BAB 4

HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA

A. TEORI

4.7 Hukum Pertama Dalam Berbagai Proses

Proses temperature konstan

Untuk proses isothermal,tabel-tabel dapat dijadikan acuan untuk zat-zat yang nilai-nilai

tabulasinya memang tersedia. Energi internal dan entalpi sedikit mengalami perubahan dalam

proses isothermal dan perubahan ini harus diperhitungkan dalam proses yang melibatkan banyak

zat. Persamaan energi adalah :

Q−W=∆U

Untuk suatu gas yang mendekati gas ideal, energi internal bergantung hanya pada temperatur

sehingga ∆U=0 untuk suatu proses isothermal; untuk proses demikian

Q=W

Proses volume konstan

Besarnya usaha dalam suatu proses volume konstan kuasi-kesetimbangan adalah nol, karena

∆V adalah nol. Untuk proses demikian hukum pertama menjadi

Q=∆U

Untuk suatu proses dimana C v adalah konstan :

Q=mC v∆T

Proses Tekanan Konstan

Hukum pertama untuk proses tekanan konstan kuasi-kesetimbangan adalah :

1

Keterangan :

Q = Fluks kalor (J)

W = Berat (N)

ΔU = Perubahan energy internal (℃)

Keterangan :

m=massa(kg)

C v=volumekonstan( kJkg .K )

∆T=perubahantemperatur (K )

Q=∆ H

Untuk suatu proses yang melibatkan gas ideal dimana C p adalah konstan ,ini menghasilkan :

Q=mC p∆T

Proses Adiabatik

Ada banyak contoh proses dimana tidak terjadi, atau sedikit sekali terjadi, perpindahan kalor,

misalanya kompresi udara dalam sebuah mesin mobil atau pembuangan nitrogen dari sebuah

tangki nitrogen. Akan tetapi, studi terhadap proses-proses yang demikian seringkali ditunda

sampai setelah pembahasan mengenai hukum kedua termodinamika. Penundaan tersebut tidak

perlu dan karena pentingnya proses adiabatik kuasi-kesetimbangan, kita akan membahasnya di

sini.

Bentuk diferensiasi dari hukum pertama untuk proses adiabati adalah

−∂w=du

T2

T1

=( v1

v2)Rcv=( v1

v2)k−1

4.8 FORMULASI UMUM UNTUK VOLUME KONTROL

Dalam skema pembangkit daya, untuk analisis yang lebih lengkap kita harus

menghubungkan Win , Qin , Wout dan Wout dengan perubahan-perubahan tekanan dan temperatur

masing-masing untuk pompa, boiler, turbin dan kondensor. Untuk melakukan hal ini kita harus

menganggap setiap alat dari pembangkit daya tersebut sebagai suatu volume kontrol dimana

terjadi keluar dan masuk aliran fluida. Sebagai contoh, air mengalir kedalam pompa pada

tekanan rendah dan meninggalkan pompa tersebut pada tekanan tinggi; input usaha kedalam

pompa tersebut jelas berhubungan dengan kenaikan tekanan. Kita harus menformulasikan

persamaan-persamaan yang memungkinkan kita untuk melakukan perhitungan yang diperlukan.

Untuk aplikasi yang akan dibahas akan cukup memadai untuk mengasumsikan aliran tunak

2

Keterangan :

∆ H=PerubahanEntalpi ( kJkg ) C p=Tekanan konstan( kJ

kg . K )

(steady)(variabel-variabel aliran tidak berubah terhadap waktu) dan aliran seragam (kecepatan,

tekanan dan densitas memiliki nilai konstan diseluruh daerah perpotongan). Situasi-situasi tak

seragam, tak tunak yang umum dibahas secara lebih mendalam dalam mekanika fluida.

Persamaan Kontinuitas

Kekekalan massa mengharuskan :

( massa yangmemasuki

volumekontrol)m1

−( massa yangmeninggalkanvolumekontro )=( peruba han

masadi dalamvolume kontrol)

m2∆mc . v.

Massa yang melintasi luas A selama interval waktu ∆ t dapat diekspresikan sebagai ρAV ∆ t ,

dimana V ∆ tadalah jarak yang ditempuh partikel-partikel massa dan ∆V ∆ t adalah volume yang

tersapu oleh partikel-partikel massa. Dengan demikian persamaan (4.54) dapat dituliskan dalam

bentuk

ρ1 A1 v1∆ t−ρ2 A2 v2∆ t=∆mc. v .

