30
2015 MAKALAH TERMODINAMIKA PEMICU 2: FIRST LAW OF THERMODYNAMICS KELOMPOK 11 DANIA ALFIS FIRDAUSYAH - 1306370511 ISNANDA NURISKASARI – 1406507556 MEDEA DWINTARI SURYANA – 1406507676 RAUDINA - 1306370594 ZAINAH – 1306405742

Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

Embed Size (px)

DESCRIPTION

Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

Citation preview

Page 1: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

2015

MAKALAH TERMODINAMIKA PEMICU 2: FIRST LAW OF

THERMODYNAMICS

KELOMPOK 11 DANIA ALFIS FIRDAUSYAH - 1306370511 ISNANDA NURISKASARI – 1406507556 MEDEA DWINTARI SURYANA – 1406507676 RAUDINA - 1306370594 ZAINAH – 1306405742

Page 2: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

PROCESSES: FIRST PART

Berikan contoh proses isobarik, isokhorik, isotermal, adiabatik, tunak dan transien

menggunakan aplikasi kehidupan sehari-hari. Tuliskan neraca energi dan neraca massa

secara umum dan jelaskan pengertian fisik masing-masing istilah.

JAWAB:

Proses isobarik terjadi pada saat ada perubahan suhu atau volume spesifik ketika tekanan

konstan (ΔP = 0). Contoh proses isobarik pada kehidupan sehari-hari adalah ketika memasak air

di dalam ketel uap. Air yang berada di dalam ketel dipanaskan dengan cara menaikkan temperatur

(memberi panas) hingga sampai ke titik didihnya dan menguap menjadi fase gas, dengan semua

proses berlangsung pada tekanan konstan.

Proses isokhorik terjadi pada saat volume dijaga konstan (ΔV = 0), contoh pada kehidupan

sehari-hari adalah angin yang dihasilkan oleh kipas. Kipas dapat berputar dengan menggunakan

energi listrik. Kipas, udara dan energi listrik (dapat berupa baterai) berada pada volume yang tetap.

Ketika kipas berputar akibat energi listrik, terjadi kerja dari kipas terhadap wadah dimana energi

kinetik kipas berubah menjadi energi dalam udara. Hal ini menunjukkan bahwa kerja dapat

dilakukan dalam sistem yang tidak mengakibatkan perubahan volume.

Proses isotermal terjadi pada saat temperatur dijaga konstan dan umumnya berkaitan dengan

perubahan fase, seperti pencairan dan penguapan, karena pada saat terjadi perubahan fase, suhu

tidak berubah (ΔT = 0). Pada kehidupan sehari-hari, proses isotermal dapat diamati pada peristiwa

pendinginan yang dilakukan lemari es. Lemari es memiliki suhu yang lebih rendah dibandingkan

suhu lingkungan sekitarnya. Pendinginan yang terjadi pada lemari es, sama halnya yang terjadi

pada AC, dilakukan dengan bantuan kompresor, kondensor, katup ekspansi dan evaporator. Proses

pendinginan tidak dilakukan dengan menurunkan suhu melainkan dengan mengubah fase uap

menjadi cair dingin dan sebaliknya dengan mengontrol tekanan.

Proses adiabatik merupakan keadaan dimana sistem yang diamati bersifat tertutup dan tidak

terjadi perpindahan kalor dari sistem ke lingkungan (Q = 0). Proses adiabatik dapat diamati pada

peristiwa ekspansi uap di dalam suatu mesin uap atau kompresi udara pada mesin diesel. Pada

mesin pembakaran, udara dimasukan ke dalam silinder dan ditekan dengan menggunakan piston

sehingga menyebabkan suhu udara naik dengan cepat. Pada saat yang sama, solar dipindahkan ke

dalam silinder dan campuran antara solar dengan udara panas menyebabkan terjadinya proses

pembakaran. Selama proses tersebut terjadi, tidak ada perpindahan kalor dari sistem ke lingkungan

Page 3: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

karena sistem yang diamati tertutup. Proses adiabatik dapat terjadi jika wadah sistem memiliki

dinding termal-terisolasi atau terjadi dalam waktu yang sangat cepat.

Proses tunak (steady state) merupakan proses yang tidak dipengaruhi oleh perubahan

waktu (dt = 0). Contoh pada kehidupan sehari-hari adalah aliran listrik terhadap alat elektronik

yang konstan atau aliran air keran yang dibuka tanpa diubah volumenya.

Proses tidak tunak (unsteady state) merupakan proses yang dipengaruhi oleh perubahan

waktu, contohnya adalah pengisian air dalam tangki yang dengan penambahan waktu akan

semakin penuh dan memiliki perubahan dibandingkan ketika kosong.

Dalam perhitungan neraca massa, anggapan yang digunakan adalah tidak ada akumulasi

di dalam dan dianggap tidak ada kebocoran di dalam pipa. Dari asumsi tersebut maka, akan berlaku

dm

dt= min − mout + mreaction . . . (1)

Keterangan : dm

dt = Laju akumulasi massa

min = Laju aliran massa masuk

mout = Laju aliran massa keluar

mreaction = Laju aliran massa produksi

Konsep dasar neraca energi pada sistem dinyatakan dalam bentuk persamaan:

dE

dt= m0E0 − m1E1 + Q + W . . . (2)

Keterangan : 𝑑𝐸

𝑑𝑡 = Laju akumulasi energi

��0 = Laju energi yang masuk ke sistem

��1 = Laju energi yang keluar dari sistem

�� = Laju kalor yang diberikan ke sistem

�� = Laju kerja yang dilakukan oleh sistem

Dimana energi (Ê) merupakan total energi kinetik, energi potensial dan energi dalam.

PROCESSES: SECOND PART

Uap jenuh dengan kualitas 0,98 (98% massa dari uap jenuh) didapatkan pada tekanan 5 bar

dan laju alir 1 kg/det. Uap superheated juga didapatkan pada 5 bar dan 200oC. Bagaimana

anda mengkombinasikan dua aliran tersebut untuk mendapatkan uap jenuh pada 5 bar?

Nyatakan asumsi anda.

