Soal dan Pembahasan Termodinamika Teknik (1)

2.1 A non conducting container filled with 25 kg of water at 293.15 K (20°C) is fitted
witha stirrer, which is made to turn by gravity acting on a weight of mass 35 kg.
The weightfalls slowly through a distance of 5 m in driving the stirrer. Assuming
that all work doneon the weight is transferred to the water and that the local
acceleration of gravity is 9.8 m/s2, determine:
(a) The amount of work done on the water.
(b) The internal-energy change of the water.
(c) The final temperature of the water, for which Cp= 4.18 kJ kg-' 'C-'.
(d) The amount of heat that must be removed from the water to return it to

its initial Temperature.
(e) The total energy change of the universe because of (1) the process of

lowering the weight, (2) the process of cooling the water back to its
initial temperature, and (3) both processes together.

Jawab :
a. mwt= 35kg
g = 9.8 m.s-2
∆z = 5m (known quantities)
Then, we can calculate the work done on water :

W

= mwt x g x ∆z

W

= 35kg x 9.8 m.s-2 x 5m

W

= 1715 Joule

W

= 1.715 kJ

b. ∆Utotal = Usaha
∆Utotal = 1,715 kJ
c. ∆U = 1.715 kJ
Cp = 4.18 kJ/kg.oC

dH = dU + d(PV)
dH = Cp.dT
Cp.dT = dU + d(PV)

P konstan
mw.Cp.dT = mw.dU + mw.P.dV
Asumsi : Cp dan V konstan, maka,

d. Untuk proses pemulihan kembali ke kondisi awal, perubahan
energi dalamnya sama, hanya saja arahnya berbeda sehingga nilai
energi dalamnya pun berbeda tanda (dalam hal ini negatif)
Q = - ∆Utotal
Q = -1,715 kJ
e. Perubahan energi dalam sebuah sistem keseluruhan adalah nol (0)
∆(Energy of the system) +∆(Energy of surroundings) = 0
2.2 for an insulated container that changes in temperature along with the water and
has a heat capacity equivalent to 5 kg of water. Work the problem with:
(a) The water and container as the system

a. Work done on the water:

W = mgΔz
W = 35 kg x 9,8 m/s2 x 5 m
W = 1715 Joule

b. Internal energy change
ΔU = W
ΔU = 1715 Joule
= 1,715 kJ
c.

ΔU = mwater+containerCp ΔT
1,715 kJ = 30 kg x 4,18 kJ/kgC x ΔT
ΔT = 0,0137
T’ = 20,0137 C

d.

The change ini internal energy is 1715 Joule, so to return it to the initial
temperature the heat that must be send out is 1715 Joule too.
Q = -ΔU

Q = -1715 Joule

e. 0

(b) The water alone as the system.

a. Work done on the water:
W = mgΔz
W = 35 kg x 9,8 m/s2 x 5 m
W = 1715 Joule
b. Internal energy change
ΔU = W
ΔU = 1715 Joule
= 1,715 kJ
c. ΔU = mwaterCp ΔT + CcontainerΔT
1,715 kJ = 25 kg x 4,18 kJ/kgC x ΔT + 5 kg x4,18 kJ/kgC x ΔT
ΔT = 0,0137
T’ = 20,0137 C

d.

The change ini internal energy is 1715 Joule, so to return it to the initial
temperature the heat that must be send out is 1715 Joule too.
Q = -ΔU
Q = -1715 Joule

e.

0

2.3 Sebuah telur berada pada kondisi awal diam, kemudian dijatuhkan di permukaan
yang keras dan pecah. Jika telur dianggap sebagai sistem.
a. Tanda untuk W ?
b. Tanda untuk ΔEp ?
c. Tanda untuk ΔEk ?
d. Tanda untuk ΔUt ?
e. Tanda untuk Q ?
Answer :
a) W = negatif (-) - W
b) ΔEp = negatif (-)  - ΔEp

c) ΔEk = positif (+)  + ΔEk
d) ΔUt= bergantung pada nilai Q dan W karena (ΔUt= Q+W)
e) Q = positif (+)  + Q
2.4 Sebuah motor listrik dengan beban tetap membutuhkan 9,7 ampere pada 110 volt,
memberikan 0,93 kW energy mekanik. berapa laju perpindahan panas dari motor
dalam kW?
Diketahui :
I = 9.7 Ampere
V = 110 Volt
Energi mekanik
= 0.93 kW = 930 Watt
Berapa panas yang ditransfer oleh motor dalam satuan kW?
Penyelesaian :
V.I = Energimekanik + panas (Q)
Q = V. I – Energimekanik
= 9.7 A x 110 V – 930 W
= 137 W = 0.137 kW

