TERMODINAMIKA

“ BAB 4 HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA”

KELOMPOK 1

ANGGY WULANSARI :123 210 160 DIANA RAHAYU :123 210 592 HENNY WIDYA AZRA :123 210 689 ROSNA YULIZA :123 210 633 RUMANSANIA :123 210 464 ZELVI SAFITRI :123 210 265

KELAS III BJURUSAN PERMINYAKAN

FAKUL1TAS TEKNIK

UNIVERSITAS ISLAM RIAUPEKANBARU

2013

DAFTAR ISI

4.2 Hukum Pertama Termodinamika Dalam Suatu Siklus…………………………………... 1

4.3 Hukum Pertama Dalam Suatu Proses……………………………………………………. 2

4.4 Entalpi…………………………………………………………………………………… 4

Contoh Soal………………………………………………………………………………….. 6

Contoh 4.1……………………………………………………………………………….. 6

Contoh 4.2………………………………………………………………………………. 7

Contoh 4.3………………………………………………………………………………. 7

Contoh 4.4………………………………………………………………………………. 10

Contoh 4.5………………………………………………………………………………. 13

i

4.2 HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA DALAM SUATU SIKLUS

Setelah membahas konsep-konsep usaha dan kalor, kita siap untuk mengajukan hukum

pertama termodinamika. Ingatlah kembali bahwa suatu hukum bukanlah sesuatu yang diturunkan

atau dibutuhkan dari prinsip-prinsip dasar tapi hanyalah merupakan suatu pernyataan yang kita

rumuskan berdasarkan pengamatan-pengamatan dari berbagai eksperimen. Jika suatu eksperimen

menunjukkan adanya pelanggaran terhadap suatu hukum, maka hukum tersebut harus direvisi

ataukah kondisi-kondisi tambahan harus diterapkan pada keabsahan hukum tersebut. secara

historis, hukum pertama termodinamika dirumuskan untuk suatu siklus: perpindahan kalor netto

adalah sama dengan usaha netto yang dihasilkan untuk suatu sustem siklus. Hal ini diekspresikan

dalam bentuk persamaan melalui

∑W =∑Q (4.1)

atau

∮W =¿∮Q¿ (4.2)

di mana simbol ∮menunjukkan integrasi di sekeliling suatu siklus lengkap.

Hukum pertama dapat diilustrasikan dengan memperhatikan eksperimen berikut.

Gantungkanlah sebuah beban pada sebuah susunan katrol/roda dayung, seperti yang ditunjukkan

dalam Gbr. 4-1a. biarkanlah beban tersebut jatuh menempuh jarak tertentu sehingga melakukan

usaha terhadap sistem yang terdapat di dalam tangki terinsulasi yang ditunjukkan sebesar barat

beban dikalikan dengan jarak jatuhnya. Temperatur dari sistem tersebut (fluida di dalam tangki)

akan meningkat sebanyak T.

Gbr. 4-1 Hukum pertama dalam suatu siklus

1

Selanjutnya, sistem sistem tersebut dikembalikan ke kondisi awalnya (melengkapi siklus

tersebut) dengan cara memindahkan kalor ke lingkungannya, seperti yang ditunjukkan oleh Q

dalam Gbr. 4-1b. ini akan menurunkan termperatur sistem tersebutke temperature awalnya.

Hukum pertama menyatakan bahwa perpindahan kalor ini tepat sama besarnya dengan usaha

yang telah dilakukan oleh beban yang jatuh.

4.3 HUKUM PERTAMA DALAM SUATU PROSES

Hukum pertama termodinamika seringkai diaplikasikan pada suatu proses seiring dengan

berubahnya sistem dari satu keadaan ke keadaan lainnya. Jika kita sadari bahwa suatu sistem

menjalani suatu siklus melalui beberapa proses dan akhirnya kembali ke keadaan awalnya, kita

dapat menganggap suatu siklus terdiri dari dua proses yang direpresentasikan oleh A dan B

dalam gambar 4-3. Dengan menerapkan hukum pertama pada siklus ini, (4.2) mengambi bentuk:

∫1

2

δQA+∫1

2

δ QB=∫1

2

δ W A +∫1

2

δ W B

Dalam proses dari 1 ke 2 di sepanjang B kita menukar limit integrasinya dan menuliskannya

sebagai:

∫1

2

δ QA−∫1

2

δ QB=∫1

2

δ W A−∫1

2

δ W B

Atau ekuivalennya:

∫1

2

( δQ−δW ) A=∫1

2

( δQ−δW )B

Ini berarti, perubahan kuantitas Q−W dari keadaan 1 ke keadaan 2 di sepanjang jalur A maupun

jalur B adalah sama besar, karena perubahan ini bersifat independen antara keadaan 1 dan 2, kita

jadikan:

δQ−δW=dE (4.3)

Dimana dE merupakan suatu diferensial eksak. Kuantitas E merupakan suatu properti ekstensif

dari sistem tersebut dan dapat dibuktikan melalui eksperimen sebagai suatu representasi dari

energi dari sistem tersebut pada suatu keadaan tertentu. Persamaan (4.3) dapat diintegrasikan

untuk menghasilkan

Q1−2−W 1−2=E2−E1 (4.4)

Dimana Q1−2 adalah kalor yang dipindahkan kesistem selama proses dari keadaan 1 ke kedaan 2,

W 1−2 adalah usaha yang dilakukan oleh sistem pada lingkungannya selama proses tersebut dan

E2 dan E1 adalah nilai-nilai dari properti E. Dalam mengerjakan kebanyakan soal biasanya

subskrip – subskrip pada Q dan W diabaikan.

Properti E mempresentasikan semua energi ; energi kinetik (KE) , energi potensial (PE)

dan energi internal U yang memasukkan energi kimia dan energi yang diasosiasikan dengan

2

atom. Setiap bentuk energi lainnya juga termasuk dalam energi total E. Intensif properti yang

diasosiasikan dengan energi ini diberikan lambang e.

Jadi hukum pertama termodinamika memiliki bentuk

Q1−2−W 1−2=KE1+PE2−PE1+U 2−U 1

¿ m2

(v22−v1

2 )+mg ( z2−z1 )+U 2−U 1 (4.5)

Jika kita mengaplikasikan hukum pertama pada sebuah sistem yang terisolasi, dimana

Q1−2=W 1−2=0 , hukum pertama menjadi kekekalan energi artinya,

E2=E1 (4.6)

Energi internal U merupakan suatu properti ekstensif. Properti intensif yang diasosiasikan

dengan energi ini adalah energi internal spesifik u yaitu U /m. Untuk sistem-sistem sederhana

dalam kesetimbangan, hanya diperlukan dua properti untuk menentukan keadaan dari suatu zat

murni, seperti misalnya udara atau uap. Karena energi internal merupakan sebuah properti,

energi ini bergantung hanya pada tekanan dan temperatur atau untuk uap jenuh , bergantung pada

kualitas dan temperatur ( atau tekanan ). Untuk suatu kulitas tertentu nilainya adalah

u=uf +xu fg (4.7)

Selanjutnya kita dapat mengaplikasikan hukum pertama pada sistem – sistem yang

melibatkan fluida-fluida kerja yang memiliki nilai-nilai properti yang ditabulasikan. Sebelum

kita mengaplikasikan hukum pertama pada sistem-sistem yang melibatkan zat-zat semacam gas-

gas ideal atau zat-zat padat, akan sangat berguna jika kita kenalkan properti-properti tambahan

yang akan mempermudahkan pekerjaan kita.

Dalam menyelesaikan soal-soal, kita akan sering menenntukan nilai massa spesivik.

m=Vv s

(4.8)

4.4 ENTALPI

Dalam penyelesaiann soal-soal yang melibatkan sistem, seringkali dijumpai perkalian atau penjumlahan properti-properti . Penggabungan property semacam itu dapat ditunjukkan dengan memperhatikan penambahan kalor dalam situasi tekanan konstan yang ditunjukkan dalam Gbr.

3

4-4. Kalor ditambahkan secara perlahan ke sistem (yaitu gas di dalam silinder), yang dijaga pada tekanan konstan dengan mengasumsikan adanya penyekat (seal) bebas gesekan antara piston dan silinder. Jika perubahan-perubahan energi kinetik dan energi potensial dari sistem diabaikandan semua moda usaha tidak ada, hukum pertama termodinamika mengharuskan

Q−W =U 2−U 1 (4.9)

Usaha yang dilakukan untuk mengangkat beban dalam proses tekanan konstan diberikan oleh

W =P(V 2−V 1) (4.10)

Jadi hukum pertama dapat dituliskan

Q= (U +PV )2−(U +PV )1 (4.11)

Kuantitas di dalam tanda kurung adalah penggabungan properti-properti jadi merupakan suatu properti juga. Ini disebut sebagai entalpi H dari sistem tersebut: artinya,

H=U + PV (4.12)

Entalpi spesifik diperoleh dengan cara membagi dengan massa. Ini adalah

h=Hm

(4.13)

h=u+Pv (4.14)

Entalpi merupakan properti dari suatu sistem dan juga dapat ditemukan dalam tabel-tabel uap. Persamaan energi sekarang dapat dituliskan untuk proses seimbang tekanan konstan sebagai

Q1−2=H 2−H 1 (4.15)

Entalpi telah didefinisikan dengan menggunakan sistem tekanan konstan di mana selisih entalpi antara dua keadaan adalah perpindahan kalor. Untuk proses tekanan variabel, selisih

4

entalpi kehilangan arti fisiknya dalam suatu sistem. Walaupun demikian entalpi masih digunakan dalam soal-soal engineering dan tetap merupakan suatu properti yang didefinisikan oleh (4.11). Dalam proses tekanan konstan non kesetimbangan Δ H tidak sama dengan perpindahan kalor.

Karena yang terpenting adalah perubahan entalpi atau energi dalam, maka kita dapat memilih datum sebagai dasar untuk mengukur h dan u. Kita memilih cairan jenuh pada 0oC untuk menjadi titik datum datum untuk air.

CONTOH SOAL

Contoh 4.1 Sebuah pegas direnggangkan sejauh 0,8 m dan dihubungkan ke sebuah roda dayung (Gbr. 4-2). Roda dayung tersebut kemudian berputar sehingga pegas menjadi tidak terenggang lagi. Hitunglah besarnya perpindahan kalor yang diperlukan untuk mengembalikan sistem tersebut ke kondisi awalnya.

Penyelesaian

Diketahui: h1=0

h2=0,8 m

F=Kx=100 N

Ditanya: ∑Q=?

Jawab:

Σ W=Σ Q

Usaha yang dilakukan pegas :

W 1−2=∫x 1

x 2

F Pegas dx

¿∫0

0,8

Kx dx

¿ 12

K (x22−x1

2 )

=12 (100

Nm )(0,8 m2−02)

Keterangan Simbol:h1= ketinggian awal

(m)h2= ketinggian akhir

(m)F = gaya (N)

K = konstanta pegas

(N/m)x = jarak pegas (m)Q = Perpindahan

kalor (J)

5

= 100

2Nm

(0,64 m2)

¿50Nm

(0,64 m2)

¿32 N . m

Maka ,

Q2−1=W 1−2=32 N . m

¿32 J

Contoh 4.2 Sebuah kipas 5 hp digunakan untuk memberikan sirkulasi udara dalam suatu ruangan besar. Jika ruangan tersebut diasumsikan terinsulasi dengan baik tentukan energy internalnya setelah kipas digunakan selama 1 jam.

Penyelesaian

Diketahui: P=5 hp

= 5 hp .746 W /hp

= 3730 W

=3 730 J /s

t=1 jam=3600 s

Ditanya: ∆ U=?

Jawab: Q=0

Q−W =∆U

0−W=∆ U

−W =∆ U

W =−∆ U

¿−(P ×t )

¿−3730 J /s . 3600 s

=−1,3 ×107 J

Keterangan Simbol:

P =

daya (Hp)t=

waktu (s)∆ U =

energy internal (J)

6

∆ U=−W

¿−(−1,3 × 107 J )

= 1,3 ×107 J

Contoh 4.3 Suatu Volume yang kokoh berisi 6 ft3 uap yang awalnya memiliki tekanan 400 psia dan temperatur 900 oF. Perkirakanlah temperatur akhirnya jika 800 Btu kalor ditambahkan.

Diketahui: V=6 ft3

P=400 psia

T 1=900℉

Q=800 Btu

Ditanya: T 2=?

Jawab:

Berdasarkan tabel C-3E, maka v=1,9776 ft3 /lbm dan u1=1324 Btu / lbm.

m=Vv

= 6 ft3

1,9776 ft3/ lbm=3,03 lbm

W =0 Q−W =∆U

Q−0=∆U

Q=m∆ u

¿m(u2−u1)

800 Btu=3,03 lbm(u2−1324 Btu/ lbm)

800 Btu3,03lbm

=u2−1324 Btu/ lbm

264,02 Btu / lbm=u2−1324 Btu / lbm

264,02 Btu / lbm+1324 Btu/ lbm=u2

7

1588 Btu / lbm=u2

Dari Tabel C-3E kita harus mencari temperatur untuk v2=¿ ¿

1,978 ft3 /lbm. Pada Table, v2=¿ 1,978 ft3/ lbm¿ terletak antara tekanan 500 psia dan 600 psia. Dengan

menggunakan rumus interpolasi maka :

Pada tekanan 500 psia

um=uy+v−v y

v x−v y(ux−u y )

= 1449,2 Btu / lbm+¿ 1,978 ft3/ lbm−1,9518 ft 3/lbm2,198 ft3/ lbm−1,9518 ft3/lbm

¿¿

= 1459 Btu / lbm

T m=T y+v−v y

vx−v y

(T x−T y)

= 1200℉+1,978 ft3/ lbm−1,9518 ft3/lbm2,198 ft3/ lbm−1,9518 ft3/ lbm

(1400℉−1200℉ )

= 1221℉

Pada tekanan 600 psia

un=uy+v−v y

vx−v y(ux−u y)

= 1536,5 Btu / lbm+¿ 1,978 ft3/ lbm−1,8289 ft3/ lbm2,033 ft3/ lbm−1,8289 ft3/ lbm

¿¿

= 1603 Btu / lbm

T n=T y+v−v y

vx−v y

(T x−T y)

= 1400℉+1,978 ft3/ lbm−1,8289 ft3/lbm2,033 ft3/ lbm−1,8289 ft3/lbm

(1600℉−1400℉ )

= 1546℉

98

Setelah mendapatkan u dan T pada tekanan 500 psia dan 600 psia berdasarkan v2=1,978 ft3/ lbm

maka kita interpolasikan u dan T tersebut berdasarkan u2=¿1588 Btu/ lbm¿ untuk mendapatkan T 2

T 2=T m+u2−um

un−um

(T n−T m)

= 1221℉+ 1588 Btu/ lbm−1459 Btu /lbm1603 Btu/ lbm−1459 Btu /lbm

(1546℉−1221℉ )

= 1513℉

Jadi, hasil akhir yang didapat adalah T 2=1513℉

10

Contoh 4.4

Sebuah piston bebas gesekan digunakan untuk memberikan tekanan konstan sebesar 400 kPa di dalam

sebuah silinder berisi uap yang awalnya berada pada 200 °C dengan volume 2 m3. Hitunglah

temperatur akhirnya jika 3500 kJ kalor ditambahkan.

Diketahui : P=400 kPa

= 0,4 MPa

T 1=200℃

V 1=2m3

Q=3500 kJ

Keterangan Simbol:V = volume (m3)

P= tekanan (psia)

T 1 = temperature awal (℉)

um = energy pada tekanan 500 psia (Btu/ lbm)

T m = temperatur pada tekanan 500 psia (℉)un = energy pada tekanan 600 psia (Btu/ lbm)

T n = temperatur pada tekanan 600 psia (℉)

T 2 = temperatur akhir (℉)

v = volume spesifik (ft3/lbm)

m = massa spesifik (lbm)u1 = energy awal (Btu/ lbm)u2 = energy akhir (Btu/ lbm)vx = volume pada temperature 1400 ℉ (ft3/lbm) →

berdasarkan tabelv y = volume pada temperatur 1200 ℉ (ft3/lbm) →

berdasarkan tabelux = energy pada temperature 1400 ℉ (Btu/ lbm) →

berdasarkan tabeluy = energy pada temperature 1400 ℉ (Btu/ lbm) →

berdasarkan tabelT x = temperatur pada vx (℉) → berdasarkan tabel

T y = temperatur pada v y (℉) → berdasarkan tabel

11

Ditanya : T 2=?

Jawab :

Usaha dari piston

W = ʃ P ∙ dV

W =P ( V 2−V 1 )

W =400 kPa (V 2−V 1 )

Massa sebelum dan sesudah tetap sama. Dengan menggunakan tabel uap, berdasarkan Tabel C-3

diperoleh nilai v1= 0,5432 m3/kg dan u1= 2647 kJ /kg

m=V 1

v1

¿ 2 m3

0,5432 m3/kg

¿3,744 kg

V 2=m∙ v2

=3,744 kg ∙ v2

Q−W =(u2−u1)∙m

Q−P (V 2−V 1 )=(u¿¿2−u1)∙m ¿

3500 kJ−( 400 kPa ) (3,744 kg ∙ v2−2 m3 )=(u2−2647 kJ /kg ) ∙3,744 kg

Ini memerlukan proses coba-coba untuk menebak nilai v2 sehingga sampai diperoleh nilai u2 yang

sesuai temperaturnya antara v2 dan u2 tersebut pada tekanan 0,4 MPa.

Percobaan 1 dengan menggunakan v2=1,0 m3 /kg

3500kJ−( 400kPa ) ( (3,744 kg ∙1,0m3/kg )−2m3 )=( u2−2647kJ /kg )∙3,744 kg

3500 kJ−400 kPa (3,744 m3−2m3 ) =3,744 kg .u2−9910,368 kJ

3500 kJ−( 400kPa ∙1,744 m3 ) = 3,744 kg .u2−9910,368 kJ

3500 kJ−697,6 kJ =3,744 kg .u2−9910,368 kJ

2802,4 kJ =3,744 kg .u2−9910,368 kJ

2802,4 kJ+9910,368 kJ =3,744 kg .u2

12712,768 kJ = 3,744 kg .u2

u2 = 12712,768 kJ

3,744 kg

= 3395 kJ /kg

Temperatur untuk u2 berdasarkan Tabel C-3 adalah:

T=T y+u−u y

ux−u y

(T x−T y )

= 600℃+ 3395 kJ /kg−3300,2 kJ /kg3477,9 kJ /kg−3300,2 kJ /kg

(700℃−600℃)

= 653℃

Sedangkan temperatur untuk v2 berdasarkan Tabel C-3 adalah :

T=T y+v−v y

vx−v y

(T x−T y)

= 500℃+ 1 m3 /kg−0,8893 m3/kg1,0055 m3/kg−0,8893 m3 /kg

(600℃−500℃)

= 595℃

Seharusnya temperatur antara v2 dan u2 sama atau hampir mendekati, oleh karena itu kita coba

nilai v2 yang lain

Percobaan 2 dengan menggunakan v2=1,06 m3/kg

3500kJ−( 400kPa ) ( (3,744 kg ∙1,06m3/kg )−2m3 )= (u2−2647kJ /kg ) ∙3,744 kg

3500 kJ−400 kPa (3,9686 m3−2 m3 ) =3,744 kg .u2−9910,368 kJ

12

3500 kJ−( 400kPa ∙1,9686 m3 ) = 3,744 kg .u2−9910,368 kJ

3500 kJ−787,44 kJ =3,744 kg .u2−9910,368 kJ

2712,56 kJ =3,744 kg .u2−9910,368 kJ

2712,56 kJ +9910,368 kJ =3,744 kg .u2

12622,928 kJ = 3,744 kg .u2

u2 = 12622,928 kJ

3,744 kg

= 3372 kJ /kg

Temperatur untuk u2 berdasarkan Tabel C-3 adalah:

T=T 1+u−u1

u2−u1

(T 2−T 1)

= 600℃+ 3372 kJ /kg−3300,2 kJ / kg3477,9 kJ /kg−3300,2 kJ /kg

(700℃−600℃)

= 640℃

Sedangkan temperatur untuk v2 berdasarkan Tabel C-3 adalah :

T=T 1+v−v1

v2−v1

(T2−T1)

= 600℃+ 1,06 m3/kg−1,0055 m3 /kg1,1215 m3/kg−1,0055 m3/ kg

(700℃−600℃)

= 647℃

Karena temperaturnya sudah hampir mendekati, maka dapat disimpulkan temperaturnya berkisar antara 640℃ - 647℃, yaitu

T 2=640+647

2

= 643,5℃

Contoh 4.5

Dengan menggunakan konsep entalpi, selesaikanlah soal yang diberikan dalam Contoh 4.4

Diketahui : P=400 kPa

= 0,4 MPa

T 1=200℃

V 1=2m3

Q=3500 kJ

Ditanya : T 2…?

Jawab :

Persamaan energy untuk proses tekanan konstan yaitu

Q=H 2−H 1

Q=m(h2−h1)

Berdasarkan Table C-3 diperoleh nilai v=0,5342 m3/kg danh1=2860 kJ /kg , maka

m=Vv

= 2 m3

0,5342 m3/kg

= 3,744 kg

Sehingga h2 :

Q = m(h2−h1)

3500 kJ=3,744 kg(h2−2860 kJ /kg)

3500 kJ=3,744 kg .h2−10707,84 kJ

3500 kJ +10707,84 kJ=3,744 kg . h2

h2 =14207,84 kJ

3,744 kg

=3795 kJ /kg

Gunakan Tabel C-3 untuk menggunakan rumus interpolasi dalam mendapatkan T 2

berdasarkan h2=3795 kJ /kg

T 2=T y+h−hy

hx−h y

(T x−T y )

13

=

600℃+ 3795 kJ /kg−3702,4 kJ /kg3926,5 kJ /kg−3702,4 kJ /kg

(700℃−600℃)

= 641℃

Jadi, nilai T 2 adalah 641℃

Keterangan Simbol:

H 1= entalpi awal

(kJ /kg)

H 2= entalpi akhir

(kJ /kg)

h1= entalpi

spesifik awal (kJ /kg)

h2= entalpi

spesifik akhir (kJ /kg)

K = konstanta

1415