Diktat Termo [PDF]

Citation preview

Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



DIKTAT THERMODINAMIKA DASAR Oleh: I Gusti Ketut Sukadana, ST. MT.



1



2



W cv T u r b in 3 B o ile r 5



Pom pa



C ondensor



4



2016 PS. Teknik Mesin Universitas Udayana [email protected], [email protected]



1



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



KATA PENGANTAR Kata Thermodynamics berasal dari dua kata dasar yaitu : Thermo dan Dynamics. Thermo yang berarti : Energi (Panas, Kerja, dll), dan Dynamics yang berarti : Pergerakan, Perubahan atau Aliran. Jadi kata Thermodynamics berarti : Aliran, Pergerakan atau Perubahan Energi. Ilmu Thermodynamics adalah : Ilmu yang mempelajari tentang perubahan, pergerakan atau aliran Energi pada suatu sistem keteknikan. Sehingga Mata Kuliah Thermodinamika mengajarkan tentang bagaimana Pergerakan, Perubahan atau Aliran Energi keluar atau masuk pada suatu sistem keteknikan. Ada Dua Hukum yang mendasari dari ilmu Thermodinamika adalah : 1. Hukum Thermodinamika I, Hukum ini akan membahas tentang Energi atau Kesetimbangan Energi dengan batasan sistem, proses yang berlangsung pada sistem, tingkat keadaan sistem dan keadaan proses dari sistem serta asumsiasumsi yang lain. 2. Hukum Thermodinamika II, Hukum ini akan membahas tentang ENTROPY , yaitu suatu usaha Pengecekan Ulang terhadap asumsi-asumsi yang telah diambil dalam usaha penyederhanaan analisa suatu sistem. Untuk membuktikan bahwa suatu sistem tidak mungkin beroperasi secara Adiabatik Reversibel (Isentropic) tanpa menyerap atau membuang panas dari atau ke Lingkungan. Dalam Ilmu Thermodinamika hanya mempelajari tentang Pergerakan, Perubahan atau Aliran Energi suatu sistem. Sedangkan tentang bagaimana cara energi tersebut mengalir, bergerak atau berubah akan dapat dipelajari pada Ilmu Perpindahan Panas, Mekanika Fluida dan lain-lain. Jadi Ilmu Thermodinamika adalah ilmu dasar yang mendasari semua keilmuan yang ada di Teknik Mesin. Demikianlah Tulisan ini kami buat, dan untuk kesempurnaan tulisan ini penulis mengharafkan kritik dan saran dari para pembaca.



Bukit Jimbaran, 2016 Penulis



I Gusti Ketut Sukadana, ST. MT.



[email protected], [email protected]



2



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



DAFTAR ISI COVER KATA PENGANTAR DAFTAR ISI BAB I KONSEP DASAR THERMODINAMIKA 1.1. Energi 1.2. Satuan Energi 1.3. Satuan Energi Lain 1.4. Kerja 1.5. Konsep Gas Idial 1.6. Siatem 1.7. Lingkungan 1.8. Pandangan Makroskopik dan Mikrokospik 1.9. Interaksi Energi BAB II HUKUM THERMODINAMIKA I 2.1. HK. TH. I Untuk Siklus 2.2. Internal Energi BAB III PROPERTIES THERMODINAMIKA ENTHALPY 3.1. Enthalpy 3.2. Panas Spesific Tekanan Constan dan Volume Constan 3.3. Hukum Pertama untuk Persamaan Laju. 3.4. Konservasi Masa 3.5. Konservasi Masa dan Volume Atur 4.6. Hukum Thermodinamika I Untuk Volume Atur BAB IV. KONSEP STEADY STATE STEADY FLOW 4.1. Aplikasi Volume Atur BAB V KONSEP USUF BAB VI HUKUM THERMODINAMIKA II 6.1. Mesin Panas dan Refrigerator. 6.2. Hukum Thermodinamika II 6.3. Proses Reversible 6.4. Proses Irreversible 6.5. Siklus Carnot 6.6. Efisiensi Siklus Carnot. DAFTAR PUSTAKA LAMPIRAN GGBPP LAMPIRAN KONTRAK PERKULIAHAN



[email protected], [email protected]



1 2 3 4 4 4 5 6 9 11 13 14 14 17 17 19 26 26 32 34 34 35 37 39 39 45 52 52 54 56 56 57 58 59



3



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



BAB I KONSEP DASAR Umum: Dalam Thermodinamika ada 3 kata kunci; • Energi (Energy) • Sistim (System) • Lingkungan (Sorounding) 1.1.



Energi



adalah : suatu kemampuan untuk melakukan kerja. Jenis-jenis energi adalah: 1. E. Kerja (W) : Merupakan Fungsi dari perubahan jarak (volume). 2. E. Panas (W) : Merupakan Fungsi dari beda temperatur. 3. E. Potensial (Ep) : Ada dua bentuk energi Potensial a. Ep. Geodetik : merupakan Fungsi ketingian, dan b. Ep. Pressure : merupakan fungsi dari tekanan 4. E. Kenetik (Ek) : Merupakan fungsi dari beda kecepatan. 5. E. Dalam (U) : merupakan fungsi dari beda temperatur. 6. E.kimia : Fungsi dari prosentase kandungan kimia dalam bahan. 7. E. Listrik : merupakan fungsi dari beda potensial, ataupun kuat arus. 1.2. Satuan Energi Energi mempunyai besaran dan satuan: • Sistem satuan adalah : suatu nilai yang menyatakan identitas suatu besaran. • Ada dua (2) sistem satuan yaitu; 1. Sistem Satuan Internasional atau Satuan Metris (SI). 2. Sistem Satuan British. • Satuan mempunyai Dimensi. Dimensi adalah suatu lambang yang dapat digunakan untuk mengetahui suatu besaran. Dimensi dibagi menjadi 2 yaitu a. Dimensi primer : Dimensi yang besaranya ditentukan secara sembarang. b. Dimensi sekunder : Dimensi yang besarannya mengikuti dimensi primer. Tabel 1.1. Perbandingan antara Satuan SI dan Satuan British. Besaran Dimensi Primer - Masa - Panjang - Waktu - Gaya Dimensi Sekunder - Kecepatan - Percepatan - Gaya



Simbol M L T LT-1 LT-2 MLT-2



Sistem SI Satuan Kilogram (Kg) Meter (m) Detik (s) m/s m/s2 Kg.m/s2 (N)



Simbol M L T F LT-1 LT-2 -



[email protected], [email protected]



Sistem British Satuan Pound mass (Lbm) Feet (ft) Second (s) Pound Force (Lbf) Ft/s Ft/s2 -



4



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



- Tekanan - Energi - Daya



ML-1T-2 ML2T-2 ML-2T-3



Kg/m.s2 (N/s2) Kg.m2/s2 (N.m/s) 2 3 (Joule/s),Kg.m /s (J/s) (Watt)



FL-2 FL FLT-1



Lbf/in2 (Psi) Lbf.ft Lbf.ft/s



1.3. Satuan Energi Lain Konsep satu (1) Kalori.



Gambar 1.1. Konsep satu kalori 1 Kalori adalah Energi yang dibutuhkan untuk memanaskan 1 Kg. Air pada tekanan 1 atm meningkatkan suhu air sebesar 1° C. 1 kalori = 426,7 joule Konsep 1 BTU



Gambar 1.2. Konsep 1 BTU 1 BTU. Adalah : Energi yang dibutuhkan untuk memanaskan 1 lbm. air pada tekanan 1 atm. sehingga suhunya meningkat sebesar 1° F. 1 BTU = 2545 lbf . ft



[email protected], [email protected]



5



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



1.4. Energi Kerja (W). Kerja adalah : Gaya sistem dikali jarak perpindahan, Rumus umum kerja adalah:



∂W = ∂ ( f . x )



………………………………..…(1.1)



1. Kerja Rol.



Gambar 1.3. Konsep Kerja Rol. • Asumsi;



1. Sistem tanpa gesekan (fgesek = 0) 2. Gaya yang diberikan ke sistem adalah konstan.



Catatan : Kerja akan dapat dihitung apabila kita tahu besarnya F (gaya) yang diberikan ke sistem, apakah F Konstan atau variabelitic. - Jika gaya adalah Konstan, jadi kerja yang dilakukan adalah: ∂W = F . ∂x W1-2 = F ∫ ∂x W1-2 = F.∆x W1-2 = F(x2 – x1) ..................................................................(1.2) - Jika gaya merupakan suatu persamaan linier: F = a + bx ...................................................................(1.3) maka ∂W = ∂(F.x) W1-2 = ∫ F . ∂x W1-2 = ∫ (a + bx).∂x, W1-2 = (ax + ½bx2)│ W1-2 = a (x2 – x1) + (b/2) (x2² – x1²) ………….................(1.4)



[email protected], [email protected]



6



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



2. Kerja Pegas



k



k X1 X2



Gambar 1.4. Konsep kerja Pegas. Keterangan : a. Pegas tanpa beban, dengan depleksi X1. b. Pegas dengan beban, dengan depleksi X2. dimana k = konstanta pegas -. Konsep Free body diagram (FBD) : Fs m



Setimbang,



w dari Free bodi diagram untuk kondisi setimbang : w = Fs dimana : Gaya Berat benda w = m.g / gc dan : Gaya Pegas Fs = k.x sehingga kerja pegas adalah : ∂W = Fs.∂x ∂W = ∫ k.x.∂x W = ½ k.x ² ....................................................................(1.5)



[email protected], [email protected]



7



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



3. Konsep Kerja Silinder-Piston.



Gambar 1.5. Konsep Silinder Piston Keterangan gambar: Pi = Tekanan indikatif pembakaran. X1 = TMA (Titik Mati Atas) X2 = TMB (Titik Mati Bawah) F = Gaya dorong akibat Pi (tekanan indikatip) W = Kerja piston Dari konsep Newton kerja sebagai fungsi dari perubahan jarak perpindahan. ∂W = ∂(F.x) W = F.∂x (untuk gaya = constan)...................................(1.6) Rumus Umum Kerja Piston : ∂W = ∂(P.V) ∂W = P.∂V + V.∂P ...........................................................(1.7) Asumsi;



- Tanpa Gesekan (frictionless) - Sistem kondisi tunak (Steady State) - Kerja pada proses expansi Isobaris atau proses Quasi Equillibrium (Perubahan tekanan antara TMA dan TMB diabaikan ) V.∂P = 0 (karena sistem Quasi Equillibrium)



Sehingga ∂W = P.∂V ........................................................................(1.8) Hubungan persamaan (1.8) dengan hukum Newton : Gaya Tekan = Tekanan x Luas Piston F = P x AP Dimana Luas piston: AP = ¼.π.(DP)² Dan,



∂W = F.∂x ∂W = P.AP.∂x



Dimana : ∂V = AP.∂x Ada dua kondisi Proses : • Bila ν1 < ν2 → Proses expansi, piston bergerak dari TMA ke TMB, maka; ∂W = P.∂ν W1-2 = P.∫∂ν W1-2 = P.(ν2 – ν1) [email protected], [email protected]



8



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



•



→ (bernilai positive yang berarti system menghasilkan kerja). Bila ν1 > ν2 → Proses kompresi, piston bergerak dari TMB ke TMA,maka; ∂W = P.∂ν W1-2 = P.∫∂ν W1-2 = P.(ν2 – ν1) →(bernilai negative yang berarti sistem membutuhkan kerja).



1.5. Konsep Gas Idial Gas Idial adalah Suatu gas yang diasumsikan memenuhi persamaan seperti dibawah :



PV = mRT atau Pv = RT atau



P



ρ



= RT …………………….(1.9)



Dimana : P = Tekanan Fluida (lbf/in2), (N/m2), (Psi) dll. V = Volume ( m3), (ft3) v = Volume spesific Fluida (ft3/lbm), (m3/kg) RO = Konstanta Gas Universal = 8,3149 (kj/kmol.K) = 1544 (lbf.ft/lbmol.R) T = Temperatur (R), (K), (oC), dll. R = Konstanta Gas = Ro BM ( zat ) Contoh : Konstanta gas sebuah gas H2O adalah ; Diketahui : BMH2O = 18 (kg/kmol) Maka



: R H 2O =



R0 8,3149 ( kj / kmol.K ) , RH 2O = , BM H 20 18 (kg / kmol )



Catatan, 1. Persamaan Gas Idial hanya berlaku untuk zat yang memiliki kondisi Tekanan rendah dan Temperatur tinggi (kondisi fluida Temperaturnya lebih tinggi dari temperatur jenuhnya. 2. Temperatur jenuh adalah Temperatur zat yang garis Temperaturna berimpit dengan garis Tekanannya Contoh Soal 1. Pada sistem Silinder-Piston, dimana fluida kerjanya diasumsikan sebagai Gas Idial. Kondisi awal Tekanan 1 atm, volume 3 ft3. mengalami proses kompresi sehingga volume akhir menjadi setengah kali volume awal. Hitung. Kerja yang dilakukan sistem ? a. Bila proses kompresi Isobaric (tekanan konstan) b. Bila proses kompresi Isothermal (Temperatur konstan) c. Bila Proses kompresi Polytropic PVn = Constan, n = 1,4. Jawaban : a. Proses Isobaric, P = Constan.



