Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

1. Energi tidak dapat diciptakan atau dimusnahkan Energi hanya dapat diubah dari satu bentuk ke bentuk lainnya E K = ½mu 2 E P = 0 E K = 0 E P = mgh E.

Presentasi serupa


Presentasi berjudul: "1. Energi tidak dapat diciptakan atau dimusnahkan Energi hanya dapat diubah dari satu bentuk ke bentuk lainnya E K = ½mu 2 E P = 0 E K = 0 E P = mgh E."— Transcript presentasi:

1 1

2 Energi tidak dapat diciptakan atau dimusnahkan Energi hanya dapat diubah dari satu bentuk ke bentuk lainnya E K = ½mu 2 E P = 0 E K = 0 E P = mgh E K = ½mu 2 E P = 0

3 3 Bergerak lebih cepat EK bertambah T naik

4 INTERNAL ENERGY (U) 44 INTERNAL ENERGY ENERGI KINETIK Sebagai akibat gerakan molekul (translasi, rotasi dan vibrasi) ENERGI POTENSIAL Berhubungan dengan ikatan kimia dan juga elektron bebas pada logam

5 5 GAS MONOATOMIKGAS POLIATOMIK Energi kinetik akibat gerakan translasi linier dari atom tipe "hard sphere" GAS Energi kinetik akibat gerakan translasi, rotasi, dan vibrasi

6 666 Energi kinetik akibat adanya gerakan translasi, rotasi, dan vibrasi. Energi potensial akibat adanya gaya tarik antar molekul. CAIRAN

7 7

8 U= Q + W Konvensi tanda: Positif jika Q atau W ditransfer ke dalam sistem Negatif jika Q atau W ditransfer dari sistem

9 9 Untuk sistem tertutup yang mengalami proses yang hanya menyebabkan perubahan internal energinya:  U t = Q + W Untuk perubahan yang sangat kecil: dU t =  Q +  W

10 10 Persamaan termodinamika biasanya ditulis untuk satu satuan (massa atau mol). Jadi untuk n = 1:  U = Q + W dU =  Q +  W Mengingat bahwa: V t = n V danU t = n U maka untuk sistem tertutup yang terdiri dari n mol:  (nU) = n  U = Q + W d(nU) = n dU =  Q +  W

11 11 Proses reversibel adalah proses yang arahnya dapat dibalik karena adanya perubahan infinitisimal (extremely small) dari kondisi eksternal. ll Ekspansi gas dalam silinder

12 Tanpa friksi Perubahannya dari keadaan keseimbangan adalah kecil sekali (infinitesimal) Melewati serangkaian keadaan keseimbangan Disebabkan oleh ketidakseimbangan gaya yang besarnya infinitesimal Arahnya dapat diubah di sebarang titik oleh adanya perubahan eksternal yang besarnya infinitesimal Jika arahnya dibalik, maka akan melewati jalur semula dan akan kembali ke keadaan sistem dan sekeliling mula-mula. RESUME: PROSES REVERSIBEL

13 13 Usaha kompresi/ekspansi gas yang disebabkan oleh pergeseran infinitesimal dari piston dalam silinder:  W =  P dV t

14 14 CONTOH SOAL Satu rangkaian piston/silinder ditempatkan secara mendatar di dalam suatu constant-temperature bath. Piston dapat bergerak di dalam silinder tanpa gesekan. Ada gaya luar yang menahan piston pada posisinya, melawan tekanan mula-mula gas sebesar 14 bar. Volum gas mula-mula 0,03 m 3. Gaya eksternal yang bekerja pada piston dikurangi sedikit demi sedikit, dan gas mengalami ekspansi secara isotermal sampai volumnya menjadi 2 kali lipat. Jika hubungan antara volum gas dan tekanan dapat dinyatakan dengan: PV t = konstan Berapa usaha yang dilakukan oleh gas pada saat ekspansi? Berapa besar usaha yang akan dilakukan oleh gas jika gaya eksternal dikurangi secara mendadak sampai gaya tsb menjadi setengah dari gaya mula-mula.

15 15 PENYELESAIAN P V t = k Dengan: Maka: W =  ln (2) =  J dan Maka bisa diperoleh:

16 Tekanan akhirnya = V1tV1t V2tV2t P P1P1 P2P2

17 17 Pada kasus kedua, P gas turun mendadak menjadi 7 bar. W =  (7  10 5 ) (0,06  0,03) =  J Proses kedua ini merupakan proses irreversibel, karena perubahannya tidak berlangsung sedikit demi sedikit. Jika dibandingkan dengan proses reversibel, maka efisiensi dari proses yang kedua (irreversibel) adalah: Atau 72,1% W = - P  V t = - P (V 2 t – V 1 t )

18 18 V1tV1t V2tV2t P

19 19 Neraca energi untuk sistem homogen tertutup yang terdiri dari n mol: d(nU) =  Q +  W Untuk kerja 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 Untuk n = 1  Q =  U

20 20 Hukum I Termodinamika dapat ditulis sebagai:  Q = d(nU) + P d(nV) Untuk proses dengan P konstan:  Q = d(nU) + d(nPV) = d{n (U + PV)} Didefinisikan sebagai enthalpy (H) H  U + PV Persamaan di atas dapat ditulis sebagai:  Q = d(nH) Q = n  H (4.12) (4.13) (4.14) Untuk n = 1  Q =  H (4.14a) d(nU) =  Q  P d(nV)