2.5 One mole of gas in a closed system undergoes a four-step thermodynamic cycle.
Use the data given in the following table to determine numerical values for the

missing quantities, i.e., "fill in the blanks."
Step
12
23
34
41
12341

Jawab:
- Step 12
Q12 = ΔU12 – W12
= -200 – (-6000)
= 5800 J
-

Step 34
ΔU34 =Q34 + W34
= -800 + 200
= -500 J

-

Step 23
Karena ΔU12341 = 0 maka
= ΔU12341 - ΔU12 – ΔU34 – ΔU41
 U23
= 0 – (-200) – (-500) – 4700
= 200 + 500 – 4700
= -4000 J
 W23
= ΔU23 – Q23
= -4000 – (-3800)
= -200
- Step 41
 W12341 = W12 + W23 + W34 + W41
-1400 = -6000 + (-200) + 300 + W41
W41
= 4500
 Q41
= ΔU41 – W41

= 4700 – 4500
= 200
Sehingga didapatkan jawaban pada table sbb:
Step
12
23
34
41
12341

ΔU’/J
-200
-4000
-500
4700
0

Q/J
5800
-3800

-800
200
1400

W/J
-6000
-200
300
4500
-1400

ΔU’/J
-200
-4000
-500
4700
0

Q/J
5800

-3800
-800
200
1400

W/J
-6000
-200
300
4500
-1400

2.6 Pada hukum Termodinamika kesatu berbunyi energy adalah kekal. Makadari itu
semua panas yang dibuang dari dalam pendingin harus di pindahkan ke suatu
tempat. Dalam kasus pendingin bertenaga listrik, panas di transfer kembali ke
ruangan melalui kumparan pada belakang penndingin. Maka, panas yang dibuang
dari ruangan di depann pendingin hanya akan dipindahkan ke udara di belakang
pendingin.
Jawab

Pada hukum Termodinamika kedua berbunyi efisiensi hanya sama dengan saatu
pada system yang reversible, selain dari itu adalah kurang dari satu. Pendingin
mempunyai efisiensi kurang dari satu, yang artinya beberapa panas yang
dihasilkan (dalam hal ini pada mesin) hanya untuk melakukan kerja yang
dibutuhkan untuk memindahkan panas dari dalam pedingin ke ruangan. Jadi
kesimpulannya adalah ruangan akan lebih dingin apabila tidak memakai
pendingin.

2.7 Evaluasi : Pada penentuan quadruple point, hanya dibutuhkan satu syarat, yakni
antara P (tekanan) atau T (suhu). Jika digunakan suhu 24,1oC , pada suhu tersebut
bisa saja memiliki tekanan yang berbeda, tidak 10,2 Mbar. Begitu pula
sebaliknya, jika digunakan tekanan 10,2 Mbar, suhu yang ada belum tentu 24,1
o
C. Jadi tidak dapat digunakan keduanya.
Diketahui :
Ditanya : WTurbin = ?
Jawab :
=

3

;

= 1,571 x 104kg/s

2.8 Sebuah system tertutup tidak bereaksi mengandung spesi 1 dan 2 dalam
keseimbnagan uap cair. Spesi 2 adalah gas yang sangat ringan dalam fase
liquid/cair. Fasa uap mengandung spesi 1 dan 2, sejumlah mol spesi 2
ditambahkan pada system, yang kemudian dikembalikan keadaanya ke T dan P
semula. Sebagai hasil dari proses tersebut, apakah jumlah mol fase cair bertambah
berkurang atau tetap?

Jawab :

Berkurang, karena ketika Spesies 2 ditambahkan tidak ada yang menjadi
liquid, akan tetapi supaya Tekanan dan Temperatur tetap sama volume uap
harus meningkat, maka volume liquid harus berkurang. Liquid tidak perlu
melarutkan gas supaya gas berubah menjadi liquid, tidak perlu tercampur, dan
sistem akan secara otomatis menurun tekanannya
2.9 A system comprised of chloroform, 1,4-dioxane, and ethanol exists as a two-phase vapor
liquid system at 323.15 K (50°C) and 55 kPa. It is found, after the addition of some pure
ethanol, that the system can be returned to two-phase equilibrium at the initial T and P. In
what respect has the system changed, and in what respect has it not changed?
Answer:
The number of component in the system: 3 (chloroform, 1,4-dioxane, and ethanol)
The number of phase present: 2
Using phase rule to calculate degree of freedom
F = 2-π+N ……………………………….. (1)
With F = degree of freedom
π = number of phase
N = number of component
By substituting value of π and N into equation (1), we have:
F = 2-2+3
F=3
Number of variable that can be changed without changing the number of phase
(the degree of freedom) is three variables, namely: pressure, temperature, and
composition. Since temperature and pressure are fixed, therefore only one variable left,
namely composition. In conclusion, the pressure and temperature don’t change whilst
composition is allowed to change.

