 0 – (-200) – (-500) – 4700 = 200 + 500 – 4700 = -4000 J W23 = ΔU23 – Q23 = -4000 – (-3800) = -200 - Step 41 W12341 = W12 + W23 + W34 + W41 -1400 = -6000 + (-200) + 300 + W41 W41 = 4500 Q41 = ΔU41 – W41 = 4700 – 4500 = 200 Sehingga didapatkan jawaban pada table sbb: Step 12 23 34 41 12341
ΔU’/J -200 -4000 -500 4700 0
Q/J 5800 -3800 -800 200 1400
W/J -6000 -200 300 4500 -1400
ΔU’/J -200 -4000 -500 4700 0
Q/J 5800 -3800 -800 200 1400
W/J -6000 -200 300 4500 -1400
2.6 Pada hukum Termodinamika kesatu berbunyi energy adalah kekal. Makadari itu semua panas yang dibuang dari dalam pendingin harus di pindahkan ke suatu tempat. Dalam kasus pendingin bertenaga listrik, panas di transfer kembali ke ruangan melalui kumparan pada belakang penndingin. Maka, panas yang dibuang dari ruangan di depann pendingin hanya akan dipindahkan ke udara di belakang pendingin. Jawab Pada hukum Termodinamika kedua berbunyi efisiensi hanya sama dengan saatu pada system yang reversible, selain dari itu adalah kurang dari satu. Pendingin mempunyai efisiensi kurang dari satu, yang artinya beberapa panas yang dihasilkan (dalam hal ini pada mesin) hanya untuk melakukan kerja yang dibutuhkan untuk memindahkan panas dari dalam pedingin ke ruangan. Jadi kesimpulannya adalah ruangan akan lebih dingin apabila tidak memakai pendingin.
2.7 Evaluasi : Pada penentuan quadruple point, hanya dibutuhkan satu syarat, yakni antara P (tekanan) atau T (suhu). Jika digunakan suhu 24,1oC , pada suhu tersebut bisa saja memiliki tekanan yang berbeda, tidak 10,2 Mbar. Begitu pula sebaliknya, jika digunakan tekanan 10,2 Mbar, suhu yang ada belum tentu 24,1 o C. Jadi tidak dapat digunakan keduanya. Diketahui : Ditanya : WTurbin = ? Jawab : =
3
;
= 1,571 x 104kg/s
2.8 Sebuah system tertutup tidak bereaksi mengandung spesi 1 dan 2 dalam keseimbnagan uap cair. Spesi 2 adalah gas yang sangat ringan dalam fase liquid/cair. Fasa uap mengandung spesi 1 dan 2, sejumlah mol spesi 2 ditambahkan pada system, yang kemudian dikembalikan keadaanya ke T dan P semula. Sebagai hasil dari proses tersebut, apakah jumlah mol fase cair bertambah berkurang atau tetap?
Jawab :
Berkurang, karena ketika Spesies 2 ditambahkan tidak ada yang menjadi liquid, akan tetapi supaya Tekanan dan Temperatur tetap sama volume uap harus meningkat, maka volume liquid harus berkurang. Liquid tidak perlu melarutkan gas supaya gas berubah menjadi liquid, tidak perlu tercampur, dan sistem akan secara otomatis menurun tekanannya 2.9 A system comprised of chloroform, 1,4-dioxane, and ethanol exists as a two-phase vapor liquid system at 323.15 K (50°C) and 55 kPa. It is found, after the addition of some pure ethanol, that the system can be returned to two-phase equilibrium at the initial T and P. In what respect has the system changed, and in what respect has it not changed? Answer: The number of component in the system: 3 (chloroform, 1,4-dioxane, and ethanol) The number of phase present: 2 Using phase rule to calculate degree of freedom F = 2-π+N ……………………………….. (1) With F = degree of freedom π = number of phase N = number of component By substituting value of π and N into equation (1), we have: F = 2-2+3 F=3 Number of variable that can be changed without changing the number of phase (the degree of freedom) is three variables, namely: pressure, temperature, and composition. Since temperature and pressure are fixed, therefore only one variable left, namely composition. In conclusion, the pressure and temperature don’t change whilst composition is allowed to change.