21 21 Definisi dari kapasitas panas KAPASITAS PANAS PADA V KONSTAN Untuk sistem tertutup yang mengalami proses pada V konstan: dU = C V dT (V konstan) (V konstan) Untuk proses dengan V konstan  Q =  U (V konstan)

22 22 Untuk proses dengan V konstan  Q =  U (V konstan)

23 23 KAPASITAS PANAS PADA P KONSTAN Untuk sistem tertutup yang mengalami proses pada P konstan: dH = C P dT(P konstan) (P konstan) Untuk proses reversibel pada P konstan: (P konstan) Untuk proses dengan P konstan  Q =  H

24 24 CONTOH 4.1 Udara pada 1 bar dan 298,15K dikompresi menjadi 5 bar dan 298,15 K melalui 2 proses yang berbeda: a)Pendinginan pada P konstan diikuti dengan pemanasan pada V konstan b)Pemanasan pada V konstan diikuti dengan pendinginan pada P konstan Hitung panas dan usaha yang diperlukan, juga  U dan  H udara untuk tiap alur proses. Kapasitas panas udara dianggap tidak tergantung pada temperatur: C V = 20,78 J mol -1 K -1 danC P = 29,10 J mol -1 K -1 Untuk udara dianggap berlaku hubungan: Pada 298,15K dan 1 bar V udara = 0,02479 m 3 mol -1

25 25 PENYELESAIAN PaPa PbPb V a = V d V b = V c (soal a) (soal b) (1 bar) T = 298 K

26 26 T 1 = T 2  P 1 V 1 = P 2 V 2 (a) Proses pendinginan pada P konstan (1-3) P 1 = P 3 V 2 = V 3 P1P1 P2P2 V1V1 V2V

27 27 Q =  H = C P  T = (29,10) (59,63 – 298,15) =  J  U =  H –  (PV) =  H – P  V = – – (1  10 5 ) (0, – 0,02479) = – J  H =  U +  (PV)  U = Q + W W =  U – Q = – = J Pendinginan pada P konstan (1-3)

28 28 Q =  U = C V  T = (20,78) (298,15 – 59,63) = J  H =  U +  (PV) =  H + V  P = , (5 – 1)  10 5 = J  U = Q + W W =  U – Q = – = 0 J Pemanasan pada V konstan (3-2) Untuk keseluruhan proses Q =  =  J W = = J  U =  = 0 J  H =  = 0 J P1P1 P2P2 V1V1 V2V

29 29 (b) Proses pemanasan pada V konstan (1 – 4) V 1 = V 4 P 4 = P 2 Q =  U = C V  T = (20,78) (1.490,75 – 298,15) = J  U = Q + W  W =  U – Q = 0  H =  U +  (PV) =  U + V  P = ,02479 (5 – 1)  10 5 = J P1P1 P2P2 V1V1 V2V

30 30 Pendinginan pada P konstan (4 – 1) Q =  H = C P  T = (29,10) (298,15 – 1.490,75) = – J  U =  H –  (PV) =  H – P  V = – – (5  10 5 ) (0, – 0,02479) = – J  U = Q + W W =  U – Q = – = J Q = – = J W = = J  U = – = 0 J  H = – = 0 J Untuk keseluruhan proses P1P1 P2P2 V1V1 V2V

31 31 CONTOH 4.2 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 (ft 3 ) (lb mol) -1. Kapasitas panas udara dianggap konstan, C V = 5 dan C P = 7 (Btu) (lb mol) -1 (  F) -1. PENYELESAIAN T A = 40  F = ( ,67) R = 499,67 R T C = 140  F = ( ,67) R = 599,67 R

32 32 U dan H merupakan state function, sehingga nilainya tidak tergantung pada jalannya proses. Untuk memudahkan, maka proses dibagi 2: a.Pendinginan pada V konstan (A-B) b.Pemanasan pada P konstan (B-C) hingga dicapai kondisi akhir.   a b A  P (atm) V  F 140  F VAVA VCVC CB

33 33 LANGKAH a:  T a = T B – T A = 49,97 – 499,67 = – 449,70 (R)  U a = C V  T a = (5) (– 449,70) = – 2.248,5 (Btu)  H a =  U a + V  P a = – 2.248,5 + (36,49) (1 – 10) (2,7195) = – 3.141,6 (Btu)

34 34 LANGKAH b:  T b = T C – T B = 599,67 – 49,97 = 549,70 (R)  H b = C P  T b = (7) (549,70) = 3.847,9 (Btu)  U b =  H b – P  V b = 3.847,9 – (1) (437,93 – 36,49) (2,7195) = 2.756,2 (Btu) KESELURUHAN PROSES:  U = – 2.248, ,2 = 507,7 (Btu)  H = – 3.141, ,9 = 706,3 (Btu)


Download ppt "1. Energi tidak dapat diciptakan atau dimusnahkan Energi hanya dapat diubah dari satu bentuk ke bentuk lainnya E K = ½mu 2 E P = 0 E K = 0 E P = mgh E."

Presentasi serupa


Iklan oleh Google