1
BAB TERMODINAMIKA
Contoh 14.1 P (kPa) 300
A
100
C
B Suatu gas dalam wadah silinder tertutup mengalami proses seperti pada gambar. Tentukan usaha yang dilakukan oleh gas untuk (a) proses AB, (b) proses BC, (c) proses CA, dan (d) keseluruhan proses ABCA.
E 0
25
D 100
V(L)
Penyelesaian : (a) Usaha dari A ke B sama dengan luas ABDE dan bertanda positif karena arah proses ke kanan (VB > VA). WAB = luas ABDE = AB x BD = (100 – 25) L x (300 kPa) WAB = (75 x 10-3 m3)(300 x 103)Pa = 22.500 J. (b) Usaha dari B ke C sama dengan negatif luas BCED proses ke kiri (VC – VD). WBC = - luas BCED = - ½ (CE + BD) ED WBC = - ½ (100 + 300) kPa x (100 – 25) L WBC = - ½ (400) x 103 Pa x 75 x 10-3m3 = -15.000 J. (c) Usaha dari CA sama dengan nol karena CA dengan sumbu V tidak membentuk bidang (luasnya = 0). (d) Usaha keseluruhan proses (ABCA) sama dengan usaha proses AB + usaha proses BC + usaha proses CA, yaitu : WABCA = WAB + WBC + WCA = 22.500 – 15.000 + 0 = 7.500 J. Usaha keseluruhan proses dapat juga dihitung secara langsung. WABCA = (luas ABDE) – (luas BCED) + (luas CA) = luas ABCA WABCA = AC x ½ AB = (300 – 100) L x ½ (100 – 25) kPa WABCA = 200 x 10-3 m3 x ½ (75) x 103 Pa =7.500 J. Catatan : Rangkaian proses yang keadaan akhirnya sama dengan keadaan awal disebut siklus. Usaha yang dilakukan oleh sistem untuk satu kali siklus sama dengan luas bidang yang dilingkupi oleh siklus tersebut dalam diagram PV.
Contoh 14.2 http://atophysics.wordpress.com
2 P(kPa) 202
A a
b
91
B V(L) 48 106 Dalam dua percobaan terpisah, suatu gas helium memiliki keadaan awal yang sama (A) dan keadaan akhir yang sama (B) akan tetapi prosesnya berbeda. Percobaan pertama mengikuti jalur (a) yang terdiri dari proses isokhorik dan proses isobarik sedangkan percobaan kedua mengikuti jalur (b) berupa proses isotermal seperti pada gambar. Tentukan usaha yang dilakukan oleh gas melalui percobaan pertama dan kedua. Penyelesaian Pada jalur (a) proses yang melakukan usaha adalah proses isobarik sedangkan proses isokhorik tidak menghasilakan usaha, sehingga Wa = WV + WP = 0 + (91 kPa)(106 – 48) x 10-3 m3 = 5,3 kJ. Pada jalur (b), gas melakukan proses isotermal. Mengingat data P dan V keadaan awal dan akhir diketahui, maka usaha dihitung dengan menggunakn Persamaan (14.3) sebagai berikut. Wb = W = nRT In V2 = P2V2 In V2 V1 V1 Wb = (91 kPa)(106 x 10-3 m3) In 106 L = 7,7 kJ 48 L Tampak bahwa usaha yang dilakukan oleh gas berbeda apabila proses yang dilakukan oleh gas tergantung pada detail proses yang ditempuh.
Contoh 14.3 Suatu sistem berupa 0,12 mol gas ideal dihubungkan dengan reservoir termal untuk menjaga suhu konstan ( isotermal) pada 9,8ºC. Sistem memiliki volume awal V1 = 1,3 L dan melakukan usaha W = 14 J. Berapakah (a) volume akhir V2 dan (b) tekanan akhir P2 ? Penyelesaian: Data yang akan digunakan adalah n = 0,12 mol, T =9,8 +273 = 283 K, V1 = 1,3 x10-3, dan R = 8,31 J/mol K. (a) Gunakan Persamaan (14.3) untuk menentukan V2 W = nRT In V2 atau In V2 = W V1 In V2 V1 V2 V1
=
V1 14 0,12 x 8,31x283
nRT = 0,05
= e 0,05 = 1,05
Volume akhir V2 = 1,05 V1 = 1,05 x 1,3 L =1,4 L (b) Gunakan persamaan keadaan gas ideal untuk menentukan tekanan akhir P2 P2 = nRT V2
= (0,12)(8,31)(283) = 2,1 x 105 Pa = 2 atm 14 x 10-3
Contoh 14.4
http://atophysics.wordpress.com
3
Rasio pemampatan suatu mesin disesel adalah 15 : 1, yang berarti setelah pemampatan volume gas menjadi 1 dari 15 awalnya. Jika tekanan awal P1 = 1,01 x 105 Pa dan suhu awal T1 = 300 K, tentukan tekanan akhir P2 dan suhu akhir T2. Udara dianggap sebagai gas ideal dengan konstanta Laplace 1,40 dan proses terjadi secara adiabatik.
Penyelesaian: Dari persamaan (14.4) diperoleh bahwa: y −2
T2V2 atau T2 = T1 V2 V1 0,4 T2 = (300 K)(15) = 886 K =613ºC Sedangkan tekanan P2 ditentukan sebagai berikut. T1V1( -1) =
( -1)
y
P1VI = P2V2 atau P2 =P1 V2 V1 5 1,4 P2 = (1,01 x 10 Pa )(15) = 44,8 x 105 Pa = 44 atm
Contoh 14.5 Suatu sistem menyerap kalor Q dari lingkungan sebesar 1500 J. Tentukanlah perubahan energi dalam U bila (a) sistem melakukan usaha 2200 J terhadap lingkungan dan (b) lingkungan melakukan usaha 2200 J terhadap sistem. Penyelesaian: (a) Sesuai dengan perjanjian tanda, maka Q = +1500 J (sistem menerima kalor) dan W = +2200 (sistem melakukan usaha). Hukum pertama termodinamika menyatakan: U = Q – W = 1500 – 2200 =-700 J. Tanda negatif untuk U berarti energi dalam sistem berkurang sebesar 700 J. (b) Sekarang W = -2200 J karena sistem menerima usaha dari lingkungannya. Dengan demikian dapat ditulis : U =Q – W = 1500 – (-2200) = +3700 J. Tanda positif untuk U berarti energi dalam sistem bertambah sebesar 3700 J.
http://atophysics.wordpress.com
4
Contoh 14.6 P 8x104Pa
b
d
3x104Pa
a
c
0
2,0x10-3m 3
5,0x10-3 m3
Dalam diagram PV pada gambar ditunjukkan beberapa lintasan (proses) termodinamika. Pada lintasan ab sistem menerima kalor sebesar 150 J, dan pada proses bd sistem menyerap kalor sebesar 600 J. V Tentukanlah (a) perubahan energi dalam untuk proses ab, (b) perubahan energi dalam untuk proses abd, dan (c) total kalor yang diserap oleh gas untuk proses acd. Penyelesaian: (a) Tidak ada perubahan volume selama proses ab,sehingga Wab = 0. Kalor Qab = 150 J (sistem menyerap kalor), maka Uab = Uab = Qab – Wab =150 – 0 =150 J. (b) Proses bd terjadi pada tekanan tetap, sehingga usaha luar sama dengan Wbd = P(V2 – V1) = (8,0x104Pa)(5,0x10-3 m3 – 2,0x10-3 m3) = 240 J. Total usaha untuk proses abd sama dengan Wabd = Wab + WBD = 0 +240 =240 J Total kalor untuk proses abd sama dengan Qabd =Qab + Qbd = 150 +600 =750 J. Perubahan energi dalam untuk proses abd sama dengan U abd = Qabd – Wabd = 750 – 240 = 510 J. (c) Perubahan energi dalam tidak tergantung pada lintasan, sehingga Uacd = Uabd = 510 J Usaha untuk proses acd sama dengan Wacd = Wac + Wcd = P (V2 – V1) + 0 Wacd = (3x104 Pa)(5,0x10-3 m3 – 2,0x10-3 m3) = 90 J. Sesuai dengan hukum pertama termodinamika, maka diperoleh Qacd = Uacd + Wacd = 510 + 90 = 600 J.
Contoh 14.7 Sejumlah 0,0401 mol gas ideal mengikuti suatu siklus seperti pada P Gambar. Diketahui P0 = 100 kPa dan V0 = 1 L. Lintasan a adalah 2 Isokhorik, lintasan b linear, dan lintasan c adalah isobarik. Kapa- 3P0 sitas kalor molar gas CV = 12,46 J/mol K dan CP = 20,77 J/mol K. Tentukanlah usaha W, kalor Q , dan perubahan energi dalam 2P0 a Untuk proses a,b,c dan siklus abc. Gunakan tetapan umum gas R = 8,31 J/mol K P0
b
c V0
2V0
http://atophysics.wordpress.com
5 Penyelesaian: Proses a adalah isokhorik, maka Wa = 0. Usaha selama proses b adalah luas daerah di bawah lintasan b: Wb = ½ (3P0 + P0)(2V0 – V0) = 2P0V0 = 2( 100 kPa)(1 L) =200 J. Proses c (isobarik) menghasilkan usaha negatif sebesar: Wc =-P0V0 = -(100 kPa)(1L) =-100 J Usaha satu siklus adalah Wabc = Wa +Wb + Wc = 100 J Sebelum menghitung jumlah kalor yang diserap oleh gas, kita tentukan lebih dahulu suhu untuk keadaan 1,2 dan 3 dengan menggunakan persamaan keadaan gas ideal. T1 = P0 V0 = (100 kPa)(1 L) = 300 K nR ( 0,0401 mol)(8,31 J.mol K) Dengan cara yang sama diperoleh T2 = 900 K dan T3 = 600 K. Kalor yang diserap untuk setiap proses adalah: Qa = nCv(T2 – T1) = (0,0401)(12,46)(900 – 300) =300 J. Qc = nCp(T1 – T2) = (0,0401)(20,77)(300 – 600) = -250 J. Karena proses b bukan isokhorik atau isobarik, maka Qb tidak dapat dihitung dengan menggunakan data kapasitas kalor molar sehingga akan dihitung dengan menggunakan hukum I termodinamika. Perubahan energi dalam untuk setiap proses adalah: Ua = Qa – Wa = 300 – 0 = 300 J. Uc = Qc – Wc = -250 –(-100)= -150 J. Mengingat perubahan energi dalam untuk satu siklus sama dengan nol, maka: 0 = Ua + Ub + Uc = 300 + Ub – 150 Ub = -150 J Sekarang kalor untuk proses b dapat ditentukan, yaitu: Qb = Ub +Wb = -150 +200 = 50 J Dengan demikian kalor yang diserap gas untuk satu siklus adalah: Qabc =Qa +Qb +Qc = 300 + 50 – 250 = 100 J.
Contoh 14.8 Sebuah mesin mengambil kalor 10 000 J dari suatu reservoir bersuhu tinggi 1000 K dan melakukan usaha sebesar 2500 J. Jika reservoir bersuhu rendah memiliki suhu 600 K, tentukanlah (a)efisiensi nyata dan (b) efisiensi teoritis (maksimum)mesin tersebut. Penyelesaian: Data yang diperoleh dari soal adalah Q1 = 10 000 J, T1 = 1000 K, W = 2500 J, dan T2 = 600 K. (a) efisiensi nyata mesin dihitung dengan persamaan (14.9): = W x 100% = 2500 x 100% = 25% Q1 10 000 (b) efisiensi teoritis (maksimum) dihitung dengan Persamaan (14.20): = 1 – T2 x 100% = 1 – 600 x 100% = 60% T1 1000 Pada kenyataannya, efisiensi mesin selalu lebih kecil daripada efisiensi teoritis. Efisiensi teoritis adalah efisiensi Carnot
http://atophysics.wordpress.com
6
Contoh 14.9 Sebuah mesin Carnot yang menggunakan reservoir suhu tinggi 800 K mempunyai efisiensi maksimum 40%. Agar efisiensi maksimumnya naik menjadi 50%, berapakah seharusnya suhu reservoir suhu tinggi? Penyelesaian: Kita tentukan dahulu T2 dengan menggunakan data T1 =800 K dan 1 = 40 % sebagai berikut. atau 40% = (1 – T2) 100% = (1 – T2 ) 100% T1 800 0,4 = 1
T2 atau T2 = 0,6(800)= 480 K. 800 Agar efisiensi menjadi 2 = 50% untuk T2 = 480 K, maka nilai T1 dapat dihitung sebagai berikut. = (1 -– T2 ) 100% atau 50% = (1 – 480 )100% T1 T1 T1 = 480 = 960 K. 0,5 Temperatur suhu tinggi harus dinaikkan menjadi 960 K.
Contoh 14.10 Kalor mengalir secara spontan sebesar 1500 J dari reservoir panas bersuhu 500 K menuju reservoir dingin bersuhu 300 K. Tentukan perubahan entropi jagat raya jika dianggap tidak ada perubahan yang lain terjadi. Penyelesaian: Data yang diperoleh dari soal adalah Q1 = -1500 J, T1 = 500 K, Q2 = 1500 J dan T2 = 300 K. S jagat raya = S1 + S2 = Q1 + Q2 = -1500 + 1500 T1 T2 500 300 = -3 J/K + 5 J/K =2 J/K
Contoh 14.11 Sebuah kulkas memiliki koefisien perfomansi 6,0. Jika suhu ruang di luar kulkas adalah 28ºC, berapa suhu paling rendah di dalam kulkas yang dapat diperoleh ? Penyelesaian: Koefisien perfomansi maksimum diperoleh sebagai berikut:
KP = T2 T1 – T2 Dengan T1 adalah suhu tinggi dan T2 adalah suhu rendah. Persamaan di atas dapat diatur gar suhu rendah T2 terdapat di kiri persamaan. (Kp)T1 – (KP)T2 = T2 (KP)T1 = (1 +KP)T2 http://atophysics.wordpress.com
7
T2
= TP x T1 TP +1
Dari soal diketahui T1 = (28 +273)K = 301 K dan KP = 6,0 sehingga suhu paling rendah di dalam kulkas T2 dapat dihitung. T2 = 6,0 x (301 K) = 258 K atau -15ºC
http://atophysics.wordpress.com