[email protected], [email protected]



9



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



∂W = ∂ ( PV ) ∂W = P.∂V + V .∂P, asumsi proses Quasiequillibrium V .∂P = 0 ∂W = P. ∂V 2



2



W1−2 = ∫ P.∂V , = P ∫ ∂V 1



1



= P (V2 − V1 ) = P.V1 (



V2 − 1) V1



= 14,7 (lbf / in 2 ).144 (in 2 / ft 2 ).3 ( ft 3 ) . (0,5 − 1) = − (14,7 .144 . 1,5)(lbf . ft ) tanda (-) untuk proses ini sistem memerlukan kerja dari luar sistem. b. Proses Isothermis, T = Constan. ∂W = ∂ ( PV ) ∂W = P.∂V + V .∂P, asumsi proses Quasiequillibrium V .∂P = 0 ∂W = P. ∂V dimana : untuk gas idial berlaku



PV = mRT atau Pv = RT atau m RT V 2 2 ∂V ∂V ∂W = ∫ mRT . , W1−2 = m. R.T ∫ , V V 1 1



P



ρ



= RT



P=



W12 = mRT . ln( W1−2 = P1 .V1 ln(



V2 ) V1



V2 ) V1



W1−2 = 14,7 (lbf / in 2 ).144 (in 2 / ft 2 ). 3 ( ft 3 ). ln(0,5) W1−2 = − ......... tanda (-) untuk proses ini sistem memerlukan kerja dari luar sistem c. Proses Polytropic, PVn = C, n = 1,4. ∂W = ∂ ( PV ) ∂W = P.∂V + V .∂P, asumsi proses Quasiequillibrium V .∂P = 0 ∂W = P. ∂V C Vn 2 C 1 ∂W = ∫ n ∂V , W1−2 = C V (1−n ) V 1− n 1



dimana : PV n = C , P =



W1−2 = C



2 1



(V21− n − V11−n ) C .V 1− n − C1 .V11−n , W1− 2 = 2 2 1− n 1− n



dimana :



[email protected], [email protected]



10



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



C = P1.V1n = P2 .V2n Sehingga :



W1−2 =



P2 .V2n .V21−n − P1 .V1n .V11− n 1− n



W1−2 =



P2 .V2 − P1 .V1 1− n



dan : n



P1.V 1 =P2 .V2n , P2 = P1



V11, 4 , P2 = P1 .21, 4 1, 4 V2



akhirnya : W1− 2 =



(21, 4.0,5 −1).P1. (21, 4.0,5 −1).14,7 (lbf / in 2 ).144(in 2 / ft 2 ) , W1− 2 = 1− n 1 −1,4



W1− 2 = − ...........(lbf . ft ) tanda (-) untuk proses ini sistem memerlukan kerja dari luar sistem



1.6. SISTEM Sistem adalah segala sesuatu yang diambil oleh seorang ilmuan untuk mempermudah proses analisa dengan batasan sistem tertentu. Sistem dibagi menjadi 2, yaitu : 1. Sistem masa atur (Control mass). 2. Sistem volume atur (Control volume). Cara mengambar system; 1. Ambil sistem yang akan dianalisis. 2. Batasi sistem dengan garis putus-putus. 1.6.1. Sistem masa atur (Control Mass) : Ciri-ciri sistem masa atur : 1. Sitem tertutup (Close System). 2. Tidak ada masa yang keluar masuk sistem. 3. Volume sistem dapat tetap atau berubah (batas sistem dapat tetap atau berubah). Contoh sistem masa atur:



Gambar 1.6. Sistem Rigid Body dan silider-piston



[email protected], [email protected]



11



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Sistem silinder-piston yang melakukan ekspansi atau kompresi masa sistem tetap, tapi volume sistem dapat membesar atau mengecil, maka batas sistem akan berubah membesar atau mengecil. Untuk sistem rigid body dipanaskan atau didinginkan masa sistem tetap dan volume serta batas sistem tidak berubah.



1.6.2. Sistem volume atur (Control Volume) Ciri-ciri sistem volume atur : 1. Ada masa yang keluar dan atau masuk sistem. 2. Volume dapat tetap atau berubah (batas sistem dapat tetap atau berubah). 3. Batas sistem ada nyata ada semu.



Gambar 1.7. sistem volume atur Contoh : Turbin, Pompa rotary, Kompresor Rotary



Contoh soal 2. 1. Sebuah body dengan masa tetap, mempunyai berat pada ketinggian 30.000 ft (g= 32,08 ft /s²) yang ditopang oleh pegas penyeimbang dan dikalibrasi pada sea level, berat yang terbaca pada kondisi pegas setimbang 9,3 lbf, berapa masa body tersebut?



Fo Wp Fgas



Gambar 1.8. Sistem Silinder Piston 2. Sebuah piston mempunyai luas 1ft, jika tekanan gas 10 lbf/in² diatas tekanan atmosfir pada silinder tertutup, asumsi percepatan gravitasi standard. hitung masa piston agar piston setimbang? Jawab. Diketahui h = 30.000 ft g = 32,08 ft/s² w = 9,3 lbf gc = 32,174 (lbm.ft/lbf.s²) Ditanya m =……..?



[email protected], [email protected]



12



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Jawab :



W = m.g/gc 9,3 = m . 32,08 /32,17 9,3 = m . 0,997 m = 9,847 lbm



2. Diketahui : Ap = 1ft Pgas = 10 lbf /in² diatas atmosfir = 10 lbf/in² + 14,175 lbf/in² =24,175 lbf/in² g = 32,174 ft/in² gc = 32,174 (lbm.ft/lbf.s²) ditanya mp =…….? Asumsi : piston dalam keadaan setimbang



Gambar 1.9. Free Body Diagram (Diagram Benda Bebas) Jawab : Karena keadaan setimbang maka :



Fgas = Fatm + W piston sehingga :



Fgas = Fatm + W piston Pgas × Apiston = ( Patm × Apiston ) + (m 24,175(lbf / in 2 ) × 144(



g ) gc



    in 2 in 2 32,174( ft / s 2 )  ).1( ft 2 ) = 14,175(lbf / in 2 ) × 144( 2 ).1( ft 2 )  +  m piston 2 2  ft ft 32,174(lbm. ft / lbf .s )    



m piston = 24,175(lbf / in 2 ) × 144(



  in 2 in 2 ).1( ft 2 ) − 14,175(lbf / in 2 ) × 144( 2 ).1 ft 2  2 ft ft  



m piston = 1440lbm



[email protected], [email protected]



13



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



1.7. Lingkungan (Sorrounding) Adalah: Segala sesuatu yang tidak termasuk ke dalam sistem atau berada di luar sistem yang telah ditentukan.



1.8. Pandangan Macroscopic dan Microscopic. a. Pandangan Microscopic. Adalah pandangan yang menganalisa penomena secara atomok, tergantung dari jumlah melekul atom dalam suatu zat atau sistem. Contoh : Suatu zat dengan volume 1 ft3 pada tekanan P (lbf/in2) dan Temperatur T (R) atau (P = 1 atm, T = 25 oC, 70 F). Dari posisi, 1 atom A memiliki tiga persamaan searah sumbu x, y, dan z, untuk 1020 atom akan mempunyai 3.1020 persamaan. Dari kecepatan, 1 atom mempunyai 6 persamaan kecepatan, dan untuk 1020 atom mempunyai 6.1020 persamaan kecepatan. b. Pandangan Macroscopic (Clasical Thermodynamics). Pandangan yang menitik beratkan pada harga rata-rata dari zat dalam jumlah besar. Karena kalau diambil satu saja sudah bisa mewakilkan keseluruhan atomatom yang ada pada zat atau sistem tersebut. 1.9. Interaksi Energi a. Besar kecilnya interaksi energi dipengaruhi oleh sifat-sifat zat yang berada pada sistem. b. Sifat zat adalah suatu nilai (harga)yang dimiliki oleh zat yang besarnya tidak dipengaruhi oleh Proses yang sering disebut Properties zat yang hanya tergantung pada tingkat keadaan awal dan tingkat keadaan akhir. c. Sifat zat yang tidak tergantung pada proses adalah Temperatur dan Tekanan (disebut Properties zat). d. Sedangkan Kerja dan Panas bukan properties zat karena tergantung pada proses. 1.10. Proses dan siklus Proses adalah Suatu perubahan kondisi dari satu tingkat keadaan ke tingkat keadaan lainnya. Tingkat keadaan adalah suatu kondisi zat tertentu yang ditentukan oleh berbagai sifat zat tersebut. Contoh :



Gambar 1.10. Contoh kerja berguna pada lapisan batas sistem



[email protected], [email protected]



14



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Siklus adalah: suatu proses sistem yang perubahan tingkat keadaannya dapat kembali ke tingkat keadaan awal, contoh siklus motor bakar, siklus turbin gas, siklus turbin uap dll. 1. 11. Unit dari massa, Panjang, Waktu dan Gaya Hubungan antara masa, panjang dan waktu biasanya disebut dengan Hukum Newton kedua tentang gerak, bahwa gaya terjadi pada suatu body di pengaruhi oleh jumlah masa dan percepatan dalam arah dari gaya tersebut.



F ≅ m .a



atau



F ≅ m.g



...........................................................(1.10)



Secara Umum persamaan Hukum Newton adalah: F=



m.a gc



atau F =



m. g .........................................................................(1.11) gc



Dimana : F = Gaya (N, kgf, kg.m/s2, dyn, gr.cm/s2, lbf) m = masa (kg, gr, lbm) a = Percepatan ( m/s2, cm/s2, ft/s2) g = percepatan gravitasi (m/s2, ft/s2) gc = Gravitasi spesific (Satuan Metris = 1 Non dimensi) ( Satuan British = 32,174 (lbm.ft/lbf.s2)) Contoh 3. 1 lbm = 1 lbf tapi 1 kg tidak sama dengan 1N buktikan !!! Buktinya : Untuk 1 lbm masa zat pada sea level dengan g = 32,174 ft/s2 gaya beratnya adalah m.a m. g F= atau F = gc gc F=



1 (lbm ). 32,174 ( ft / s 2 ) 32,174 (lbm. ft / lbf .s 2 )



F = 1 (lbm ) Untuk 1 kg masa zat pada sea level dengan g = 9,81 m/s2 gaya beratnya adalah m.a m. g F= atau F = gc gc 1 ( kg ).9,81 ( m / s 2 ) F= terbukti. 1 2 F = 9,81 (kg .m / s ), ( N ) Catatan : 1 in 1 kg



= =



2,54 cm, 2.2046 lbm,  gr.cm  1 dyne = 1  2 ,  s   kg .m  1.11. Volume 1 N Spesific = 1  2 ,  s 



1 m = 1.650.763,73 kali panjang gelombang impra merah atom Kr_86 1 s = 9.192.631,770 siklus atom Cesium. 1 Slug =



 lbf .s 2   1   ft 



[email protected], [email protected]



15



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Volume spesific adalah volume perunit masa disimbulkan (ν) satuan (ft3/lbm). Densitas adalah : masa perunit volume disimbulkan (ρ) satuan (lbm/ft3). (ν) dan (ρ) adalah Intensive properties. Untuk volume yang kecil (δv) dari sistem dan masa (δm), maka volume spesific adalah :



ν = δLimits v →δv



1



δv δm



δv1 = volume terkecil ……………………….(1.12)



1.19. Tekanan. Tekanan suatu fluida diam adalah merata ke segala arah dan dinamakan tekanan normal , secara sepesific suatu luas yang sangat kecil δA dan δA1 (luas terkecil) suatu fluida continum dan δFn adalah komponen gaya normal terhadap δA, Tekanan difinisi sebagai :



P = δLimits A→δA1



δFn ………………………………………………(1.13) δA



Tekanan P pada titik dalam fluida adalah setimbang dan sama dalam segala arah. lbf dynes 1 atm = 14,6959 2 = 1,01325.10 6 in cm 2 lbf 1 in Hg = 0,491 2 in



Gambar 1.11. Pola ilustrasi yang digunakan dalam mengukur tekanan



Gambar 1.12. Contoh cara mengukur tekanan



[email protected], [email protected]



16



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



BAB II HUKUM THERMODINAMIKA I 2.1. Hukum Thermodinamika I Untuk Sistem Bekerja Secara Siklus. Bila suatu sistem tertutup melakukan proses secara siklus sejumlah panas yang diberikan equivalent dengan sejumlah kerja yang dihasilkan. (untuk asumsi sistem steady state perubahan Energi Dalam (∂U) sistem adalah nol) ∂Q ≈ ∂W ………………………………..(2.1) Karena satuan ∂Q (kcal) atau (BTU), berbeda dengan satuan ∂W (kgf.m) atau (lbf.ft), maka harus ditambah factor Konversi (J), dimana nilai J adalah: J = 778 (lbf . ft/BTU) J = 426 ,9 (kgf . m/ kcal) Sehigga



J.∂Q = ∂W ……………………………(2.2)



Kalau suatu sistem mendapat panas lebih dari satu sumber panas dan lebih dari satu kerja yang dihasilkan maka Hk Thermodinamika I:



∑ J.∂Q = ∑∂W ………………………….(2.3) dimana: ∑ = penjumlahan



Siklus adalah: suatu sistem yang bekerja dari keadaan awal dan kembali ke awal. Untuk kondisi Proses Steady State: ∑ J.∂Q - ∑∂W = 0 ……………(2.4) Artinya: tidak ada energi yang tersimpan dalam sistem, sehingga efisiensi sistem sebenarnya adalah 100%.



Konsep proses siklus Hukum Thermodinamika I.



Gambar. 2.1. Konsep Hukum Thermodinamika I Suatu sistem pada TK I diberikan kerja sebesar W, sehingga keadaan sistem berubah dari TK I ke TK II, kemudian sistem didinginkan, maka sistem akan membuang panas dari tingkat keadaan II sistem kembali ke TK I dengan melepas Kalor (∂Q).



[email protected], [email protected]



17



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Karena semua system termal bekerja secara siklus, maka persamaan Hukum Thermodinamika I menjadi:



J ∫ ∂Q = ∫ ∂W ..........................................(2.5) dimana:



∫



: integral siklus → karena kodisi sistem dapat kembali ketingkat keadaan semula.