2.10 A system comprised of chloroform, 1,4-dioxane, and ethanol exists as a twophase vapor liquid system at 323.15 K (50°C) and 55 kPa. It is found, after the
addition of some pure ethanol, that the system can be returned to two-phase
equilibrium at the initial T and P.
(a) How many phase-rule variables in addition to T and P must be chosen so as
to fixthe compositions of both phases?
(b) If the temperature and pressure are to remain the same, can the overall
compositionof the system be changed (by adding or removing material)
without affecting thecompositions of the liquid and vapor phases?

answer :
a) Phase-rule variables dilihat dari informasi persamaan phase-rule :


Jadi ,
Variable phase-rule : suhu, tekanan, komposisifase. Komposisifase (berupa fraksi mol
atau massa) dapat memengaruhi kesetimbangan reaksi antar komponen pada tiap fasenya.
b) Saat T &P dibiarkan tetap komposisi system keseluruhan tidak dapat diubah tanpa
memengaruhi komposisi cairan&gasnya. Karena komposisi fase merupakan variable
phase-rule, dimana saat komposisi keseluruhan berubah, maka kesetimbangan
system akan terganggu

2.11

A tank containing 20 kg of water at 293.15 K (20°C) is fitted with a stirrer

that delivers work to the water at the rate of 0.25 kW. How long does it take for
the temperature of the water to rise to 303.15 K (30°C) if no heat is lost from the
water? For water, Cp= 4.18 k~ kg-' "c-' .

Jawab :
Massa = 20 kg
Ti = 293.15 K (200C)
Tf = 303.15 K (300C)
W = 0.25 kW
Cp = 4.18 kJ/ kg. 0C
= ...... ?
W=
Q = (20 kg)x(4.18 kJ/ kg. 0C )x(30-20)0C
= 836 kJ
W=

∆t =

= 3344 s = 0.929 jam

2.12 Panas sejumlah 7,5 kJ ditambahkan pada sistem tertutup, sedangkan energi
internalnya berkurang sebanyak12 kJ. Berapa banyak energi yang diubah menjadi
kerja ? Untuk proses yang mengakibatkan perubahan keadaan yang sama dengan
kerja bernilai 0, berapa jumlah panas yang ditransfer ?
answer:
Panas ditambahkan = Q = + 7,5 kJ
Energi dalam
= ΔU = U2 – U1 = -12 kJ
Kerja
=W
a) ΔU = Q+W
-12 kJ = 7,5 kJ + W
W
= -19,5 kJ
b) W = 0  ΔU = Q+W
-12 Kj = Q + 0
Q
= -12 kJ

2.13 Sebuah pengecoran baja seberat 2 kg memiliki suhu awal dari 773,15 K (500 °
C); 40 kg air awalnya di 298,15 K (25 ° C) yang terkandung dalam casting tangki
baja yang terisolasi sempurna seberat 5 kg.Pengecoran kemudian direndam dalam
air dan system menuju ke ekuilibrium. Berapa suhu akhir jika mengabaikan efek
dari ekspansi atau kontraksi, dan menganggap kalor spesifik konstan sebesar
4.18kJkg-1K-1untuk air dan 0.50kJkg -1K-Iuntukbaja.
Diketahui :
 Massa air : 40 Kg
 Cpair : 4,18 kJ/KgoC
 Massa tangki : 5 Kg
 Suhu air dan tangki mula-mula : 25oC
 Massa logam : 2 Kg
 Suhu logam mula-mula : 500oC
 Logam dan tangki berbahan sama dengan Cp = 0,5 kJ/KgoC
Ditanya : Suhu akhir campuran
Penyelesaian :
Asumsi C=Cp=Cv
Cara I (Azas Black)
Q yang diterima = Q yang dilepaskan
Mair.Cpair.∆T1
+ Mtangki.Cptangki.∆T2 = Mlogam.Cplogam.∆T2

40Kg.4,18kJ/KgoC.(Tc-25)oC
+
5Kg.0,5kJ/KgoC.(Tc-25)oC
2Kg.0,5kJ/KgoC(500-Tc)oC
167,2(Tc-25) + 2,5(Tc-25) = 500 - Tc
169,7(Tc-25) = 500-Tc
170,7Tc = 500 + 4242,5
Tc = 4742,5/170,7
Tc = 27,7827oC
Maka suhu akhir campuran adalah 27,7827oC atau 300,9327 K

=

Cara II
Mair.∆Uair + Mtangki.∆Utangki+Mlogam.∆Ulogam = 0
Dimana,
∆U =

 CpdT =

Tc

Cp(Tc-To)

keterangan : Tc = suhuakhircampuran

To

To = suhumula-mula
Maka, persamaan awal menjadi :
Mair.Cpair.(Tc-25) + Mtangki.Cptangki.(Tc-25) + Mlogam.Cplogam(Tc-500) = 0
(Mair.Cpair + Mtangki.Cptangki) (Tc-25) = -Mlogam.Cplogam(Tc-500)
(40Kg.4,18kJ/KgoC + 5Kg.0,5kJ/KgoC)(Tc-25) = -2Kg.0,5kJ/KgoC.(Tc-500)
(167,2+2,5).(Tc-25) = -(Tc-500)
169,7Tc-4242,5 = 500-Tc
Tc = 4742,5/1707 oC
Tc = 27,7827oC atau 300,9327 K
2.14

An incompressible fluid (p = constant) is contained in an insulated cylinder

fitted with a frictionless piston. Can energy as work be transferred to the fluid?
What is the change in internal energy of the fluid when the pressure is increased
from PI to P2?
Jawab

Incrompessible
Fluid

Energi berupa kerja tidak dapat diberikan kepada fluida Karena sifatnya yang incompressible (V
dianggap konstan). V konstan berarti W=0