Dimana kecepatan V 1dan V 2 masing-masing memiliki arah tegak lurus terhadap luas A1dan

A2. Kita telah mengansumsikan bahwa kecepatan dan densitas memiliki nilai yang seragam di

seluruh kedua luas tersebut.

Jika kita membagi dengan ∆ t dan menjadikan ∆ t →0 hasilnya adalah derivative dan kita

memperoleh persamaan kontinuitas.

ρ1 A1V 1=ρ2 A2V 2=dmc .v .

dt

Untuk situasi aliran tunak, dimana massa dalam volume kontrol tetap konstan, persamaan

kontinuitas disederhanakan menjadi

ρ1 A1V 1=ρ2 A2V 2

3

ρ=massa jenis ( kgm3 )A=Luas penampang (m2 )

v=kecepatan(ms )∆ t=perubahanwaktu(s)

yang akan digunakan dalam soal-soal yang melibatkan aliran yang masuk dan keluar dari

berbagai jenis alat.

Kualitas massa yang melintasi suatu luas per detik disebut sebagai fluks massa m dan

memiliki satuan kg ⁄ s (lbm/sec). ini diberikan melalui ekspresi

m=ρAV

Kuantitas AV=V seringkali disebut sebagai laju aliran dengan satuan m3

s (ft3/sec ¿.

Jika kecepatan dan densitas tidak seragam di seluruh area masuk dan keluar, variasi diseluruh

area tersebut harus diperhitungkan. Ini dilakukan dengan mengenali bahwa massa yang mengalir

melalui suatu luas diferensial dA per detik diberikan oleh ρv dA, jika v tegak lurus terhadap dA.

Dalam kasus ini (4.58 ) digantikan oleh m=∫A

❑

ρv dA. Perhatikan bahwa untuk aliran

inkompresibel ( ρ=konstan ) (4.58 )berlaku terlepas dari distribusi kecepatannya, hanya jika v

diartikan sebagai kecepatan normal rata-rata diseluruh luas A.

Persamaan Energi

Hukum pertama termodinamika untuk volume control ini dapat dinyatakan sebagai

( Energi nettoyang dipindah−¿kan ke v . k ) + ( Energi

yangmasukke v . k ) - ( Energi

yang keluardari v . k ) = (Perubahanenergi

dalam v . k ) Q−W + E1 - E2 = ∆ Ec. v

Usaha W dari dua bagian: usaha yang disebabkan oleh tekanan yang dibutuhkan untuk

menggerakkan fluida, kadang-kadang disebut usaha aliran, dan usaha yang dihasilkan dari

perputaran poros, yang disebut usaha poros W s. Ini diekspresikan sebagai

4

ṁ=fluksmassa ( kgs )ρ=densitas( kgm3 )

A=luas (m2 )

v=kecepatan(ms )

W=P2 A2V 2∆ t−P1 A1V 1∆ t+W s

Dimana PA adalah gaya tekanan dan dan V Δt adalah jarak pergerakanya selama interval waktu

Δt. Tanda negative yang dihasilkan adalah karena usahayang dilakukan pada system adalah

negative pada saat menggerakan fluida kedalam volume control.

Energy E terdiri dari energy kinetic,energy potensial dan energy internal. Jadi ,

E=12mv2+mgz+mu

Selanjutnya hukum pertama dapat ditulis sbg :

Q−W s−P2 A2V 2∆ t+P1 A1V 1∆ t+ρ1 A1V 1+( v12

2+g z1+u1)+∆ t− ρ2 A2V 2+(V 2

2

2+g z2+u2)∆ t=∆ Ec .v

Seringkali perubahan-perubahan energy kinetic dan energy potensial dapat diabaikan . maka

hukum pertama menjadi :

Q−W s=m(h2−h1)

Atau

q−w s=h2−h1

Dimana :

q=Qm

w s=W s

m

4.9 Aplikasi-Aplikasi Persamaan Energi

Katup-katup pengatur (throtting devices)

Jika persamaan energy diterapkan pada katup-katup ,tanpa adanya usaha dan dengan

mengabaikan perubahan-perubahan energy kinetic maupun potensial,untuk proses adiabatic

kuasi-kesetimbangan dapat ditunjukan dengan rumus :

h1=h2

Dimana lokasi 1 terletak di huli dan lokasi 2 terdapat di hilir

Kompresor, pompa dan turbin

Pompa adalah suatu alat yang memindahkan kalor ke suatu aliran yang melewati pompa tersebut

sehinnga menyebabkan terjadinya kenaikan tekanan.