Page 4: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

JAWAB:

Asumsi sistem:

Sistem steady state : massa masuk = massa keluar

Proses adiabatik sehingga ∆Q = 0

Sistem terbuka karena ada aliran masuk dan aliran keluar

Sistem tidak menghasilkan atau menerima kerja sehingga W = 0

Energi kinetik dan energi potensial diabaikan karena sistem tidak memiliki kecepatan

dan ketinggian

Basis t = 1 detik

m1 = m1. t

= 1 kg/det.(1 detik)

= 1 kg

Persamaan untuk neraca energi sistem terbuka steady state adalah:

Dengan asumsi diatas, maka persamaannya menjadi :

∆(H. m) = 0

m1H1 + m2H2 = m3H3 . . . (3)

1) Uap Jenuh pada 5 bar = 0,5 Mpa

Dari steam table didapatkan HL = 640,19 kJ/kg dan Hv = 2748,1 kJ/kg, maka :

H1 = (0,02 x 640,19 kJ/kg) + (0,98 x 2748,1 kJ/kg)

= 2706,1 kJ/kg

Page 5: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

2) Uap Superheated pada 5 bar = 0,5 Mpa

Dari steam table didapatkan H2 = 2855,9 kJ/kg

3) Produk uap jenuh pada 5 bar = 0,5 Mpa

Dari steam table didapatkan HL = 640,19 kJ/kg dan Hv = 2748,1 kJ/kg, maka :

H1 = (0 x 640,19 kJ/kg) + (1 x 2748,1 kJ/kg)

= 2748,1 kJ/kg

Menggunakan persamaan (3) yaitu m1H1 + m2H2 = m3H3 dengan m1 + m2 = m3, didapat:

[2706,1 kJ/kg x 1 kg] + [2855,9 kJ/kg x (m3 - 1)] = [2748,1 kJ/kg x m3]

2706,1 + 2855,9.m3 – 2855,9 = 2748,1.m3

-149,8 = -107,8.m3

m3 = 1,39 kg

1 kg + m2 = 1,39 kg

m2 = 0,39 kg

Sehingga didapatkan :

m1 = 1 kg/det

m2 = 0,39 kg/det

m3 = 1,39 kg/det

Jadi, untuk mengkombinasikan dua aliran diatas, diperlukan laju alir uap superheated

sebesar 0,39 kg/det yang nantinya akan mendapatkan produk berupa uap jenuh dengan laju alir

sebesar 1,39 kg/det.

HEAT TRANSFER: FIRST PART

Diskusikan masing-masing mode transfer panas pada gambar di bawah (gunakan

persamaan yang sesuai untuk setiap mode)

Page 6: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

JAWAB:

Konduksi adalah pemindahan panas yang dihasilkan dari kontak langsung antara

permukaan-permukaan benda. Konduksi terjadi hanya dengan menyentuh atau menghubungkan

permukaan-permukaan yang mengandung panas.

Dalam kasus diatas konduksi adalah besi yang dipanaskan pada suatu ujungnya maka ujung

lainnya akan panas pula. Pada perpindahan panas konduksi, jika pada suatu benda terdapat

perbedaan temperatur maka akan terjadi perpindahan panas dari bagian bertemperatur tinggi ke

bagian bertemperatur rendah. Laju perpindahan panas berbanding dengan perbedaan temperatur

normal yaitu: (Holman,1986)

q/A = dT/dx . . . (4)

dengan:

q = laju perpindahan panas

dT/dx = perbedaan temperatur ke arah perpindahan panas

A = luas penampang benda yang tegak lurus arah aliran

Jika disubsitusikan konstanta proposionalitas, Persamaan (5) merupakan Hukum Fourier yaitu

persamaan dasar tentang konduksi panas.

q = kA (- dt / dx) . . . (5)

dengan:

k = konduktivitas termal (thermal conductivity)

dT/dx mempunyai tanda negatif jika temperatur diasumsi lebih tinggi pada permukaan dinding x

= 0 dan lebih rendah pada permukaan dinding x = x atau panas mengalir ke tempat yang lebih

rendah dalam skala temperatur.

Konveksi adalah pemindahan panas berdasarkan gerakan fluida disebut konveksi. Dalam

hal ini fluidanya adalah udara. Dalam kasus diatas konveksi adalah udara yang terasa panas

disekitar api unggun. Pada konveksi, bila temperatur fluida lebih tinggi dibandingkan temperatur

permukaan pipa, maka aliran panas terjadi dari fluida ke permukaan pipa, aliran tersebut

merupakan aliran panas konveksi dan panas yang mencapai permukaan pipa, aliran panasnya

bersifat konduksi. Perhitungan-perhitungan praktis persamaan dasar perpindahan panas konveksi

adalah sebagai berikut:

q = h A ∆T . . . (6)

Page 7: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

dengan:

q = laju perpindahan panas konveksi

h = koefisien perpindahan panas konveksi

A = luas penampang benda yang tegak lurus arah aliran

∆T = perbedaan temperatur fluida

Radiasi adalah perpindahan kalor secara langsung tanpa medium/zat perantara. Dalam

kasus di atas radiasi adalah cahaya dari api unggun. Untuk benda yang dapat memancarkan panas

secara sempurna dalam perpindahan panas radiasi disebut radiator ideal (black body), dan dapat

memancarkan panas dengan kecepatan yang berbanding lurus dengan temperatur absolut pangkat

empat.

q/A = σ (T14 – T2

4) atau q = σ A ΔT4 . . . (7)

dengan:

q = laju perpindahan panas radiasi

σ = konstanta Stefan-Boltzmann

A = area

ΔT = perbedaan temperature

HEAT TRANSFER: SECOND PART

Jelaskan dua arrangement penukar panas di bawah. Jelaskan pengertian “Perbedaan

temperatur minimum yang dibutuhkan untuk laju penukar panas yang masuk akal adalah

10°C”

Page 8: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

JAWAB:

Aliran dan distribusi temperature ideal pada heat exchanger:

1. Paralel Flow/Current flow

Kedua fluida mengalir dalam heat exchanger dengan aliran yang searah.

2. Counter Flow

Kedua fluida mengalir dalam heat exchanger dengan aliran yang berlawan arah.

Umumnya fluida panas menghasilkan variasi temperature yang tidak berbentuk garis lurus

jika diplot versus panjang. Pola aliran yang dibentuk oleh kedua fluida tersebut harus dapat

dijelaskan dengan perbedaan temperatur. Garis merah mewakili fluida primer yang memiliki

temperatur lebih tinggi dan garis biru mewakili fluida sekunder yang memiliki temperatur lebih

rendah. Panah pada garis menunjukkan arah aliran fluida. Di antara kedua aliran tersebut, liran

Counter Flow lebih efektif, dikarenakan besar suhu tertinggi dari aliran sekunder dapat lebih dari

besar suhu terendah aliran primer.

Pernyataan diatas menunjukan bahwa jika perbedaan temperatur kurang dari 100C, maka

aliran distribusi (paralel flow maupun counter flow) tidak dapat terjadi. 10°C menjadi batas

minimum perubahan suhu yang menyebabkan terjadinya aliran dan distribusi temperatur pada heat

exchanger.

EXPERIMENTAL CALORIMETRY

Anda harus mengetahui konsep tentang konservasi dari energi dan massa, dan untuk

mengetahui bagaimana cara kalorimeter bekerja. Bacalah paper tentang pengembangan

kalorimeter untuk pengukuran kapasitas panas dan entalpi dari suatu fluida (An automated

flow calorimeter for the determination of liquid an vapor isobaric heat capacities: Test results

for water and n-pentane, J.A. Sandarusi, K. Mulia and V.F. Yesavage, Rev. Sci. Instrum., 63, 2

(1992), 1810:1821). Bacalah hanya 1-2 halaman pada paper, dan kemudian mulailah dari

rumus umum Hukum 1 Termodinamika; sederhanakanlah rumus umum berdasarkan

informasi dari pengaturan kalorimeter dan bagaimana pengukuran berlangsung. Jika anda

bekerja secara sistematis, kemudian anda harus menentukan persamaan 1 yang diberikan

dalam paper. Nyatakan seluruh asumsi anda dengan jelas. Tampaknya panas yang hilang,

Qlst tidak termasuk dalam persamaan akhir untuk pengukuran kapasitas panas (persamaan

3). Pertimbangkan semua jenis model perpindahan panas yang berpotensi berkontribusi

untuk term ini dan jelaskan bagaimana mereka diminimalkan dalam eksperimen.

