2 INTERNAL ENERGY ENERGI KINETIK Sebagai akibat gerakan molekul translasi rotasi dan vibrasi ENERGI POTENSIAL Berhubungan dengan ikatan kimia dan juga elektron bebas pada logam 3 GAS MONOATOMIK ID: 811261
Download The PPT/PDF document "1 BAB 5 HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA" is the property of its rightful owner. Permission is granted to download and print the materials on this web site for personal, non-commercial use only, and to display it on your personal computer provided you do not modify the materials and that you retain all copyright notices contained in the materials. By downloading content from our website, you accept the terms of this agreement.
Slide1
1
BAB 5
HUKUM PERTAMA
TERMODINAMIKA
Slide22
INTERNAL ENERGYENERGI KINETIK
Sebagai akibat gerakan molekul
(translasi, rotasi dan vibrasi)
ENERGI POTENSIAL
Berhubungan dengan ikatan kimia dan juga elektron bebas pada logam
Slide33
GAS MONOATOMIK
GAS POLIATOMIK
Energi kinetik akibat gerakan translasi linier dari atom tipe "hard sphere"
GAS
Energi kinetik akibat gerakan translasi, rotasi, dan vibrasi
Slide44
Energi kinetik akibat adanya gerakan translasi, rotasi, dan vibrasi.
Energi potensial akibat adanya gaya tarik antar molekul.
CAIRAN
Slide55
Slide66
Slide77
HUKUM I TERMODINAMIKAJika satu bentuk energi hilang, maka dalam waktu yang sama akan muncul dalam bentuk yang lain.
(Energi sistem) + (Energi sekeliling) = 0
sekeliling
sekeliling
boundary
Sistem
Energy can neither be created nor destroyed
Slide88
(Energi sistem) = Q + WUntuk sistem tertutup yang mengalami proses yang hanya menyebabkan perubahan internal energinya:
U
t
= Q + W
Untuk perubahan yang sangat kecil:
dU
t
= Q + W
Konvensi
tanda:
Positif
jika
Q
atau
W
ditransfer
ke
dalam
sistem
Negatif
jika
Q
atau
W
ditransfer
dari
sistem
Slide99
Persamaan termodinamika biasanya ditulis untuk satu satuan (massa atau mol). Jadi untuk n = 1:U = Q + W
dU = Q + W
Mengingat bahwa:
V
t
= n V dan U
t
= n U
maka untuk sistem tertutup yang terdiri dari n mol:
(nU) = n U = Q + W
d(nU) = n dU = Q + W
Slide1010
Keadaan termodinamis adalah kondisi makroskopis
dari
suatu
sistem termodinamis
yang dinyatakan dengan variabel
keadaan / parameter keadaan /
variabel termodimanis.
Variabel/parameter keadaan
menyatakan kondisi
sesaat
dari
suatu
sistem
termodinamis
.
Jika
suatu
sistem
mengalami
serangkaian
proses
dari
keadaan
awal
1
ke
keadaan
akhir
2,
maka
perubahan
total
dari
variabel
keadaan
tidak
tergantung
pada
jalannya
proses
.
Hal ini berarti
bahwa perubahan
dari variabel seperti
itu adalah berupa
diferensial eksak
.
KEADAAN TERMODINAMIS DAN VARIABEL KEADAAN
Slide1111
CONTOH VARIABEL KEADAAN: Temperatur (T)
Tekanan
(
p
)
Density
(ρ) Energi (
E) Helmholtz free energy (A)
Gibbs free energy (G)
Enthalpy (H) Internal energy (
U) Massa (
m
)
Eksergi
Entropy
(
S
)
Volume (
V
)
Jumlah
komponen
kimia
(
n
i
), yang
dinyatakan
dengan
jumlah
mol
Slide1212
1 bar, 50C = 988,037 kg/m3
1 bar, 50
C
= 988,037 kg/m
3
1 bar, 10
C
= 999,699 kg/m
3
1 bar, 90
C
= 965,321 kg/m
3
Slide1313
KESEIMBANGANKeseimbangan adalah suatu keadaan yang statis, tidak ada perubahan, bahkan tidak ada kecenderungan untuk berubah.
Kecenderungan terjadinya perubahan disebabkan oleh
driving force:
P transfer energi dalam bentuk usaha/kerja
T transfer energi dalam bentuk panas
transfer massa dari satu fasa ke fasa lainnya
Equilibrium is the condition of a system in which competing influences are balanced
Slide1414
Untuk suatu sistem yang berada dalam keseimbangan, jumlah variabel independen yang dapat ditentukan untuk menentukan keadaan dari sistem tsb adalah:F = 2 – + N
dengan
F derajat kebebasan
jumlah fasa
N jumlah komponen
(4.8)
THE PHASE RULE
Slide1515
PROSES REVERSIBELProses reversibel
adalah
proses
yang
arahnya dapat
dibalik karena adanya
perubahan infinitisimal (extremely small
) dari kondisi
eksternal.
l
Ekspansi gas dalam silinder
Slide16Tanpa
friksiPerubahannya dari keadaan keseimbangan
adalah
kecil
sekali (infinitesimal)
Melewati serangkaian keadaan
keseimbanganDisebabkan 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
.
RESUME: PROSES REVERSIBEL
Slide1717
17
Usaha
kompresi
/
ekspansi
gas yang
disebabkan oleh
pergeseran infinitesimal dari piston dalam
silinder:
W = P dV
t
18
CONTOH SOALSatu 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: PV
t = 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.