5

−W S=m(h2−h1) atau −w s=h2−h1

Dimana WS memiliki nilai negarif untuk kompresor dan positif untuk turbin gas atau uap.

Untuk cairan seperti misalnya air jika perubahan-perubahan energy kinetic dan potensial

diabaikan persamaan energinya menjadi :

−w s=P2−P1

ρ

Nozel dan diffuser

Nozel adalah suatu alat untuk menaikan kecepatan aliran fluida. Ini dilakukan dengan cara

mengurangi tekanan. Diffuser adalah alat yang menaikan tekanan aliran fluida dengan cara

mengurangi kecepatanya. Persamaan energinya adalah :

0=V 2

2

2−

V 12

2+h2−h1

Alat-alat penukar kalor (heat exchanger)

Alat penukar kalor digunakan untuk memindahkan energy dari sebuah benda panas ke benda

yang lebih dingin atau kelingkunganya melalui perpindahan kalor. Kecepatan aliran biasanya

tidak berubah , penurunan tekanan melewati saluran juga biasanya di abaikan dan perubahan

energy potensial diasumsikan nol. Maka persamaan energy menjadi :

Q=(h2−h1)m

Energy yang keluar dari fluida A ditransfer ke fluida B melalui perpindahan kalor Q. untuk

volume control yang ditunjukan dalam gambar ,dapat dirumuskan :

Q=mB(hB2−hB1) atau –Q=mA(hA2−h A1)

Siklus Daya Dan Refrigerasi

Dalam siklus daya sederhanayang di bahas rasio ini adalah :

η=W TW P

QB

Aliran transien

Persamaan energinya dapat ditulis sebagai :

Q−W S=d Ec . v

dt+m2(V 2

2

2+g z2+h2)−m1(

V 12

2+g z1+h2)

Kita akan menganggap bahwa faktor-faktor energi kinetic dan potensial dapat diabaikan

sehingga Ec . v hanya terdiri dari energi internal. Soal pertama yang ingin kita pelajari adalah

6

pengisian adalah pengisian sebuah tangki kokoh, seperti yang digambarkan dalam Gbr. 4-21.

Tangki tersebut hanya memiliki satu lubang masuk. Tanpa adanya usaha poros persamaan energi

disederhanakan menjadi

Q= ddt

(um )−m1h1

Dimana m adalah massa dari volume kontrol Jika kita kalikan persamaan tersebut dengan dt dan

menginteraksikannya dari suatu waktu awal t i ke suatu waktu akhir t f kita memiliki

Q=u f mf−uimi−m1h1

Dimana

m1=¿ masaa yang masuk

mf=¿ masaa akhir dalam volume kontrol

mi=¿ massa awal dalam volume kontrol

Selain itu, untuk proses pengisian ini entalpi h1 diasumsikan konstanta di seluruh interval waktu.

Persamaan kontinuitas untuk situasi aliran tak-tunak mungkin diperlukan dalam proses

penyelesaiannya. Karena massa akhirnya adalah sama dengan massa awal ditambahkan dengan

massa yang masuk, ini diekpredisikan sebagai

mf=mi+m1

Yang dapat diintegrasikan dari keadaan awal, yang ditandai dengan subkrip i, ke keadaan

akhi, yang ditandai dengan subkrip f . Diperoleh hasil

C v

R∈T f

T i

=¿mf

mi

atau mf

mi

=¿

Dalam bentuk rasio tekananmemungkinkan kita untuk menuliskan

mf

mi

=(P f

Pi

)1k

Contoh soal

Contoh 4.9

Tentukanlah perpindahan kalor yang dibutuhkan untuk menaikan tekanan dari uap dengan

kualitas 70 persen dari 200 menjadi 800 kpa, sementara volumenya dijaga konstan pada 2 m 2.

Asumsikan proses kuasi kesetimbangan .

Penyelesaian :

7

Dik : x=70 %

V=2m2

P1=200kPa

P2=800 kPa

Dit : Q

Jawab :

Untuk proses volume konstan kuasi - kesetimbangan ini besarnya usaha adalah

nol,sehingga hukum pertama menjadi :

Q=m(u2−u1).

Untuk menentukan massa, kita dapat mengggunakan rumus :

m=Vv

Dimana :

v=vf + x(vg−vf )

Dengan menggunakan table C-2 didapatkan nilai v f=0,001m3/kg dan vg=0,8857 m3 /kg.