V2

W = - ∫P .dV
V1

Saat

P berubah : V konstam
dU = dQ + dW
dU = dQ + P. dV V konstan = 0
∆U = Q
∆U = m .C. ∆T

Pada rumus ∆U = m .C. ∆T, perubahan suhu didapatkan dari P.V/T = Konstan
P1.V/T1 = P2.V/T2

2.15 Satu kilogram air pada suhu 298,15 K (25oC):
(a) Mengalami kenaikan temperatur sebesar 1 K. Berapakah ΔUt, dalam kJ?
(b) Mengalami kenaikan ketinggian sebesar Δz. Perubahan energi potensial ΔEp
sama dengan ΔUt pada bagian (a). Berapakah Δz, dalam meter?
(c) Mengalami percepatan dari diam hingga kecepatan akhir u. Perubahan energi
kinetic ΔEk sama dengan ΔUt pada bagian (a). Berapakah u, dalam m/s ?
Bandingkan dan diskusikan hasil dari 3 bagian tersebut.
Jawab:
(a) ΔUt = Q + W
m = 1 kg
= m.cv. ΔT + 0
= 1. 4180. 1
= 4180 J
= 4,18 kJ
(b) ΔUt = ΔEp
g = 9,8 m/s2
t
ΔU = m.g.Δz
4180 = 1. 9,8 . Δz
Δz = 4180/9,8
= 426,5306 m
(c) ΔUt = ΔEk
ΔUt = Ek2 -Ek1
ΔUt = ½ .m. v22 - ½ . m. v12
4180 = ½ . 1. u2 - ½ . 1. 0
u2 = 8360
u = 91,4330 m/s

cv = 4180 J.(kg.K)-1

v2 = u m/s

ΔT = 1 K

v1 = 0 m/s

Berdasarkan ketiga kondisi tersebut, maka untuk mengubah Ut (energi dalam total
pada sistem tertutup) sebesar 4,18 kJ dari 1 kg air, dapat dilakukan dengan 3 cara
yaitu mengubah suhuya sebesar 1 K atau mengubah ketinggiannya sebesar
426,5306 meter, atau mengubah kecepatannya dari diam menjadi berkecepatan
91,433 m/s.

2.16

Sebuah motor listrik berubah menjadi "panas" di bawah beban yang

seharusnya karena ketidak dapat baliknya (irreversibilitas) internal. Disarankan
bahwa kehilangan energi terkait diminimalkan dengan isolasi termal casing
bermotor. Berikan komentar kritis pada saran ini.
Jawab
Panas dari motor listrik terjadi karena ketidak dapat baliknya (irreversibilitas)
mekanik dan listrik yang meningkatkan energi internal, hal ini membuat suhu
motor meningkat. Suhu akan terus meningkat sampai sistem mencapai
kesetimbangan termal dengan lingkungan. Isolasi motor tidak akan
menurunkan ketidak dapat baliknya (irreversibilitas) internal dan hanya
menyebabkan peningkatan suhu bermotor, yang dapat menyebabkan
kerusakan internal.
2.17 Diketahui :
3

;

Ditanya : WTurbin = ?
Jawab :
=

= 1,571 x 104kg/s

2.18. Liquid water at 453.15 K (180°C) and 1002.7 kPa has an internal energy (on an
arbitrary scale) of 762.0 kJ/kg and a specific volume of 1.128 cm3/g ,
(a) What is its enthalpy?
(b) The water is brought to the vapor state at 573.15 K (300°C) and 1500 kPa,
where its internal energy is 2784.4 kJ /kg and its specific volume is 169.7
cm3/g. CalculateΔU and ΔH for the process.
Jawab

Diketahui : U1 = 762.0 kJ/kg
P1 = 1002.7 kPa
V1 = 1.128 cm3/g
= 1.128 · 10-3 m3/kg
Ditanya : (a) H1= ?
(b) ΔU= ?
ΔH= ?
Penyelesaian
(a) H1 = U1 + (P1 · V1)

U2 = 2784.2 kJ/kg
P2 = 1500 kPa
V2 = 169.7 cm3/g
= 169.7 · 10-3 m3/kg

= 762.0 kJ/kg + (1002.7 kPa· 1.128 · 10-3 m3/kg )
H1 = 763.131 kJ/kg
(b) ΔU = U2 – U1
= (2784.2 -762.0) kJ/kg
ΔU= 2022.2 kJ/kg
ΔH = H2 – H1

→H2 = U2 + (P2 · V2)
= 2784.2 k J/kg + (1002.7 kPa· 169.7 · 10-3

m3/kg)
= 2954.358 kJ/kg
= (2954.358 - 763.131) kJ/kg
ΔH = 2191.227 kJ/kg

2.19. A solid body at initial temperature T0is immersed in a bath of water at initial
temperature Tw0. Heat is transferred from the solid to the water at a rate Ԛ= K∙(Tw-T),
stantaneous values of the
where K is a constant and Tw and T are in
temperature of the water and solid. Develop an expression for T as a function of time
τ. Check your result for the limiting cases, τ = 0 and τ = ∞. Ignore effects of
expansion or contraction, and assume constant specific heats for both water and solid.
Answer :
Ԛ=K (Tw-T)………………………………………. (1)
-Ԛ=

