Uploaded by cane.mcbee

docdownloader.com soal-dan-penyelesaian-termodinamika-teknik-kimia

advertisement
SOAL DAN JAWABAN SOAL UJIAN
SOAL NO. 1:
Udara yang semula berada pada temperatur 30C dan tekanan 6 bar akan
diekspansikan menjadi keadaan akhir dengan temperatur 30C dan tekanan 2 bar.
Ekspansi dilakukan dengan cara pendinginan pada volume konstan diikuti dengan
pemanasan pada tekanan konstan sampai dicapai keadaan akhir. Udara dianggap
mengikuti perilaku gas ideal:
PV = RT
dengan R = 83,14 cm3 bar mol-1 K-1. Hitung Q, W, U dan H untuk tiap alur proses dan
keseluruhan proses. Kapasitas panas CV = 2,5 R dan CP = 3,5 R.
Gambar proses tersebut dalam diagram PV.
PENYELESAIAN:
a.
Diagram PV
P1 = 6
P
P3 = 2
V1
V
V3
RT1  83,14   303,15 

= 4.200,93 cm3/mol
P1
6
V2 = V1 = 4.200,93 cm3/mol
PV
 2  4.200,93 
T2  2 2 
= 101,06 K
R
83,14
RT3
 83,14   303,15 
V3 

= 12.602,78 cm3/mol
P3
2
V1 
b.
Proses pendinginan pada V konstan
V2
W    P dV  0
V1
T2
U   CV dT  CV T1  T2   2,5  83,14  101,06  303,15 
T1
=  42.005,1 cm3 bar mol1
Q = U – W =  42.005,1 – 0 =  42.005,1 cm3 bar mol1
T2
H   C P dT  C P T1  T 2   3,5  83,14  101,06  303,15 
T1
c.
=  58.807,1 cm3 bar mol1
Proses pemanasan pada P konstan
V3
W    P dV   2 (12.602,78  4.200,93) =  16.802,04 cm3 bar mol1
V2
T3
Q  H   CP dT  CP T3  T2 
T2
= 3,5 (83,14) (303,15 – 101,06) = 58.807,1 cm3 bar mol1
U = Q + W = 58.807,14  16.802,04 = 42.005,1 cm3 bar mol1
d.
Keseluruhan proses
Q =  42.005,1 + 58. 807,14 = 16.802,04 cm3 bar mol1
W = 0  16.802,04 =  16.802,04 cm3 bar mol1
U =  42.005,1 + 42.005,1 = 0
H =  58.807,1 + 58.807,1 = 0
SOAL NO. 2
Udara sebanyak 0,03 kg mengalami proses siklis seperti pada gambar di bawah. Hitung
kerja/usaha yang dapat dihasilkan dari sistem tersebut, Udara dianggap mengikuti
perilaku gas ideal, CV = 2,5 R dan CP = 3,5 R. Berat molekul udara rata-rata adalah 28,84.
100 kPa
V
0,002 m
PENYELESAIAN
3
0,02 m3
30
 1,04 mol
28,84
20 L
V3  V2 
 19,24 l mol
1,04 mol
2L
V1 
 1,924 l mol
1,04 mol
n
Titik 3:
P3 V3  nRT3
T3 
1 bar  19,24 l mol  231,3 K
P3 V3

 0,08314 l bar K mol
R
Hubungan antara titik 1 dan 3
C
3,5
 P 
 1,4
C V 2,5
P1 V1  P3 V3
 V 
P1  P3  3 
 V1 