Dengan demikian nilai m yang diperoleh adalah :

m=Vv

= Vv f+ x(v g−v f )

m= 2m3

0,001m3/kg+0,7 (0,8857m3/kg−0,001m3/kg)

m= 2m3

0,6203m3/kg

m=3,224 kg

Untuk menentukan energy internal pada P = 200 kPa (u1) kita dapat menggunakan rumus

:

u1=u f+x (ug−u f )

Dengan menggunakan table C-2 di dapatkan nilai u f=504,5kJ /kg dan ug=2529,5kJ /kg ,

sehingga :

u1=u f+x (ug−u f )

u1=504,5 kJ /kg+0,7(2529,5kJ /kg−504.5 kJ / kg)

8

u1=1922kJ /kg

Proses volume konstan mengharuskan bahwa v2=v1=0,6203m3/kg

Dari table C-3 uap pada 0,8 Mpa melalui ekstrapolasi kita memperoleh nilai v1= 0,5601 m3/kg

, v2=0,6181m3 /kg, u1=¿3476 m3/kg dan u2=3361m3/kg sehingga :

u2=v−v2

v2−v(u2−u1 )+u2

u2=0,6203m3/kg−0,6181m3/kg0,6181m3/kg−0,5601m3/kg

(3661kJ /kg−3476kJ /kg )+3661kJ /kg

u2=3668 kJ /kg

Jadi , Besarnya perpindahan kalor adalah :

Q=m(u2−u1)

Q=3,224 kg (3668kJ /kg−1922kJ /kg )

Q=5629 kJ

CONTOH 4.10

Suatu rangkaian piston silinder berisi 0,02 m3 udara pada 50oC dan 400 kPa. Kalor ditambah

sebesar 50 kJ dan usaha dilakukan oleh sebuah roda dayung hingga temperature mencapai 700oC.

Jika tekanan dijaga konstan berapakah besarnya usaha oleh roda dayung yang harus ditambahkan

ke udara ? Asumsikan kalor-kalor spesifik konstan.

Penyelesaian :

Dik : V=0,02m3

T 1=50℃

T 2=700℃

9

P=400kPa

Q=50 kJ

Dit : W ?

Jawab :

Hukum Pertama : Q−W dayung=m(h2−h1)

¿mC p(T 2−T 1)

Untuk memperoleh m kita gunakan persamaan gas ideal,dengan menggunakan table B-2

kita dapatkan nilai R udara sebesar = 287 kJ ⁄ kg .K

m= PVRT

m=(400.000 Pa )(0,02m3)

(287kJ /kg . K )(273+50K )

m=0,0863 kg

Dari table B-2 diperoleh nilai Cp sebesar 1,003 kJ /kg . K . Dengan menggunakan hukum

pertama besarnya usaha oleh roda dayung diperoleh sebesar

W dayung=Q−mC p(T 2−T 1)

W dayung=50kJ− (0,0863kg ) (1,003kJ /kg . K )(700−50 K )

W dayung=−6,09 kJ

CONTOH 4.11

Hitunglah besarnya usaha yang dibutuhkan untuk menrkan udara dalam sebuah silinder

berinsulasi dari volume 6 ft3 menjadi volume 1,2 ft3. Temperature dan tekanan awalnya masing-

masing adalah 50oF dan 30 psia.

Penyelasaian :

Dik : V 1=6 ft3

10

V2 = 1,2 ft3

T = 50OF

P = 30 psia

Dit : W ?

Jawab :

Hukum pertama ditulis sebagai : −W=m(V 2−V 1)

¿mC v (T 2−T 1)

Dengan menggunakan table B-2 diperoleh R udara sebesar 53,34 ft−lbf /lbm−° R. massa

dapat diperoleh dengan menggunakan persamaan gas ideal,yaitu :

m= PVRT

m=(30 psia x144 ¿2/ ft2 )(6 ft3)

(53,3 ft lbf /lbm−° R )(460+50 ° R)

m=0,9535 lbm

Temperature akhir T2 untuk proses adibatikkuasi kesetimbangan ini diperoleh dari persamaan

4.49 . nilai k diperoleh dari table B-2 sebesar 1,4

T 2=T1 ¿

T 2=510 ° R ¿

T 2=970,9 ° R

Dari table B-2 diperoleh nilai Cv sebesar 0,171 Btu/ lbm .° R.

