Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

Presentasi sedang didownload. Silahkan tunggu

1. 2 PERCOBAAN JOULE U= Q + W(2.1) Konvensi tanda: Positif jika Q atau W ditransfer ke dalam sistem Negatif jika Q atau W ditransfer dari sistem.

Presentasi serupa


Presentasi berjudul: "1. 2 PERCOBAAN JOULE U= Q + W(2.1) Konvensi tanda: Positif jika Q atau W ditransfer ke dalam sistem Negatif jika Q atau W ditransfer dari sistem."— Transcript presentasi:

1 1

2 2 PERCOBAAN JOULE

3 U= Q + W(2.1) Konvensi tanda: Positif jika Q atau W ditransfer ke dalam sistem Negatif jika Q atau W ditransfer dari sistem

4 4 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 (2.2) (2.3)

5 5 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 (2.4) (2.5)

6 6 CONTOH 2.1 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.

7 7 P V     

8 8 PENYELESAIAN P V t = k Dengan: Maka: W =  ln (2) =  J dan Maka bisa diperoleh:

9 Tekanan akhirnya = V1tV1t V2tV2t P P1P1 P2P2 P V t = k

10 10 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 )

11 11 V1tV1t V2tV2t P

12 12 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 (2.8)

13 13 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 (2.8) Untuk n = 1  Q =  H (2.9) d(nU) =  Q  P d(nV)

14 14 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) (2.10) (2.11) (2.12)

15 15 Untuk proses dengan V konstan  Q =  U (V konstan)

16 16 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 (2.14) (2.15)

17 17 CONTOH 2.2 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

18 18 PENYELESAIAN PaPa PbPb V 1 = V 4 V 2 = V (soal a) (soal b) (1 bar) T = 298 K PV = k

19 19 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

20 20 Q =  H = C P  T = (29,10) (59,63 – 298,15) =  J/mol  U =  H –  (PV) =  H – P  V = – – (1  10 5 ) (0, – 0,02479) = – J/mol  H =  U +  (PV)  U = Q + W W =  U – Q = – = J/mol Pendinginan pada P konstan (1-3)

21 21 Q =  U = C V  T = (20,78) (298,15 – 59,63) = J/mol  H =  U +  (PV) =  H + V  P = , (5 – 1)  10 5 = J/mol  U = Q + W W =  U – Q = – = 0 J/mol Pemanasan pada V konstan (3-2) Untuk keseluruhan proses Q =  =  J/mol W = = J/mol  U =  = 0 J/mol  H =  = 0 J/mol P1P1 P2P2 V1V1 V2V

22 22 (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

23 23 Pendinginan pada P konstan (4 – 2) 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

24 24 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 (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

25 25 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

26 26 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)

27 27 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)

28 Persamaan gas ideal: U = U(T, P) P akibat dari gaya antar molekul Tidak ada gaya antar molekul U = U(T) PV = RT Definisi dari kapasitas panas pada V konstan: Entalpy untuk gas ideal: H  U + PV = U(T) + RT = H(T) (2.11)

29 Kapasitas panas pada P konstan untuk gas ideal: Hubungan antara C V dan C P : C P = C V + R Untuk perubahan yang dialami oleh gas ideal: dU = C V dT dH = C P dT (2.17) (2.18) (2.14) (2.16)

30

31 Untuk gas ideal dalam sistem tertutup yang mengalami proses reversibel:  Q +  W = dU Kerja/usaha untuk sistem tertutup yang mengalami proses reversibel:  W =  P dV Sehingga:  Q = C V dT + P dV (2.5) (2.20)  Q +  W = C V dT Jika digabung dengan pers. (2.11) maka: (2.19)

32 Jika P dieliminir dari persamaan Jika P diganti dengan persamaan di atas, maka akan diperoleh (2.21) (2.22)  Q = C V dT + P dV

33 Jika V dieliminir dari persamaan (2.23) (2.24)

34 Jika T dieliminir dari persamaan (2.25) (2.26)  Q = C V dT + P dV

35 PROSES ISOTERMAL (dT = 0) Dari pers. (2.17) dan (2.18):  U = 0 dan  H = 0 Dari pers. (2.21) dan (2.23): Dari pers. (2.22) dan (2.24): (2.28) (2.29) (2.27)