2.10 A system comprised of chloroform, 1,4-dioxane, and ethanol exists as a twophase vapor liquid system at 323.15 K (50°C) and 55 kPa. It is found, after the addition of some pure ethanol, that the system can be returned to two-phase equilibrium at the initial T and P. (a) How many phase-rule variables in addition to T and P must be chosen so as to fixthe compositions of both phases? (b) If the temperature and pressure are to remain the same, can the overall compositionof the system be changed (by adding or removing material) without affecting thecompositions of the liquid and vapor phases?
answer : a) Phase-rule variables dilihat dari informasi persamaan phase-rule : Jadi , Variable phase-rule : suhu, tekanan, komposisifase. Komposisifase (berupa fraksi mol atau massa) dapat memengaruhi kesetimbangan reaksi antar komponen pada tiap fasenya. b) Saat T &P dibiarkan tetap komposisi system keseluruhan tidak dapat diubah tanpa memengaruhi komposisi cairan&gasnya. Karena komposisi fase merupakan variable phase-rule, dimana saat komposisi keseluruhan berubah, maka kesetimbangan system akan terganggu
2.11
A tank containing 20 kg of water at 293.15 K (20°C) is fitted with a stirrer
that delivers work to the water at the rate of 0.25 kW. How long does it take for the temperature of the water to rise to 303.15 K (30°C) if no heat is lost from the water? For water, Cp= 4.18 k~ kg-' "c-' .
Jawab : Massa = 20 kg Ti = 293.15 K (200C) Tf = 303.15 K (300C) W = 0.25 kW Cp = 4.18 kJ/ kg. 0C = ...... ? W= Q = (20 kg)x(4.18 kJ/ kg. 0C )x(30-20)0C = 836 kJ W=
∆t =
= 3344 s = 0.929 jam
2.12 Panas sejumlah 7,5 kJ ditambahkan pada sistem tertutup, sedangkan energi internalnya berkurang sebanyak12 kJ. Berapa banyak energi yang diubah menjadi kerja ? Untuk proses yang mengakibatkan perubahan keadaan yang sama dengan kerja bernilai 0, berapa jumlah panas yang ditransfer ? answer: Panas ditambahkan = Q = + 7,5 kJ Energi dalam = ΔU = U2 – U1 = -12 kJ Kerja =W a) ΔU = Q+W -12 kJ = 7,5 kJ + W W = -19,5 kJ b) W = 0 ΔU = Q+W -12 Kj = Q + 0 Q = -12 kJ 2.13 Sebuah pengecoran baja seberat 2 kg memiliki suhu awal dari 773,15 K (500 ° C); 40 kg air awalnya di 298,15 K (25 ° C) yang terkandung dalam casting tangki baja yang terisolasi sempurna seberat 5 kg.Pengecoran kemudian direndam dalam air dan system menuju ke ekuilibrium. Berapa suhu akhir jika mengabaikan efek dari ekspansi atau kontraksi, dan menganggap kalor spesifik konstan sebesar 4.18kJkg-1K-1untuk air dan 0.50kJkg -1K-Iuntukbaja. Diketahui : Massa air : 40 Kg Cpair : 4,18 kJ/KgoC Massa tangki : 5 Kg Suhu air dan tangki mula-mula : 25oC Massa logam : 2 Kg Suhu logam mula-mula : 500oC Logam dan tangki berbahan sama dengan Cp = 0,5 kJ/KgoC Ditanya : Suhu akhir campuran Penyelesaian : Asumsi C=Cp=Cv Cara I (Azas Black) Q yang diterima = Q yang dilepaskan Mair.Cpair.∆T1 + Mtangki.Cptangki.∆T2 = Mlogam.Cplogam.∆T2