Untuk suatu system yang bekerja secara siklus dengan proses sembarang



Gambar 2.2. Konsep Hukum Thermo I pada Siklus Sembarang •



Siklus I – II – I, lewat A dan B



∫



2



1



•



2



1



2



1



2



1



2



1



2



1



∂Q | A + ∫ ∂Q |C = ∫ ∂W | A + ∫ ∂W |C ………….(2.7) 2



1



2



2



1



1



2



2



1



1



2



2



∂Q | A − ∫ ∂W | A = ∫ ∂W | B − ∫ ∂Q | B ………….(2.8) 1



Persamaan 2.7 dirubah menjadi



∫



2



1



•



1



Persamaan 2.6 dirubah menjadi



∫ •



2



Siklus I – II – I, lewat A dan C



∫ •



1



∂Q | A + ∫ ∂Q | B = ∫ ∂W | A + ∫ ∂W | B …………(2.6)



2



∂Q | A − ∫ ∂W | A = ∫ ∂W |C − ∫ ∂Q |C ………….(2.9) 1



Subtitusikan persamaan 2.6 dan 2.7 1



1



∫ ∂W | − ∫ ∂Q | 2



B



Asumsi;



2



B



1



1



2



2



2



2



= ∫ ∂W |C − ∫ ∂Q |C = ∫ ∂Q | A − ∫ ∂W | A = C …(2.10) 1



1



1. steady state 2. sistem stasioner 3. sistem tertutup



[email protected], [email protected]



18



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Artinya; 1. Jika sistem diberi sejumlah kerja maka sistem akan membuang sejumlah panas 2. Jika sistem diberikan sejumlah panas maka sistem akan menghasilkan sejumlah kerja 3. C (constan) berarti “memenuhi Hukum Kekekalan Energi” atau disebut Energi Dalam. Dan :



∫



2



∫ ∫



2



1



2



2



∂Q − ∫ ∂W = ∫ dE 1



1



1 2



1



sistem



∂Q − ∫ ∂W = (E 2 − E1 ) sistem 2



1 2



∂Q − ∫ ∂W = m(e2 − e1 ) sistem …………………………(2.11) 1



Keterangan: E = Energi dalam total e = Energi dalam spesifik (..../kg)



2.2. Internal Energi Internal Energi adalah ekstensive properties tergantung pada masa dari sistem, secara umum Energi Kinetik dan Energi Potensial juga ekstensive properties. U = Simbul untuk Internal Energi untuk sejumlah masa dari substansi. u = Simbul untuk Internal Energi perunit masa substansi disebut internal energi spesifik. Rumus energi dalam ∂u = C v × ∂T → spesifik energi dalam ∂U = m × C v × ∂T → total energi dalam Persaman (2.11) diatas menjadi:



∫ ∂Q − ∫ ∂W = ∫ ∂U



atau



∆Q − ∆W = ∆U dimana; ∆Q = jumlah panas (kalor) ∆W = jumlah kerja ∆U = perubahan energi dalam



Gambar 2.3. Sistem Stasionare



[email protected], [email protected]



19



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Gambar 2.4. Sistem Bergerak (Portable) Pesamaan Thermodinamika I adalah: 2



2



2



1



1



1



∫ ∂Q − ∫ ∂W = ∫ dE | sistem …………………….(2.12) Energi sistem :



dE |sistem = dE kinetik + dE potensial + ∆U



Kalor masuk :



∂Q = m f × LHV



∂W = ∂ ( P × V ) = P∂V + V∂P dim ana V∂P = 0(Quasiequillibrium ) = P∂V → P(VTMA − VTMB ) Penjabaran Energi Sistem : Kerja Siatem :



2 Ekinetik = 1 m v 2 2



dE kinetik1−2



g ×z gc g = m × ( z 2 − z1 ) gc



E potensial = m 2



m (v2 − v1 ) = 2 gc



dE potensial



∆U = (U 2 − U1 ) = m(u 2 − u1 )



Persamaan (2.12) menjadi:



Q1− 2 − W1−2 = E 2 − E1 sistem



Q1−2 − W1−2 = (U 2 − U 1 ) + ( E k 2 − E k 1 ) + ( E p 2 − E p1 ) Q1− 2 − W1− 2 = m(u2 − u1 ) +



sistem



m m. g (V22 − V12 ) + ( Z 2 − Z1 ) …(2.13) 2. g c gc sistem



[email protected], [email protected]



20



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Catatan : 1 hp



 lbf . ft   BTU   BTU  = 33000   = 42,4   = 2545   min min      hr 



1 kw



 lbf . ft   BTU   BTU  = 44240   = 56,9   = 3412    min   min   hr 



Kesimpulan Hukum Termodinamika I. 1. Terdapat suatu sifat dari suatu sistem tertutup yang nilainya akan berubah selama perubahan tingkat keadaan yang disebabkan oleh perbedaan antara kalor yang diberikan dengan kerja yang dihasilkan. δU = δQ − δW → Energi Dalam. ………………………(2.14) Energi Dalam suatu sistem akan dapat bertambah atau berkurang sesuai dengan perubahan tingkat keadaan sistem. Energi Dalam tidak dapat menalir melewati batas sistem, bila Energi Kinetik dan potensial sistem diperhitungkan maka U dapat diganti dengan simbul E dan: δE |sistem = δEkinetik + δE potensial + δU ………………………(2.15) 2. Hukum Thermodinamika I sering dikenal dengan Hukum Kekekalan Energi: - Energi tidak dapat diciptakan atau dimusnahkan. - Energi hanya dapat dirubah dari satu bentuk energi ke bentuk energi yang lain atau Energi Universal adalah Konstan 3. Mesin gerak pertama adalah mesin gerak yang dapat menghasilkan kerja secara terus menerus tanpa menyerap energi sekeliling, mesin ini adalah Imposible.



Contoh soal 2.1.Udara sebagai Gas Idial mula-mula pada tekanan 14,7 Psia Temperatur 60 oF di kompresikan secara isobaris sehingga volumenya menjadi 0,25 kali volume awal Hitung: Besar dan arah perpindahan energi sebagai kerja dan panas ? Penyelesaian: Diketahui: P1 = 14,7 psia, T1 = 60 F = (60 + 460) = 520 R V2 = 0,25.V1 Dari Persamaan Hukum thermodinamika I: Q – W = ∆U Dimana: Untuk fluida kerja sebagai gas idial: P.V = m.R.T , atau P.v = R.T P1 .v1 = R.T1 R = konstanta gas (udara)  lbf . ft  = 53,34    lbm.R 



[email protected], [email protected]



21



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Volume spesifik pada tingkat keadaan 1.  lbf . ft  53,34   . 520 ( R ) R.T1 lbm.R   v1 = = P1  in 2   lbf  14,7  2  . 144  2   in   ft 



 ft 3   v1 = 13,3   lbm  Kerja sistem:



dW = d ( P.V ) = P.dV + V .dP, proses isobaris dP = 0, dan dW = P.dV 2



W1−2 = P ∫ dV 1



= P (V2 − V1 ) = P (0,25.V1 − V1 ) 3 W1−2 = − P1 .V1 4 3 w1− 2 = − P1 .v1 4  in 2 3  lbf  = − 14,7  2  .144  2 4  in   ft



  ft 3   .13,3     lbm 



 lbf . ft  w1− 2 = − 21115,08    lbm   BTU  w1− 2 = − 27,1296    lbm  - Energi Dalam: (u2 − u1 ) = Cv .(T2 − T1 ) dimana :  BTU  Cv = 0,17    lbm.R   BTU  Cp = 0,24    lbm.R  Dari Gas Idial : P1 .v1 = R.T1 P .v P .v v v → 1 1 = 2 2 , untuk P1 = P2 → 1 = 2 P2 .v2 = R.T2 T1 T2 T1 T2



[email protected], [email protected]



22



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



T2 = =



v2 T1 v1 0,25.v1 T1 = 0,25.T1 v1



T2 = 0,25.520 R = 130 R  BTU  ∆u = (u2 − u1 ) = 0,17  .(130 − 520) ( R )  lbm.R   BTU  ∆u = − 66,3    lbm  - Panas yang disipasi: q1−2 − w1− 2 = ∆u



 BTU   BTU  q1−2 − ( −27,13)  = − 66,3    lbm   lbm   BTU  q1−2 = − 93,43    lbm  Keterangan : w negative (-) artinya sistem memerlukan kerja. q negative (-) artinya sistem membuang panas.r



Contoh Soal 2. Pada sistem Silinder-Piston, dimana fluida kerjanya diasumsikan sebagai Gas Idial. Kondisi awal Tekanan 1 atm, volume 3 ft3. mengalami proses kompresi sehingga volume akhir menjadi setengah kali volume awal. Hitung. Kerja yang dilakukan sistem ? a. Bila proses kompresi Isobaric (tekanan konstan) b. Bila proses kompresi Isothermal (Temperatur konstan) c. Bila Proses kompresi Polytropic PVn = Constan, n = 1,4. Jawaban: a. Proses Isobaric, P = Constan. ∂W = ∂ ( PV ) ∂W = P.∂V + V .∂P, asumsi proses Quasiequillibrium V .∂P = 0 ∂W = P. ∂V 2



2



W1−2 = ∫ P.∂V , = P ∫ ∂V 1



1



= P (V2 − V1 ) = P.V1 (



V2 − 1) V1



= 14,7 (lbf / in 2 ).144 (in 2 / ft 2 ).3 ( ft 3 ) . (0,5 − 1) = − (14,7 .144 . 1,5)(lbf . ft )



[email protected], [email protected]



23



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



tanda (-) untuk proses ini sistem memerlukan kerja dari luar sistem. b. Proses Isothermis, T = Constan. ∂W = ∂ ( PV ) ∂W = P.∂V + V .∂P, asumsi proses Quasiequillibrium V .∂P = 0 ∂W = P. ∂V dimana : untuk gas idial berlaku



PV = mRT atau Pv = RT atau m RT V 2 2 ∂V ∂V ∂W = ∫ mRT . , W1−2 = m. R.T ∫ , V V 1 1



P



ρ



= RT



P=



W12 = mRT . ln( W1−2 = P1 .V1 ln(



V2 ) V1



V2 ) V1



W1−2 = 14,7 (lbf / in 2 ).144 (in 2 / ft 2 ). 3 ( ft 3 ). ln(0,5) W1−2 = − ......... tanda (-) untuk proses ini sistem memerlukan kerja dari luar sistem c. Proses Polytropic, PVn = C, n = 1,4. ∂W = ∂ ( PV ) ∂W = P.∂V + V .∂P, asumsi proses Quasiequillibrium V .∂P = 0 ∂W = P. ∂V dimana: PV n = C , P =



C Vn



2



C 1 ∂V , W1−2 = C V (1−n ) n V 1− n 1



∂W = ∫



W1−2 = C



2 1



(V21− n − V11−n ) C .V 1− n − C1 .V11−n , W1− 2 = 2 2 1− n 1− n



dimana: C = P1.V1n = P2 .V2n Sehingga: W1−2 =



P2 .V2n .V21−n − P1 .V1n .V11− n 1− n



W1−2 =



P2 .V2 − P1 .V1 1− n



dan: n



P1.V 1 =P2 .V2n , P2 = P1



V11, 4 , P2 = P1 .21, 4 V21, 4



[email protected], [email protected]



24



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



akhirnya: W1− 2 =



(21, 4.0,5 −1).P1. (21, 4.0,5 −1).14,7 (lbf / in 2 ).144(in 2 / ft 2 ) , W1− 2 = 1− n 1 −1,4



W1− 2 = − ...........(lbf . ft ) tanda (-) untuk proses ini sistem memerlukan kerja dari luar sistem



[email protected], [email protected]



25



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



BAB III PROPERTIES THERMODINAMIKA ENTHALPY 3.1. Enthalpy Suatu proses sepesifik secara frekuensi berisi kombinasi properties thermodinamika, dimana properties dari substansi selalu mengalami perubahan kondisi. Perhatikan sistem dibawah.system yang bekerja dengan terjadinya perubahan energi dalam akibat diberikannya sejumlah panas. Asumsi : - Sistem beroperasi secara Quasiequllibrium ( P = C ) - Sistem tidak mengalami perubahan kecepatan (Ek = 0) - Sistem tidak mengalami perubahan posisi (Ep = 0) - Hanya terjadi kerja selama proses yang dinyatakan dengan perubahan batas sistem. ∂W



∂U



∂Q Gambar 3.1. Sistem Silinder-Piston Dari Hukum Thermodinamika I: ∂Q = ∂U + ∂W Dimana :



Kerja : ∂W = ∂ (P ⋅ V ) ∂W = P ⋅ ∂ ⋅ V (Untuk proses quasi Equllibrium) W1-2 = P( V2-V1) Energi dalam : ∂U = CV ⋅ ∂T U1-2 = (U2 – U1) = CV. ( T2 – T1)



dan



Q1− 2 = (U 2 − U 1 ) + P (V2 − V1 )



Q1− 2 = (U 2 + PV2 ) − (U 1 + PV1 )



........................(3.1)



Perpindahan panas selama proses ditunjukan oleh perubahan kwantitas (u + P.v) antara kondisi awal dan kondisi akhir yang disebut Properties Thermodinamika, yang merupakan fungsi dari kondisi sistem. Jelasnya difinisi dari ekstensive properties yang baru disebut dengan Enthalpy.



[email protected], [email protected]



26



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Persamaan Enthalpy: ∂h = CV ⋅ ∂T Atau: H = U + PV (total Enthalpy) Atau: h = u + Pv (Spesific Enthalpy) Maka: Q1−2 = H 2 − H 1 Total. Atau q1− 2 = h2 − h1



Spesific.