36 PROSES ISOBARIS (dP = 0) Dari pers. (2.17) dan (2.18): dan Dari pers. (2.23): Dari pers. (2.24): W =  R (T 2  T 1 ) (2.30) (2.32) (2.31)

37 PROSES ISOKORIS (dV = 0) Dari pers. (2.17) dan (2.18): dan Dari pers. (2.21): Dari pers. (2.22) atau (2.26): W = 0 (2.33) (2.35) (2.34)

38 PROSES ADIABATIS (  Q = 0) Proses adiabatis adalah proses yang di dalamnya tidak ada transfer panas antara sistem dengan sekelilingnya.  Q = 0 Sehingga pers. (2.21) menjadi (2.21) (C V konstan) (C V tdk. konstan)

39 (2.36)

40 Dengan cara yang sama bisa diperoleh: (2.37) (2.38)

41 Dengan definisi: Maka :

42 Sehingga : (2.41) (2.40) (2.39)

43 Usaha dari suatu proses adiabatis dapat diperoleh dari persamaan untuk Hukum I Termodinamika: dU =  Q +  W  W = dU = C V dT Jika C V konstan maka: W = C V  T(2.42) Bentuk alternatif untuk persamaan (2.42) dapat diperoleh dengan mengingat bahwa:

44 Sehingga: (2.43)

45 Karena RT 1 = P 1 V 1 and RT 2 = P 2 V 2, maka: (2.44) Pers. (2.43) dan (2.44) berlaku untuk proses adia- batis, baik reversibel maupun tidak. V 2 biasanya tidak diketahui. Oleh karena itu harus dieliminasi dari pers. (2.44)dengan menggunakan pers. (2.41) yang hanya berlaku untuk proses reversibel.

46 Pers. (2.41):

47 (2.45) (2.46) Atau:

48 PROSES POLITROPIS Analog dengan proses adiabatis, proses politropis didefinisikan sebagai proses yang memenuhi: PV  = konstan Untuk gas ideal, persamaan yang analog dengan persamaan (2.40) dan (2.41) juga berlaku untuk proses politropis: (2.47) (2.48) (2.49)

49 Proses isobaris:  = 0 Proses isotermal:  = 1 Proses adiabatis:  =  Proses isokoris:  =   P V  =   =   = 1  = 0

50 Jika hubungan antara P dan V dinyatakan dengan pers. (2.47) maka usaha pada proses politropis adalah: (2.50) Jika C P konstan, maka panas yang menyertai proses politropis adalah: (2.51)

51 CONTOH 2.4 Gas ideal dalam suatu sistem tertutup mengalami proses reversibel melalui serangkaian proses: a)Gas ditekan secara adiabatis dari keadaan awal 70  C dan 1 bar sampai 150  C. b)Kemudian gas didinginkan pada tekanan konstan sampai 70  C. c)Akhirnya gas diekspansikan secara isotermal sampai dicapai kondisi awalnya Hitung W, Q,  U, dan  H untuk tiap langkah proses dan juga untuk keseluruhan proses. Data yang diketahui adalah: C V = (3/2) R C P = (5/2) R

52 PENYELESAIAN P V a b c 343K 423K C V = (3/2) R = (3/2) (8,314) = 12,471 J mol -1 K -1 C P = (5/2) R = (5/2) (8,314) = 20,785 J mol -1 K -1 1 bar

53 (a) Proses adiabatis Q = 0  U = W = C V  T = (12,471) (423 – 343) = 998 J/mol  H = C P  T = (20,785) (423 – 343) = J/mol Tekanan P 2 dapat dihitung: (b) Proses isobaris Q =  H = C P  T = (20,785) (343 – 423) = – J/mol  U = C V  T = (12,471) (343 – 423) = – 998 J/mol W =  U – Q = – 998 – (– 1.663) = 665 J/mol

54 (2.40)

55

56 (c) Proses isotermal  H =  U = 0 = J Untuk keseluruhan proses: Q = 0 – = – 168 J/mol W = – = 168 J/mol  U = 998 – = 0  H = – = 0

57 TUGAS 1


Download ppt "1. 2 PERCOBAAN JOULE U= Q + W(2.1) Konvensi tanda: Positif jika Q atau W ditransfer ke dalam sistem Negatif jika Q atau W ditransfer dari sistem."

Presentasi serupa


Iklan oleh Google