BAB 4 HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA 1 EK 0
BAB 4 HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA 1
EK = 0 Energi tidak dapat diciptakan atau dimusnahkan Energi hanya dapat diubah dari satu bentuk ke bentuk lainnya EP = mgh EK = ½mu 2 EP = 0 EK = ½mu 2
Bergerak lebih cepat EK bertambah T naik 3
INTERNAL ENERGY (U) INTERNAL ENERGY ENERGI KINETIK Sebagai akibat gerakan molekul (translasi, rotasi dan vibrasi) ENERGI POTENSIAL Berhubungan dengan ikatan kimia dan juga elektron bebas pada logam 4
GAS MONOATOMIK Energi kinetik akibat gerakan translasi linier dari atom tipe "hard sphere" GAS POLIATOMIK Energi kinetik akibat gerakan translasi, rotasi, dan vibrasi 5
CAIRAN • Energi kinetik akibat adanya gerakan translasi, rotasi, dan vibrasi. • Energi potensial akibat adanya gaya tarik antar molekul. 6
7
U= Q + W Konvensi tanda: • Positif jika Q atau W ditransfer ke dalam sistem • Negatif jika Q atau W ditransfer dari sistem
Untuk sistem tertutup yang mengalami proses yang hanya menyebabkan perubahan internal energinya: Ut = Q + W Untuk perubahan yang sangat kecil: d. Ut = Q + W 9
Mengingat bahwa: Vt = n V dan Ut = n U maka untuk sistem tertutup yang terdiri dari n mol: (n. U) = n U = Q + W d(n. U) = n d. U = Q + W Persamaan termodinamika biasanya ditulis untuk satuan (massa atau mol). Jadi untuk n = 1: U = Q + W d. U = Q + W 10
Proses reversibel adalah proses yang arahnya dapat dibalik karena adanya perubahan infinitisimal (extremely small) dari kondisi eksternal. l Ekspansi gas dalam silinder 11
RESUME: PROSES REVERSIBEL • Tanpa friksi • Perubahannya dari keadaan keseimbangan adalah kecil sekali (infinitesimal) • Melewati serangkaian keadaan keseimbangan • Disebabkan oleh ketidakseimbangan gaya yang besarnya infinitesimal • Arahnya dapat diubah di sebarang titik oleh adanya perubahan eksternal yang besarnya infinitesimal • Jika arahnya dibalik, maka akan melewati jalur semula dan akan kembali ke keadaan sistem dan sekeliling mula-mula.
Usaha kompresi/ekspansi gas yang disebabkan oleh pergeseran infinitesimal dari piston dalam silinder: W = P d. Vt 13 13
CONTOH SOAL Satu rangkaian piston/silinder ditempatkan secara mendatar di dalam suatu constant-temperature bath. Piston dapat bergerak di dalam silinder tanpa gesekan. Ada gaya luar yang menahan piston pada posisinya, melawan tekanan mula-mula gas sebesar 14 bar. Volum gas mula-mula 0, 03 m 3. Gaya eksternal yang bekerja pada piston dikurangi sedikit demi sedikit, dan gas mengalami ekspansi secara isotermal sampai volumnya menjadi 2 kali lipat. Jika hubungan antara volum gas dan tekanan dapat dinyatakan dengan: PVt = konstan Berapa usaha yang dilakukan oleh gas pada saat ekspansi? Berapa besar usaha yang akan dilakukan oleh gas jika gaya eksternal dikurangi secara mendadak sampai gaya tsb menjadi setengah dari gaya mula-mula. 14
PENYELESAIAN P Vt = k Dengan: dan Maka bisa diperoleh: Maka: W = 42. 000 ln (2) = 29. 112 J 15
Tekanan akhirnya = P P 1 P 2 V 1 t V 2 t
Pada kasus kedua, P gas turun mendadak menjadi 7 bar. W = - P Vt = - P (V 2 t – V 1 t) W = (7 105) (0, 06 0, 03) = 21. 000 J Proses kedua ini merupakan proses irreversibel, karena perubahannya tidak berlangsung sedikit demi sedikit. Jika dibandingkan dengan proses reversibel, maka efisiensi dari proses yang kedua (irreversibel) adalah: Atau 72, 1% 17 17
P V 1 t V 2 t 18
Neraca energi untuk sistem homogen tertutup yang terdiri dari n mol: d(n. U) = Q + W Untuk kerja yang reversibel: W = P d(n. V) Jika kedua persamaan digabung: d(n. U) = Q P d(n. V) Untuk proses dengan V konstan, d(n. V) = 0, sehingga: Q = d(n. U) Q = n U Untuk n = 1 Q = U 19