W=−mC v (T 1−T 2)

W=−0,9535 lbm(0,171 Btu/ lbm .° R)(970,9 ° R−510 ° R)

W=−75,1Btu

CONTOH 4.12

11

Air mengalir dalam sebuah pipa yang diameternya berubah dari 20 mm menjadi 40 mm. jika

didalam bagian berdiameter 20 mm air memiliki kecepatan 40 m/s, tentukanlah kecepatan

didalam bagian 40 mm. Hitung juga fluks massanya.

Penyelesaian :

Dik : r1 = 20 mm =0,02 m

r2=40 mm = 0,04 m

V1= 40 m/s

Dit : a.V2 ….?

b. Fluks massa…..?

Jawab :

a. A1V 1=A2V 2

π r12

4V 1=

π r22

4V 2

V 2=

π r12

4π r2

2

4

V 1

V 2=

(0,02m)2

4(0 ,o 4)2

4

40m / s

V 2=10m / s

Dimana ρ=1000kg/m3 nilai standar untuk air

Sehingga Fluks massanya :

m=ρAV 1

m=ρπ r 1

2

4V 1

m=1000kg /m3( π (0,02m )2

4 )40m /s

m=12,56 kg/ s

12

Contoh 4.13

Uap memasuki sebuah katup pengatur pada 8000 kPa dan 300℃ dan keluar pada

tekanan 1600 kPa. Tentukanlah temperature dan volume spesifik akhir dari uap.

Dik : P1=8000 kPa=8 MPa

P2=1600kPa=1,6 MPa

T 1=300℃

Dit : T 2=?

V 2=?

Jwb :

Entalpi dari uap pada saat masuk diperoleh dari tabel C-3 uap superheat sebesar

h1=2785kJ /kg. Ini harus sama dengan entalpi pada saat keluar sebagaimana diharuskan oleh

(4.69) uap yang keluar berada dalam daerah kualitas, karena pada 1600 KPa ; hg=2794 kJ /kg

. Jadi temperature akhirnya adalah T 2=201,4℃.

Untuk menentukan volume spesifiknya kita harus mengetahui kualitasnya. Ini diperoleh

berdasarkan tabel C-2 pada 1,6 MPa yaitu :

T=201,4℃

v f=0,0012m3/kg

vg=0,1238 m3/kg

h f=859kJ /kg

h fg=1935kJ /kg

hg=2794 kJ /kg

Untuk menentukan volume spesifik digunakan rumus :

v2=v f+x2 (vg−v f )

Karena x2 tidak diketahui,maka kita cari dengan menggunakan rumus :

h1=hf+x2hfg

2785kJ /kg=859kJ /kg+1935kJ /kg x2

x2=2785kJ /kg−859kJ /kg

1935kJ /kg

13

x2=1926kJ /kg1935kJ /kg

x2=0,995

Maka volume spesifiknya adalah :

v2=v f+x2 (vg−v f )

¿0,0012m3/kg+0,995 ( 0,1238m3/ kg−0,0012m3/kg )

¿0,1232m3/kg

Contoh 4.14

Uap masuk ke dalam sebuah turbin pada 4000 kPa dan 500℃ dan keluar seperti ditunjukkan

dalam gambar 4-13. Untuk kecepatan masuk sebesar 200m /s. Hitunglah keluaran daya turbin

tersebut. (a) Abaikanlah perpindahan kalor dan perubahan energi kinetik. (b) Tunjukkan bahwa

perubahan energi kinetik dapat diabaikan

Dik : P1=4000kPa=4 MPa

T 1=500℃

d1=50mm, r=25mm=0,025m

V 1=200m / s

Pada tabel C-3 padaP1=4 MPa dan T 1=500℃, diketahui :

14

- v2=0,08643m3/kg

- h1=3445,2kJ /kg

P2=80 kPa=0,08 M Pa

d2=250mm, r=125mm=0,125m

h2=2665,7kJ /kg

v2=2,087m3/kg

x2=1,0

Dit : W T=…?

