SOAL DAN JAWABAN SOAL UJIAN
SOAL NO. NO. 1: Uda Udara yang yang semu semula la berad erada a pada pada temp temper erat atur ur 30°C dan tekanan 6 bar akan diekspans diekspansikan ikan menjadi menjadi keadaan keadaan akhir akhir dengan dengan tempera temperatur tur 30°C dan dan tekan tekanan an 2 bar. bar. Ekspans Ekspansii dilakuka dilakukan n dengan dengan cara cara pending pendinginan inan pada volume volume konstan konstan diikuti diikuti dengan dengan pemanas pemanasan an pada tekanan tekanan konstan konstan sampai sampai dicapai dicapai keadaa keadaan n akhir. akhir. Udara Udara diangg dianggap ap mengikuti perilaku gas ideal: PV = RT dengan R = 83,14 cm 3 bar mol-1 K-1. Hitung Q, W, ∆U dan ∆H untuk tiap alur proses dan keseluruhan proses. Kapasitas panas C V = 2,5 R dan C P = 3,5 R. Gambar proses tersebut dalam diagram PV. PENYELESAIAN: a. Diagram PV
P1 = 6
P
P3 = 2
V1
V 1
=
RT 1 P 1
=
V
( 83,14) ( 303,15) 6
V3
= 4.200,93 cm3/mol
V 2 = V 1 = 4.200,93 cm3/mol P 2V 2 ( 2) ( 4.200,93) T 2 = = = 101,06 K R 83,14 V 3
b.
=
RT 3 P 3
=
( 83,14) ( 303,15) 2
= 12.602,78 cm3/mol
Proses pendinginan pada V konstan
V 2
W =
− ∫ P dV = 0 V 1
T 2
∆U = ∫ C dT = C (T 1 − T 2 ) = 2,5 ( 83,14) (101,06 − 303,15) V
V
T 1
−
= − 42.005,1 cm3 bar mol 1 − Q = ∆U – W = − 42.005,1 – 0 = − 42.005,1 cm3 bar mol 1 T 2
∆H = ∫ C
P
dT = C P (T 1
− T 2 ) = 3,5 ( 83,14) (101,06 − 303,15)
T 1
−
c.
= − 58.807,1 cm3 bar mol 1 Proses pemanasan pada P konstan V 3
W =
− ∫ P dV = − 2 (12.602,78 − 4.200,93) = − 16.802,04 cm3 bar mol−1 V 2
T 3
Q
= ∆H = ∫ C dT = C (T 3 − T 2 ) P
P
T 2
−
= 3,5 (83,14) (303,15 – 101,06) = 58.807,1 cm3 bar mol 1 −1 3 ∆U = Q + W = 58.807,14 − 16.802,04 = 42.005,1 cm bar mol d.
Keseluruhan proses − Q = − 42.005,1 + 58. 807,14 = 16.802,04 cm3 bar mol 1 − W = 0 − 16.802,04 = − 16.802,04 cm3 bar mol 1 ∆U = − 42.005,1 + 42.005,1 = 0 ∆H = − 58.807,1 + 58.807,1 = 0
SOAL NO. 2
Udara sebanyak 0,03 kg mengalami proses siklis seperti pada gambar di bawah. Hitung kerja/usaha yang dapat dihasilkan dari sistem tersebut, Udara dianggap mengikuti perilaku gas ideal, CV = 2,5 R dan CP = 3,5 R. Berat molekul udara rata-rata adalah 28,84.
100 kPa
V 3
0,002 m
PENYELESAIAN
3
0,02 m
n
=
30
= 1,04 mol
28,84
20 L
V3 = V2 = V1 =
1,04 mol
2L 1,04 mol
Titik 3: P3V3
= 19,24 l mol
= 1,924 l mol
= nRT3 P3V3
T3 =
R
(1 bar ) (19,24 l
=
mol)
( 0,08314 l bar K mol)
= 231,3 K
Hubungan antara titik 1 dan 3 C 3,5 γ = P = = 1,4 CV 2,5 γ
γ
P1 V1 = P3 V3
γ
1, 4 V3 19,24 P1 = P3 = 25,12 bar = (1) 1,924 V 1 P1V1 = nRT1
T1 =
P1V1 nR
=
( 25,12 bar ) (1,924 l mol) ( 0,08314 l bar K mol)
= 581 K
Titik 2 T2 = T1 = 581 K Usaha yang dihasilkan: W1→2
V2
V2
V1
V1
= − n ∫ P dV = − (1,04 mol) ∫ RT dV = − (1,04 mol) RT1 ln V2 V V
= − (1,04 mol) ( 0,083141 l bar K mol) ( 581 K ) ln
1
19,24 1,924
= – 115,7 l bar
V3
W2→3
= − n ∫ P dV = 0 V2
= ∆U 3→1 = C V ( T1 − T3 ) = 2,5 ( 0,083141 l bar K mol) ( 581 − 231,1) K = 72,7 ( l bar ) Wtotal = W1→2 + W2→3 + W3→1 = − 115,7 + 0 + 72,7 = −40,1 ( l bar ) W3→1
SOAL NO. 3
Gas nitrogen berada di dalam tangki yang volumenya 4 m3, tekanannya 42 bar, dan temperaturnya 30°C. Hitung massa gas nitrogen tersebut. Gas nitrogen dianggap mengikuti
persamaan keadaan SRK. Untuk menghitung volume molar nitrogen, lakukan iterasi sebanyak 2 kali. PENYELESAIAN Tc = 126,19 K Pc = 33,978 bar ω = 0,04 3 2 2 Z − Z + ( A − B − B ) Z − AB = 0 A = Ωa B = Ω b
α Pr 2
Tr Pr Tr
α = {1 + ( 0,48508 + 1,55171 ω − 0,15613 ω2 ) (1 − Tr 0,5 )} Tr = Pr =
T Tc P Pc
= =
303,3 126,19 42 33,978
2
= 2,402 = 1,236
α = {1 + ( 0,48508 + 1,55171 × 0,04 − 0,15613 × 0,042 ) (1 − 2,40,5 )} A = Ωa
B = Ωa
α Pr 2
Tr
Pr Tr
= 0,42747
= 0,08662
( 0,4895 ) (1,236)
1,236 2,4
2,4
2
2
= 0,4889
= 0,0448
= 0,0448
= − AB = − ( 0,4889 ) ( 0,0448 ) = − 0,002 2 2 c1 = A − B − B = 0,4889 − 0,0448 − 0,0448 = − 0,00179 c 2 = −1 c0
f ( Z) = Z + c 2 Z + c1 Z + c 0 3
f ' ( Z)
2
= 3Z2 + 2c 2 Z + c1
Zi = Zi−1 −
f i −1 f 'i−1
Tebakan awal: Z0 = 1 Iterasi 1 f 0 = 1 – 1 – 0,00179 (1) – 0,002 = – 0,00378 f’0 = 3 (1) + 2 (– 1) (1) – 0,002 = 0,99821 f − 0,00378 = 1,0134 Z1 = Z 0 − 0 = 1 − f '0 0,99821 Iterasi 2 f 1 = (1,01342) – 1,013422 – 0,00179 (1,01342) – 0,002 = 2,88 × 10-5 f’1 = 3 (1,01342)2 + 2 (– 1) (1,01342) – 0,00179 = 1,01342
Z1 = Z 0 −
f 0 f '0
=1−
2,88 × 10
i
Z(i)
0
1 1.0037 92 1.0037 63 1.0037 63
1 2 3
−5
1,01342
= 1,0038
f(i) -0.00378 2.88E-05 1.63E-09 -9.3E-17
f'(i) 0.9982 1 1.0134 2 1.0133 06 1.0133 06
error
0.0150 09 0.0001 13 6.37E09
SOAL NO. 4
Udara yang semula berada pada temperatur 30°C dan tekanan 1 bar akan dikompresi menjadi keadaan akhir dengan tekanan 5 bar melalui proses kompresi adiabatis. Udara dianggap mengikuti perilaku gas ideal: PV = RT dengan R = 83,14 cm3 bar mol-1 K -1. Hitung Q, W, ∆U dan ∆H. Kapasitas panas CV = 2,5 R dan CP = 3,5 R. Hitung Q, W, ∆U, dan ∆H. PENYELESAIAN P
P2
P1 V2 T1 = 303 K P1 = 1 bar P2 = 5 bar C P 3,5 R
γ =
CV
=
2,5 R
V1
= 1,4
V
Proses adiabatis: γ γ TP(1 - )/ = konstan γ γ γ γ T1 P1(1 - )/ = T2 P2(1 - )/ ( 1− γ ) γ
P T2 = T1 1 P2
( 1−1, 4 ) 1, 4
1 = 303 5
= 479,9 K
Q=0 T 2
479 , 9
∆ H = ∫ C dT = ∫ 3,5 RdT = 3,5R ( 479,9 − 393) = 304,15 R P
T 1
303
T 2
479 ,9
∆U = ∫ C dT = ∫ 2,5 RdT = 2,5R ( 479,9 − 393) = 217,25 R V
T 1
303
W = ∆U – Q = 217,25 R