………………………………………(2)

Cv=
Equation (1) = Equation (2)
-K (Tw-T)=m
K (Tw-T)=m

Misal : α =
Faktor Integral (FI) :e∫-α dt
= α (T-Tw)
= (FI) α (T-Tw)
e∫-α dt = e∫-α dt.α(T-Tw)
T. e-α t= e-α t.α (T-Tw) dt
T. e-α t = -e-α t (T-Tw)

Saat t = 0 maka T-T0
Saat t = ∞ maka T = -(T-Tw)
2.20.A list of common unit operations follows:
(a) Single -pipe heat exchanger; (b) Double -pipe heat exchanger; (c) Pump;
(d) Gas compressor: (e)Gas turbine; (f) Throttle valve: (g) Nozzle.
Develop

a

simplified

form

of

the

general

steady

balance56e3appropriate for
each operation. State carefully, and justify, any assumptions you make.

Answer:
First Law of Thermodynamics
(Energy Balance)

Dengan, m'i = mass flow rate in.
hi = enthalpy of mass in.
Vi = Velocity of mass in.
Zi = elevation of mass in.
m'e = mass flow rate exit.
he = enthalpy of mass exit.
Ve = Velocity of mass exit.
Ze = elevation of mass exit.
Q'in= rate of heat transfer
W'net = rate of net or shaft work transfer
ms = mass of fluid with in system
us = specific internal energy of system
a = kinetic energy correction factor
a = 1 for turbulent flow

-state

energy

a = 0.5 for laminar flow

Open Thermodynamics System

Constant Volume

Constant Pressure

Constant Temp

Isentropic

Politropic

Steady-state System

Energy Balance

Dengan, Sm'i = Sm'e
Q' = rate of heat transfer
W' = rate of work transfer

a) Single-pipe Heat Exchangers
Asumsi :

 Perpindahanpanasdianggapsignifikan

 Aliranmassahanyasatu
Persamaan :

b) Double-pipe Heat Exchangers
Asumsi :






Q=0
W=0
Terdapatduaaliranmassa (m'1, m'2)

Persamaan :

c) Pompa
Asumsi :




Proses Adiabatiksehinggatidakadapanas, Q= 0



Kerjadianggapsignifikan



Kecepatanalirdiabaikan

Aliranmassahanyasatu(hi = he+ w)

Persamaan :

d) Kompresor
Asumsi :




Proses Adiabatiksehinggatidakadapanas, Q= 0



Kerjadianggapsignifikan



Kecepatanalirdiabaikan

Single mass stream (hi = he+ w)

Persamaan :

e) Turbin gas
Asumsi :




Proses Adiabatiksehinggatidakadapanas, Q= 0



Kerjadianggapsignifikan



Kecepatanalirdiabaikan

Hanyasatualiranmassa(hi = he+ w)

Persamaan :

f) Throttling Valve
Asumsi :




Proses Adiabatiksehinggatidakadapanas, Q= 0



W=0



Kecepatanalirdiabaikan

Q=0





Hanyasatualiranmassa
Kecepatanalirdiabaikan

Persamaan :

g) Nozzels
Asumsi :




Kecepatanalirdianggapsignifikan



Tidakadaperpindahanpanas, Q = 0



Tidakadaperbedaanketinggian



Kerjadianggaptidaksignifikan, W=0
Aliranmassahanyaterdapatsatu

Persamaan :

Dengan, hes= enthalpy padasaatakhir proses isentropik

2.21.The Reynold number Re is a dimensionless group which characterizes the
intensity of a flow. For large Re, a flow is turbulent, for small Re, a flow is
laminar. For pipe flow, Re = vρD/µ, where D is pipe diameter and µ is a
dynamic viscosity.
(a) If D and µ are fixed, what is the effect of increasing mass flowrate m on Re?
(b) If m and µ are fixed, what is the effect of increasing D on Re?
Jawab

(a) Menambah kecepatan dengan diameter dan viskositas dinamik tetap maka
nilai bilangan Reynoldnya akan semakin besar.
Memperbesar diameter dengan nilai kecepatan dan viskositas
dinamik tetap maka bilangan Reynoldnya akan semakin besar
2.22 Diketahui :

a.

Jawab
:Untukfluidaincompressible,
neracamassajugadapatdiketahui
2
Maka
2

Dari

.

= 0,5 m/s

b.

Jawab:

23. Sebuah aliran air panas dihasilkan pada proses pencampuran aliran steady
flow, dengan mencampurkan 1 kg/s air dingin pada suhu 298 K (25 C),
dengan 0,8 kg/s air panas bersuhu 348,15 K (75 C) Selama pencampuran
panas yang hilang ke lingkungan dengan kecepatan 30 KW. Berapa
temperature aliran air hangat. Asumsi Cp=konstan pada 4,18 KJ/KG.
Diketahui
= 1 kg/s

: T1 = 25 oC (298,5 K)

T2 = 75 oC (348,15 K)

m1

m2 = 0,8 kg/s

Qout = - 30 kJ/s

Cp = 4,18 kJ/kg.K

Ditanyakan

: Tcampuran = T3 ?