Jwb :

a) m=ρ1 . A1 .V 1

¿ 1V 1

. A1 .V 1

¿(π r1

2)(200m /s)

0,08643m3/kg

¿(3,14 ) (0,025m )2(200m /s)

0,08643m3 /kg

¿(3,14 )(6,25×10−4m2)(200m /s)

0,08643m3 /kg

¿4541kg /s

Keluaran daya maksimum dapat dihitung melalui persamaan 4.70

−W T=(h2−h1)m

W T=−(h2−h1)m

W T=−(2665,7kJ /kg−3445,2kJ /kg)4541kg/ s

¿−(−779,5kJ /kg ) 4541kg /s

¿4540 kJ / s=4540 MW

Kecepatan keluarnya uap diperoleh sebesar :

V 2=A1 .V 1 . ρ1

A2 . ρ2

15

¿

(3,14 )(6,25×10−4

m2)( 200m /s

0,08643m3/kg )(3,14 )(1,56×10−2m2

2,087m3/kg )¿ 4541 1/s

0,0235 1/m

¿193m /s

Maka perubahan energi kinetiknya adalah :

∆ KE=m(V 12−V 2

2

2 )¿4541kg /s ¿¿

¿4541kg /s (−2751m2/ s2 ¿¿¿2 )

¿−¿ 6246 kgsm2/s2=−6241J /s=−6,25kJ /s s

Nilai ini lebih kecil dari 0,1 persen dari perubahan entalpi sehingga memang dapat diabaikan.

Perubahan-perubahan energi kinetik biasanya diabaikan dalam analisis turbin.

Contoh 4.15

Tentukanlah kenaikan tekanan maksimum di dalam pompa 10 hp yang ditunjukkan dalam Gbr 4-14.Kecepatan masuk dari air adalah 30ft/sec.

D2=112

in

V2

D1=1 In Permukaan Kontrol

V1

16

Pompa

Penyelesaian : Kita gunakan persamaan energy (4.68).Dengan mengabaikan perpindahan kalor dan mengasumsikan tidak terjadi kenaikan energy internal,kita dapat menentukan kenaikan tekanan maksimum.Jika perubahan energy potensial diabaikan,persamaan energy menjadi

-Ws = in ( P2−P1ρ

−V 1

2−V 12

2)

Kecepatan v1 diberikan dan v2 diperoleh melalui persamaan kontinuitas sebagai berikut:

Ρ1A1V1 = ρ2A2V2 [ π (1 )2

4 ] (30 )=π (1,5)2

4−¿ V2 V2 = 13,33 ft/sec

Maka dengan menggunakan ρ=62,4 lbm

ft3 ,fluks massa yang diperlukan didalam

persamaan energy,adalah :

m = ρA1V1 = (62,4) [π (1)2

(4×144)(30) = 10,21 lbm/sec

Melihat bahwa usaha pompa memilih nilai negative,persamaan energy menjadi

-(-10)(559) ft/sec = (10,21 lbm/sec)[¿¿¿ + ¿

Dimana factor 32,2 lbm-sec2-lbf diperlukan untuk mengkonversikan faktoe energy kinetic kedalam satuan yang benar.Prediksi kenaikan tekananya adalah;

P2-P1 =(62,4)[550010,21

−13,332−302

(2 )(32,2)¿=34,310

lbfft2atau 238,3 psi

Perhatikan bahwa dalam contoh ini suku-suku energy kinetic dipertahankan karena adanya perbedaan antara luas masuk dan keluar;jika factor ini diabaikan,kesalahan yang terjadi hanyalah sekitar 2 persen.Dalam kebanyakan aplikasi luas masuk dan keluar biasanya sama sehingga V1=V2 ; tapi bahkan dengan adanya perbedaan luas sekali pun,seperti didalam contoh ini,perubahan-perubahan energy kinetic dalam pompa atau turbin biasanya di abaikan dan (4.71) digunakan.

Contoh 4.16

Udara mengalir melalui sebuah nozel supersonic yang ditunjukkan dalam Gbr.4-16.

Kondisi – kondisi masuknya adalah 7 kPa dan 420℃. Diameter keluar nozel diatur sedemikan

17

rupa sehingga diperoleh kecepatan keluar sebesar 700m /s. Hitunglah (a) temperature keluar, (b)

fluks massa dan (c) diameter keluar. Asumsikan aliran adiabatic kuasi- kesetimbangan

Dik : P1=7 kPa=7000 Pa

T=420℃=693 K

v1=400m /s

v2=700m /s

k=1,4

d1=200mm=0,2m

Dit : (a) T 2=?

(b) m=?

(c) d2=?