 19,24 
 1 

 1,924 
1, 4
= 25,12 bar
P1V1  nRT1
T1 
P1V1  25,12 bar  1,924 l mol

 581 K
nR
 0,08314 l bar K mol
Titik 2
T2 = T1 = 581 K
Usaha yang dihasilkan:
V2
V2
V1
V1
W12   n  P dV   1,04 mol  RT
dV
V
  1,04 mol RT1 ln 2
V
V1
  1,04 mol  0,083141 l bar K mol  581 K  ln
19,24
= – 115,7 l bar
1,924
V3
W23   n  P dV  0
V2
W31  U 31  C V  T1  T3   2,5  0,083141 l bar K mol  581  231,1 K  72,7  l bar 
Wtotal  W12  W23  W31   115,7  0  72,7  40,1  l bar 
SOAL NO. 3
Gas nitrogen berada di dalam tangki yang volumenya 4 m3, tekanannya 42 bar, dan
temperaturnya 30C. Hitung massa gas nitrogen tersebut. Gas nitrogen dianggap
mengikuti persamaan keadaan SRK. Untuk menghitung volume molar nitrogen, lakukan
iterasi sebanyak 2 kali.
PENYELESAIAN
Tc = 126,19 K
Pc = 33,978 bar
 = 0,04


Z3  Z 2  A  B  B 2 Z  AB  0
 Pr
Tr2
P
B  b r
Tr
A  a
 

  1  0,48508  1,55171   0,15613 2 1  Tr0,5

2
T
303,3

 2,402
Tc 126,19
P
42
Pr 

 1,236
Pc 33,978
Tr 
  1   0,48508  1,55171  0,04  0,15613  0,04 2  1  2,4 0,5  = 0,4889
2
 Pr
 0,4895 1,236
 0,42747
= 0,0448
2
Tr
2,4 2
P
1,236
B   a r  0,08662
 0,0448
Tr
2,4
A  a
c 0   AB    0,4889   0,0448   0,002
c1  A  B  B2  0,4889  0,0448  0,04482   0,00179
c 2  1
f  Z   Z3  c 2 Z 2  c1 Z  c0
f '  Z  3Z 2  2c 2 Z  c1
f
Zi  Zi1  i1
f 'i1
Tebakan awal: Z0 = 1
Iterasi 1
f0 = 1 – 1 – 0,00179 (1) – 0,002 = – 0,00378
f’0 = 3 (1) + 2 (– 1) (1) – 0,002 = 0,99821
f
 0,00378
Z1  Z 0  0  1 
 1,0134
f '0
0,99821
Iterasi 2
f1 = (1,01342) – 1,013422 – 0,00179 (1,01342) – 0,002 = 2,88  10-5
f’1 = 3 (1,01342)2 + 2 (– 1) (1,01342) – 0,00179 = 1,01342
Z1  Z 0 
f0
2,88  10 5
 1
 1,0038
f '0
1,01342
i
Z(i)
0
1
1.0037
92
1.0037
63
1.0037
63
1
2
3
f(i)
-0.00378
2.88E-05
1.63E-09
-9.3E-17
f'(i)
0.9982
1
1.0134
2
1.0133
06
1.0133
06
error
0.0150
09
0.0001
13
6.37E09
SOAL NO. 4
Udara yang semula berada pada temperatur 30C dan tekanan 1 bar akan dikompresi
menjadi keadaan akhir dengan tekanan 5 bar melalui proses kompresi adiabatis. Udara
dianggap mengikuti perilaku gas ideal:
PV = RT
dengan R = 83,14 cm3 bar mol-1 K-1. Hitung Q, W, U dan H. Kapasitas panas CV = 2,5
R dan CP = 3,5 R. Hitung Q, W, U, dan H.
PENYELESAIAN
P
P2
P1
V2
T1 = 303 K
P1 = 1 bar
P2 = 5 bar
C
3,5 R
 P 
 1,4
C V 2,5 R
Proses adiabatis:
TP(1 - )/ = konstan
T1 P1(1 - )/ = T2 P2(1 - )/
V1
V
 P1 

 P2 
T2  T1 
 1  

 1

 5
 303 
 11, 4 
1, 4
 479,9 K
Q=0
T2
479 , 9
T1
303
T2
479 , 9
T1
303
H   CP dT   3,5 RdT  3,5 R  479,9  393 = 304,15 R
U   CV dT   2,5 RdT  2,5 R  479,9  393 = 217,25 R
W = U – Q = 217,25 R
Download
Random flashcards
sport and healty

2 Cards Nova Aulia Rahman

Nomor Rekening Asli Agen De Nature Indonesia

2 Cards denaturerumahsehat

Dokumen

2 Cards oauth2_google_646e7a51-ae0a-49c7-9ed7-2515744db732

Create flashcards