Energi dalamnya: u = h − P.v



Contoh soal 3.2. Hitung internal energi (u) dari superheat freon R-12 pada Tekanan 100 (lbf/in2), Temperatur 200 F. Jawaban:  lbf  Pada P = 100  2  dan T = 200 F, dari tabel R-12 didapat :  in   BTU  h = 105,63    lbm   ft 3   v = 0,5441   lbm  maka: u = h − P.v  in 2   ft 3   lbf   100  2  . 144  2  . 0,5441  ft  lbm   in   BTU    u = 105,63  −  lbf . ft   lbm  778   BTU   BTU  u = 95,55    lbm 



Enthalpy untuk suatu fluida yang diasumsikan sebagai gas idial sama dengan enthalpy fluida tersebut pada kondisi superheated (super panas). Entalphy untuk kondisi jenuh dapat diberikan suatu kwalitas seperti volume sepesifik dan energi dalam.



[email protected], [email protected]



27



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Cara mencari enthalpy fluida kerja dengan menggunakan konsep Pure substance conssep ( konsep substansi murni )



cp P = konstan



Gambar 3.2. Diagram Anomali air



Gambar 3.3. Diagram Temperatur-Entropy air. Keterangan: Enthalphy untuk cair jenuh disimbulkan dengan (hf). Enthalphy untuk uap jenuh disimbulkan dengan (hg). Perubahan enthalphy selama proses penguapan disimbulkan dengan (hfg). Energi dalam untuk uap jenuh disimbulkan dengan (ug). Energi dalam untuk cair jenuh disimbulkan dengan (uf). Perubahan energi dalam selama proses penguapan disimbulkan dengan (ufg).



[email protected], [email protected]



28



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Penjelasan gambar 3.2 dan 2.3: - Proses A – B. Proses pemanasan (Panas Sensibel) Cirinya: - Temperatur Naik - Fase tetap Q A− B = ( hB − h A ) = ( h f ,B − h f , A )



……………………………(3.2)



- Prose B – C Proses Boiling (Panas Laten). Ciri-cirinya: - Temperatur tetap - Fase berubah



Q B −C = ( hC − hB ) = ( hg ,C − h f , B )



…(3.3)



- Proses C – D Proses penguapan (Panas Sensibel), Cirinya: - Fase uap panas lanjut (super heat vapor). - Temperatur berubah QC − D = ( hD − hC ) = (hg ,D − hg ,C )



……………………………..(3.4)



Gambar 3.4 Mekanisme perubahan energi pada air. Untuk kondisi fluida berada pada titik antara titik B dan titik C (kondisi jenuh) properties fluida dapat dihitung dengan cara: Enthalpy: h = (1 − x ).h f + x.hg h fg = ( hg − h f ) = h f + x.( hg − h f ) dimana : h f = (hg − h fg ) = h f + x.h fg dan : h = hg − (1 − x ).h fg ………………………………..(3.5)



[email protected], [email protected]



29



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Energi dalam:



u = (1 − x ).u f + x.u g = u f + x.(u g − u f )



dimana :



= u f + x.u fg



u fg = (u g − u f ) u f = (u g − u fg )



dan: u = u g − (1 − x ).u fg ………………………………..(3.6)



Volume spesifik: v = (1 − x ).v f + x.v g = v f + x.( v g − v f )



dimana :



= v f + x.v fg



v fg = (v g − v f ) v f = (v g − v fg )



dan :



v = v g − (1 − x ).v fg ……………………………….(3.7) Dan properties yang lainnya.



Contoh soal 3.1. Suatu sistem Silinder piston mempunyai Volume 2 ft3, masa uap 0,5 lbm pada tekanan 60 lbf/in2. Panas ditransfer ke uap sampai Temperatur 500 oF, Tekanan selama proses constan. Hitung: a. Panas Yang ditransfer b. Kerja Proses. Asimsi: Perubahan energi Potensial dan Kinetik tidak significant. Jawaban: Persamaan umum: Q1− 2 = m(u 2 − u1 ) + W1−2 Kerja : dW = d ( P.V ) = P.dV + V .dP, proses isobaris dP = 0, dan dW = P.dV 2



W1−2 = P ∫ dV 1



= P (V2 − V1 ) = m.P.(v2 − v1 ) dan:



Q1− 2 = m(u2 − u1 ) + m. P.(v2 − v1 )



Q1−2 = m.(h2 − h1 ) diketahui:



v1 =



3 V1 2 ft 3  = = 4  ft  lbm m 0,5 lbm  



v1 = v g ,1 − (1 − x1 ).v fg ,1 [email protected], [email protected]



30



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Tingkat Keadaan I. Pada P = 60 (lbf/in2) Saturated vapor , dari tabel (A.1.2). saturated didapat vg,1 = 7,177 (ft3/lbm), vf,1 = 0,017378 (ft3/lbm) vfg,1 = (vg,1 – vf,1) = 7,177 – 0,017378 = 7,160 (ft3/lbm) ug,1 = 1098,3 (BTU/lbm) ufg,1 = 836,3 (BTU/lbm) dari persamaan diatas didapat:



v1 = v g − (1 − x1 ).v fg



4,0 = 7,177 − (1 − x1 ).7,160



(1 − x ) = 3,177 = 0,443 7,160



Tingkat Keadaan I. Dari tabel A.1.2. Pada P = (lbf/in2) didapat :  BTU  h f ,1 = 262,25    lbm   BTU  hg ,1 = 1178,0    lbm   BTU  h fg ,1 = 915,8    lbm  dan: h1 = hg ,1 − (1 − x ).h fg ,1



(



h1 = 1178,0 − (0,443).915,8 BTU



(



h1 = 772,0 BTU



lbm



)



lbm



)



Tingkat Keadaan II. Dari tabel Superheat Steam (A.1.3.), pada P = 60 (lbf/in2) dan T = 500 oF. 3  v2 = v g , 2 = 9,399  ft  lbm   BTU h2 = hg , 2 = 1283,0 lbm BTU u 2 = u g , 2 = 1178 lbm Maka: a. Panas Ditransfer.



(



(



Q1−2 = m.(h2 − h1 )



)



)



(



= 0,5 (lbm )( . 1283,0 − 772,0 ) BTU



lbm



)



Q1−2 = 255,5 ( BTU )



[email protected], [email protected]



31



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



b. Kerja Sistem. W1−2 = m.P.(v2 − v1 ) 2 60  lbf 2 .144  in 2  in ft     (9,399 − 4,0) ft 3 = 0,5 (lbm ). lbf . ft  778  BTU   W1−2 = 30,0 ( BTU )



[ ]



Perubahan Energi Dalam. U 2 − U 1 = Q1−2 − W1−2 = (255,5 − 30,0) ( BTU ) U 2 − U 1 = 225,5 ( BTU ) Atau cek ulang: u1 = u g ,1 − (1 − x ).u fg ,1



= 1098,3 − 0,443.(836,3) u1 = 727,6 BTU lbm Sehingga:



(



)



Q1−2 = m(u2 − u1 ) + W1−2  BTU  = 0,5 (lbm )(1178,6 − 727,6 )  + 30,0 (BTU )  lbm  Q1−2 = 255,5 ( BTU ) 3.2. Panas Spesific Pada Tekanan Constan dan Volume Constan Panas spesific pada volume constan dan panas spesific pada tekanan constan sepenuhnya suatu fungsi untuk perhitungan Thermodinamika dan umumnya untuk gas. - Panas Spesific pada volume constan (Cv) didefinisi:  ∂u  Cv ≡   ...........................................................................(3.8)  ∂T  v - Panas Spesific pada Tekanan constan (Cp) didefinisi:  ∂h  Cp ≡   ...........................................................................(3.9)  ∂T  p Panas spesifik didefinisi: perpindahan panas, perbedaan nilai yang terjadi untuk panas spesifik dari suatu kasus pertama, panas ditransfer tertentu dan pada kasus ke dua nol.



[email protected], [email protected]



32



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Gambar. 3.5. Memperlihatkan dua arah (kondisi) yang memberikan perubahan Energi Dalam.



Panas Spesific adalah: Kalor yang ditransfer ke pada sistem untuk menaikan Temperatur 1 kg air sebesar 1 oC. Atau kalor yang dibutuhkan untuk menaikan temperatur 1 lbm water sebesar 1 F. Contoh Soal 3.4. Perkirakan panas spesifik proses Tekanan Konstan dari uap pada 100 (lbf/in2), o 360 F berubah menjadi 400 oF. Penyelesaian:  ∂h  Rumus: C p ≡    ∂T  p Dari tabel A.1.3. pada P1 = 100 (lbf/in2), T1 = 360 oF, didapat h1 = 1205,9 (BTU/lbm) Pada P2 = 100 (lbf/in2) T2 = 400 OF, didapat h2 = 1248,5 (BTU/lbm) Maka:  ∂h  Cp ≡    ∂T  p  h − h   1248,5 − 1205,9   =  2 1  =   T2 − T1   440 − 360  C P = 0,533 BTU lbm.F



(



)



Energi dalam, Enthalpy dan panas spesifik untuk Gas Idial (GI). Persamaan Umum Gas Idial: P.V = m.R.T , atau P.v = R.T P1 .v1 = R.T1 Internal Energi untuk Gas Idial adalah hanya fungsi dari temperatur. u = f (T ) Sebuah Gas Idial diberikan Temperatur memiliki internal energi spesifik (u) tanpa tekanan.



[email protected], [email protected]



33



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



3.3. Hukum Pertama untuk Persamaan Laju. Internal waktu (δt) selama sejumlah panas (∆q) menembus batas sistem dapat menghasilkan sejumlah kerja (δW) oleh sistem, Perubahan Internal Energi (∆U), perubahan Energi Kinetik (∆Ek) dan perubahan Energi Potensial (∆Ep) pada sistem. Dari Hukum Thermodinamika I. δQ = ∆U + ∆Ek + ∆Ep + δW .....................................................(3.10) Persamaan (3.10) diatas masing-masing komponen dibagi dengan (δt) akan menjadi persamaan laju rata-rata dari transfer energi seperti panas, Kerja dan peningkatan energi sistem. δQ ∆U ∆Ek ∆Ep δW .....................................................(3.11) = + + + δt δt δt δt δt Untuk penyelesaian persamaan (3.11), gunakan limts untuk masing-masing kwantitas dengan (δt) mendekati nol, dan: • lim its δQ = Q ⇒ laju perpindahan panas δt →0 δt • lim its δW = W ⇒ Daya δt →0 δt dU lim its ∆U = ⇒ perubahan energi dalam δt →0 δt dt dE lim its ∆E k = k δt →0 δt dt ∆E p dE p lim its = δt →0 δt dt Jadi persamaan laju dari Hukum Thermodinamika I menjadi: •  dU dE k dE p  •  + W ........................................................(3.12) Q =  + + dt dt   dt Dapat ditulis : • •  dE  Q= + W ......................................................................(3.13)   dt  system



3.4. Konservasi Masa Hubungan relative antara masa dan energi dihubungkan oleh persamaan: E = m.C 2 ..........................................................................(3.14) Persamaan diatas tanpa terjadi perubahan masa hanya perubahan energi. Misal suatu sistem tangki rigid body berisi 1 lbm campuran steichiometric bahan bakar hydrocarbon (gasoline) dan udara. Untuk pembakaran dan setelah pembakaran dapat di transfer sekitar 1250 BTU dari sistem yang di butuhkan untuk pengembalian sistem ke temperatur awal. Dari Hukum Thermodinamics I: Q1− 2 = (U 2 − U 1 ) + W1−2



[email protected], [email protected]



34



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Bila W1-2 = 0, dan Q1-2 = - 1250 BTU, energi sistem menurun sebesar 1250 BTU selama proses perpindahan panas. Sekarang hitung masa selama proses  lbm. ft  E = m.C 2 dimana : gc = 32,17   2   lbf . sec  ft C = Kecepatan cahaya = 9,83.108 sec 2 2 m (lbm ).(9,83.108 )  ft   sec  1250 BTU =   32,17  lbm. ft 2 lbf . sec   −11 m = 3,24.10 (lbm ) Penurunan Energi sebesar 1250 BTU dari sistem, masa sistem juga menurun sebesar 3,24.10-11 (lbm).



3.5. Konservasi Masa dan Volume Atur. Control Volume adalah: suatu volume ruangan yang tertarik untuk dipelajari dan dianalisa secara umum. Permukaan volume atur tergantung dari control permukaan dan selalu terbuat dari pemukaan tertutup.



Gambar 3.6. Diagram sekematik volume atur memperlihatkan pengumpulan dan transfer masa dan energi Diagram sekematik dari volume atur dengan transfer panas, kerja poros. Penjumlahan dari masa pada volume atur dengan lapisan batas bergerak. Dari Hukum konservasi masa. mt + δmi = mt + δt + δme ...............................................................(3.15)



Aliran didalam control volume selama (mt + δt ) = peningkatan masa dari volume atur selama (δt). (δmi − δ me ) = (mt + δt − mt )sistem ......................................................(3.16)



[email protected], [email protected]



35



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



atau,



(δm



− δ me ) − (mt + δt − mt ) = 0 .......................................................(3.17)



i



Laju aliran masa rata-rata dari aliran melewati permukaan atur selama (δt).  δmi δ me   mt + δt − mt   −  = 0 .................................................(3.18) − δt   δt  δt  Dengan menggunakan konsep limits untuk penyelesaian persamaan diatas, yaitu: mt +δt − mt  dmcv lim its   = ..........................................................(3.18.a) δt →0   δt   dt



δme • = me ..........................................................................(3.18.b) δt • lim its δmi = m i ............................................................................(3.18.c) δt →0 δt lim its δt →0



Substitusikan persamaan (3.18.a,b,c) ke persamaam (3.17) dan menjadi: dm dm mi − me − cv = 0 atau mi − me = .................................(3.19) dt dt cv



Gambar 3.7. Diagram sekematik volume atur untuk analisa persamaan kontinuitas Untuk sistem yang mempunyai sisi masuk dan sisi keluar lebih dari satu maka persamaan (3.19) menjadi penjumlahan aliran-aliran dari variasi luas aliran : • • dm ∑ mi − ∑ me − dtcv = 0 ............................................................(3.20) atau •



•



∑m − ∑m e



i



+



dmcv =0 dt



[email protected], [email protected]



36



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



4.6. Hukum Thermodinamika I Untuk Volume Atur. Dibandingkan dengan Hukum Thermodiamika I untuk sistem masa atur, persamaannya dapat ditulis: Q1− 2 = E 2 − E1 + W1−2 ………………………………………….(3.21) Persamaan laju rata-rata dapat ditulis dengan membagi dengan interval waktu (δt). δQ (E 2 − E1 ) W = + ………………………………………….(3.22) δt δt δt Sebuah sistem memiliki masa awal (mi), perubahan keadaan sistem dan volume atur selama interval waktu (δt) masa (δmi) masuk ke volume atur dengan luas (Ai), dan masa (δme) meninggalkan volume atur melewati luas (Ae). Analisa kita dengan mengasumsikan keadaan masa (δmi) adalah uniform properties juga (δme) uniform properties.