Jwb :

(a) Untuk menentukan temperature keluarnya kita menggunakan persamaan energy (4.72).

v12

2+C pT1=

v22

2+C pT 2

Berdasarkan table B-2 , C p=1000J /kg . K

T 2=v1

2−v22

2C p

+T 1

¿(400m /s )2−(700m /s )2

(2 ) (1000J /kg . K )+693 K

¿(400m /s )2−(700m /s )2

(2 )(1000kgm2

s2 /kg . K )+693 K

¿ 160000m2/ s2−490000m2/s2

(2 )(1000kgm2

s2 /kg . K )+693 K

¿ −330000m2/s2

2000kgm2

s2 /kg . K+693K

¿−165 K+693 K

¿528 K

18

(b) Untuk menentukan fluks massanya kita harus mengetahui densitas di posisi masuk.

Berdasarkan table B-2, R=0,2870kJ /kg . K=287 J /kg .K

ρ1=P1

RT1

¿ 7000Pa(287J /kg . K ) (693K )

¿ 7000kJ /m3

(287J /kg . K ) (693K )

¿ 7000000J /m3

(287J /kg . K ) (693K )

¿35,20kg /m3

Maka fluks massanya adalah

m=ρ1 A1 v1

m=ρ1π r2 v1

¿ (35,20kg /m3 ) (π ) (0,1m )2 (400 m/ s)

¿ (35,20kg /m3 ) (3,14 ) (0,01m2 ) ( 400m/ s )

¿442kg /s

(c) Untuk menentukan diamer keluarnya kita akan menggunakan persamaan kontinuitas

ρ1 A1 v1=ρ2 A2 v2. Ini membutuhkan nilai densitas di posisi keluar. Nilai ini diperoleh

dengan mengasumsikan aliran adiabatic kuasi-kesetimbangan. Mengacu ke (4.49), kita

memperoleh

ρ2= ρ1(T 1

T 2)

1 /( k−1 )

¿ (35,2kg /m3 ) (528 K693 K )

1/ (1,4−1 )

¿ (35,2kg /m3 ) (528 K693 K )

1/0,4

¿17,84kg /m3

Jadi,

d22=

ρ1d12 v1

ρ2 v2

19

¿(35,2kg/m3 ) (o ,2m )2 (400m / s)

(17,84kg /m3 ) (700m / s)

¿(35,2kg/m3 ) (0,04m2 ) (400m / s )

(17,84 kg/m3 ) (700m /s )

¿0,0451m2

d2=√0,0451m2

¿0,212matau212mm

Contoh 4.17

Suatu cairan mengalir pada 100kgs

memasuki sebuah alat penukar kalor pada 4500C dan

keluar pada 3500C. Kalor spesifik dari cairan tersebut adalah 1,25 kJ

kg℃ . air masuk pada 5000

kpa dan 20℃. Tentukanlah fluks massa minimum dari air sehingga tidak seluruhnya menguap. Abaikan penurunan tekanan di sepanjang alat. Selain itu hitung juga laju perpindahan kalor.

Dik : ms=100 kg

s

T 1=450℃ T 2=350℃ C

p=1,25 kJkg℃

p=5000 kpa(5 Mpa) T p=20℃

Dit : a. Tentukan Mw (abaikan penurunan tekanan di sepanjang alat)? b. perpindahan Q?

Jawab a. Dari tabel c-4 p=5 Mpa∧T=20℃

hw1=88,7 kJkg

hw2=2792,85 kJ

kg

dari p=5 Mpa( hg2+hg1

2 )=( 2801,4+2784,32

)

Maka:ms (hs1−hs2 )=mw(hw 2−hw 1)

ms c p (T s1−T s2)=mw(hw2−hw 1)

100kgs

.1,25kJ

kg℃(450℃−350℃ )=mw(2792,85

kJkg

−88,7kJkg )

20

mw=12500

kJs℃

2704kJkg

¿4,623kgs℃

¿4,623kgs

b. perpindahan kalor Q=mw(hw 2−hw1)

¿4,623kgs

(2792,85kJkg

−88,7kJkg

)

¿12501kJs

¿12501kW ¿12,5 MW

Contoh 4.18Uap meninggalkan boiler dari suatu siklus daya uap sederhana pada 4000 kPa dan 600˚C.

uap tersebut keluar dari turbin pada 200 kPa sebagai uap jenuh. Uap kemudian keluar dari

kondensor sebagai air jenuh. (Lihat Gbr.4-20). Tentukan efisiensi termalnya jika tidak terjadi

penurunan tekanan di sepanjang kondensor dan boiler.

Dik : P=4000kPa

T=600℃

P1=20kPa

h1=251.4kJ /kg (dari tabeluapC−2)

v=0.001m3/kg(daritabelC−2)

h4=2610kJ /kg daritab elC−2¿

Dit : η=?