Jawab

:

Keseimbangan Energi :

Keseimbangan massa :

m3 . H3 – (m1 . H1 + m2 . H2) = Qout (1)

m3– m1 – m2 = 0
m3 = m1 + m2

Substitusikan persamaan (2) ke persamaan (1), sehingga :
(m1 + m2) H3 – (m1 . H1 + m2 . H2) = Qout
m1. H3 + m2 . H3 – m1 . H1– m2. H2 = Qout
m1 (H3 – H1) + m2 (H3 – H2) = Qout atau
m1.Cp.(T3-T1) + m2.Cp.(T3-T2)

= Qout

T3 =( Qout + m1.Cp. T1 + m2.Cp.T2 ) / ((m1 + m2).Cp)

(2)

T3 = (- 30 kJ/s + 1 kg/s . 4,18 kJ/kg.K . 298,15 K + 0,8 kg/s . 4,18 kJ/kg.K .
348,15 K) / ((1 + 0,8 )kg/s . 4,18 kJ/kg.K)
T3 = 316,385 K (43,235 oC)
2.24
D1

2.25

H2O

D1 = 2,5 cm
D2 = 3,8 cm
T = 28◦C (301,15 K)
Cp air = 4,18 KJ/Kg ◦C

Ditanya : a. ∆TDpada
D = 3,8 cm ; b. ∆T pada D = 7,5 cm ; c. ∆T maksimal
2
Jawab :
a. Neracaenergipada proses steady state ( HukumTermodinamika I)
∆H + ∆V2/2 + g. ∆z = Q + W 
Q1=Q2
∆H + ∆V2/2 = 0 A1.V1=A2.V2
Cp.∆T = - (V22-V12/2)V2= A1.V1/A2
Cp. ∆T = [V12 – (D12 . V1 /D22)2]/2 V2=D12. V1 /D22
2 Cp ∆T = V12 [1-(D1/D2)4]
a.

Penyelesaianpersamaan (1) :
2(4,18 KJ/kg◦C) ∆T = (14 m/s)2 (1-{0,025 m/0,038 m}4)
∆T = 0,019◦C
b. Penyelesaianpersamaan (2) :
2(4,18 KJ/Kg◦C) ∆T = (14 m/s)2 (1-{0,025 m /0,075 m}4)
∆T = 0,023◦C
c. ∆T maksimal D2 =∞
2(4,18 KJ/Kg◦C) ∆T = (14 m/s)2 (1-{0,025 m/∞}4)
∆T= 0,023◦C

Soal 2.26
Udara sebanyak 50 kmol per jam dikompresidari P1= 1,2 bar menjadi P2= 6,0 bar
dalamkompresor steady-flow. Tenagamekanik yang disalurkansebesar 98,8
kW.Suhudankecepatannyaadalah:
T1= 300 K
T2= 520 K
-1
v1= 10 m s
v2 = 3,5 m s-1
Estimasikankecepatan transfer panasdarikompresor.Asumsikanuntukudara CP=
R dan entalpi tidak tergantung pada tekanan.
Diketahui :
T1= 300 K
T2= 520 K

molwt = 29 kg kmol-1
Wsdot = 98,8 kW = 98800 W

v1= 10 m s-1

ndot

= 50 kmol hr-1 = 0,0138 kmol s-1

v2= 3,5 m s-1

CP

= R

Ditanya :Kecepatan transfer panas (Qdot) = .... ?
Penyelesaian :
Kasusdiatasdapatdiselesaikandenganmenggunakanpersamaan 2.30 dalambuku
Smith, Van Ness, Abbot 6th ed. Introduction To Chemical Engineering
Thermodynamic.
(2.30)
Dengan,

Makapersamaan (2.30) menjadi,

2.27. Nitrogen dalam kondisi steady state mengalir secara horizontal pada pipa
terisolasi yang memiliki diameter dalam sebesar 38,1 mm. Penurunan tekanan
disebabkan aliran yang melewati katup terbuka. Katup upstream nilai P = 690 kPa, T
= 322,15 K dan kecepatan rata-rata = 6,09 m/s2. Jika pada katup dowstream nilai P =
138 kPa, berapa temperaturnya ?
Diasumsikan bahwa nitrogen nilai PV/T = konstan, Cv = 5/2 R, dan Cp = 7/2 R.
(Nilai R diketahui).
answer:

(1)
Karena PV/T konstan, maka
(2)

Perbandingan bulk-mean velocity (U) dapat dituliskan sebagai berikut

(3)
Substitusi persamaan (2) ke (3)

]

(4)

Entalpi dapat dirumuskan sebagai berikut
(5)
Substitusi persamaan (4) dan (5) ke (1), sehingga persamaan akhirnya menjadi