Slide1919
PENYELESAIANP Vt = k
Dengan:
Maka
: W =
42.000
ln
(2) = 29.112 J
dan
Maka bisa diperoleh:
Slide2020
Tekanan akhirnya adalah:Pada
kasus
kedua
, P gas turun
mendadak menjadi 7 bar.
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%
W = - P
V
t
= - P (V
2
t
– V
1
t
)
Slide2121
PROSES DENGAN V KONSTANNeraca energi untuk sistem homogen tertutup yang terdiri dari n mol:
d(nU) =
Q +
W
Untuk usaha yang reversibel:
W = P d(nV)
Jika kedua persamaan digabung:
d(nU) =
Q P d(nV)
Untuk proses dengan V konstan, d(nV) = 0, sehingga:
Q = d(nU)
Q = n
U
Untuk n = 1
Q = U
Slide2222
PROSES DENGAN P KONSTANHukum I Termodinamika dapat ditulis sebagai:
Q =
d
(nU) + P d(nV)
Untuk proses dengan P konstan:
Q = d(nU) + d(nPV) = d{n (U + PV)}
Didefinisikan sebagai
enthalpy (H)
H
U + PV
Persamaan di atas dapat ditulis sebagai:
Q = d(nH)
Q = n
H
(4.12)
(4.13)
(4.14)
Untuk n = 1
Q = H (4.14a)
Slide2323
KAPASITAS PANASDefinisi dari kapasitas panas
KAPASITAS PANAS PADA V KONSTAN
Untuk sistem tertutup yang mengalami proses pada V konstan:
d
U
= C
V
dT
(V konstan
)
(V konstan)
Untuk proses dengan V konstan
Q = U
(V konstan)
Slide2424
KAPASITAS PANAS PADA P KONSTAN
Untuk
sistem
tertutup yang mengalami
proses pada P konstan
:dH = CP
dT (P konstan)
(P konstan)
Untuk proses reversibel pada P konstan:
(P konstan)
Untuk proses dengan P konstan
Q = H
Slide2525
CONTOH 4.1Udara pada 1 bar dan 298,15K dikompresi menjadi 5 bar dan 298,15 K melalui 2 proses yang berbeda:
Pendinginan pada P konstan diikuti dengan pemanasan pada V konstan
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
:
C
V
= 20,78 J mol
-1
K
-1
dan
C
P
= 29,10 J mol
-1
K
-1
Untuk
udara
dianggap
berlaku
hubungan
:
Pada 298,15K dan 1 bar V
udara
= 0,02479 m
3
mol
-1
Slide2626
PENYELESAIAN
P
a
P
b
V
a
= V
d
V
b
= V
c
a
b
c
d
(soal a)
(soal b)
(1 bar)
T = 298 K
Slide2727
T1
= T
2
P
1V
1 = P2 V2
(a) Proses pendinginan pada P konstan (1-3)
P
1
= P
3
V
2
= V
3
P
1
P
2
V
1
V
2
1
2
3
4
Slide2828
Q = H = CP T = (29,10) (59,63 – 298,15) = 6.941 J
U = H – (PV) = H – P V
= – 6.941 – (1 10
5
) (0,004958 – 0,02479)
= – 4.958 J
H = U + (PV)
U = Q + W
W = U – Q = – 4.958 + 6.941 = 1.983 J
Slide2929
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) 10
5
= 6.941 J
U = Q + W
W = U – Q = 4.958 – 4.958 = 0 J
Pemanasan pada V konstan (3-2)
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
P
1
P
2
V
1
V
2
1
2
3
4
Slide3030
(b) Proses pemanasan pada
V
konstan
(1 – 4)
V
1
= V
4P4
= P2
Q =
U = C
V
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) 10
5
= 34.704 J
P
1
P
2
V
1
V
2
1
2
3
4
Slide3131
Pendinginan pada P konstan (4 – 1)
Q =
H = C
P
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
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
Untuk keseluruhan proses
P
1
P
2
V
1
V
2
1
2
3
4
Slide3232
CONTOH 4.2Hitung H dan U untuk udara yang mengalami per-ubahan dari keadaan mula-mula 40F dan 10 atm ke keadaan akhir 140F dan 1 atm. Anggap bahwa untuk udara berlaku:
Pada
40F dan 10 atm, volum molar udara V = 36,49 (ft
3
) (lb mol)
-1
. Kapasitas panas udara dianggap konstan, C
V = 5 dan CP
= 7 (Btu) (lb mol)-1 (F)
-1.
PENYELESAIAN
T
A
= 40
F = (40 + 459,67) R = 499,67 R
T
C
= 1
40
F = (140 + 459,67) R = 599,67 R
Slide3333
U dan H merupakan state function, sehingga
nilainya
tidak
tergantung pada
jalannya proses.
Untuk memudahkan, maka
proses dibagi 2:
Pendinginan
pada V
konstan
(A-B)
Pemanasan
pada
P
konstan
(B-C)
hingga
dicapai
kondisi
akhir
.
a
b
A
P
(atm)
V
1
10
40
F
140
F
V
A
V
C
C
B
Slide3434
LANGKAH a:
T
a
= T
B
– T
A
= 49,97 – 499,67 = – 449,70 (R)
U
a
= C
V
T
a
= (5) (– 449,70) = – 2.248,5 (Btu)
H
a
=
U
a
+ V P
a
= – 2.248,5 + (36,49) (1 – 10) (2,7195
) =
– 3.141,6 (Btu)
Slide3535
LANGKAH b:Tb
= T
C
– T
B
= 599,67 – 49,97 = 549,70 (R)
Hb = CP T
b = (7) (549,70) = 3.847,9 (Btu)Ub
= Hb – P V
b
= 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)