Gambar 3.8 Diagram sekematik volume atur untuk analisa persamaan kontinuitas Total kerja yang dihasilkan selama proses (δW). Akibat dari masa (δmi) dan (δme) melewati permukaan atur dan Kerja ((δWcv) sejumlah panas (δQ) melewati lapisan batas selama (δt). Et = Energi pada volume atur pada waktu (t) Et+δt = Energi pada volume atur pada waktu (t + δt) Dan : E1 = Et+ ei. δmi energi sistem pada waktu t E2 = E(t + δt)+ ee. δme energi sistem pada waktu (t + δt)



[email protected], [email protected]



37



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Kemudian: E2 – E1 = (E(t + δt)+ ee. δme) – (Et+ ei. δmi) E2 – E1 = (E(t + δt) - Et) – (ee. δme + ei. δmi) .......................................(3.23) Dimana: ee. δme + ei. δmi = Aliran energi melewati permukaan atur selama (δt) yang dihasilkan dari masa δme dan δmi melewati permukaan atur. Total kerja yang dihasilkan sistem selama waktu (δt): δW = δWcv + ( Pe .ve .δme − Pi .vi .δmi ) .................................................(3.24) Substitusikan persamaan (3.23) dan (3.24) ke persamaan (3.19) maka akan didapat : E t + δt − E t ) δme δWcv δQ δmi + (ei + Pi .vi ) = ( )+ (ee + P e .ve ) + ….(3.25) δt δt δt δt δt dan disederhanakan menjadi: V2 g e + P.v = u + P.v + + .Z 2. g c g c V2 g e + P.v = h + + .Z ………………………………………...(3.26) 2. g c g c Substitusikan persamaan (3.25) ke persamaan (3.26) didapat: Vi 2 V e2 Et + δt − Et ) δme δWcv δQ δmi g g + ( hi + + Zi ) = ( )+ ( he + + Ze ) + δt δt gc δt δt gc δt 2. g c 2. g c …(3.27) Penyelesaian persamaan (3.17) diatas dengan menggunakan metoda limits sebagai berikut: • lim its δQ = Qcv δt →0 δt ( Et + δt − Et ) dE cv lim its = δt →0 δt dt lim its δWcv = Wcv δt →0 δt Ve2 Ve2 g g lim its δme h + + Z = m h + + Ze ) ( ) .( δt →0 e e e e δt gc gc 2. g c 2. g c lim its δt →0



δmi V2 V2 g g (hi + i + Z i ) = mi .( hi + i + Z i ) δt 2. g c gc 2. g c gc



Dan persamaan (3.17) menjadi: • • Vi2 V e2 dE cv g g QCV + mi ( hi + + Zi ) = + me ( he + + Z e ) + Wcv 2. g c gc dt 2. g c gc ............(3.28) Untuk sistem yang memiliki lebih dari satu sisi masuk dan sisi keluar: •



QCV



Vi2



• V e2 dE cv g g + ∑ mi (hi + + Zi ) = + ∑ m e ( he + + Z e ) + Wcv 2. g c gc dt 2. g c gc



...(3.29)



[email protected], [email protected]



38



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



BAB IV. KONSEP STEADY STATE STEADY FLOW (SSSF) 4.1. Aplikasi Volume Atur. Aplikasi pertama dari persamaan volume atur dapat dikembangkan pada model analitis untuk pelaksanaan pelajaran jangka panjang seperti Turbin, Kompresor, Nosel, Kondensor dll. Batasannya proses SSSF (Steady State Steady Flow) adalah: 1. Volume atur tidak mengalami perubahan posisi relatif terhadap kordinat yang telah ditentukan (Sistem Stasinare). 2. Masa dari volume atur pada setiap kandisi tidak dipengaruhi oleh perubahan waktu (Sistem Steady State). 3. Fluk massa (aliran massa) saat masuk atau keluar sitem tidak dipengaruhi oleh perubahan waktu (Sistem Steady Flow). 4. Energi panas yang melewati batas sistem adalah tidak dipengaruhi oleh perubahan waktu (Sistem Steady State).



Gambar 4.1. Sebuah sistem Compresor Rotari. Keterangan: • Sisi masuk (inlet): propertis fluida kerja sisi masuk: Pi , Ti , Vi , mi dan Zi • sisi keluar (Outlet) : propertis fluida kerja sisi keluar: Pe , Te , Ve , me dan Ze Dari tabel propertis fluida kerja akan didapat nilai-nilai: • Dari yang diketahui adalah Pi dan Ti , maka dari tabel properties fluida akan didapat hi , u i , vi dan lain-lain •



Dari yang diketahui adalah Pe dan Te , maka dari tabel properties fluida akan



didapat he , u e , ve dan lain-lain Dari Rumus hukum Thermodinamika I



Ein − Eout =



dE |cv ………….………………….............….…(4.1) dt



[email protected], [email protected]



39



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



dimana: •



•



•



•



Ein = W + ∑ mi ( hi +



Eout



V2 g + zi ) , 2 gc gc 2



V g = Q + ∑ me ( he + e + z e ) ................................................(4.2) 2 gc gc



Subtitusi Ein dan Eout ke rumus Hukum Thermodinamika I maka:



  2 2  dE • • Vi Ve g g •  • + ( + + ) − + ( + + ) W m h z Q m h z  ∑ i i 2 gc gc i  ∑ e e 2 gc gc e  = dt |cv ……......(4.3)         Dari persamaan (4.3) sama-sama dikalikan dt dan diintegralkan dari tingkat keadaan I menuju tingkat keadaan II:



 II  II 2 II II  II • • • Ve V2 g g  W• dt +  −  Qdt m ( h + + z ) dt + m ( h + + z ) dt ∑ i i 2 gc gc i   ∫ ∑ e e 2 gc gc e  = ∫ dE |cv ∫ ∫ ∫   I I I  I   I Penyelesaian menggunakan konsep steady state dt = 0 : II •



•



∫ W dt = W



……………………………………………………......(4.5.a)



,



I



II



•



∫ ∑ mi (hi + I



II



•



2



2



• Vi V g g + zi )dt = ∑ mi (hi + i + zi ) ……………..….…(4.5.a) 2 gc gc 2 gc gc



•



∫ Qdt = Q



……………………………………………………………..(4.5.c)



,



I II



•



2



∫ ∑ m e ( he + I



II



∫ dE |



cv



2



• Ve V g g + z e )dt = ∑ mi ( he + e + z e ) ……................….(4.5.d) 2 gc gc 2 gc gc



= (E II − E I ) | cv



I



•



2



2



• (E II − E I ) |cv = m II (u II + V II + g z II ) − m I ( u I + V I + g z I ) 2 gc gc 2 gc gc



(4.5.e) cv



[email protected], [email protected]



40



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Sehingga pesamaann (4.4) menjadi:   2 2  • • Vi Ve g g •  • W + m ( h + + z ) − Q + m ( h + + z )  = ∑ ∑ i i i e e e  2 gc gc   2 gc gc        .   2 2  VII g VI g  •   • m ( u + + z ) − m ( u + + z )   ……….(4.6) II II II I I I   2 gc gc 2 gc gc       cv



Kalau sistem pada kondisi Steady Flow → mi = me = ( m I − m II ) = C •



•



W + m{( hi − he ) +



(



)



• 1 g 2 2 V i − V e + (zi − z e )} − Q = 2 gc gc •



m{(u II − u I ) +



(



…...(4.7)



)



1 g 2 2 V II − V I + (z II − z I )} 2 gc gc



Contoh soal 4.1. Laju aliran masa ke kompresor adalah 10.000 (lbm/hr), dan panas ditransfer dari kompresor sebesar 30.000 (BTU/hr), perhatikan data dibawah untuk uap masuk dan keluar kompresor : Properties Tekanan (lbf/in2) Temperatur (F) Qualitas (x) (%) Kecepatan (ft/s) Ketinggian (ft)



Kondisi sisi masuk 300 700 200 16



Kondisi Keluar 15 100 600 10



g = 32,17 (ft/s2) gc = 32,17 (lbf.ft/lbm.s2) J = 778 (lbf.ft/BTU) Ditanya : Daya Kompresor P =…….? Kerja Kompresor W =……?



Penyelesaian : Asusmsi SSSF : SS (Steady State) → dt = 0 SF (Steady Flow) → mi = me Diketahui Sistem Kompresor rotary seperti dibawah :



[email protected], [email protected]



41



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Gambar 4.2. Sistem Kompresor



Rumus terpakai: •



•



W + m{(hi − he ) +



(



)



(



)



• • 1 g 1 g 2 2 2 2 V i − V e + (zi − z e )} − Q = m{(u II − u I ) + V II − V I + (z II − z I )} 2 gc gc 2 gc gc



Karena SSSF maka: (Perubahan Energi Sistem) •



m (u II − u I ) +



(



)



1 g 2 2 V II − V I + (z II − z I ) = 0 2 gc gc



maka persamaan terpakai menjadi: •



•



W + m{hi − he } +



(



)



• 1 g 2 2 V i − V e + (z i − z e ) − Q = 0 2 gc gc



Sisi masuk Pi = 300 Psia Ti = 700 F Dari tabel Superheated (A.1.3) didapat maka: hi =1368,3 BTU/lbm 2



Vi ( 200( ft / s )) 2 = = ..............lbf . ft / lbm 2 gc 2 × 32,172(lbm. ft / lbf .s 2 ) dikonversikan: •



……. lbf . ft / lbm × •



1 = 0,799 (BTU / lbm) ) 778(lbf . ft / BTU )



g 32,172( ft / s 2 ) zi = × 16( ft ) =..........(lbf . ft / lbm) gc 32,172(lbm. ft / lbf .s 2 )



[email protected], [email protected]



42



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



dikonversikan: .........lbf . ft / lbm ×



1 =0,206 ( BTU / lbm) 778(lbf . ft / BTU )



Sisi keluar Pe =15 lbf xe =100% (uap jenuh) dari tabel saturated Vapor (A.1.2) didapat: he =1150,9 BTU / lbm 2



•



•



Ve ( 600( ft / s )) 2 = = ..............lbf . ft / lbm 2 gc 2 × 32,172(lbm. ft / lbf .s 2 ) dikonversikan 1 . .......lbf . ft / lbm × = 7,2 ( BTU / lbm ) 778(lbf . ft / BTU )



g 32,172( ft / s 2 ) zi = × 16( ft ) = ........(BTU / lbm ) gc 32,172(lbm. ft / lbf .s 2 ) dikonversikan ........lbf . ft / lbm ×



1 = 0,0128 ( BTU / lbm ) 778(lbf . ft / BTU )



Substitusikan semua hasil diatas ke persamaan terpakai: Kerja Kompresor:   • BTU lbm W = − 30 .000 ( ) − 10 .000 ( ) ({1368 ,3 − 1150 ,9} + (0,799 − 7, 2 ) + (0,0206 − 0,0128 ))  hr  hr    = − .......... ..................... ( BTU / hr ) Kompresor diberikan Kerja dari luar kompresor seperti motor listrik atau sumber lainnya.



Daya adalah;



P=



................... ( BTU / hr ) = ................. ( HP) 2545( BTU / HP.hr )



Contoh Soal 4.2. Uap pada tekanan 100 lbf / in 2 dan temperatur 400 o F memasuki sebuah nossel terisolasi dengan kecepatan 200 ft / s . Kemudian uap keluar pada kecepatan 2000 ft / s dengan tekanan 20 lbf / in 2 .



[email protected], [email protected]



43



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Inlet



Outlet



Gambar nozzle convergance-divergance hitung. a. Temperatur akhir keluaran nossel jika jika uap keluar dalam superheated ? b. Hitung kualitas uap bila uap keluar dalam bentuk saturated ?



Contoh Soal 4.3. Perhatikan sebuah pembangkit daya uap sederhana, seperti gambar dibawah, dengan sejumlah data-data yang dimiliki oleh pembangkit sebagai berikut: Lokasi



Tekanan ( lbf / in 2 )



Keluar Boiler Masuk Turbin Keluar Turbin dan Masuk Kondensor Masuk Pompa



300 280



Temperatur (F)/Kwalitas 600 550



2 1,9



93 % 110



Kerja Pompa 3 (BTU/lbm) 1



2



W cv T u r b in 3 B o ile r 5



Pom pa



C ondensor



4



Gambar 4.3 Sistem pembangkit daya uap.



Hitung: a. b. c. d.



Panas ditransfer pada pipa distribusi antara boiler dan turbin ? Kerja Turbin. Panas ditransfer pada Kondensor. Panas ditransfer pada Boiler.



[email protected], [email protected]



44



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



BAB V KONSEP USUF (Unsteady State Unsteady Fow) Konsep dasar proses dengan pendekatan USUF (Unsteady State Unsteady Flow) adalah: a. Volume atur relative konstan terhadap bidang koordinat. b. Masa pada volume atur terjadi perubahan terhadap waktu tapi pada saat-saat tertentu. Kondisi adalah Uniform melewati volume atur. c. Masa yang melintasi setiap penampang aliran pada permukaan atur adalah konstan. Keseluruhan proses berlangsung selama waktu (t) pada saat tertentu selama proses berlaku persamaan continuitas. • • dm cv + ∑ me − ∑ mi = 0 ..................................................................(5.1) dt Dengan mengintegrasikan terhadap waktu (t) didapat perubahan masa pada volume atur selama proses keseluruhan: t  dm  ∫0  dtcv .dt = (m2 − m1 ) cv .................................................................(5.2) Total masa meninggalkan volume atur selama (t) adalah: t







•



∫  ∑ m 0



e



.dt = m ........................................................................(5.3)  ∑ e 



Dan total masa memasuki volume atur selama (t) adalah: t



 m• .dt = m ........................................................................(5.4) ∫0  ∑ i  ∑ i Sehingga untuk periode waktu (t) dapat ditulis persamaan continuity untuk proses USUF adalah: (m2 − m1 ) cv + ∑ me − ∑ mi = 0 .......................................................(5.5) Masukan persamaan diatas ke dalam persamaan hukum I thermodinamika, untuk proses USUF selama waktu (t): • •   V2 V2 g  dE cv g  •  =  + Wcv ..(5.6) Q cv + ∑ m i  hi + i + Z i + ∑ me  he + e + Z e 2. g c g c  dt 2. g c g c    Sesaat dari waktu kondisi dimana volume atur adalah uniform, Hukum I Thermodinamika untuk proses USUF menjadi: • •  V2  V2 Ve2 g  d   g   g  •  = m u +  Q cv + ∑ m i  hi + i + Z i +Z + m h + + Z  ∑ e  e 2.g e g  + Wcv 2. g c g c  dt   2. g c g c   c c    cv



...........................................................(5.7)



[email protected], [email protected]



45



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Selanjutnyan diintegrasikan persamaan terhadap waktu (t) didapatlah: t



•



∫ Wcv dt = Wcv 0



t



•



∫ ∑ mi (hi + 0 t



2



2



• Vi V g g + zi )dt = ∑ mi ( hi + i + zi ) 2 gc gc 2 gc gc



•



∫ Qcv dt = Qcv 0 t



•



2



2



• Ve V g g + z e )dt = ∑ mi (he + e + ze ) ∫0 ∑ me (he + 2 gc gc 2 gc gc



   d  V2 g  V22 g  V12 g       m u + + Z . dt = m u + + Z − m u + ∫ dt   2.g c g c   2  2 2. g c 2 g c  1  1 2.g c + Z1 g c      cv Dan untuk periode waktu (t) dapat ditulis seperti hukum I untuk proses USUF adalah ; •   V2 V2 V2 g    g  g   = m2  u2 + 2 + Z 2  − m1  u1 + 1 + Z1  Qcv + ∑ m i  hi + i + Z i 2. g c gc    2. g c gc  2. g c g c  cv   ...(5.8)  Ve2 g  + ∑ me  he + + Z e  + Wcv 2. g c gc  



Contoh Soal 5.1. Uap Pada Tekanan 200 (lbf/in2), 600 F mengalir dalam sebuah pipa. Pipa dihubungkan ke sebuah tangki oleh sebuah katup. Katup di buka maka tangki akan diisi oleh uap sampai tekanannya 200 (lbf/in2), kemudian katup ditutup, Proses diasumsikan adiabatik reversibel tanpa ada energi kinetik dan energi potensial. Hitung : Temperatur akhir uap ? 200 lbf/in2, 60 F



Control Surface Initial evacuated



Gambar 5.1 Penyelesaian: Assumsi: Volume atur pada kondisi steady state. Persamaan terpakai: persamaan HK TH I USUF.



[email protected], [email protected]



46



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD •   V2 V2 V2 g    g  g  Qcv + ∑ m i  hi + i + Z i  = m2  u2 + 2 + Z 2  − m1  u1 + 1 + Z1  2. g c 2. g c 2. g c gc    gc  g c  cv  



 V2 g  + ∑ me  he + e + Z e  + Wcv 2. g c gc  



Dimana: Qcv = 0 , Wcv = 0



me = 0, (m1 )cv = 0 Persamaan diatas akan menjadi: mi (hi ) = m2 .u2 Jumlah masa yang masuk sistem sama dengan jumlah masa yang berda pada Sistem, menurut persamaan kontinuitas: mi = m2 dan persamaan menjadi: hi = u2 Diketahui: Pi = 200 (lbf/in2), T = 600 F, dan dari tabel sperheated steam didapat: hi = 1322,1 (BTU/lbm) Sehingga: u2 = hi u2 = 1322,1 (BTU/lbm) Kondisi akhir tangki P = Patm = 14,69 (lbf/in2) dan dari tabel superheated steam didapat: T (F) 800 x??? 1000



u (BTU/lbm) 1294,4 1322,1 1373,7



Pakai persamaan interpolasi: Tx − 800 1322,1 − 1294,4 = 1000 − 800 1373,7 −1294,4 Tx = 883 F



Contoh soal 5.2. Jika tangki pada soal diatas mempunyai volume 10 ft3 dan awalnya berisi saturated vapor pada 50 (lbf/in2). Kemudian katup di buka dan uap dari pipa pada tekanan 200 (lbf/in2), 600 F mengalir ke dalam tangki sampai tekanan tangki 200 (lbf/in2). Hitung: Jumlah masa uap masuk ke dalam tangki ? Penyelesaian : Tingkat keadaan I (sebelum katup di buka) - Dari tabel saturated steam pada: P1 = 50 (lbf/in2). Didapat: ν1 = 8,518 (ft3/lbm) u1 = 1095,6 (BTU/lbm) - Volume total tangki : V = 10 ft3



[email protected], [email protected]



47



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



- Sehingga masa uap awal dalam tangki:



V 10 ( ft 3 ) = v1 8,518 ( ft 3 ) lbm m1 = 1,173 (lbm )



m1 =



200 lbf/in2, 60 F



Control Surface Initial evacuated 50 lbf/in2 Tingkat keadaan 2: - Dari tabel saturated steam pada Pada P = 200 (lbf/in2) didapat ν2 = ν2 = 2,289 (ft3/lbm) - Masa akhir uap didalam tangki : V 10 ( ft 3 ) m2 = = v 2 2,289 ( ft 3 ) lbm m2 = 4,37 (lbm ) Jumlah masa uap baru masuk ke dalam tangki : mi = m2 − m1 mi = 4,37 − 1,174 mi = 3,196 (lbm )



Contoh soal 5.3. Sebuah tangki volumenya 50 ft3 berisi amoniah kondisi saturated pada tekanan 200 (lbf/in2). Tingkat keadaan awal tangki berisi 50 persen cairan dan 50 persen uap dalam prosen volume. Uap dikeluarkan dari bagian atas tangki sampai tekanan 100 (lbf/in2), Asumsi hanya uap keluar dan proses adalah adiabaik. Hitung : Masa amoniah yang dibuang ? Penyelesaian: Assumsi: Qcv = 0 , Wcv = 0 mi = 0 Perubahan energi kinetik dan potensial diabaikan. Pada P = 200 (lbf/in2) → didapat hg 632,7 (BTU/lbm) Pada P = 100 (lbf/in2) → didapat hg 626,5 (BTU/lbm) Selama proses perubahan enthalpy sangat kecil (adiabatik) dan rata-rata enthalpy:



[email protected], [email protected]



48



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



(h )



e cv



(



= 629,6 BTU



lbm



)



Persamaan USUF dan : me .he + m2 .u 2 − m1 .u1 = 0 Percontinuitas : (m2 − m1 )cv + me = 0 Kombinasikan persamaan diatas akan menjadi: m2 .(he − u 2 ) = m1 (he − u1 ) Dari tabel amoniah: Pada P = 200 (lbf/in2) → v f 1 = 0,02732 ( ft



(



h f 1 = 150 BTU



3



 2  ) , v g1 = 1,502  ft  lbm lbm  



lbm



)



 2   3  200  lbf 2  144  in 2 .0,0273  ft  lbm in ft       u f 1 = h f 1 − P1 .v f 1 = 150,9 BTU − lbm lbf . ft   778  BTU   u f 1 = 149,9 BTU lbm



(



)



(



)



 2   3  200  lbf 2  144  in 2 .1,502  ft  lbm ft   in     BTU − u g1 = hg1 − P1 .v g1 = 632,7 lbm  778  lbf . ft BTU   u f 1 = 577,1 BTU lbm



(



)



(



)



 2  ) , v g 2 = 2,952  ft  lbm lbm   2    3  100  lbf 2  144  in 2 .0,02584  ft  lbm in ft       − u f 2 = h f 2 − P2 .v f 2 = 104,7 BTU lbm lbf . ft   778  BTU   u f 1 = 104,2 BTU lbm



Pada P = 100 (lbf/in2) → v f 2 = 0,02584 ( ft



(



3



)



(



)



 2   3  100  lbf 2  144  in 2 .2,952  ft  lbm ft   in     u g 2 = hg 2 − P2 .v g 2 = 626,5 BTU − lbm lbf . ft  778  BTU   u f 1 = 571,9 BTU lbm



(



)



(



)



(



u fg 2 = (u g 2 − u f 2 ) = (571,9 − 104,2 ) BTU



lbm



)



[email protected], [email protected]



49



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Tingkat Keadaan I: Masa zat cair: m f 1 =



V = vf1



25 ( ft 3 ) = 915 (lbm )  3  0,02732  ft   lbm 



m g1 =



V = v g1



25 ( ft 3 ) = 16,6 (lbm)  3  1,502  ft   lbm 



Masa uap:



Energi pada kondisi I:



(



m1 .he = 932 (lbm ) x 629,6 BTU



lbm



m1 .u1 = m f 1 .u f 1 + m g1 .u g1



(



= 915 (lbm ).149,9 BTU



lbm



)= 586,8 (BTU )



)+ 16,6 (lbm ).577,0 (BTU lbm )



= 146,7 (BTU ) Substitusi energi keadaan I ke persamaan Hukum I Thermodinamika. m2 .(he − u2 ) = m1 .(he − u1 ) = m1 .he − m1 .u1



= 586,8 (BTU ) − 146,7 (BTU )



..............................(x)



m2 .(he − u2 ) = 440,1 (BTU ) Tingkat Keadaan II: Cari m2 dan u2 ? V = ????? v2 Volume jenis tingkat keadaan II : Masa tingkat keadaan II : m2 =



v 2 = x2 .v g 2 + (1 − x2 ).v f 2 = v f 2 + x 2 (v g 2 − v f 2 )  3  v 2 = 0,0258  ft  + x2 (2,952 − 0,0258) lbm   masa tingkat keadaan II :   50 ( ft 3 )  .............................................(y1) m2 =   0,258 + x 2 (2,952 − 0,0258)  Energi Dalam : u2 = x2 .u g 2 + (1 − x 2 ).u f 2 = u f 2 + x 2 (u g 2 − u f 2 )



(



)



+ x2 (2,952 − 0,0258) lbm u2 = 104,2 + x2 .467,7 Substitusikan persamaan y1 dan y2 ke persamaan x maka: m2 (he − u2 ) = 440,1 u2 = 104,2 BTU



...............................(y2)



50( ft 3 ) (629,6 − (104,2 + x2 .467,7)) = 440,1 0,0258 + x2 .2,926



x 2 = 0,01137 ⇒ kwalitas uap



[email protected], [email protected]



50



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Maka:



v2 = 0,0258 + 0,01137.(2,926 )  3  v2 = 0,0590  ft  lbm  



Masa 2: m2 =



V 50 = = 847 (lbm) v 2 0,0590



Jadi masa Amoniah yang di keluarkan adalah: me = m I − m II = 932 − 847 me = 85 (lbm )



[email protected], [email protected]



51



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



BAB VI HUKUM THERMODINAMIKA II Hukum Pertama Thermodinamika pada sejumlah siklus suatu sistem dinyatakan bahwa integral siklus dari energi panas adalah sama dengan integral siklus sejumlah kerja dari sistem. Hukum Thermo I tidak terlalu memperhatian arah aliran dari energi panas atau kerja. Sebuah siklus dimana sejumlah panas yang ditransfer dari sistem adalah sma dengan sejumlah kerja yang dihasilkan oleh sistem. Hukum thermo I tidak membahas sistem secara aktual (dengan berbagai asumsi). Maka dari beberapa kejadian akhirnya diperkenalkanlah persamaan Hukum Thermodinamika II. Secangkir kopi panas akan menjadi dingin karena terjadi transfer panas ke lingkungan, bahwa panas tidak mungkin berpindah dari lingkungan lebih dingin ke media yang lebih panas.



6.1. Mesin Panas dan Refrigerator. Sistem dan lingkungan adalah dua kata kunci dalam pengembangan hukum thermodinamika I, seperti gambar dibawah. Sejumlah gas dalam sebuah sistem dan sistem ini melakukan siklus, dimana pertama kerja diberikan ke sistem dengan memutar pedal dengan beban, kemudian siklus akan lengkap bila sistem mentransfer panas ke lingkungan.



Gambar 6.1 Sebuah sistem bekerja secara siklus termasuk Kerja dan Panas. Dua buah sistem satu pada temperatur tinggi dan satu lainnya pada temperatur rendah, proses yang terjadi adalah panas akan ditransfer dari sistem bertemperatur tinggi ke sistem bertemperatur rendah. Suatu hal yang imposible adalah panas dapat berpindah dari sistem bertemperatur rendah ke sistem bertemperatur tinggi. Ilustrasi ke dua membandingkan antara mesin kalor dengan refrigerator sebagai reference ppompa kalor. Mesin kalor sebuah sistem yang beroperasi secara siklus yang mempunyai kerja positip dan panas positip transfer bersih. Dimana pompa kalor sistem yang beroperasi secara siklus dan panas dari temperatur rendah ke temperatur tingi dengan cara sistem diberikan sejumlah kerja.



[email protected], [email protected]



52



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Gambar 6.2. Contoh siklus lengkap yang imposible panas berpindah dari temperatur rendah ke temperatur tinggi tanpa diberi kerja. Sebuah pembankit daya uap sebuah contoh mesin kalor, setiap komponen dari pembangkit mungkin dianalisa dengan kondisi SSSF (Steady State Steady Flow) dengan air atau uap sebagai fluida kerja.



Gambar 6.3. Mesin Kalor dengan proses SSSF Sejumlah panas (QH) ditransfer dari benda bertemperatur tinggi mungkin merupakan produk pembakaran dapur, reaktor atau dari fluida sekunder yang dipanaskan pada reaktor. Dari gambar (6.3) sekematik turbin digunakan untuk menggerakan pompa secara signifikant berapa jumlah kerja bersih yang dihasilkan selama siklus. Kwantitas panas (QL) dibuang ke bodi yang bertemperatur rendah, umumnya pada air pendingin dalam kondensor. Efisiensi thermis dari mesin kalor secara umum adalah perbandingan antara kerja bersih (energy sought) dengan energi masuk ( Energy that cost), Energy bersih atau energi berguna dari mesin kalor adalah kerja (work), dan energi that costs money adalah energi panas dari sumber temperatur tinggi (costs of the fuel). Efisiensi thermis adalah :



[email protected], [email protected]



53



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



W (energy sought ) Q (energy that cos ts ) Q − QL ηth = H QH



ηth =



ηth = 1 −



QL QH



Siklus kedua tidak mungkin lengkap atau tidak mungkin terjadi bahwa panas berpindah dari temperatur rendah ke temperatur tinggi, tapi hal ini mungkin terjadi pada refrigerator. Fluida kerja pada refrigerator sistem adalah refrigerant seperti freon atau amoniah. Secara thermodinamika panas ditransfer ke refrigeran pada evaporator dimana tekanan dan temperatur rendah. Kerja diberikan ke refrigerant pada kompresor dan panas ditransfer dari freon pada kondensor dimana tekanan dan temperatur tinggi. Tekanan mengalami penurunan setelah melewati katup atau pipa kapiler.



Gambar 6.4. Siklus refrigerator sederhana Refrigrator dan pompa kalor mempunyai perbedaan operasi siklus, sejumlah kerj dan sejumlah panas yang ditransfer dari temperatur rendah ke temperatur tinggi. Sebuah refrigerator thermoelectric, kerja diberikan ke thermoelectric refrigerator dari energi listrik, dan energi panas ditransfer dari permukaan refrigerator ke cold junction (QL) dan dari hot junction ke lingkungan (QH). Efisiensi dari refrigerator dinyatakan dalam bentuk Coefisien Of Performance (COP) dan disimbulkan dengan β adalah : Q (energy sought ) β= L W (energy that cos t )



β=



QL QH − Q L



β=



1 QH



−1 QL 6.2. Hukum Thermodinamika II Ada dua pernyataan clasik dari hukum II yang dikenal dengan Pernyataan Kelvin-Planck dan Pernyataan Clausius.



Pernyataan Kelvin-Planck : [email protected], [email protected]



54



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Adalah tidak mungkin (Impossible) membuat sebuah sistem yang akan beroperasi secara siklus dan tanpa menghasilkan dampak lain dan menkar panas dengan satu reservoar. Atau tidak mungkin membuat mesin kalor yang beroperasi secara siklus yang mengambil sejumlah panas dari temperatur tinggi tanpa menghasilkan sejumlah kerja. Kerja dapat dihasilkan dari mentrasfer panas dari dua tingkat temperatur berbeda, dan panas ditransfer ari temperatur tinggi ke temperatur tinggi. Adalah impossible membuat sebuah mesin yang mempunyai efisiensi 100 persen.



Pernyataan Clausius : Adalah impossible membuat sebuah sistem yang beroperasi secara siklus dan tidak berdapak lain dengan mentransfer panas dari bodi lebih dingin ke bodi yang lebih panas. Kedua pernyataan diatas adalah serupa, tapi pernyataan Kalvin-planck lebih diikuti. Gambar 6.5. adalah refrigerator tanpa diberi kerja, sejumlah panas (QL) ditransfer dari reservoar temperatur rendah ke refrigerator dan sejumlah panas (QL) di transfer ke reservoar temperatur tinggi.dan sejumlah panas (QH) yang lebih besar dari (QL) mentransfer panas dari reservoar temperatur tinggi ke mesin kalor dan mesin membuang sejumlah panas (QL) dengan menghasilkan sejumlah kerja.



Gambar 6.5. Demonstrasi kesamaan dari kedua pernyataan dari hukum II



Gambar 6.6. Demonstrasi mesin perpetual jenis kedua Gambar 6.6. Sebuah pembangkit daya, sejumlah panas (QL) ditransfer dari laut ke bodi bertemperatur tinggi dengan pompa panas, kerja dibutuhkan (W!) dan panas ditransfer ke bodi bertemperatur tinggi (QH), kemudian sejumlah panas ditransfer ke mesin kalor, dengan pernyataan Kavin-Planck tentang hukum II dan sejumlah kerja QH = W. Dan sejumlah kerja (QH - QL) diberikan untuk menggerakan pompa kalor,



[email protected], [email protected]



55



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



dan menghasilkan kerja bersih (Wnet = QL) yang akan dapat dipergunakan sebagai penggerak.



6.3. Proses Reversible Jika efisiensi sebuah sistem tidak mungkin 100 persen. Apakah efisiensi maksimum dapat diperoleh ? Tahap pertama untuk menjawab pertanyaan tersebut adalah didefinisi sebuah proses idial atau proses reversible. Proses Reversible untuk sebuah sistem adalah suatu proses yang dapat balik tanpa merubah kondisi sistem atau lingkungan. 6.4. Proses Irreversible Faktor-faktor yang membuat proses irreversibel : 1. Friction (gesekan). Gesekan yang terjadi pada sistem menyebabkan proses irreversible (tidak dapat balik), lihat gambar 6.8. memperlihatkan sebuah kotak bergerak keatas pada bidang miring diberi beban yang bergerak ke bawah. Tentunya ada sejumlah kerja yang dilakukan. Sejumlah kerja digunakan untuk mengatasi gesekan yang terjadi antara permukaan benda dan bidang, dan sejumlah lain digunakan untuk meningkatkan energi potensial benda, benda tersebut akan kembali ke posisi awal bila beban dihilangkan dan benda meluncur ke bawah, sejumlah panas akan ditransfer oleh sistem ke lingkungan. 2. Unrestrained Expansion (Ekspansi tiba-tiba) Gambar 6.10. sebuah tangki dimana gas dipisahkan dari vacum dengan sebuah membran. Jika membran di pecah dan gas akan mengisi seluruh tangki. Juga kompresi sebuah gas pada sistem silinder-piston sejumlah panas akan ditransfer dari gas ke lingkungan sampai tercapai kondisi awal. Ketika kerja diberikan dan sejumlah panas ditransfer ke lingkungan, lingkungan tidak kembali pada kondisi awal.



-Q



a



b



c



Gambar 6.7. Demonstrasi faktor gesekan menyebabkan proses irreversibel System Boundary



-W Gas



Vacuum



Gas -Q



Initial State



System Boundary Reverse Process



[email protected], [email protected]



56



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



Gambar 6.9. Demonstrasi faktor ekspansi tiba-tiba menyebabkan proses irreversibel



3. Perpindahan panas akibat perbedaan temperatur tertentu. Bandingkan sebuah sistem terdiri dari benda bertemperatur tinggi dan benda bertemperatur rendah, dan panas berpindah dari bodi bertemperatur tinggi ke bodi bertemperatur rendah 4. Pencampuran dua buah substance Gambar 6.9. dua buah gas yang berbeda dipisahkan dengan sebuah membrane, bila membrane di pecah dan akan terjadi pencampuran homogen antara gas oksigen dan nitrogen mengisi seluruh tangki. 5. Faktor lain. Faktor lain yang menyebabkan proses irreversibel yang tidak dapat dijelaskan secara detail di sini antara lain : Efek Hysterisis, Kerugian dalam circuit listrik (I2R). 6.5. Siklus Carnot. Jika efisiensi semua mesin kalor kurang dari 100 %, berapakah efisiensi siklus terbaik yang dapat dimiliki? Untuk mesin kalor mendapatkan panas dari reservoar temperatur tinggi dan membuang panas ke reservoar bertemperatur rendah.



Gambar 6.10. Contoh mesin kalor beroperasi dengan sikls carnot Sikuls carnot terdiri dari empat proses dasar antara lain ; 1. Proses Isothermal Reversibel, dimana panas ditransfer ke atau reservoar temperatur tinggi. 2. Proses Adiabatik Reversibel, Temperatur fluida kerja turun temperatur tinggi ke temperatur rendah. 3. Proses Isothermal Reversibel, dimana panas ditransfer ke atau reservoar temperatur rendah. 4. Proses Adiabatik Reversibel, Temperatur fluida kerja meningkat temperatur rendah ke temperatur tinggi.



[email protected], [email protected]



dari dari dari dari



57



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



6.6. Efisiensi Siklus Carnot. Ada dua hal penting yang menyangkut efisiensi carnot : Pertama : Hal yang sangat tidak mungkin membuat sebuah mesin yang beroperasi antara dua buah reservoar memiliki effisiensi lebih dari mesin reversibel yang beroperasi antara dua buah reservoar yang sama. Asumsi sebuah mesin reversibel beroperasi antara dua buah reservoar yang sama memiliki efisiensi lebih besar dari pada mesin reversibel beroperasi antara dua reservoar yang sama. Panas ditransfer ke mesin irreversible sebesar (QH), panas dibuang sejumlah (QL’), dan kerja menjadi (WIE) sama dengan (QH - QL’), seperti gambar 6.11. Mesin reversibel yang beroperasi seperti refrigerator (selama proses reversibel memungkinkan) dan sejumlah panas ditransfer dengan reservoar temperatur rendah sejumlah QL, dan sejumlah panas ditransfer pada reservoar temperatur tinggi (QH) dan sejumlah kerja dibutuhkan sejumlah WRE sama dengan (QH - QL). Asumsi efeisiensi ireversibel mesin lebih besar bila QL’< QL dan WIE> WRE.



Gambar 6.11. Demostrasi siklus karnot efisiensi siklus beroperasi antara dua reservoar temperatur.



Kedua : Semua mesin yang beroperasi dengan siklus carnot antara dua reservoar bertemperatur konstan memiliki efisiensi yang sama. Siklus Carnot lebih efisien dibanding siklus yang lain. Siklus Carnot beroperasi diantara dua buah reservoar.



[email protected], [email protected]



58



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



DAFTAR PUSTAKA 1. Gordon, J. Van Wylen dan Ricard E. Sontag, 1973, Fundamental Of Clasical Thermodynamics, John Wiley and sons, Canada. 2. Doran dan Saphiro, 1993, Thermodynamics, Mc. Graw Hill Book Company, England. 3. Raynold dan Parkins, 1999, Thermodynamics, Mc. Graw Hill Book Company, England. 4. Yunus A. Cengel, 1997, Thermodynamics and Heat Transfer, Mc. Graw Hill, America.



[email protected], [email protected]



59



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



GARIS GARIS BESAR PROGRAM PERKULIAHAN IDENTITAS MATA KULIAH 1 Mata Kuliah THERMODINAMIKA I 2 Kode Mata Kuliah MKK 3017 3 Beban Studi 2 SKS 4 Semester 3 5 Deskripsi Mata Kuliah Mata kuliah ini mencakup materi yang akan meningkatkan kemampuan mahasiswa dalam menganalisa sistem thermal secara konsep konsep hukum thermodinamika I dan II. Materi perkuliahan terdiri dari: Definisi dan konsep dasar Thermodinamika, Kerja dan Panas, Propertis dari Substansi Murni, HukumThermodinamika I, Hukum Thermodinamika II, Entropy, Irreversibel dan availability proses dari sistem keteknikan. 6 Tujuan Mata Kuliah Setelah mengikuti perkuliahan ini, Mahasiswa teknik mesin semester III mampu menganalisa sistem keteknikan dengan menggunakan konsep-konsep hukum thermodinamika I dan II secara benar. PROGRAM PERKULIAHAN



No



TIK



Pokok Bahasan 3 Pendahuluan Konsepkonsep dasar dan difinisi thermodinami ka



1 1



2 Mahasiswa dapat mengenal dan menjelaskan berbagai definisi dari konsep thermodinamika



2



Mahasiswa dapat menganalisa sistem Melakukan atau memerlukan kerja dan panas .



Konsepkonsep dasar dan difinisi thermodinami ka



3



Mahasiswa dapat menganalisa properties dari



Properties dari Substansi Murni



Sub. Pokok Bahasan



Metode



Media



Waktu



4 1. Sistem Thermodinamika dan volume atur 2. Pandangan mikroskopis dan Makroskopis 3. Properties dan kondisi substansi 4. Siklus dan Proses + contoh soal 5. Unit masa, Panjang, Waktu dan Gaya + contoh saol 6. Volume Spesifik, Tekanan, Kwalitas sekala Temperatur internasional + Contoh Soal 1. Definisi Kerja 2. Unit Kerja + contoh soal. 3. Kerja berguna pada pergerakan lapisan dari system compresibel sederhana pada proses Quasi Equillibrium 4. Kerja pada batas pergerakan dari sistem yang lain + contoh soal 5. Definisi Panas constant + contoh soal 6. Perbandingan kerja dan panas 1. Substansi Murni 2. Phase solid-liquid-vapor dalam substansi murni



5 Cerama h, Diskusi



6 LCD dan With Board



7 2X 100



Cerama h, Diskusi



LCD dan With Board



2X 100



Cerama h, Diskusi



LCD dan With



3X 100



[email protected], [email protected]



60



Bacaan 8



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD substansi murni .