T2 = 579 K
2.28 Water flows through horizontal coil heated from the outside by high-temperature
flue gases. As it passes through the coil water changes state from liquid at 200 kPa
and 353,15 K (80°C) to vapor at 100 kPa and 398,15 K (125°C). Its entering velocity
is 3 m/s and its exit velocity is 200 m/s. Determine the heat transferred through the
coil per unit mass of water. Enthalpies of the inlet and outlet streams are: Inlet: 334,9
kJ/kg; Outlet: 2726,5 kJ/kg.
Answer:
Kesetimbangan energy dalamuntukkoil, yaitu :

maka, panasdapatdihitungsecaralangsung :

L = 25 cm
2.29
D1 = 5 cm In

Out
D2

T1 = 325 oC( 598,15 K)

T2 = 240 oC (513,15 K)

P1 = 700 kPa
P2 = 350 kPa
v1 = 30 m/s
H2 = 2945,7 kJ/kg
H1 = 3112,5 kJ/kg
V2 = 667,75 cm3/g
V1 = 388,61 cm3/g
Ditanya : v2 & D2
Jawab :
Hukum Thermo I :Neracapanaspada proses steady state




2.30. In the following take Cv= 20.8 and Cp= 29.1 J/moloC for nitrogen gas:
(a) Three moles of nitrogen at 303.15 K (30°C), contained in a rigid vessel, is
heatedto 523.15 K (250°C). How much heat is required if the vessel has a
negligible heatcapacity? If the vessel weighs 100 kg and has a heat capacity of
0.5 kJ/kgoChow much heat is required?
(b) Four moles of nitrogen at 473.15 K (200°C) is contained in a
pistodcylinderarrangement. How much heat must be extracted from this system,
which is kept at constant pressure, to cool it to 313.15 K (40°C) if the heat
capacity of the piston
and cylinder is neglected?
PENYELESAIAN:
a. Diketahui:
n = 3 mol
Cv = 20.8 J/moloC
Cp= 29.1 J/moloC
T1 = 303.15 K (30°C)
T2 = 523.15 K (250°C)
m = 100 kg
Cves = 0.5 kJ/kgoC
Karena vessel kaku, diasumsitidakterjadiperubahan volume (volume konstan)
Qtot = Qves + QN2
= m.Cves. + n.Cv
+
=
= 11000 kJ + 13,728 kJ = 11013,728 Kj
b. Diketahui:
n = 4 mol
Cv = 20.8 J/moloC
Cp= 29.1 J/moloC
T1 = 473.15 K (200°C)
T2 = 313.15 K (40°C)
Tekanankonstan.
Asumsi: tidakadapanas yang diserap piston.

Q = -18,624 kJ
Jadi, kalor yang harusdikeluarkanadalah 18,624 kJ

2.31 Dengan nilai Cp = 29,3 kJ kmol^-1 K^-1 dan Cv = 21 kJ kmol^-1 K^-1 untuk
gas nitrogen ; (a). 1,5 kmol gas nitrogen pada suhu 294,15 K yang diisikan pada
bejana rigid, dipanaskan hingga suhu 450,15 K. Berapa besar panas yang
dibutuhkan jika Cp bejana diabaikan ? dan jika berat bejana 90,7 kg dan Cp =
0,5 kJ kg^-1 K^-1, berapa panas yang dibutuhkan ? (b). 2 kmol nitrogen pada
suhu 447,15 K berada pada wadah silinder berpiston. Berapa besar panas yang
harus dihasilkan sistem jika pada tekanan konstan suhu diturunkan menjadi
338,15 K dan Cp piston dan silinder diabaikan ?
Jawab :
a. Jika pada volume konstan suhu dinaikkan dan Cp bejana diabaikan, maka
panas yang dibutuhkan untuk menaikkan suhu hanya panas sensible dari gas
nitrogen, maka
Q = n Cv (T2-T1)
Q = 1,5 kmol * 21 kJ kmol^-1 K^-1 * ( 450,15-294,15 ) K
Q = 4914 kJ

Jika kapasitas panas bejana tidak diabaikan, maka panas yang dibutuhkan
menjadi,
Q

=

Q

=

[

n

Qgas
Cv

(T2-T1)]

+
+

m

Qbejana
Cpbajana

(T2-T1)

Q = [1,5 kmol * 21 kJ kmol^-1 K^-1 * ( 450,15-294,15 ) ] + [90,7 kg *
0,5

kJ
*

kg^-1

(450,15-294,15)

K^-1
K

]

Q = 11988,6 kJ

b. Jika wadah silinder berpiston yang berisi gas nitrogen didinginkan pada
tekanan konstan dan kapasitas panas piston dan silinder diabaikan, maka
energi panas yang dihasilkan sistem sebesar,
Q

=

n

Cp

(T2-T1)

Q = 2 kmol * 29,3 kJ kmol^-1 K^-1 * (338,15-447,15) K
Q = - 6387 kJ

Tanda minus menunjukkan kalau sistem melepaskan panas.