Page 9: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

JAWAB:

Outline dari prinsip operasi kalorimeter

Berdasarkan paper “An automated flow calorimeter for the determination of liquid an

vapor isobaric heat capacities: Test results for water and n-pentane, J.A. Sandarusi, K. Mulia

and V.F. Yesavage, Rev. Sci. Instrum., 63, 2 (1992), 1810:1821” yang mengembangkan instrumen

“flow calorimeter” secara otomatis untuk perhitungan kapasitas panas isobarik dan entalpi dari

fluida pada temperatur dan tekanan tinggi. Instrumen ini didesain untuk menghitung kapasitas

panas untuk liquid maupun fasa uap dan berpotensi untuk kalor laten. Desain operasional rentang

tekanan dan temperatur pada instrumen ini adalah 0-30 MPa dan 300-700 K, meskipun hanya diuji

sampai 13 MPa dan 600 K. Dalam paper ini, kalorimeter digunakan untuk mengukur kapasitas

panas dari air (liquid) dan n-pentana (liquid dan vapor). Metode eksperimen dari instrumen ini

berdasarkan prinsip adiabatik, steady state flow calorimeter dengan input daya listrik. Pengukuran

perubahan tekanan dan temperatur memperkenankan perhitungan dari kapasitas panas rata-rata 𝐶𝑝

melalui analisa Hukum 1 Termodinamika.

Penyederhanaan Hukum 1 Termodinamika :

Dalam penyederhanaan Hukum 1 Termodinamika, kita perlu menentukan sistem yang ada

dalam kalorimeter tersebut. Pada kalorimeter ini, terjadi aliran atau perpindahan massa dan energi

sehingga sistem dalam kalorimeter ini merupakan sistem terbuka. Persamaan kesetimbangan

energi pada sistem terbuka adalah sebagai berikut:

∆𝑬 = 𝑸 + 𝑾 − (∆𝑼 + ∆𝑲 + ∆𝑷) . . . (8)

𝒅(𝒎 𝑼)

𝒅𝒕= �� + 𝒘𝒐𝒓𝒌 𝒓𝒂𝒕𝒆 − ∆[(𝑼 +

𝟏

𝟐𝒗𝟐 + 𝒈𝒉) 𝒎] . . . (9)

𝒅(𝒎 𝑼)

𝒅𝒕= �� − ∆[(𝑷 𝑽)𝒎] + �� − ∆[(𝑼 +

𝟏

𝟐𝒗𝟐 + 𝒈𝒉) ��] . . . (10)

Page 10: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

Dimana H = U + P V

𝒅(𝒎 𝑼)

𝒅𝒕= �� + �� − ∆[(𝑯 +

𝟏

𝟐𝒗𝟐 + 𝒈𝒉)𝒎] . . . (11)

Asumsi :

Kondisi steady state, maka 𝒅(𝒎 𝑼)

𝒅𝒕= 𝟎

Tidak ada perbedaan ketinggian antara inlet dan outlet serta tidak ada perubahan pada

kecepatan laju alir massa pada sistem sehingga ∆𝑲 = ∆𝟏

𝟐��𝒗𝟐 = 𝟎 ; ∆𝑷 = ∆��𝒈𝒉 = 𝟎

Sistem tidak melakukan kerja sehingga W = 0.

Sehingga persamaan (11) diatas menjadi:

∆𝑯 =��

��

Pengukuran Kapasitas Panas Isobarik :

∆𝐻 = ∫ 𝐶𝑃 𝑑𝑇𝑇𝑜

𝑇𝑖

∆𝐻 = 𝐶𝑃 (𝑇𝑜 − 𝑇𝑖)

𝐶𝑃 =∆𝐻

𝑇𝑜 − 𝑇𝑖

Dengan memasukkan kondisi batas T = To (temperatur kalorimeter di outlet ) pada saat H = Ho

dan T = Ti (temperatur kalorimeter di inlet) saat H = Hi, maka persamaan diatas akan menjadi

sebagai berikut :

𝐶𝑝 =

𝐻(𝑇𝑜,𝑃𝑜)−𝐻(𝑇𝑖,𝑃𝑖)

𝑇𝑜−𝑇𝑖. . . (12)

Selanjutnya, substitusi hasil penyederhanaan Hukum 1 Termodinamika, sehingga persamaan 12

menjadi:

𝐶𝑝 =

(𝑄𝑖𝑛 − 𝑄𝑙𝑠𝑡)

ṁ(𝑇𝑜 − 𝑇𝑖)

Page 11: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

Sehingga, terbukti bahwa kita mendapatkan persamaan yang sama dengan persamaan 1 (equation

1) pada paper sebagai berikut :

𝐶𝑝 =

[𝐻(𝑇𝑜,𝑃𝑜)−𝐻(𝑇𝑖,𝑃𝑖)]

𝑇𝑜−𝑇𝑖=

(𝑄𝑖𝑛−𝑄𝑙𝑠𝑡)

ṁ(𝑇𝑜−𝑇𝑖)

Kapasitas panas hasil pengukuran instrumen flow calorimeter ini adalah kapasitas panas

rata-rata (𝐶𝑝 ), tetapi memiliki kegunaan untuk memperkirakan nilai kapasitas panas sebenarnya

(𝐶𝑝) dengan koreksi terhadap tekanan dan temperatur.

Sistem dalam kalorimeter ini adalah adiabatis, sehingga panas yang keluar dari sistem

sangat kecil. Oleh sebab itu Qlst tidak dimasukkan dalam persamaan akhir, sehingga akan diperoleh

persamaan seperti pada equation 3 dalam paper.

𝐶𝑝(��, 𝑃𝑜) =𝑄𝑖𝑛

ṁ[(To − Ti)a − (To − Ti)b]

Dimana 𝐶𝑝 tersebut pada kondisi �� = 1

2[(𝑇𝑜 + 𝑇𝑖)𝑎 + (𝑇𝑜 − 𝑇𝑖)𝑏]

Model Perpindahan Panas Pada Kalorimeter dan Cara Meminimalisasinya

Konduksi : Bahan yang terbuat untuk kalorimeter ini harus dipertimbangkankan agar panas

yang keluar melalui bahan tersebut dapat diminimalisir, salah satu caranya adalah dengan

menggunakan bahan yang memiliki konduktivitas termal rendah untuk dinding kalorimeter.

Konveksi : Sistem harus diberikan ruang hampa udara.