3. Properties independent dari substansi murni 4. Persamaan kondisi uap dari compresible subtansi 5. Tabel Properties thermodinamika + contoh Soal. 6. Diagram Thermodinamika substansi murni 7. Contoh dan soal latihan



Board



UTS 4



Mahasiswa dapat mengaplikasikan konsep-konsep hukum thermodiamika I dalam menganalisa kesetimbangan energi berbagai sistem keteknikan.



Hukum Thermodinam ika I



5



Mahasiswa mampu menganalisa kesetimbangan energi yang terjadi pada suatu sistem dan penyebab ketidak seimbangan analisa secara riil.



Hukum Thermodinam ika II



1. HK. TH untuk sistem yang bekerja secara siklus. 2. HK TH I untuk perubahan kondisi pada sebuah sistem. 3. Internal Energithermodinamika Properties, contoh soal. 4. Properties thermodinamika Enthalpy, contoh soal 5. Panas spesifik pada volume dan tekanan konstan, contoh soal. 6. Internal Energi, Enthalpy dan panas Spesifik dari gas ideal, contoh soal. 7. HK I persamaan Laju 8. Konservasi Masa pada volume atur 9. HK. TH. I pada volume atur 10. Proses SSSF + contoh soal 11.Proses USUF + contoh soal 1. Refrigerator dan Mesin Panas 2. Hukum Thermodinamika II 3. Proses Reversibel 4. Faktor-faktor Proses Irreversibel. 5. Efisiensi Siklus Carnot. contoh soal UAS



Cerama h, Diskusi



LCD dan With Board



4X 150



Cerama h, Diskusi



LCD dan With Board



4X 150



PUSTAKA 1. Gordon, J. Van Wylen dan Ricard E. Sontag, 1973, Fundamental Of Clasical Thermodinamics, John Wiley and sons, Canada. 2. Doran dan Saphiro, 1993, Thermodinamics, Mc. Graw Hill Book Company, England. 3. Raynold dan Parkins, 1999, Thermodinamics, Mc. Graw Hill Book Company, England. 4. Yunus A. Cengel, 1997, Thermodynamics and Heat Transfer, Mc. Graw Hill, America.



[email protected], [email protected]



61



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



MATAKULIAH



KONTRAK KODE PERKULIAHAN Kredit



Semester TUJUAN MATA KULIAH



: THERMODINAMIKA I : MKK 3017 : 2 SKS :3



1. Dengan diberikan suatu sistem yang dengan kondisi batas tertentu, mahasiswa peserta kuliah dapat memahami sistem volume atur, dan Properties suatu substansi berdasarkan thermodinamika dengan benar 2. Dengan diberikan suatu sistem yang dengan kondisi batas tertentu, mahasiswa peserta kuliah dapat memahami prinsip proses, siklus, volume spesifik dan sekala tekanan dan temperatur suatu sistem dengan benar. 3. Dengan diberikan suatu sistem yang dengan kondisi batas tertentu, mahasiswa peserta kuliah dapat menganalisa kerja yang terjadi secara benar. 4. Setelah perkuliahan ini mahasiswa peserta kuliah mampu menganalisa proses perubahan pase padat-cair-uap dari substansi murni secara benar.. 5. Setelah perkuliahan ini mahasiswa peserta kuliah dapat menganalisa konsep-konsep penurunan persamaan kondisi pase uap dari substansi kompresible dengan benar 6. Setelah mengikuti kuliah ini, Mahasiswa peserta kuliah dapat menganalisa Grafik Thermodinamika Properties secara benar DESKRIPSI MATA KULIAH Mata kuliah ini mencakup materi yang akan meningkatkan kemampuan mahasiswa dalam menganalisa sistem thermal secara konsep konsep hukum thermodinamika I dan II. Materi perkuliahan terdiri dari : Definisi dan konsep dasar Thermodinamika, Kerja dan Panas, Propertis dari Substansi Murni, HukumThermodinamika I, Hukum Thermodinamika II, Entropy, Irreversibel dan availability proses dari sistem keteknikan. STRATEGI PERKULIAHAN Pelaksanaan perkuliahan berupa tatap muka selama 100 menit per minggu, 100 menit kuliah dan 100 menit tutorial. Model pembelajaran yang digunakan adalah pembelajaran langsung. BUKU BACAAN 1. Gordon, J. Van Wylen dan Ricard E. Sontag, 1973, Fundamental Of Clasical Thermodinamics, John Wiley and sons, Canada. 2. Doran dan Saphiro, 1993, Thermodinamics, Mc. Graw Hill Book Company, England. 3. Raynold dan Parkins, 1999, Thermodinamics, Mc. Graw Hill Book Company, England. 4. Yunus A. Cengel, 1997, Thermodynamics and Heat Transfer, Mc. Graw Hill, America EVALUASI Evaluasi terdiri dari beberapa bentuk: 1. Tugas. Tugas baca topik-topik yang akan disampaikan dosen, mengerjakan soal secara mandiri oleh mahasiswa yang diberikan tiap 2 minggu sekali di akhir perkuliahan. (Materi saatminggu ini dan minggu berikutnya). 2. Kuis. Mengerjakan soal secara mandiri oleh mahasiswa di kelas yang diberikan tiap 2 minggu sekali di akhir perkuliahan. (Materi pada minggu sebelumnya). 3. Evaluasi tengah semester (UTS) diadakan setelah pertemuan ke 8. 4. Evaluasi akhir semester (UAS) diadakan setelah pertemuan ke 16. 5. Softskill: a. Kejujuran (di nilai dari pelaksanaan dan hasil dari Tugas, Kuis, UTS, dan UAS)



[email protected], [email protected]



62



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



b. Disiplin (Pengumpulan Tugas, Kuis, UTS, dan UAS) c. Berani mengemukakan gagasan tertulis (Cara menulis kan jawaban di papan tulis, hasil kuis, UTS, dan UAS) KRITERIA PENILAIAN SCORE 1. ABSENSI KEHADIRAN 5% 2. TUGAS 15% 3. QUIS 15% 4. UTS 30% 5. UAS 30% DISTRIBUSI SETIAP PERTEMUAN Perte Materi Minggu muan ke Ke Perkenalan, Kontrak Perkuliahan, Sistem Thermodinamika dan Konsep 1 I Volume atur, Pandangan Makro dan mikro, Properties dan kondisi substansi Konsep Proses dan Siklus, Unit masa, panjang, waktu dan gaya, Sekala 2 II tekanan dan temperature, Penurunan persamaan dimensi suatu besaran, Contoh soal Definsi Kerja, unit kerja, kerja berguna pada proses kompresi Quasi 3 III Equillibrium, Konsep Penurunan persamaan kerja berguna, Contoh soal Sistem lain yang melakukan kerja, unit panas, perbandingan kerja dan panas, 4 IV Menjelaskan konsep kerja dan panas suatu sistem. Contoh soal. Definisi substansi murni, Kesetimbangan pase padat-cair-uap dalam 5 V substansi murni, Penjelasan diagram temperatur-volume sustansi murni, Contoh Soal Properties bebas dari substansi murni, Penyelesaian Persamaan kondisi pase 6 VI uap dari substansi kompresible, Contoh soal. Tabel thermodinamika properties, Penurunan persamaan thermodinamika 7 VII properties, Contoh soal 8 VIII UTS Grafik Thermodinamika Properties, Penjelasan Grafik Thermodinamika 9 IX Properties, Contoh soal HK TH. Untuk sistem bekerja secara siklus, HK TH untuk perubahan 10 X kondisi pada sistem, Konsep Internal Energi thermodinamika Properies, Contoh soal Properties thermodinamika Enthalpy, Panas Spesifik pada volume dan 11 XI tekanan konstan, Internal Energi, Panas Spesifik dan enthalpy dari gas idial, Contoh soal Konsep HK I Persamaan laju, Konsep Konservasi masa pada volume atur, 12 XII Konsep HK TH I pada volume atur, contoh soal 13 XII Proses SSSF, proses USUF, Refrigerator dan mesin kalor, Konsep HK TH II, Konsep Proses Reversibel, Konsep Penurunan Persamaan 14 XIV Proses Reversibel Konsep Proses Irreversibel, Konsep Penurunan Persamaan faktor irreversibel. Konsep Kerja siklus carnot, Konsep Penurunan Persamaan siklus carnott, 15 XV Konsep penurunan persamaan kesetimbangan energi siklus 16 XVI UAS Lain-lain :



[email protected], [email protected]



63



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



1. Mahasiswa dengan persentase kehadiran kurang dari 75 diperbolehkan Mengikuti ujian. 2. Tidak diadakan ujian susulan (ujian hanya dilaksanakan satu kali)



SILABUS



% tidak



MATAKULIAH : THERMODINAMIKA I KODE : MKK 3017 Kredit : 2 SKS Semester :3



DESKRIPSI MATA KULIAH Mata kuliah ini mencakup materi yang akan meningkatkan kemampuan mahasiswa dalam menganalisa sistem thermal secara konsep konsep hukum thermodinamika I dan II. Materi perkuliahan terdiri dari: Definisi dan konsep dasar Thermodinamika, Kerja dan Panas, Propertis dari Substansi Murni, HukumThermodinamika I, Hukum Thermodinamika II, Entropy, Irreversibel dan availability proses dari sistem keteknikan.



CAPAIAN PEMBELAJARAN PRODI YANG DIDUKUNG 1.1.1 Mahasiswa dapat mengenal dan menjelaskan berbagai definisi dari konsep thermodinamika. 1.1.2 Mahasiswa dapat menganalisa sistem Melakukan atau memerlukan kerja dan panas. 1.1.3 2.1.1



Mahasiswa dapat menganalisa properties dari substansi murni. Mahasiswa dapat mengaplikasikan konsep-konsep hukum thermodiamika I dalam menganalisa kesetimbangan energi berbagai sistem keteknikan.



2.1.2



Mahasiswa mampu menganalisa kesetimbangan energi yang terjadi pada suatu sistem dan penyebab ketidak seimbangan analisa secara riil.



CAPAIAN PEMBELAJARAN MATA KULIAH 1. Mahasiswa dapat mengenal dan menjelaskan berbagai definisi dari konsep thermodinamika. 2. Mahasiswa dapat menganalisa sistem Melakukan atau memerlukan kerja dan panas. 3. Mahasiswa dapat menganalisa properties dari substansi murni. 4. Mahasiswa dapat mengaplikasikan konsep-konsep hukum thermodiamika I dalam menganalisa kesetimbangan energi berbagai sistem keteknikan. 5. Mahasiswa mampu menganalisa kesetimbangan energi yang terjadi pada suatu sistem dan penyebab ketidak seimbangan analisa secara riil. POKOK BAHASAN 1. PENDAHULUAN 1.1. Sistem Thermodinamika dan volume atur 1.2. Pandangan mikroskopis dan Makroskopis 1.3. Properties dan kondisi substansi 1.4. Siklus dan Proses + contoh soal 1.5. Unit masa, Panjang, Waktu dan Gaya + contoh saol 1.6. Volume Spesifik, Tekanan, Kwalitas sekala Temperatur internasional + Contoh Soal 2. PANAS DAN KERJA 2.1. Definisi Kerja 2.2. Unit Kerja + contoh soal.



[email protected], [email protected]



64



Diktat Thermodinamika Dasar, I Gusti Ketut Sukadana, PS. Teknik Mesin UNUD



2.3. Kerja berguna pada pergerakan lapisan dari system compresibel sederhana pada proses Quasi Equillibrium 2.4. Kerja pada batas pergerakan dari sistem yang lain + contoh soal 2.5. Definisi Panas constant + contoh soal 2.6. Perbandingan kerja dan panas 3. PROPERTI DAN SUBSTANSI MURNI 1. Substansi Murni 2. Phase solid-liquid-vapor dalam substansi murni 3. Properties independent dari substansi murni 4. Persamaan kondisi uap dari compresible subtansi 5. Tabel Properties thermodinamika + contoh Soal. 6. Diagram Thermodinamika substansi murni 7. Contoh dan soal latihan 4. HUKUM THERMODINAMIKA I 1. HK. TH untuk sistem yang bekerja secara siklus. 2. HK TH I untuk perubahan kondisi pada sebuah sistem. 3. Internal Energi-thermodinamika Properties, contoh soal. 4. Properties thermodinamika Enthalpy, contoh soal 5. Panas spesifik pada volume dan tekanan konstan, contoh soal. 6. Internal Energi, Enthalpy dan panas Spesifik dari gas ideal, contoh soal. 7. HK I persamaan Laju 8. Konservasi Masa pada volume atur 9. HK. TH. I pada volume atur 10. Proses SSSF + contoh soal 11. Proses USUF + contoh soal 5.HUKUM THERMODINAMIKA II 1. 2. 3. 4. 5.



Refrigerator dan Mesin Panas Hukum Thermodinamika II Proses Reversibel Faktor-faktor Proses Irreversibel. Efisiensi Siklus Carnot. contoh soal



PUSTAKA 1. Gordon, J. Van Wylen dan Ricard E. Sontag, 1973, Fundamental Of Clasical Thermodinamics, John Wiley and sons, Canada. 2. Doran dan Saphiro, 1993, Thermodinamics, Mc. Graw Hill Book Company, England. 3. Raynold dan Parkins, 1999, Thermodinamics, Mc. Graw Hill Book Company, England. 4. Yunus A. Cengel, 1997, Thermodynamics and Heat Transfer, Mc. Graw Hill, America.



[email protected], [email protected]



65