40Kg.4,18kJ/KgoC.(Tc-25)oC + 5Kg.0,5kJ/KgoC.(Tc-25)oC 2Kg.0,5kJ/KgoC(500-Tc)oC 167,2(Tc-25) + 2,5(Tc-25) = 500 - Tc 169,7(Tc-25) = 500-Tc 170,7Tc = 500 + 4242,5 Tc = 4742,5/170,7 Tc = 27,7827oC Maka suhu akhir campuran adalah 27,7827oC atau 300,9327 K
=
Cara II Mair.∆Uair + Mtangki.∆Utangki+Mlogam.∆Ulogam = 0 Dimana, Tc
∆U =
CpdT =
Cp(Tc-To)
keterangan : Tc = suhuakhircampuran
To
To = suhumula-mula Maka, persamaan awal menjadi : Mair.Cpair.(Tc-25) + Mtangki.Cptangki.(Tc-25) + Mlogam.Cplogam(Tc-500) = 0 (Mair.Cpair + Mtangki.Cptangki) (Tc-25) = -Mlogam.Cplogam(Tc-500) (40Kg.4,18kJ/KgoC + 5Kg.0,5kJ/KgoC)(Tc-25) = -2Kg.0,5kJ/KgoC.(Tc-500) (167,2+2,5).(Tc-25) = -(Tc-500) 169,7Tc-4242,5 = 500-Tc Tc = 4742,5/1707 oC Tc = 27,7827oC atau 300,9327 K 2.14
An incompressible fluid (p = constant) is contained in an insulated cylinder
fitted with a frictionless piston. Can energy as work be transferred to the fluid? What is the change in internal energy of the fluid when the pressure is increased from PI to P2? Jawab
Incrompessible Fluid
Energi berupa kerja tidak dapat diberikan kepada fluida Karena sifatnya yang incompressible (V dianggap konstan). V konstan berarti W=0
V2
W = - ∫P .dV V1
Saat
P berubah : V konstam dU = dQ + dW dU = dQ + P. dV V konstan = 0 ∆U = Q ∆U = m .C. ∆T
Pada rumus ∆U = m .C. ∆T, perubahan suhu didapatkan dari P.V/T = Konstan P1.V/T1 = P2.V/T2
2.15 Satu kilogram air pada suhu 298,15 K (25oC): (a) Mengalami kenaikan temperatur sebesar 1 K. Berapakah ΔUt, dalam kJ? (b) Mengalami kenaikan ketinggian sebesar Δz. Perubahan energi potensial ΔEp sama dengan ΔUt pada bagian (a). Berapakah Δz, dalam meter? (c) Mengalami percepatan dari diam hingga kecepatan akhir u. Perubahan energi kinetic ΔEk sama dengan ΔUt pada bagian (a). Berapakah u, dalam m/s ? Bandingkan dan diskusikan hasil dari 3 bagian tersebut. Jawab: (a) ΔUt = Q + W m = 1 kg = m.cv. ΔT + 0 = 1. 4180. 1 = 4180 J = 4,18 kJ (b) ΔUt = ΔEp g = 9,8 m/s2 t ΔU = m.g.Δz 4180 = 1. 9,8 . Δz Δz = 4180/9,8 = 426,5306 m (c) ΔUt = ΔEk ΔUt = Ek2 -Ek1 ΔUt = ½ .m. v22 - ½ . m. v12 4180 = ½ . 1. u2 - ½ . 1. 0 u2 = 8360 u = 91,4330 m/s
cv = 4180 J.(kg.K)-1
v2 = u m/s
ΔT = 1 K
v1 = 0 m/s
Berdasarkan ketiga kondisi tersebut, maka untuk mengubah Ut (energi dalam total pada sistem tertutup) sebesar 4,18 kJ dari 1 kg air, dapat dilakukan dengan 3 cara yaitu mengubah suhuya sebesar 1 K atau mengubah ketinggiannya sebesar 426,5306 meter, atau mengubah kecepatannya dari diam menjadi berkecepatan 91,433 m/s.
2.16
Sebuah motor listrik berubah menjadi "panas" di bawah beban yang
seharusnya karena ketidak dapat baliknya (irreversibilitas) internal. Disarankan bahwa kehilangan energi terkait diminimalkan dengan isolasi termal casing bermotor. Berikan komentar kritis pada saran ini. Jawab Panas dari motor listrik terjadi karena ketidak dapat baliknya (irreversibilitas) mekanik dan listrik yang meningkatkan energi internal, hal ini membuat suhu motor meningkat. Suhu akan terus meningkat sampai sistem mencapai kesetimbangan termal dengan lingkungan. Isolasi motor tidak akan menurunkan ketidak dapat baliknya (irreversibilitas) internal dan hanya menyebabkan peningkatan suhu bermotor, yang dapat menyebabkan kerusakan internal. 2.17 Diketahui : 3
;
Ditanya : WTurbin = ? Jawab : =
= 1,571 x 104kg/s
2.18. Liquid water at 453.15 K (180°C) and 1002.7 kPa has an internal energy (on an arbitrary scale) of 762.0 kJ/kg and a specific volume of 1.128 cm3/g , (a) What is its enthalpy? (b) The water is brought to the vapor state at 573.15 K (300°C) and 1500 kPa, where its internal energy is 2784.4 kJ /kg and its specific volume is 169.7 cm3/g. CalculateΔU and ΔH for the process. Jawab Diketahui : U1 = 762.0 kJ/kg P1 = 1002.7 kPa V1 = 1.128 cm3/g = 1.128 · 10-3 m3/kg Ditanya : (a) H1= ? (b) ΔU= ? ΔH= ? Penyelesaian (a) H1 = U1 + (P1 · V1)
U2 = 2784.2 kJ/kg P2 = 1500 kPa V2 = 169.7 cm3/g = 169.7 · 10-3 m3/kg
= 762.0 kJ/kg + (1002.7 kPa· 1.128 · 10-3 m3/kg ) H1 = 763.131 kJ/kg (b) ΔU = U2 – U1 = (2784.2 -762.0) kJ/kg ΔU= 2022.2 kJ/kg ΔH = H2 – H1
→H2 = U2 + (P2 · V2) = 2784.2 k J/kg + (1002.7 kPa· 169.7 · 10-3
m3/kg) = 2954.358 kJ/kg = (2954.358 - 763.131) kJ/kg ΔH = 2191.227 kJ/kg
2.19. A solid body at initial temperature T0is immersed in a bath of water at initial temperature Tw0. Heat is transferred from the solid to the water at a rate Ԛ= K∙(Tw-T), where K is a constant and Tw and T are in stantaneous values of the temperature of the water and solid. Develop an expression for T as a function of time τ. Check your result for the limiting cases, τ = 0 and τ = ∞. Ignore effects of expansion or contraction, and assume constant specific heats for both water and solid. Answer : Ԛ=K (Tw-T)………………………………………. (1) -Ԛ=
………………………………………(2)
Cv= Equation (1) = Equation (2) -K (Tw-T)=m K (Tw-T)=m
Misal : α = Faktor Integral (FI) :e∫-α dt = α (T-Tw) = (FI) α (T-Tw) e∫-α dt = e∫-α dt.α(T-Tw) T. e-α t= e-α t.α (T-Tw) dt T. e-α t = -e-α t (T-Tw)
Saat t = 0 maka T-T0 Saat t = ∞ maka T = -(T-Tw) 2.20.A list of common unit operations follows: (a) Single -pipe heat exchanger; (b) Double -pipe heat exchanger; (c) Pump; (d) Gas compressor: (e)Gas turbine; (f) Throttle valve: (g) Nozzle. Develop
a
simplified
form
of
the
general
steady
balance56e3appropriate for each operation. State carefully, and justify, any assumptions you make.
Answer: First Law of Thermodynamics (Energy Balance)
Dengan, m'i = mass flow rate in. hi = enthalpy of mass in. Vi = Velocity of mass in. Zi = elevation of mass in. m'e = mass flow rate exit. he = enthalpy of mass exit. Ve = Velocity of mass exit. Ze = elevation of mass exit. Q'in= rate of heat transfer W'net = rate of net or shaft work transfer ms = mass of fluid with in system us = specific internal energy of system a = kinetic energy correction factor a = 1 for turbulent flow
-state
energy
a = 0.5 for laminar flow
Open Thermodynamics System
Constant Volume
Constant Pressure
Constant Temp
Isentropic
Politropic
Steady-state System
Energy Balance
Dengan, Sm'i = Sm'e Q' = rate of heat transfer W' = rate of work transfer
a) Single-pipe Heat Exchangers Asumsi : Perpindahanpanasdianggapsignifikan Aliranmassahanyasatu Persamaan :
b) Double-pipe Heat Exchangers Asumsi :
Q=0
W=0
Terdapatduaaliranmassa (m'1, m'2)
Persamaan :
c) Pompa Asumsi :
Proses Adiabatiksehinggatidakadapanas, Q= 0
Kecepatanalirdiabaikan
Kerjadianggapsignifikan
Aliranmassahanyasatu(hi = he+ w)
Persamaan :
d) Kompresor Asumsi :
Proses Adiabatiksehinggatidakadapanas, Q= 0
Kecepatanalirdiabaikan
Kerjadianggapsignifikan
Single mass stream (hi = he+ w)
Persamaan :
e) Turbin gas Asumsi :
Proses Adiabatiksehinggatidakadapanas, Q= 0
Kecepatanalirdiabaikan
Kerjadianggapsignifikan
Hanyasatualiranmassa(hi = he+ w)
Persamaan :
f) Throttling Valve Asumsi :
Proses Adiabatiksehinggatidakadapanas, Q= 0
Kecepatanalirdiabaikan
W=0
Q=0
Hanyasatualiranmassa
Kecepatanalirdiabaikan
Persamaan :
g) Nozzels Asumsi :
Kecepatanalirdianggapsignifikan
Tidakadaperbedaanketinggian
Tidakadaperpindahanpanas, Q = 0
Kerjadianggaptidaksignifikan, W=0
Aliranmassahanyaterdapatsatu
Persamaan :
Dengan, hes= enthalpy padasaatakhir proses isentropik
2.21.The Reynold number Re is a dimensionless group which characterizes the intensity of a flow. For large Re, a flow is turbulent, for small Re, a flow is laminar. For pipe flow, Re = vρD/µ, where D is pipe diameter and µ is a dynamic viscosity. (a) If D and µ are fixed, what is the effect of increasing mass flowrate m on Re? (b) If m and µ are fixed, what is the effect of increasing D on Re? Jawab (a) Menambah kecepatan dengan diameter dan viskositas dinamik tetap maka nilai bilangan Reynoldnya akan semakin besar. Memperbesar diameter dengan nilai kecepatan dan viskositas dinamik tetap maka bilangan Reynoldnya akan semakin besar 2.22 Diketahui :
a.
Jawab :Untukfluidaincompressible, neracamassajugadapatdiketahui 2 Maka
Dari
.
2
= 0,5 m/s
b.
Jawab:
23. Sebuah aliran air panas dihasilkan pada proses pencampuran aliran steady flow, dengan mencampurkan 1 kg/s air dingin pada suhu 298 K (25 C), dengan 0,8 kg/s air panas bersuhu 348,15 K (75 C) Selama pencampuran panas yang hilang ke lingkungan dengan kecepatan 30 KW. Berapa temperature aliran air hangat. Asumsi Cp=konstan pada 4,18 KJ/KG. Diketahui = 1 kg/s
: T1 = 25 oC (298,5 K)
T2 = 75 oC (348,15 K)
m1
m2 = 0,8 kg/s
Qout = - 30 kJ/s
Cp = 4,18 kJ/kg.K
Ditanyakan
: Tcampuran = T3 ?
Jawab
:
Keseimbangan Energi :
Keseimbangan massa :
m3 . H3 – (m1 . H1 + m2 . H2) = Qout (1)
m3– m1 – m2 = 0 m3 = m1 + m2
Substitusikan persamaan (2) ke persamaan (1), sehingga : (m1 + m2) H3 – (m1 . H1 + m2 . H2) = Qout m1. H3 + m2 . H3 – m1 . H1– m2. H2 = Qout m1 (H3 – H1) + m2 (H3 – H2) = Qout atau m1.Cp.(T3-T1) + m2.Cp.(T3-T2)
= Qout
T3 =( Qout + m1.Cp. T1 + m2.Cp.T2 ) / ((m1 + m2).Cp)
(2)
T3 = (- 30 kJ/s + 1 kg/s . 4,18 kJ/kg.K . 298,15 K + 0,8 kg/s . 4,18 kJ/kg.K . 348,15 K) / ((1 + 0,8 )kg/s . 4,18 kJ/kg.K) T3 = 316,385 K (43,235 oC) 2.24 D1
2.25
H2O
D1 = 2,5 cm D2 = 3,8 cm T = 28◦C (301,15 K) Cp air = 4,18 KJ/Kg ◦C
Ditanya : a. ∆TDpada D = 3,8 cm ; b. ∆T pada D = 7,5 cm ; c. ∆T maksimal 2 Jawab : a. Neracaenergipada proses steady state ( HukumTermodinamika I) ∆H + ∆V2/2 + g. ∆z = Q + W Q1=Q2 ∆H + ∆V2/2 = 0 A1.V1=A2.V2 Cp.∆T = - (V22-V12/2)V2= A1.V1/A2 Cp. ∆T = [V12 – (D12 . V1 /D22)2]/2 V2=D12. V1 /D22 2 Cp ∆T = V12 [1-(D1/D2)4] a.
Penyelesaianpersamaan (1) : 2(4,18 KJ/kg◦C) ∆T = (14 m/s)2 (1-{0,025 m/0,038 m}4) ∆T = 0,019◦C b. Penyelesaianpersamaan (2) : 2(4,18 KJ/Kg◦C) ∆T = (14 m/s)2 (1-{0,025 m /0,075 m}4) ∆T = 0,023◦C c. ∆T maksimal D2 =∞ 2(4,18 KJ/Kg◦C) ∆T = (14 m/s)2 (1-{0,025 m/∞}4) ∆T= 0,023◦C
Soal 2.26 Udara sebanyak 50 kmol per jam dikompresidari P1= 1,2 bar menjadi P2= 6,0 bar dalamkompresor steady-flow. Tenagamekanik yang disalurkansebesar 98,8 kW.Suhudankecepatannyaadalah: T1= 300 K T2= 520 K -1 v1= 10 m s v2 = 3,5 m s-1 Estimasikankecepatan transfer panasdarikompresor.Asumsikanuntukudara CP= R dan entalpi tidak tergantung pada tekanan. Diketahui : T1= 300 K T2= 520 K
molwt = 29 kg kmol-1 Wsdot = 98,8 kW = 98800 W
v1= 10 m s-1
ndot
= 50 kmol hr-1 = 0,0138 kmol s-1
v2= 3,5 m s-1
CP
= R
Ditanya :Kecepatan transfer panas (Qdot) = .... ? Penyelesaian : Kasusdiatasdapatdiselesaikandenganmenggunakanpersamaan 2.30 dalambuku Smith, Van Ness, Abbot 6th ed. Introduction To Chemical Engineering Thermodynamic. (2.30) Dengan,
Makapersamaan (2.30) menjadi,
2.27. Nitrogen dalam kondisi steady state mengalir secara horizontal pada pipa terisolasi yang memiliki diameter dalam sebesar 38,1 mm. Penurunan tekanan disebabkan aliran yang melewati katup terbuka. Katup upstream nilai P = 690 kPa, T = 322,15 K dan kecepatan rata-rata = 6,09 m/s2. Jika pada katup dowstream nilai P = 138 kPa, berapa temperaturnya ? Diasumsikan bahwa nitrogen nilai PV/T = konstan, Cv = 5/2 R, dan Cp = 7/2 R. (Nilai R diketahui). answer:
(1) Karena PV/T konstan, maka (2)
Perbandingan bulk-mean velocity (U) dapat dituliskan sebagai berikut
(3) Substitusi persamaan (2) ke (3)
]
(4)
Entalpi dapat dirumuskan sebagai berikut (5) Substitusi persamaan (4) dan (5) ke (1), sehingga persamaan akhirnya menjadi
T2 = 579 K 2.28 Water flows through horizontal coil heated from the outside by high-temperature flue gases. As it passes through the coil water changes state from liquid at 200 kPa and 353,15 K (80°C) to vapor at 100 kPa and 398,15 K (125°C). Its entering velocity is 3 m/s and its exit velocity is 200 m/s. Determine the heat transferred through the coil per unit mass of water. Enthalpies of the inlet and outlet streams are: Inlet: 334,9 kJ/kg; Outlet: 2726,5 kJ/kg. Answer: Kesetimbangan energy dalamuntukkoil, yaitu :
maka, panasdapatdihitungsecaralangsung :
L = 25 cm 2.29 D1 = 5 cm In
Out D2
T1 = 325 oC( 598,15 K)
T2 = 240 oC (513,15 K)
P1 = 700 kPa P2 = 350 kPa v1 = 30 m/s H2 = 2945,7 kJ/kg H1 = 3112,5 kJ/kg V2 = 667,75 cm3/g V1 = 388,61 cm3/g Ditanya : v2 & D2 Jawab : Hukum Thermo I :Neracapanaspada proses steady state
2.30. In the following take Cv= 20.8 and Cp= 29.1 J/moloC for nitrogen gas: (a) Three moles of nitrogen at 303.15 K (30°C), contained in a rigid vessel, is heatedto 523.15 K (250°C). How much heat is required if the vessel has a negligible heatcapacity? If the vessel weighs 100 kg and has a heat capacity of 0.5 kJ/kgoChow much heat is required? (b) Four moles of nitrogen at 473.15 K (200°C) is contained in a pistodcylinderarrangement. How much heat must be extracted from this system, which is kept at constant pressure, to cool it to 313.15 K (40°C) if the heat capacity of the piston and cylinder is neglected? PENYELESAIAN: a. Diketahui: n = 3 mol Cv = 20.8 J/moloC Cp= 29.1 J/moloC T1 = 303.15 K (30°C) T2 = 523.15 K (250°C) m = 100 kg Cves = 0.5 kJ/kgoC Karena vessel kaku, diasumsitidakterjadiperubahan volume (volume konstan) Qtot = Qves + QN2 = m.Cves. + n.Cv = + = 11000 kJ + 13,728 kJ = 11013,728 Kj b. Diketahui: n = 4 mol Cv = 20.8 J/moloC Cp= 29.1 J/moloC T1 = 473.15 K (200°C) T2 = 313.15 K (40°C) Tekanankonstan. Asumsi: tidakadapanas yang diserap piston.