Hukum I Termodinamika dapat ditulis sebagai: Q = d(n. U) + P d(n. V) d(n. U) = Q P d(n. V) Untuk proses dengan P konstan: Q = d(n. U) + d(n. PV) = d{n (U + PV)} Didefinisikan sebagai enthalpy (H) H U + PV (4. 12) Persamaan di atas dapat ditulis sebagai: Q = d(n. H) Q = n H (4. 13) Untuk n = 1 Q = H (4. 14 a) (4. 14) 20
Definisi dari kapasitas panas KAPASITAS PANAS PADA V KONSTAN Untuk proses dengan V konstan Q = U Untuk sistem tertutup yang mengalami proses pada V konstan: d. U = CV d. T (V konstan) 21
Untuk proses dengan V konstan Q = U (V konstan) 22
KAPASITAS PANAS PADA P KONSTAN Untuk proses dengan P konstan Q = H Untuk sistem tertutup yang mengalami proses pada P konstan: d. H = CP d. T (P konstan) Untuk proses reversibel pada P konstan: (P konstan) 23
CONTOH 4. 1 Udara pada 1 bar dan 298, 15 K dikompresi menjadi 5 bar dan 298, 15 K melalui 2 proses yang berbeda: a) Pendinginan pada P konstan diikuti dengan pemanasan pada V konstan b) Pemanasan pada V konstan diikuti dengan pendinginan pada P konstan Hitung panas dan usaha yang diperlukan, juga U dan H udara untuk tiap alur proses. Kapasitas panas udara dianggap tidak tergantung pada temperatur: CV = 20, 78 J mol-1 K-1 dan CP = 29, 10 J mol-1 K-1 Untuk udara dianggap berlaku hubungan: Pada 298, 15 K dan 1 bar Vudara = 0, 02479 m 3 mol-1 24
PENYELESAIAN 2 Pb 4 (soal a) (soal b) (1 bar) Pa 1 3 Vb = V c T = 298 K Va = V d 25
T 1 = T 2 P 1 V 1 = P 2 V 2 (a) Proses pendinginan pada P konstan (1 -3) P 2 2 4 P 1 = P 3 V 2 = V 3 1 P 1 3 V 2 V 1 26
Pendinginan pada P konstan (1 -3) Q = H = CP T = (29, 10) (59, 63 – 298, 15) = 6. 941 J H = U + (PV) U = H – (PV) = H – P V = – 6. 941 – (1 105) (0, 004958 – 0, 02479) = – 4. 958 J U = Q + W W = U – Q = – 4. 958 + 6. 941 = 1. 983 J 27
Pemanasan pada V konstan (3 -2) Q = U = CV T = (20, 78) (298, 15 – 59, 63) = 4. 958 J H = U + (PV) = H + V P = 4. 958 + 0, 004958 (5 – 1) 105 = 6. 941 J U = Q + W W = U – Q = 4. 958 – 4. 958 = 0 J P 2 2 4 Untuk keseluruhan proses Q = 6. 941 + 4. 958 = 1. 983 J W = 1. 983 + 0 = 1. 983 J U = 4. 958 + 4. 958 = 0 J H = 6. 941 + 6. 941 = 0 J 1 P 1 3 V 2 V 1 28
(b) Proses pemanasan pada V konstan (1 – 4) P 2 2 4 V 1 = V 4 P 4 = P 2 1 P 1 3 V 2 V 1 Q = U = CV T = (20, 78) (1. 490, 75 – 298, 15) = 24. 788 J U = Q + W W = U – Q = 0 H = U + (PV) = U + V P = 24. 788 + 0, 02479 (5 – 1) 105 = 34. 704 J 29
Pendinginan pada P konstan (4 – 1) Q = H = CP T = (29, 10) (298, 15 – 1. 490, 75) = – 34. 704 J U = H – (PV) = H – P V = – 34. 704 – (5 105) (0, 004958 – 0, 02479) = – 24. 788 J U = Q + W W = U – Q = – 24. 788 + 34. 704 = 9. 914 J Untuk keseluruhan proses P 2 2 4 Q = 24. 788 – 34. 704 = - 9. 916 J W = 0 + 9. 914 = 9. 914 J U = 24. 788 – 24. 788 = 0 J H = 34. 704 – 34. 704 = 0 J 1 P 1 3 V 2 V 30 1
CONTOH 4. 2 Hitung H dan U untuk udara yang mengalami perubahan dari keadaan mula-mula 40 F dan 10 atm ke keadaan akhir 140 F dan 1 atm. Anggap bahwa untuk udara berlaku: Pada 40 F dan 10 atm, volum molar udara V = 36, 49 (ft 3) (lb mol)-1. Kapasitas panas udara dianggap konstan, CV = 5 dan CP = 7 (Btu) (lb mol)-1 ( F)-1. PENYELESAIAN TA = 40 F = (40 + 459, 67) R = 499, 67 R TC = 140 F = (140 + 459, 67) R = 599, 67 R 31
U dan H merupakan state function, sehingga nilainya tidak tergantung pada jalannya proses. Untuk memudahkan, maka proses dibagi 2: a. Pendinginan pada V konstan (A-B) b. Pemanasan pada P konstan (B-C) hingga dicapai kondisi akhir. 40 F 10 140 F A P (atm) a 1 B VA C b V VC 32
LANGKAH a: Ta = TB – TA = 49, 97 – 499, 67 = – 449, 70 (R) Ua = CV Ta = (5) (– 449, 70) = – 2. 248, 5 (Btu) Ha = Ua + V Pa = – 2. 248, 5 + (36, 49) (1 – 10) (2, 7195) = – 3. 141, 6 (Btu) 33
LANGKAH b: Tb = TC – TB = 599, 67 – 49, 97 = 549, 70 (R) Hb = CP Tb = (7) (549, 70) = 3. 847, 9 (Btu) Ub = Hb – P Vb = 3. 847, 9 – (1) (437, 93 – 36, 49) (2, 7195) = 2. 756, 2 (Btu) KESELURUHAN PROSES: U = – 2. 248, 5 + 2. 756, 2 = 507, 7 (Btu) H = – 3. 141, 6 + 3. 847, 9 = 706, 3 (Btu) 34
- Slides: 34