Radiasi : Kalorimeter harus diletakkan ditempat pada suhu ruang, atau dijauhkan dari

tempat yang bersuhu ekstrim.

THEORETICAL APPROACH TO ESTIMATE HEAT CAPACITY

Energi dalam dan entalpi adalah dua besaran termodinamika yang digunakan dalam

persamaan neraca energi. Energi panas yang ditambahkan ke molekul gas poliatomik dapat

muncul sebagai energi rotasi dan vibrasi, serta translasi molekul gas. Jelaskan bagaimana

kita dapat memperkirakan kapasitas panas isobarik dari metana sebagai gas ideal

poliatomik sebagai fungsi temperatur dari 300 hingga 800 K berdasarkan equipartition

principle. Plot nilai teoritis dari kapasitas panas metana dan bandingkan nilai teoritis

tersebut dengan nilai yang anda peroleh menggunakan persamaan kapasitas panas gas ideal

dan parameter yang diberikan dalam buku Smith et al. atau Moran and Saphiro. Apakah

Page 12: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

Anda pikir masuk akal untuk mengasumsikan bahwa kapasitas panas gas ideal adalah

konstan untuk seluruh rentang temperatur? Jelaskan.

JAWAB:

Prinsip Equipartisi

Kapasitas panas dari molekul gas monoatomik, diatomi, atau poliatomik dapat diprediksi

dengan didasarkan pada prinsip equipartisi dengan menghitung degree of freedom dari molekul

gas tersebut. Prinsip equipartisi menyatakan bahwa degree of freedom (dof) dari suatu gerakan

molekul berkontribusi (1

2𝑅𝑇) dalam perhitungan energi dalam (U).

𝑈 = (𝑑𝑜𝑓) (1

2𝑅𝑇) . . . (13)

Hubungan antara kapasitas panas isokhorik dengan persamaan 13 adalah sebagai berikut:

𝐶𝑣 = (𝜕𝑈

𝜕𝑇)

𝑣

𝐶𝑣 = (𝜕[(𝑑𝑜𝑓)(

1

2𝑅𝑇)]

𝜕𝑇)

𝑣

𝐶𝑣 = (𝑑𝑜𝑓) (1

2𝑅) . . . (14)

Hubungan antara kapasitas panas isobarik (𝐶𝑝) dengan kapasitas panas isokhorik (𝐶𝑣) adalah

sebagai berikut

𝐶𝑝 = 𝐶𝑣 + 𝑅 . . . (15)

Berikut ini adalah penjelasan mengenai gerakan yang dapat dilakukan oleh molekul monoatomik,

diatomik, dan poliatomik guna menentukan degree of freedom dari masing-masing molekul:

a) Molekul Monoatomik

Molekul monoatomik dapat bertranslasi dengan bebas dalam ruangan pada arah x, y dan z.

Gerak translasi ini menyatakan memiliki bahwa molekul monoatomik memiliki tiga degree of

freedom. Pada molekul monoatomik kedua gerakan yang lain (vibrasi dan rotasi) hampir tidak

terlihat sehingga dapat diabaikan, sehingga rumus energi dalamnya dapat dinyatakan sebagai

berikut.

𝑈 =3

2𝑅

𝐶𝑣 =3

2𝑅

𝐶𝑃 =5

2𝑅

Page 13: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

b) Molekul Diatomik dan Poliatomik dengan Bentuk Linear

Pada molekul diatomik dan poliatomik yang berbentuk linear terdapat gerakan translasi kearah

x, y dan z, serta gerakan rotasi. Terdapat dua kemungkinan sumbu rotasi pada gerakan ini,

sehingga terdapat tambahan dua degree of freedom. Selanjutnya, jika dipanaskan dengan suhu

tinggi maka akan terjadi gerakan vibrasi yang jumlahnya dapat ditentukan dengan rumus

2(3𝑁 − 5) dimana angka 5 merupakan derajat kebebasan untuk translasi dan rotasi dan N

menyatakan banyaknya jumlah atom dalam suatu molekul.

Perlu diperhatikan bahwa untuk molekul diatomik, pada suhu rendah ±250 𝐾 hanya terjadi

gerakan translasi, pada suhu sedang ±500 𝐾 terjadi gerakan translasi dan rotasi, sedangkan

untuk gerakan vibrasi baru terjadi diatas suhu 1000 K. Sehingga energi dalam, kapasitas panas

isokhorik, dan kapasitas panas isobarik untuk molekul diatomik dan poliatomik linier pada

suhu tinggi (>1000 K) adalah sebagai berikut:

𝑈 = 3

2𝑅𝑇 + 𝑅𝑇 + 2(3𝑁 − 5)

1

2𝑅𝑇

𝐶𝑣 =3

2𝑅 + 𝑅 + 2(3𝑁 − 5)

1

2𝑅

𝐶𝑃 =3

2𝑅 + 𝑅 + 2(3𝑁 − 5)

1

2𝑅 + 𝑅

c) Molekul Poliatomik dengan Bentuk Non-Linear

Pada molekul poliatomik non-linear, terdapat tiga sumbu gerakan rotasinya sehingga

mempunyai 3 degree of freedom. Pada pemanasan dengan suhu tinggi, gerakan vibrasi dapat

ditentukan dengan rumus 2(3𝑁 − 6) dimana angka 6 menyatakan derajat kebebasan untuk

translasi dan rotasi. Pengaruh temperatur dalam penentuan jumlah gerakan yang terlibat sama

pada molekul diatomik. Sehingga, energi dalam untuk molekul poliatomik non-linear pada

suhu tinggi (>1000 K) sebagai berikut:

𝑈 = 3

2𝑅𝑇 +

3

2𝑅𝑇 + 2(3𝑁 − 6)

1

2𝑅𝑇

𝐶𝑣 = 3

2𝑅 +

3

2𝑅 + 2(3𝑁 − 6)

1

2𝑅

𝐶𝑃 = 3

2𝑅 +

3

2𝑅 + 2(3𝑁 − 6)

1

2𝑅 + 𝑅

Page 14: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

Penentuan Kapasitas Panas Isobarik Gas Poliatomik Metana (300 K- 800 K)

Berdasarkan Prinsip Equipartisi

Struktur molekul metana

Gas metana merupakan gas poliatomik yang berstruktur tetrahedral sehingga dapat menyimpan

energi dalam bentuk translasi, rotasi, dan vibrasi. Namun, kemampuan gerakan gas metana

tersebut tidak dapat dilihat sekaligus pada suatu keadaan tertentu karena bergantung pada fungsi

temperatur. Penentuan derajat kebebasan suatu molekul juga bergantung pada kondisi suhunya.

Seperti contoh, untuk molekul H2, nilai Cv/R nya bergantung pada fungsi temperatur jika

dihubungkan dengan prinsip ekupartisi.

Kapasitas panas isokhorik H2 sebagai fungsi temperatur

Berdasarkan gambar diatas, dapat terlihat bahwa derajat kebebasan molekul H2 bergantung

dengan kondisi temperatur. Pada suhu rendah, yaitu molekul H2 hanya dapat melakukan gerakan

translasi, indikator suhu rendah tersebut adalah dibawah titik didih H2 (sekitar 20 K). Sedangkan

pada suhu ruang yaitu sekitar 300 K, menunjukkan kenaikan nilai Cv/R dan nilai derajat kebebasan

molekul H2 tersebut, sehingga molekul ini dapat melakukan gerakan translasi dan rotasi. Untuk

suhu diatas 1000 K, molekul H2 baru dapat melakukan gerakan vibrasi. Gerakan vibrasi

membutuhkan energi yang besar sehingga diperlukan suhu yang tinggi. Untuk molekul poliatomik,

Page 15: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

kita harus memikirkan juga keterlibatan jumlah atom yang lebih banyak, sehingga rentang suhu

untuk mengalami energi translasi, rotasi dan, vibrasi mungkin berbeda dengan molekul H2. Tetapi,

menggunakan prinsip yang sama bahwa ada ketergantungan temperatur terhadap derajat

kebebasan suatu molekul yaitu kenaikan temperatur akan meningkatkan derajat kebebasan

sehingga nilai Cv maupun Cp juga meningkat.

Berdasarkan penjelasan diatas tentang penentuan Cv/R molekul H2 yang bergantung terhadap

fungsi temperatur dengan prinsip ekuipartisi. Kita dapat menggunakan pendekatan tersebut, untuk

menentukan nilai Cp dari metana dengan prinsip equipartisi. Pada suhu 300 K (suhu ruang), gas

metana yang merupakan molekul poliatomik hanya memiliki energi untuk bergerak secara

translasi dalam arah x, y, dan z, sehingga pada suhu tersebut degree of freedom dari gas metana di

suhu 300 K adalah 3. Oleh sebab itu, rumus kapasitas panas isokhorik dan isobariknya sebagai

berikut:

𝐶𝑣 =3

2𝑅

𝐶𝑃 =5

2𝑅 =

5

2(8,314

J

mol. K) = 20,785

𝐽

𝑚𝑜𝑙. 𝐾

Sedangkan, pada suhu 800 K molekul metana memiliki 3 degree of freedom gerak translasi dan 3

degree of freedom gerak rotasi. Hal ini dikarenakan oleh energi panas yang diterima oleh metana

diubah menjadi gerak translasi dan rotasi tetapi tidak cukup untuk diubah menjadi gerak vibrasi.

Energi vibrasi terjadi apabila molekul berada pada suhu tinggi diatas 1000 K. Berikut ini nilai

energi dalam, kapasitas panas isokhorik dan isobarik dari gas metana pada suhu 800 K:

𝑈 = 3

2𝑅𝑇 +

3

2𝑅𝑇 = 3 𝑅𝑇

𝐶𝑣 = 3𝑅

𝐶𝑃 = 4𝑅 = 4 (8,314 J/mol.K) = 33,256 J/mol.K

Perhitungan Nilai Kapasitas Panas Isobarik Gas Metana (300 K- 800 K) Menggunakan

Persamaan Gas Ideal Poliatomik (Smith et. al)

Hubungan antara temperatur dengan kapasitas panas gas ideal pada tekanan tetap

digambarkan melalui persamaan berikut ini:

𝐶𝑃

𝑅= 𝐴 + 𝐵𝑇 + 𝐶𝑇2 + 𝐷𝑇−2 . . .(16)

Page 16: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

Dimana nilai A, B, C, D berbeda-beda untuk tiap jenis gas dapat dilihat pada tabel C.1 buku Smith

et.al. Untuk gas metana (CH4), nilai A = 1,702; B = 9,081x10-3; C = -2.164x 10-6 ; dan D = 0. Untuk

mengetahui nilai kapasitas panas isobarik pada rentang temperatur 300-800 K, maka nilai A, B, C,

D gas CH4 disubstitusikan ke persamaan (16), kemudian dilakukan plot antara hubungan antara

temperatur dan kapasitas panas isobarik metana.

Tabel 1. Nilai Cp CH4 (300 K- 800 K)

Temperatur (K) Cp/R Cp (J/mol.K)

300 4.23154 35.1852

400 4.98816 41.4765

500 5.7015 47.4079

600 6.37156 52.9795

700 6.99834 58.1912

800 7.58184 63.0429

Grafik 1. Grafik Hubungan antara Cp dan T gas CH4

y = 0,0557x + 19,07R² = 0,9978

0

10

20

30

40

50

60

70

0 200 400 600 800 1000

Cp

(J/

mo

l.K

)

T (K)

Hubungan Cp dan T Gas CH4

Page 17: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

Perbandingan Nilai Cp Gas Metana (300 K- 800 K) Secara Teoritis dengan Nilai Cp

Perhitungan Persamaan Gas Ideal Poliatomik

Tabel 2. Perbandingan Cp CH4 Teoritis dan Hitungan

T (K) Cp Teoritis (J/mol.K) Cp Hitungan (J/mol.K)

300 20.785 35.1852

800 33.256 63.0429

Grafik 2. Grafik Perbandingan Cp CH4 Teoritis dan Hitungan

Berdasarkan hasil perbandingan nilai Cp secara teoritis dan hasil perhitungan diatas, terlihat

bahwa perbedaannya cukup besar. Perbedaan tersebut meningkat seiring dengan kenaikan

temperatur.

Apakah asumsi bahwa kapasitas panas gas ideal adalah konstan untuk seluruh rentang

temperatur?

Ketika kalor spesifik diambil tetap, maka persamaan dibawah ini sering digunakan dalam

analisa termodinamika gas ideal karena persamaan tersebut memungkinkan untuk berbagai proses.

ℎ(𝑇2) − ℎ(𝑇1) = 𝐶𝑝(𝑇2 − 𝑇1)

𝐶𝑝 =∫ 𝐶𝑝(𝑇)𝑑𝑇

𝑇2

𝑇1

𝑇2−𝑇1 . . . (17)

Apabila variasi nilai Cp untuk interval temperatur yang diberikan hanya sedikit, maka kesalahan

yang terjadi dengan mengambil kalor spesifik untuk persamaan diatas sebagai rata-rata aritmatik

0

10

20

30

40

50

60

70

0 200 400 600 800 1000

Cp

(kJ

/mo

l.K

)

T (K)

Grafik Perbandingan Cp CH4 Teoritis dan Hitungan

Cp Hitungan

Cp Teoritis PrinsipEquipartisi

Page 18: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

dari nilai kalor spesifik temperatur awal dan akhir, relatif kecil. Sehingga, nilai kalor spesifik

konstan seringkali dapat juga ditetapkan.

APPLICATION

Anda memiliki pekerjaan musim panas dengan sebuah perusahaan yang mendesain

peralatan masak. Kelompok Anda diberikan tugas merancang pasta pot yang lebih baik.

Anda sangat senang dengan kekuatan baru, paduan logam (alloy) baru saja diproduksi, tapi

akankah itu dapat membuat pot yang baik? Jika waktu yang dibutuhkan lebih dari 10 menit

untuk merebus air dalam pot, maka pot tersebut tidak akan terjual. Hitunglah berapa lama

waktu yang dibutuhkan air pada suhu kamar untuk mencapai suhu mendidih di depok,

dalam pot yang terbuat dari paduan logam (alloy) baru tersebut. Asumsikan bahwa pot

dapat terisi sekitar 2 liter air, pot yang terbuat dari paduan logam (alloy) memiliki massa

550 gram dan kapasitas panas spesifiknya adalah 860 𝐉/𝐤𝐠℃, pembakar pada kompor Anda

memberikan 1.000 joule panas per detik, dan hanya sekitar 20% dari panas ini yang hilang

dari sistem.

JAWAB:

Permasalahan dalam soal diatas adalah, kita harus dapat menghitung waktu yang dibutuhkan

pasta pot dalam mendidihkan air di suhu ruang. Perhitungan waktu tersebut dapat diselesaikan

dengan menggunakan prinsip Asas Black : 𝑄𝑙𝑒𝑝𝑎𝑠 = 𝑄𝑡𝑒𝑟𝑖𝑚𝑎

Air dalam pasta pot yang dipanaskan

Diketahui : T awal (suhu ruangan) = 25°C

T akhir (suhu air mendidih di depok) = 100°C

∆𝑻 = T akhir-T awal = 75°C

Page 19: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

Volume air dalam pot = 2 Liter = 0,002 m3

Massa air = 𝜌𝑎𝑖𝑟 𝑉𝑎𝑖𝑟 = (1000 kg/m3 )(0,002 m3 )= 2 kg

Kapasitas panas air (cair) = 4200 J/kg℃

Massa pot = 550 gram = 0,55 kg

Kapasitas panas pot (cpot) = 860 J/kg℃

Laju kalor kompor (��𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑟) = 1000 J/s

% kalor kompor yang hilang dari sistem = 20%

Ditanya : Hitunglah waktu yang diperlukan untuk memanaskan air dalam pot tersebut.

Jawab :

𝑄𝑙𝑒𝑝𝑎𝑠 = 𝑄𝑡𝑒𝑟𝑖𝑚𝑎

80 % 𝑄𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑟 = 𝑄𝑎𝑖𝑟 + 𝑄𝑝𝑜𝑡

80%(��𝑘𝑜𝑚𝑝𝑜𝑟. 𝑡) = (𝑚𝑎𝑖𝑟 𝑐𝑎𝑖𝑟 ∆𝑇)+ (𝑚𝑝𝑜𝑡 𝑐𝑝𝑜𝑡 ∆𝑇)

80% (1000J

s) t = (2 kg . 4200 J/kg℃ . 75°C) + (0,55 kg . 860 J/kg℃ . 75°C)

(800𝐽

𝑠) 𝑡 = 630000 𝐽 + 35475 𝐽

(800𝐽

𝑠) 𝑡 = 665475 𝐽

𝑡 = 831,84 𝑠 = 13,86 𝑚𝑒𝑛𝑖𝑡

Kesimpulan : Jadi waktu yang dibutuhkan oleh pot yang terbuat dari paduan logam (alloy) untuk

mendidihkan air di suhu ruang adalah 13,86 menit, karena waktu tersebut lebih dari 10 menit,

maka pot dari alloy ini tidak akan terjual.

INTRODUCTION TO RANKINE CYCLE

Diagram berikut menunjukkan steam power plant sederhana yang beroperasi dalam

keadaan tunak, dengan sirkulasi air di seluruh komponennya, menghasilkan 30 MW listrik.

Dengan data yang diketahui pada diagram, tentukan jumlah gas alam yang dibutuhkan

dengan mengasumsikan bahwa power in yang dibutuhkan untuk menjalankan pompa

diabaikan. Serta, tentukan laju alir massa pada sirkulasi air di seluruh steam power plant

dan pada cooling water yang melewati condenser, dalam kg/s. Gunakan nilai 0,35 untuk

efisiensi power plant. Gunakan diagram dua dimensi (P-V dan P-T) air untuk menunjukkan

Page 20: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

jalur fluida dalam siklus pada titik 1-2-3-4 dan gunakan nilai numerik dari tekanan dan

temperaturnya pada diagram. Tuliskan semua asumsi yang diperlukan.

JAWAB:

Asumsi:

Siklus dalam keadaan tunak

Semua proses dalam siklus reversibel

Perpindahan panas diabaikan

Energi kinetik dan energi potensial diabaikan

Turbine dan pompa bekerja secara adiabatik

Steam generator dan condensor bekerja secara isobarik

Waktu sistem ditinjau selama 1 sekon

Gas alam berupa metana

Jumlah Gas Alam yang Dibutuhkan

Terlebih dahulu, kita mencari nilai ��𝑖𝑛 yang didapatkan dari nilai efisiensi yang telah diketahui.

𝜂 = ��𝑇 − ��𝑃

��𝑖𝑛

0,35 = 30 𝑀𝑊 − 0 𝑀𝑊

��𝑖𝑛

��𝑖𝑛 = 85,714 𝑀𝑊

𝑄𝑖𝑛 = 85,714 𝑀𝑊 𝑥 1000 𝑘𝑊

1 𝑀𝑊𝑥 1 𝑠𝑒𝑘𝑜𝑛 = 85714 𝑘𝐽

Page 21: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

Dengan asumsi bahwa gas alam yang digunakan adalah metana, dapat diketahui massa gas alam

yang digunakan. Diketahui: Heating value methane = 50,017 kJ/kg

𝑄𝑖𝑛 = 𝑚 𝑥 ℎ𝑒𝑎𝑡𝑖𝑛𝑔 𝑣𝑎𝑙𝑢𝑒

85714 𝑥 103 𝐽 = 𝑚 𝑥 50,017 𝐽

𝑔𝑟⁄

𝑚 = 1713,7 𝑔𝑟 = 1,7137 𝑘𝑔

Sehingga didapatkan jumlah gas alam (metana) yang diperlukan adalah 1,7137 kg.

Laju Alir Massa di Seluruh Steam Power Plant (dalam kg/s)

Diketahui bahwa pada titik satu, air berada dalam bentuk superheated steam. Pada titik dua, dalam

bentuk saturated steam. Dalam titik tiga, berbentuk saturated liquid serta pada titik empat

berbentuk compressed liquid. Sehingga:

h1 = 3425,82 kJ/kg

h2 = 2576,2 kJ/kg x (0,9) + 173,85 kJ/kg x (0,1) = 2335,965 kJ/kg

h3 = 173,85 kJ/kg

h4 = 188,834 kJ/kg

Diketahui persamaan:

�� =𝑊𝑐𝑦𝑐𝑙𝑒

(ℎ1−ℎ2)(ℎ4−ℎ3) . . . (18)

Sebelumnya diketahui bahwa power in pada pompa diabaikan. Sehingga menyebabkan kerja pada

pompa bernilai nol. Karena itu, nilai h3 dan h4 dapat dianggap sama sehingga (h4 – h3) = 0. Selain

itu, dengan mengabaikan power in, didapatkan kerja sebesar 30 MW yang berasal dari kerja yang

dihasilkan oleh turbin.

�� =30 𝑀𝑊 𝑥

1000 𝑘𝑊1 𝑀𝑊 𝑥 1 𝑠𝑒𝑘𝑜𝑛

(3425,82 𝑘𝐽

𝑘𝑔⁄ − 2335,965 𝑘𝐽

𝑘𝑔⁄ )

�� =30000 𝑘𝐽

1089,855 𝑘𝐽

𝑘𝑔⁄= 27,527 𝑘𝑔

𝑚 = 27,527 𝑘𝑔/𝑠

Sehingga laju alir massa di seluruh steam power plant adalah 27,527 kg/s.

Page 22: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

Laju Alir Massa Cooling Water di Condensor (dalam kg/s)

Dengan hanya meninjau keadaan di sekitar condensor, maka diketahui persamaan:

𝑄𝑜𝑢𝑡 = ��(ℎ2 − ℎ3)

𝑄𝑜𝑢𝑡 = 27,527 𝑘𝑔 𝑥 (2335,965𝑘𝐽

𝑘𝑔⁄ − 173,85𝑘𝐽

𝑘𝑔⁄ )

𝑄𝑜𝑢𝑡 = 59516,54 𝑘 𝐽

Hukum satu termodinamika (kekekalan energi) menyatakan:

𝑄𝑜𝑢𝑡 = 𝑄𝑖𝑛

𝑄𝑖𝑛 = 59516,54 𝑘𝐽

Dengan asumsi bahwa cooling water masuk dan keluar condensor adalah saturated liquid, akan

diketahui nilai entalpi sebesar:

hcw in = 83,92 kJ/kg

hcw out = 146,64 kJ/kg

𝑄𝑖𝑛 = ��(ℎ𝑐𝑤 𝑜𝑢𝑡 − ℎ𝑐𝑤 𝑖𝑛)

59516,54 𝑘𝐽 = �� 𝑥 (146,64 𝑘𝐽𝑘𝑔⁄ − 83,92 𝑘𝐽

𝑘𝑔⁄ )

�� = 948,924 𝑘𝑔

𝑚 = 948,924𝑘𝑔

𝑠

Sehingga laju air massa pada cooling water diketahui sebesar 948,924 kg/s.

Diagram P-V dan P-T air pada titik 1-2-3-4

Diagram P-V

Tabel 3. Tabel P-v pada titik 1,2,3,4

Titik v (m3/kg) P (MPa)

1 0,03396 10

2 16,289 0,008

3 0,0010085 0,008

4 0,001004724 10

Dengan memasukkan nilai tekanan dan volume spesifik pada setiap titik, dan menyesuaikannya

dengan diagram P-T untuk air, didapatkan:

Page 23: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

Grafik 3. Diagram P-v untuk air pada titik 1,2,3,4

Diagram P-T

Tabel 6. Tabel T-P pada titik 1,2,3,4

Titik T (C) P (MPa)

1 520 10

2 41,51 0,008

3 41,51 0,008

4 43 10

Dengan memasukkan nilai tekanan dan temperatur pada setiap titik, dan menyesuaikannya dengan

diagram P-T untuk air, didapatkan:

Page 24: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

Grafik 4. Diagram P-T untuk air pada titik 1,2,3,4

INTRODUCTION TO UNSTEADY STATE PROCESSES: PART A

Sebuah tangki berisi 45 kg air dalam fase liquid awalnya berada pada suhu 45C memiliki

satu inlet dan satu exit dengan laju alir massa yang sama. Air liquid masuk pada suhu 45C

dengan laju alir massa 270 kg/h. Sebuah kumparan pendingin dicelupkan dalam air dan

mengambil energi dengan nilai 7,6 kW. Air tercampur sempurna dengan bantuan batang

pengaduk sehingga suhu air uniform. Input daya terhadap air dari batang pengaduk adalah

0,6 kW. Tekanan pada inlet dan exit sebanding dan semua energi kinetik dan potensial dapat

diabaikan. Plot variasi suhu air terhadap waktu.

Page 25: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

JAWAB:

Asumsi:

1. Control Volume dinyatakan dengan garis putus-putus

2. Pada Control Volume , perpindahan kalor yang signifikan pada kumparan. Pengaruh energi

kinetik dan potensial diabaikan

3. Temperatur Air merata di semua tempat T = T(t)

4. Air didalam tangki inkompresibel

Neraca Laju Energi:

𝑑(𝑚𝑐𝑣𝑢)

𝑑𝑡= 𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣 + ∆[(𝐻 +

1

2𝑣2 + ℎ𝑔)ṁ] . . . (19)

Berdasarkan asumsi nomor 2, maka:

𝑑(𝑚𝑐𝑣𝑢)

𝑑𝑡= 𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣 + ∆[(𝐻 + 0 + 0)ṁ]

𝑑(𝑚𝑐𝑣𝑢)

𝑑𝑡= 𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣 + ṁ(ℎ1 − ℎ2)

Karena massa pada control volume konstan terhadap waktu, maka:

𝑑(𝑚𝑐𝑣𝑢)

𝑑𝑡= 𝑚𝑐𝑣

𝑑𝑢

𝑑𝑡

Karena air inkompresibel, maka energi dalam spesifik hanya bergantung pada temperatur saja.oleh

karena itu:

𝑑𝑢

𝑑𝑡=

𝑑𝑢

𝑑𝑇

𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑐

𝑑𝑇

𝑑𝑡

ℎ1 − ℎ2 = 𝑐(𝑇1 − 𝑇2) + 𝑣(𝑃1 − 𝑃2) . . . (20)

Dimana c adalah kalor spesifik. Tidak ada perubahan tekanan, dan karena teraduk dengan baik

maka temperatur pada tangki sama dengan temperatur pada pipa keluar, sehingga:

𝑚𝑐𝑣𝑐𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣 + ṁ𝑐(𝑇1 − 𝑇) . . . (21)

Dimana T merupakan temperatur air yang merata seragam pada saat waktu t. Seperti dapat

diverifikasi dengan substitusi langsung, penyelesaian untuk persamaan differensial orde pertama

dilakukan dengan tahapan berikut:

𝑚𝑐𝑣𝑐𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣 + ṁ𝑐(𝑇1 − 𝑇)

𝑚𝑐𝑣

𝑑𝑇

𝑑𝑡=

𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣

ṁ𝑐+ (𝑇1 − 𝑇)

Page 26: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

∫𝑑𝑇

�� − ��𝑚𝑐 + (𝑇1 − 𝑇)

= ∫𝑚𝑐𝑣

ṁ 𝑑𝑡

𝑡

0

𝑇

0

𝑙𝑛 [�� − ��

𝑚𝑐+ (𝑇1 − 𝑇)] =

𝑚𝑐𝑣𝑡 + 𝑥

𝑙𝑛�� − ��

𝑚𝑐+ ln 𝑇1 −

𝑚𝑐𝑣𝑡 − 𝑥 = ln 𝑇

�� − ��

𝑚𝑐+ 𝑇1 + 𝑒

−ṁ

𝑚𝑐𝑣𝑡−𝑥

= 𝑇

�� − ��

𝑚𝑐+ 𝑇1 + 𝑒

−ṁ

𝑚𝑐𝑣𝑡𝑒−𝑥 = 𝑇

Nilai e-x diubah dengan nilai C1 menjadi:

�� − ��

𝑚𝑐+ 𝑇1 + 𝑒

−ṁ

𝑚𝑐𝑣𝑡𝐶1 = 𝑇

𝑇 = 𝐶1 exp (−𝑚

𝑚𝑐𝑣𝑡) + (

𝑄𝑐𝑣 − 𝑊𝑐𝑣

ṁ𝑐) + 𝑇1

Konstanta C1 dievaluasi dengan menggunakan kondisi awal t = 0, T = T1 ,

𝑇 = 𝑇1 + (𝑄𝑐𝑣−𝑊𝑐𝑣

ṁ𝑐) [1 − exp (−

𝑚𝑐𝑣) 𝑡] . . . (22)

Dengan menstubtitusikan nilai numerik yang telah diberikan bersama dengan kalor spesifik c

untuk cairan air dari tabel A-19 (buku Termodinamika Teknik oleh Moran dan Saphiro)

Page 27: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

𝑇 = 318𝐾 + ([−7,6 − (−0.6)]𝑘𝐽/𝑠

(270

3600𝑘𝑔𝑠

) (4,2𝑘𝐽

𝑘𝑔. 𝐾)

) [1 − exp (−270

45) 𝑡]

𝑇 = 318 + (22)[1 − exp(−6𝑡)] . . . (23)

Persamaan (23) digunakan untuk mengalurkan plot antara temperatur terhadap waktu:

Tabel 5. Tabel Temperatur terhadap Waktu

X Y X Y

Waktu (h) Temperatur Air(K) Waktu (h) Temperatur Air(K)

0 318 0.13141 306

0.007753 317 0.14897 305

0.015885 316 0.1686 304

0.024434 315 0.190855 303

0.033445 314 0.216547 302

0.042972 313 0.246934 301

0.053076 312 0.284125 300

0.063832 311 0.332072 299

0.075331 310 0.399649 298

0.087682 309 0.515174 297

0.101023 308 #NUM! 296

0.115525 307 #NUM! 295

Grafik 5. Grafik Perubahan Temperatur Air Menurut Waktu

290

295

300

305

310

315

320

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6

Tem

pe

ratu

r ai

r, K

Waktu, h

Grafik Perubahan Temperatur Air Menurut Waktu

Page 28: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

Dari persamaan diatas, dapat diambil data. Pada suhu 296K temperatur air mulai konstan setelah

0.515174 jam atau 30,9 menit.

INTRODUCTION TO UNSTEADY STATE PROCESSES: PART B

Sebuah tangki terevakuasi dengan kapasitas 1 m3 awalnya kosong tanpa fluida di dalam. Air

sebanyak 2 L dan pada suhu 25°C dipindahkan ke dalam tangki. Pada tengah hari,

kesetimbangan termal diasumsikan tercapai dan fluida dengan temperatur 60°C terbentuk

dalam tangki. Pada kondisi ini, apakah air dalam tangki berupa campuran cair-uap atau

hanya pada fase uap? Jika hanya sebagai fase uap, berapa banyak air yang perlu

ditambahkan agar air dalam tangki hanya berada dalam keadaan uap air jenuh?

JAWAB:

Diketahui:

Asumsi:

Unsteady state (ada perpindahan massa dari lingkungan ke sistem terhadap perubahan

waktu)

Tidak ada aliran keluar, me = 0

Karena tangki terevakuasi, m1 = 0

Kondisi di titik 1 adalah kondisi awal sistem ketika tangki kosong, titik 2 adalah kondisi

ketika air dipindahkan ke dalam tangki, titik 3 adalah kondisi sistem ketika berada dalam

kesetimbangan

Ditanya: fase campuran pada kesetimbangan, jumlah air yang perlu ditambahkan agar seluruh isi

tangki berada dalam fase vapor

Jawab:

Untuk mengetahui fase campuran, perlu informasi mengenai tekanan atau volume spesifik pada

kondisi kesetimbangan (di titik 3) agar dapat dibandingkan ke diagram p-v-T air. Informasi

Vakum

Kapasitas:

1 m3

(I)

(II) T = 60°C

(III)

2L AIR 25°C

Page 29: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

mengenai volume spesifik dapat diketahui jika massa total dan volume total diketahui, volume

total merupakan volume tangki dan massa total dapat diketahui dari penggunaan neraca massa.

Neraca massa:

m3 – m1 = min - mout

Diketahui bahwa tangki terevakuasi dan tidak ada aliran keluar maka m1 dan mout tidak ada maka:

m3 = min

Nilai min dapat diketahui dengan menghitung volume air masuk dikalikan densitas air yaitu:

𝜌 = 𝑚𝑉⁄

1𝑔𝑟

𝑐𝑚3=

𝑚

2𝐿𝑥

1 𝐿

1000 𝑐𝑚3

𝑚 = 2000 𝑔𝑟 = 2 𝑘𝑔

Selanjutnya menghitung nilai volume spesifik:

𝑣𝑡𝑜𝑡 =𝑉 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

𝑚 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

𝑣𝑡𝑜𝑡 = 1 𝑚3

2 𝑘𝑔

Setelah mengetahui nilai volume spesifik, dapat diamati diagram v-T untuk air pada v 0,5 m3/kg

dan suhu 60°C.

Berdasarkan diagram v-T diketahui bahwa pada volume spesifik 0,5 m3/kg dan suhu 60°C, air

berada dalam fase vapor-liquid. Untuk dapat mengubah keseluruhan fluida menjadi dalam fasa

vapor dapat dinaikan temperaturnya hingga memasuki fase vapor. Penambahan massa akan

menurunkan volume spesifik (v ~ 1/m) sehingga penambahan massa air tidak dapat mengubah

Page 30: Makalah Kelompok 11 - Pemicu 2 Termodinamika

FIRST LAW OF THERMODYNAMICS – KELOMPOK 11

fluida agar menjadi fasa vapor melainkan campuran akan memiliki kualitas uap yang lebih kecil

lagi.

DAFTAR PUSTAKA

Moran, Michael J., Howard N.Saphiro. (2006). Fundamentals of Engineering

Thermodynamics. England : John Willey & sons ltd.

Smith, J.M., H.C. Van Ness, M.M. Abbot. (2001). Termodinamika Edisi Kedua. New

York : McGraw-Hill.

Cengel, Y.A. dan Boles, M. 2002. Thermodynamics: An Engineering Approach 5th edition.

USA Mc Graw Hill.