Jawab :

w p=(P2−P1) v

¿ (4000 kPa−20 kPa ) ( 0,001m3/kg )

¿ (3980kPa ) (0.001m3/kg)

¿ (3980kJ /m3 ) (0.001m3 /kg )

21

¿3,98kJ /kg

Dari persamaan (4.70), entalpi h2 kemudian didapat sebagai

h2=wp+h1

¿3.98kJ /kg+251.4kJ /kg

¿255.4 kJ /kg

Dimana h1 diasumsikan sebagaimana yang dimiliki air jenuh pada 20 kPa. Dari tabel uap, kita

mendapatkan h3=3674kJ /kg. Hasilnya

qB=h3−h2

¿3674 kJ /k g−255.4kJ /kg

¿3420kJ /kg

Output usaha dari turbin adalah

wT=h3−h4

¿3674 kJ /kg−2610kJ /kg

¿1064kJ /kg

Maka, efisiensi termalnya adalah

η=wT−wP

qB

¿ 1064kJ /kg−4 kJ /kg3420kJ /kg

¿0,310atau 31,0 %

Catatan bahwa usaha yang dilakukan pompa bisa diabaikan tanpa perubahan yang berarti pada

hasil akhirnya.

Contoh 4.19

Sebuah tangki yang kokoh, berinsulasi dan seluruhnya kosong dengan volume 300 ft 3

diisi dengan uap pada 800℉ dan 500 psia. Tentukanlah (a) temperature uap di dalam tangki

pada saat tekanannya 500 psia dan (b) massa uap yang mengalir ke dalam tangki.

Dik : V=300 ft3

22

T 1=800℉

P=500 psia

Dit : (a) T f=?

(b)mf=?

Jwb :

(a) Berdasarkan tabel C3-E

Pada 800℉ dan 500 psia diperoleh :

h1=1412,1Btu/ lbm

u f=1412,1Btu / lbm

T f=u−u1

u2−u1(T 2−T1 )+T 2

¿( 1412,1Btu / lbm−1406 Btu /lbm1449,2Btu / lbm−1406 Btu /lbm )(1100℉−1000℉ )+1100℉

¿1114℉

(b) m1=mf=V tangki

V f. Volume spesifik dari uap di dalam tangki pada 500 psia dan 114,1℉

adalah

V f=T f−T 2

T2−T1(V 2−V 1 )+V 1

¿ 1114℉−1100℉1100℉−1000℉

(1,9518 ft3/ lbm−1,8271 ft3 /lbm )+1,8271 ft3/ lbm

¿1,845 ft3 /lbm

∴mf=V tangki

V f

¿ 300 ft3

1,845 f t3/ lbm

¿162,6 lbm

Contoh 4.20

23

Sebuah tangki udara dengan volume 20m3 diberikan tekanan hingga 10 MPa. Tangki

tersebut pada akhirnya mencapai suhu ruangan 25℃. Jika udara dilepaskan tanpa perpindahan

kalor hingga Pf=200kPa, tentukanlah massa udara yang tersisa di dalam tangki dan temperature

akhir di dalam tangki.

Dik : V=20m3

P=10 MPa=10×106 Pa

T i=25℃=298K

Pf=200kPa=2×105Pa

R=0,2870kJ /kg . K=287 J /kg .K

Dit : mf=?

T f=?

Jwb :

Massa awal dari udara di dalam tangki diperoleh sebesar

mi=PiV

RT i

¿10×106Pa (20m3 )

¿¿

¿10×106 kJ

m3(20m3 )

¿¿

¿1×1010 J

m3(20m3 )

¿¿

¿233,85kg

Persamaan (4.91) memberikan, dengan menggunakan k = 1,4. (berdasarkan table B-2)

mf=mi(P f

Pi)

1 / k

¿ (233,85kg )( 2×105Pa10×106Pa )

1/1,4

¿14,3kg

Untuk memperoleh temperature akhir kita menggunakan (4.90) :

T f=T i(mf

mi)k−1

24

¿ (298 K )( 14,3kg233,85kg )

1,4−1

¿ (298 K )( 14,3kg233,85kg )

0,4

¿97,45 K atau−175,5℃

Seseorang yang dengan tidak sengaja terkena aliran gas dari sebuah tangki bertekanan

akan mengalami pembekuan (yang dapat ditangani seperti luka bakar)

25