Q = -18,624 kJ Jadi, kalor yang harusdikeluarkanadalah 18,624 kJ
2.31 Dengan nilai Cp = 29,3 kJ kmol^-1 K^-1 dan Cv = 21 kJ kmol^-1 K^-1 untuk gas nitrogen ; (a). 1,5 kmol gas nitrogen pada suhu 294,15 K yang diisikan pada bejana rigid, dipanaskan hingga suhu 450,15 K. Berapa besar panas yang dibutuhkan jika Cp bejana diabaikan ? dan jika berat bejana 90,7 kg dan Cp = 0,5 kJ kg^-1 K^-1, berapa panas yang dibutuhkan ? (b). 2 kmol nitrogen pada suhu 447,15 K berada pada wadah silinder berpiston. Berapa besar panas yang harus dihasilkan sistem jika pada tekanan konstan suhu diturunkan menjadi 338,15 K dan Cp piston dan silinder diabaikan ? Jawab : a. Jika pada volume konstan suhu dinaikkan dan Cp bejana diabaikan, maka panas yang dibutuhkan untuk menaikkan suhu hanya panas sensible dari gas nitrogen, maka Q = n Cv (T2-T1) Q = 1,5 kmol * 21 kJ kmol^-1 K^-1 * ( 450,15-294,15 ) K Q = 4914 kJ Jika kapasitas panas bejana tidak diabaikan, maka panas yang dibutuhkan menjadi, Q
=
Q
=
[
n
Qgas Cv
(T2-T1)]
+ +
m
Qbejana Cpbajana
(T2-T1)
Q = [1,5 kmol * 21 kJ kmol^-1 K^-1 * ( 450,15-294,15 ) ] + [90,7 kg * 0,5
kJ *
kg^-1
(450,15-294,15)
K^-1 K
]
Q = 11988,6 kJ b. Jika wadah silinder berpiston yang berisi gas nitrogen didinginkan pada tekanan konstan dan kapasitas panas piston dan silinder diabaikan, maka energi panas yang dihasilkan sistem sebesar, Q
=
n
Cp
(T2-T1)
Q = 2 kmol * 29,3 kJ kmol^-1 K^-1 * (338,15-447,15) K Q = - 6387 kJ
Tanda minus menunjukkan kalau sistem melepaskan panas.
2.32 Tentukanpersamaankerjakompresireversible isothermal oleh 1 mol gas dalam piston/silinderbiladiketahui Volume molar gas : Dimana b dan R adalahkonstantapositif Jawab : Didapat
2.33. Steam at 14 bar and 588.15 K (3 15°C) [state 11 enters a turbine through a 75 mm-diameter pipe with a velocity of 3 m/s. The exhaust from the turbine is carried through a 250 mm diameter pipe and is at 0.35 bar and 366.15 K( 93°C) [state 21. What is the power output of the turbine? H1 = 3074.5 kJ/ kg Vl = 0.1909 m3/kg H2= 2871.6 kJ/ kg V2 = 4.878 m3/kg Jawab Diketehui H1 = 3074.5 kJ/ kg H2= 2871.6 kJ/ kg D1 = 75 mm = 0.075 m
ʋ1
=3m/s
Ditanya W = ? Penyelesaian
Vl = 0.1909 m3/kg V2 = 4.878 m3/kg D2 = 250 mm = 0.25 m
π
ʋ
m= π
=
m = 6.9455· 10-2kg/s
ʋ2 = mπ = 6.9455· 10-2 kg/s π
ʋ2=
6.9 m/s
·m
W=
=
W = 12.75 kJ/s 2.34Carbon dioxide gas enters a water-cooled compressor at the initial conditions P1 = 1.04bar and T1 = 284.15 K(lO°C) and is discharged at the final conditions P2 = 35.8 bar and T2 = 366.15 K(93'C). The entering C02 flows through a 100 mm-diameter pipe with a velocity of 6 s m-', and is discharged through a 25 mm-diameter pipe. The shaft work supplied to the compressor is 12 500 kJ kmol-'. What is the heat-transfer rate from the compressor in kW? H1 = 714 kJ kg-' V1 = 0.5774 m3 kg-' H2 = 768 kJ kgp1 V2 = 0.0175 m3 kgp'. Answer:
P1, V1 T1
D1
D2
P2 T2
First Step
Second Step
Third Step
Four Step
Soal 2.35 Tunjukkan bahwa W dan Q untuk arbitrary mechanically reversible nonflow process adalah sebagai berikut :
Jawab :
Nonflow process diasumsikan sebagai closed system. Berikut gambar grafik P vs V yang diambil dari buku Smith, Van Ness, Abbott 6th ed. Introduction To Chemical Engineering Thermodynamic.
Grafik di atas menunjukkan bahwa : (1) Untuk , (2) Substitusi persamaan (1) ke (2), sehingga didapat :
(3) Pada closed system, Sehingga, Substitusi persamaan (3) ke (4) :
(4)
(5) Telah diketahui bahwa menjadi :
dan
, maka persamaan (5)
2.36. Satu kilogram udara dipanaskan secara reversibel pada tekanan konstan dari kondisi mula-mula T = 300 K dan P = 1 bar hingga volumenya naik tiga kali lipat. Hitung nilai W, Q, ΔU, ΔH pada proses ! Diasumsikan bahwa PV/T = 83,14 bar.cm3/mol.K dan Cp = 29 J/mol.K jawaban: 2.36.(i) PV1 = nRT1 V1 = nRT1/P
V1 = n (PV/nT) T1/P = 83,14 bar.cm3/mol.K . 300 K/ 1 bar = 24.942 cm3/mol (ii) W = -nPdV = -n = -nP (V2-V1) = -nP (3V1-V1) = -nP2V1 = -34,602 mol . 1 bar . 2(24.942 cm3/mol) = -172,61 kJ (iii) T2 = T1.V2/V1 = T1.3V1/V1 T2 = 3T1 (iv) ΔH = CpΔT = Cp (T2-T1) = Cp (3T1-T1) = Cp. 2T1 = 29 J/mol.K . 2(300K) = 17,4 kJ/mol (v) Q = nΔH = 34,602 mol . 17,4 kJ/mol = 602, 08 kJ (vi) ΔU = (Q+W)/n = [602,08 kJ + (-172,61 kJ)] / 34,602 mol = 12,41 kJ/mol 2.37 Kondisi suatu gas berubah dengan proses steady-flow dari suhu 293,15 K (20 o
C) dan tekanan 1000 kPa menjadi 333,15 K (60oC) dan 100 kPa. Rancang sebuah
proses reversible nonflow (setiap langkah) untuk mencapai perubahan tersebut, serta hitung AU dan AH untuk proses dengan basis 1 mol gas tersebut! Asumsikan gas dalam PV/T konstan, Cv = (5/2)R, dan Cp= (7/2)R Jawab: R= 8,314 J/mol.K T1 = 293,15 K (20 oC) T2 = 333,15 K (60oC) P1= 1000 kPa Cv = (5/2)R
P2 = 100 kPa Cp= (7/2)R
Langkah yang dilalui adalah : 1. Didinginkan pada volume V1 konstan menjadi P2 2. Dipanaskan pada tekanan P2 konstan menjadi T2
Maka : Nilai perubahan suhu:
Nilai volume:
Nilai perubahan ΔU dan ΔH:
