1 / 28

BAB 2

BAB 2. HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA. HUKUM I TERMODINAMIKA. E K = 0. Energi tidak dapat diciptakan atau dimusnahkan. E P = mgh. Energi hanya dapat diubah dari satu bentuk ke bentuk lainnya. E K = ½mu 2. E P = 0. E P = 0. E K = ½mu 2. Bergerak lebih cepat. EK bertambah. T naik.

belle
Télécharger la présentation

BAB 2

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. BAB 2 HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA

  2. HUKUM I TERMODINAMIKA EK = 0 Energitidakdapatdiciptakanataudimusnahkan EP = mgh Energihanyadapatdiubahdarisatubentukkebentuklainnya EK = ½mu2 EP = 0 EP = 0 EK = ½mu2

  3. Bergeraklebihcepat EK bertambah T naik

  4. EKSPERIMEN JOULE

  5. HukumTermodinamika I U= Q + W (2.1) Konvensitanda: • PositifjikaQatauWditransferkedalamsistem • NegatifjikaQatauWditransferdarisistem

  6. Untuksistemtertutup yang mengalamiproses yang hanyamenyebabkanperubahan internal energinya: Ut = Q + W (2.2) Untukperubahan yang sangatkecil: dUt = Q + W (2.3)

  7. Mengingat bahwa: Vt = n V dan Ut = n U maka untuk sistem tertutup yang terdiri dari n mol: (nU) = n U = Q + W d(nU) = n dU = Q + W Persamaan termodinamika biasanya ditulis untuk satu satuan (massa atau mol). Jadi untuk n = 1: (2.4) U = Q + W (2.5) dU = Q + W

  8. CONTOH2.1 Saturangkaian piston/silinderditempatkansecaramendatardidalamsuatuconstant-temperature bath. Piston dapatbergerakdidalamsilindertanpagesekan. Adagayaluar yang menahan piston padaposisinya, melawantekananmula-mula gas sebesar 14 bar. Volum gas mula-mula 0,03 m3. Gaya eksternal yang bekerjapada piston dikurangisedikitdemisedikit, dan gas mengalamiekspansisecaraisotermalsampaivolumnyamenjadi 2 kali lipat. Jikahubunganantaravolum gas dantekanandapatdinyatakandengan: PVt= konstan Berapausaha yang dilakukanoleh gas padasaatekspansi? Berapabesarusaha yang akandilakukanoleh gas jikagayaeksternaldikurangisecaramendadaksampaigayatsbmenjadisetengahdarigayamula-mula.

  9. PENYELESAIAN P Vt = k Dengan: dan Maka bisa diperoleh: Maka: W =  42.000 ln (2) =  29.112 J

  10. Tekananakhirnya= P P1 P Vt = k P2 V2t V1t

  11. Padakasuskedua, P gas turunmendadakmenjadi 7 bar. W = - P Vt = - P (V2t – V1t) W =  (7  105) (0,06  0,03) =  21.000 J Proseskeduainimerupakanprosesirreversibel, karenaperubahannyatidakberlangsungsedikitdemisedikit. Jikadibandingkandenganprosesreversibel, makaefisiensidariproses yang kedua (irreversibel) adalah: Atau 72,1% 11

  12. P V2t V1t

  13. PROSES DENGAN V KONSTAN Neraca energi untuk sistem homogen tertutup yang terdiri dari n mol: d(nU) = Q +  W Untukkerja yang reversibel:  W =  P d(nV) Jika kedua persamaan digabung: d(nU) =  Q  P d(nV) Untuk proses dengan V konstan, d(nV) = 0, sehingga:  Q = d(nU) Q = n U (2.8) Untuk n = 1  Q = U

  14. PROSES DENGAN P KONSTAN Hukum I Termodinamikadapatditulissebagai: Q = d(nU) + P d(nV) d(nU) =  Q  P d(nV) Untuk proses dengan P konstan: Q = d(nU) + d(nPV) = d{n (U + PV)} Didefinisikan sebagai enthalpy (H) (2.8) H  U + PV Persamaan di atas dapat ditulis sebagai: Q = d(nH) Q = n H Untuk n = 1  Q = H (2.9)

  15. KAPASITAS PANAS (2.10) Definisi dari kapasitas panas KAPASITAS PANAS PADA V KONSTAN Untuk proses dengan V konstan  Q = U (2.11) Untuk sistem tertutup yang mengalami proses pada V konstan: dU = CVdT (V konstan) (V konstan) (V konstan) (2.12)

  16. Untukprosesdengan V konstan Q = U (V konstan)

  17. KAPASITAS PANAS PADA P KONSTAN Untuk proses dengan P konstan  Q = H (2.14) Untuksistemtertutup yang mengalamiprosespada P konstan: dH = CP dT (P konstan) (P konstan) Untuk proses reversibel pada P konstan: (P konstan) (2.15)

  18. CONTOH 2.2 Udara pada 1 bar dan 298,15K dikompresi menjadi 5 bar dan 298,15 K melalui 2 proses yang berbeda: • Pendinginan pada P konstan diikuti dengan pemanasan pada V konstan • Pemanasan pada V konstan diikuti dengan pendinginan pada P konstan Hitungpanasdanusaha yang diperlukan, jugaU dan H udarauntuktiapalurproses. Kapasitaspanasudaradianggaptidaktergantungpadatemperatur: CV = 20,78 J mol-1 K-1dan CP = 29,10 J mol-1 K-1 Untukudaradianggapberlakuhubungan: Pada 298,15K dan 1 bar Vudara = 0,02479 m3 mol-1

  19. 2 4 Pb (soal a) (soal b) 1 (1 bar) Pa 3 T = 298 K Vb = Vc Va = Vd PENYELESAIAN

  20. 2 4 P2 1 P1 3 V2 V1 T1 = T2 P1V1 = P2 V2 (a) Proses pendinginan pada P konstan (1-3) P1 = P3 V2 = V3

  21. PendinginanpadaP konstan(1-3) Q = H = CP T = (29,10) (59,63 – 298,15) =  6.941 J/mol H = U + (PV) U = H – (PV) = H – P V = – 6.941 – (1  105) (0,004958 – 0,02479) = – 4.958 J/mol U = Q + W W = U – Q = – 4.958 + 6.941 = 1.983 J/mol

  22. 2 4 P2 1 P1 3 V2 V1 Pemanasan pada V konstan (3-2) Q = U = CV T = (20,78) (298,15 – 59,63) = 4.958 J/mol H = U + (PV) = H + V P = 4.958 + 0,004958 (5 – 1)  105 = 6.941 J/mol U = Q + W W = U – Q = 4.958 – 4.958 = 0 J/mol Untuk keseluruhan proses Q =  6.941 + 4.958 =  1.983 J/mol W = 1.983 + 0 = 1.983 J/mol U =  4.958 + 4.958 = 0 J/mol H =  6.941 + 6.941 = 0 J/mol

  23. 2 4 P2 1 P1 3 V2 V1 (b) Prosespemanasanpada V konstan (1 – 4) V1 = V4 P4 = P2 Q = U = CV T = (20,78) (1.490,75 – 298,15) = 24.788 J U = Q + W  W = U – Q = 0 H = U + (PV) = U + V P = 24.788 + 0,02479 (5 – 1)  105 = 34.704 J

  24. 2 4 P2 1 P1 3 V2 V1 Pendinginanpada P konstan (4 – 1) Q = H = CP T = (29,10) (298,15 – 1.490,75) = – 34.704 J U = H – (PV) = H – P V = – 34.704 – (5  105) (0,004958 – 0,02479) = – 24.788 J U = Q + W W = U – Q = – 24.788 + 34.704 = 9.914 J Untuk keseluruhan proses Q = 24.788 – 34.704 = - 9.916 J W = 0 + 9.914 = 9.914 J U = 24.788 – 24.788 = 0 J H = 34.704 – 34.704 = 0 J

  25. CONTOH 2.3 Hitung H dan U untuk udara yang mengalami per-ubahan dari keadaan mula-mula 40F dan 10 atm ke keadaan akhir 140F dan 1 atm. Anggap bahwa untuk udara berlaku: Pada 40F dan 10 atm, volum molar udara V = 36,49 (ft3) (lb mol)-1. Kapasitas panas udara dianggap konstan, CV = 5 dan CP = 7 (Btu) (lb mol)-1 (F)-1. PENYELESAIAN TA = 40F = (40 + 459,67) R = 499,67 R TC = 140F = (140 + 459,67) R = 599,67 R

  26. 40F 140F 10  A P (atm) a B C b  1  VA VC V UdanHmerupakan state function, sehingganilainyatidaktergantungpadajalannyaproses. Untukmemudahkan, makaprosesdibagi 2: • PendinginanpadaVkonstan (A-B) • Pemanasanpada P konstan (B-C) hinggadicapaikondisiakhir.

  27. LANGKAH a: Ta = TB – TA = 49,97 – 499,67 = – 449,70 (R) Ua = CV Ta = (5) (– 449,70) = – 2.248,5 (Btu) Ha = Ua + V Pa = – 2.248,5 + (36,49) (1 – 10) (2,7195) = – 3.141,6 (Btu)

  28. LANGKAH b: Tb = TC – TB = 599,67 – 49,97 = 549,70 (R) Hb = CP Tb = (7) (549,70) = 3.847,9 (Btu) Ub = Hb – P Vb = 3.847,9 – (1) (437,93 – 36,49) (2,7195) = 2.756,2 (Btu) KESELURUHAN PROSES: U = – 2.248,5 + 2.756,2 = 507,7 (Btu) H = – 3.141,6 + 3.847,9 = 706,3 (Btu)

More Related