2.32 Tentukanpersamaankerjakompresireversible isothermal oleh 1 mol gas dalam
piston/silinderbiladiketahui Volume molar gas :
Dimana b dan R adalahkonstantapositif
Jawab :
Didapat

2.33. Steam at 14 bar and 588.15 K (3 15°C) [state 11 enters a turbine through a 75
mm-diameter pipe with a velocity of 3 m/s. The exhaust from the turbine is
carried through a 250 mm diameter pipe and is at 0.35 bar and 366.15 K( 93°C)
[state 21. What is the power output of the turbine?
H1 = 3074.5 kJ/ kg
Vl = 0.1909 m3/kg
H2= 2871.6 kJ/ kg
V2 = 4.878 m3/kg
Jawab

Diketehui H1 = 3074.5 kJ/ kg
H2= 2871.6 kJ/ kg
D1 = 75 mm = 0.075 m

ʋ1

=3m/s

Ditanya W = ?
Penyelesaian

Vl = 0.1909 m3/kg
V2 = 4.878 m3/kg
D2 = 250 mm = 0.25 m

π

ʋ

m=
π

=

m = 6.9455· 10-2kg/s

ʋ2 = mπ
= 6.9455· 10-2 kg/s π

ʋ2=

6.9 m/s

·m

W=

=

W = 12.75 kJ/s
2.34Carbon dioxide gas enters a water-cooled compressor at the initial conditions P1 = 1.04bar
and T1 = 284.15 K(lO°C) and is discharged at the final conditions P2 = 35.8 bar and T2 = 366.15
K(93'C). The entering C02 flows through a 100 mm-diameter pipe with a velocity of 6 s m-', and
is discharged through a 25 mm-diameter pipe. The shaft work supplied to the compressor is 12
500 kJ kmol-'. What is the heat-transfer rate from the compressor in kW?
H1 = 714 kJ kg-' V1 = 0.5774 m3 kg-'
H2 = 768 kJ kgp1 V2 = 0.0175 m3 kgp'.
Answer:

P1, V1
T1

D1

D2

P2
T2

First Step

Second Step

Third Step

Four Step

Soal 2.35
Tunjukkan bahwa W dan Q untuk arbitrary mechanically reversible nonflow process
adalah sebagai berikut :

Jawab :

Nonflow process diasumsikan sebagai closed system.
Berikut gambar grafik P vs V yang diambil dari buku Smith, Van Ness, Abbott 6th ed.
Introduction To Chemical Engineering Thermodynamic.

Grafik di atas menunjukkan bahwa :
(1)
Untuk ,
(2)
Substitusi persamaan (1) ke (2), sehingga didapat :

(3)
Pada closed system,
Sehingga,
Substitusi persamaan (3) ke (4) :

(4)

(5)
Telah diketahui bahwa
menjadi :

dan

, maka persamaan (5)

2.36. Satu kilogram udara dipanaskan secara reversibel pada tekanan konstan dari
kondisi mula-mula T = 300 K dan P = 1 bar hingga volumenya naik tiga kali lipat.
Hitung nilai W, Q, ΔU, ΔH pada proses !
Diasumsikan bahwa PV/T = 83,14 bar.cm3/mol.K dan Cp = 29 J/mol.K
jawaban:
2.36.(i) PV1 = nRT1
V1 = nRT1/P

V1 = n (PV/nT) T1/P
= 83,14 bar.cm3/mol.K . 300 K/ 1 bar
= 24.942 cm3/mol
(ii) W = -nPdV
= -n
= -nP (V2-V1)
= -nP (3V1-V1)
= -nP2V1
= -34,602 mol . 1 bar . 2(24.942 cm3/mol)
= -172,61 kJ
(iii) T2 = T1.V2/V1
= T1.3V1/V1
T2 = 3T1
(iv) ΔH = CpΔT = Cp (T2-T1)
= Cp (3T1-T1)
= Cp. 2T1
= 29 J/mol.K . 2(300K)
= 17,4 kJ/mol
(v) Q = nΔH
= 34,602 mol . 17,4 kJ/mol
= 602, 08 kJ
(vi) ΔU = (Q+W)/n
= [602,08 kJ + (-172,61 kJ)] / 34,602 mol
= 12,41 kJ/mol
2.37 Kondisi suatu gas berubah dengan proses steady-flow dari suhu 293,15 K (20 o

C) dan tekanan 1000 kPa menjadi 333,15 K (60oC) dan 100 kPa. Rancang sebuah

proses reversible nonflow (setiap langkah) untuk mencapai perubahan tersebut, serta
hitung AU dan AH untuk proses dengan basis 1 mol gas tersebut! Asumsikan gas
dalam PV/T konstan, Cv = (5/2)R, dan Cp= (7/2)R
Jawab:
R= 8,314 J/mol.K
T1 = 293,15 K (20 oC) T2 = 333,15 K (60oC)
P1= 1000 kPa
Cv = (5/2)R

P2 = 100 kPa
Cp= (7/2)R

Langkah yang dilalui adalah :
1. Didinginkan pada volume V1 konstan menjadi P2
2. Dipanaskan pada tekanan P2 konstan menjadi T2

Maka :
Nilai perubahan suhu:

Nilai volume:

Nilai perubahan ΔU dan ΔH: