Tugas Ke Tiga Soal Soal.docx

6.1

Sebuah lempeng kaca tebalnya 20 cm, luas permukaannya 1 m2 dan konduktivitas termalnya 1,3 watt m-1 K-1, mempunyai beda temperatur antara 2 permukaannya sebesar ∆T = 30°C. Hitunglah laju aliran konduksi kalor di dalam lempeng kaca tersebut.

Jawab: Anggap bahwa kaca tersebut homogen 𝛿𝑄 𝑑𝑡

=KA

∆T 𝑑 30

= 1,3 x 1 x 20 × 10−2 J/det = 195 J/det

6.2

sebuah lempeng terdiri dari 2 lapisan bahan yang tebalnya masing-masing L1 dan L2 dankonduktivitas termalnya K1 dan K2. Jika luas penampang lempeng tersebut adalah A, buktikan bahwa laju aliran tersebut dapat dinyatakan dengan 𝛿𝑄 𝑑𝑡

=

𝐴 ∆𝑇 𝐿 𝐿 [ 1 ]+[ 2 ] 𝐾1

…(6.6)

𝐾2

∆T adalah beda temperatur antara dua permukaan lempeng. Jawab: 𝛿𝑄

Untuk lapisan 1: ( 𝑑𝑡 ) = K1 A 1

𝛿𝑄 𝑑𝑡 2

Untuk lapisan 2: ( ) = K2 A

(𝑇1 −𝑇)

…(6.7)

𝐿1 (𝑇−𝑇2 )

…(6.8)

𝐿2

Untuk aliran Steady (tunak) 𝛿𝑄

𝛿𝑄

𝛿𝑄

[ 𝑑𝑡 ] = [ 𝑑𝑡 ] = [ 𝑑𝑡 ] 1

K1 A

2

(𝑇1 −𝑇) 𝐿1

= K2 A

(𝑇−𝑇2 ) 𝐿2

Dengan mengubah (𝑇 − 𝑇2 ) menjadi,

…(6.9)

(𝑇 − 𝑇2 ) = (𝑇 − 𝑇1 ) (𝑇1 − 𝑇2 ) Dan kemudian menyelesaikan persamaan (6.9) dihasilkan

(𝑇1 − 𝑇) =

𝐾 [ 2 ](𝑇1 −𝑇2 ) 𝐿2 𝐾 𝐾 [ 1+ 2] 𝐿1 𝐿2

=

𝐾 [ 2 ] ∆𝑇 𝐿2

𝐾 𝐾 [ 1+ 2] 𝐿1

…(6.10)

𝐿2

Substitusikan persamaan (6.10) ke dalam persamaan (6.7) sehingga didapatkan, 𝛿𝑄

𝛿𝑄

( 𝑑𝑡 ) = 𝑑𝑡 = 1

6.7

𝐴 ∆𝑇 𝐿 𝐿 [ 1 ][ 2 ] 𝐾1 𝐾2

Gambar berikut menunjukkan sebuah bola berongga yang tersusun dari dua lapisan bahan yang berbeda konduktivitas termalnya. T’= temperature permukaan luar T= tem[eratur permuaan dalam ∆𝑇= T’- T Buktikan bahwa laju aliran kalor dapa dinyatakan dengan : 𝐻=

4𝜋∆𝑇

………………………..6.14

𝑟 −𝑟 𝑟 −𝑟 { 1 2 }+{ 2 1 } 𝐾2 𝑟3 𝑟2 𝐾1 𝑟2 𝑟1

Jawab: Misalkan temperature permukaan batas antara kedua baha adalah T’’ Untk bahan 1 berlaku, 𝛿𝑄

( 𝑑𝑡 ) = 1

4𝜋𝐾1 (𝑇 ′′ −𝑇)𝑟1 𝑟2 𝑟2 −𝑟1

…………………………………………6.15

𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑏𝑎ℎ𝑎𝑛 𝑘𝑒𝑑𝑢𝑎 𝑏𝑒𝑟𝑙𝑎𝑘𝑢 𝛿𝑄

( 𝑑𝑡 ) = 2

4𝜋𝐾2 (𝑇 ′′ −𝑇)𝑟1 𝑟2 𝑟3 −𝑟2

…………………………………….6.16

Beda temperature (𝑇 ′′ − 𝑇) dapat ditulis sebagai, (𝑇 ′′ − 𝑇) = (𝑇 ′ − 𝑇) − (𝑇" − 𝑇)

Sehingga persamaan 6.16 menjadi

𝛿𝑄

( 𝑑𝑡 ) =

4𝜋𝐾2 (𝑇 ′ −𝑇)−(𝑇"−𝑇)𝑟1 𝑟2 𝑟3 −𝑟2

2

………………….6.17

Untuk kedua bahan berlaku 𝛿𝑄

𝛿𝑄

( 𝑑𝑡 ) = ( 𝑑𝑡 ) 1

2

atau

4𝜋𝐾1 (𝑇 ′′ − 𝑇)𝑟1 𝑟2 4𝜋𝐾2 (𝑇 ′ − 𝑇) − (𝑇" − 𝑇)𝑟1 𝑟2 = … … .6.18 𝑟2 − 𝑟1 𝑟3 − 𝑟2

Dari persamaan 6. Didapatkan, 𝐾2 𝑟3 𝑟2 𝐾1 𝑟1 𝑟2 𝐾2 𝑟3 𝑟2 −1 (𝑇" − 𝑇) = [ ][ − ] (𝑇′ − 𝑇) … … … … .6.19 𝑟3 − 𝑟2 𝑟2 − 𝑟1 𝑟3 − 𝑟2 𝑑𝑖𝑠𝑢𝑏𝑠𝑡𝑖𝑡𝑢𝑠𝑖𝑘𝑎𝑛 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 6.19 𝑘𝑒 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 6.16 (

𝛿𝑄 𝐾2 𝑟3 𝑟2 𝐾1 𝑟1 𝑟2 𝐾2 𝑟3 𝑟2 −1 4𝜋𝐾1 𝑟1 𝑟2 ) =[ ][ − ] [ 𝑑𝑡 1 𝑟3 − 𝑟2 𝑟2 − 𝑟1 𝑟3 − 𝑟2 𝑟2 − 𝑟1

] (𝑇 ′ − 𝑇)

Dengan (𝑇 ′ − 𝑇) = ∆𝑇maka, 𝛿𝑄 𝐾1 𝑟1 𝑟2 𝐾2 𝑟3 𝑟2 𝐾1 𝑟1 𝑟2 𝐾2 𝑟3 𝑟2 −1 ( ) = 4𝜋∆𝑇 [ ][ ][ − ] 𝑑𝑡 1 𝑟2 − 𝑟1 𝑟3 − 𝑟2 𝑟2 − 𝑟1 𝑟3 − 𝑟2 Atau (

𝛿𝑄 4𝜋∆𝑇 ) = 𝑟 −𝑟 𝑟3 − 𝑟2 1 𝑑𝑡 1 { 2 𝐾1 𝑟1 𝑟2 + 𝐾2 𝑟3 𝑟2 }

Dan karena (

𝛿𝑄 𝛿𝑄 𝛿𝑄 )=( ) =( ) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 1 𝑑𝑡 2

𝑚𝑎𝑘𝑎, 4𝜋∆𝑇 𝐻 = 𝑟 −𝑟 𝑟 − 𝑟 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 6.14 { 𝐾2 𝑟 𝑟1 } + { 𝐾3 𝑟 𝑟2 } 1 2 1 2 3 2

6.8

misalkan lapisan pertama bola berongga pada soal 6.7 terbuat dari bola baja dan lapisan keduanya terbuat dari paduan almunium dengan data sebagai berikut ini: K1=30 watt/mK, K2=200 watt/mK, r1= 0,1 m, r2=0,2 m r3= 0,3 m, dan ∆𝑇 = 100𝐾 Hitunglah besarnya lau aliran kalor di dalam bola berongga tersebut. Jawab: 4𝜋∆𝑇 𝐻 = 𝑟 −𝑟 𝑟 −𝑟 { 𝐾2 𝑟 𝑟1 } + { 𝐾3 𝑟 𝑟2 } 1 2 1 2 3 2 =

4𝜋100 0,2 − 0,1 0,3 − 0,2 { }+{ } 30 × 0,1 × 0,2 2 × 102 × 0,2 × 0,3

𝑤𝑎𝑡𝑡

= 7,18 𝑘𝑖𝑙𝑜𝑤𝑎𝑡𝑡 6.9) Buktikan bahwa laju aliran kalor pada arah radial pada bahan yang berbentuk silinder berongga dapat dinyatakan dengan: 𝐻=

𝛿𝑄 𝑑𝑡

=

2𝜋𝐿𝐾(𝑇2 −𝑇1 ) 𝑟 ln[ 2 ]

…… (6.20)

𝑟1

L adalah tinggi silinder, r1 dan r2 adalah jari-jari dalam dan luar penampang silinder berongga, T1 adalah temperature permukaan dalam silinder dan T2 adalah permukaan luar silinder tersebut. Jawab :

T2

T1

Misalkan suatu elemen silinder berongga dengan jari-jari dalamnya r dan jari-jari luarnya r + dr. untuk dr -> 0 maka luas permukaan luar dan dalam dari silinder berongga tersebut dapat dianggap sama, yaitu : A= 2πrL Laju aliran kalor pada silinder berongga tersebut dapat dinyatakan dengan persamaan : 𝑑𝑡

𝑑𝑇

𝐻 = −𝐾𝐴 𝑑𝑟 = −𝐾(2𝜋𝑟𝐿) 𝑑𝑟 𝐻

𝑑𝑟 𝑟

= −2𝜋𝐿𝑑𝑇

………. (6.21)

Dengan menganggap aliran kalornya merupakan aliran steady (tunak), maka = konstan, sehingga integrasi persamaan (6.21) menghasilkan : 𝑟

𝑑𝑟

1

𝑟

2 ∫𝑟 𝐻

𝑇

= −2𝜋𝐿𝐾 ∫𝑇 2 1 𝑑𝑇

Atau, 𝑟

𝐻 ln (𝑟2 ) = 2𝜋𝐿𝐾(𝑇1 − 𝑇2 ) 1

Atau =

2𝜋𝐿𝐾(𝑇1 −𝑇2 ) 𝑟 ln( 2 )

persamaan (6.20)

𝑟1

6.10) Misalkan silinder berongga pada soal (6.8) terbuat dari tembaga dengan data sebagai berikut. K = 4 x 102 watt m-1 K-1 (untuk 200 K ≤ T ≤ 1000 K) r1 = 0,1 m , r2 = 0,2 m L = 0,5 m , ∆T = 1000 K. Hitunglah laju aliran kalor pada silinder tembaga tersebut. Jawab : Dipergunakan persamaan (6.20)

𝐻=

2𝜋𝐿𝐾(𝑇1 −𝑇2 ) 𝑟 ln( 2 ) 𝑟1

=

2𝜋𝑥0,5𝑥4𝑥102 x100 ln(

0,2 ) 0,1

= 1,81𝑥105 𝑤𝑎𝑡𝑡

6.11) Sepuluh liter air dipanaskan 1000 C.Untuk pemanasan d,kemudian alat pemanas dimatikan sehingga air mulai mengalami p,air mengikuti hokum pendinginan newton: 𝑑𝑇 𝑑𝑡

= -𝑘0 ( 𝑇1 − 𝑇0 )

K0 adalah kostan,T adalah temperature air pada waktu t=0,dan T0 adalah temperature kamar yang besarnya 1250 C,tentukan waktu yang diperlukan air tersebut untuk mencapai temperature 350 C. Jawab : Banyaknya kalor yang dilepaskan oleh air : 𝛿𝑄 = 𝑚𝑐 𝑑𝑇 Atau, 𝛿𝑄

d T = -𝑚𝑐 𝑑𝑇 𝑑𝑡

𝛿𝑄

= − 𝑚𝑐 𝑑𝑡 = −𝐾0 ( 𝑇1 -𝑇0 )

Didapatkan , 𝑘0 =

1 𝛿𝑄 . 𝑚𝑐 (𝑇1 − 𝑇0 ) 𝑑𝑡

Untuk air,c = 4186 joule kg-1 ( C0)-1 dan untuk 10 liter air,m = 10 kg. Harga

𝛿𝑄 𝑑𝑡

adalah daya dari alat pemanas,

𝛿𝑄 = 500 𝑤𝑎𝑡𝑡 𝑑𝑡 Jadi,

𝑘

𝑜=

500 =1,6 𝑥 10−4 𝑑𝑒𝑡 −1 10 𝑥 4186 𝑥 ( 100−25)

Kembali kepersamaan, 6.12) Sebuah benda padat yang volumenya V dan luas permukaanya A mempunyai dimensi karakteristik ( X) yang dinyatakan dengan : 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 𝑏𝑒𝑛𝑑𝑎

X = 𝑙𝑢𝑎𝑠 𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑘𝑎𝑎𝑛 𝑏𝑒𝑛𝑑𝑎 Jika suatu zat padat dimasukkan kedalam zat cair, maka didalam system campuran zat ini akan terjadi aliran konduksi dan konveksi. Hubungan antara koefisien konduktivitas K dan koefisien konveksi H dinyatakan dengan suatu parameter yang disebut bilangan Biot (Bi), yaitu : ℎ𝑋

Bi =

𝐾

Jika Bi < 0,1 maka temperature permukaan zat padat ( Tp) dapat ditentukan dengan persamaan : Tp−𝑇 To−T

ℎ𝐴

= exp [− cp .ρ. X] t

⋯ (6.22)

Tp = temperatur permukaan benda T = temperatur zat cair yang dianggap konstan To = temperatur awal benda cp = panas jenis benda pada tekanan konstan ρ = massa jenis benda t = waktu perambatan kalor tentukanlah besarnya temperatur permukaan suatu bola logam yang diameternya 0.1 m, konduktivitas termalnya 200 watt m-1 K-1, panas jenisnya 903,7 joule kg-1 K-1, massa jenisnya 2,7 x 10-3 kg m-3, temperatur awalannya 500 K, dan bola logam tersebut selama 2 jam dimasukkan kedalam bak air yang volumenya sangat besar dengan temperaturnya 293 K dan koefisien konveksi kalor 11,3 watt m-2 K-1. Jawab: Dimensi karakteristik bola logam tersebut : X=

4 𝜋 r3 3 4 𝜋 𝑟2

𝑟

=3 = 0,017 m Dan besarnya bilangan Biot : Bi = =

ℎ𝑋 𝐾 11,3 .0,017 200

= 9,6 x 10-4 Jadi Bi < 0,1 dan dapat menggunakan persamaan (6.22), Tp−𝑇

ℎ𝐴

= exp [− cp .ρ. X] t To−T Tp−293

= exp [− 500 −293

11,3 . 4𝜋. 0,052

] 2.3600

403,7 . 2,7 . 103 .0,0017

Tp − 293 = 0,94 207 Sehingga kita dapatkan, Tp = 0,94 . 207 + 293 = 487,6 K

6.13. Gambar dibawah ini menunjukkan suatu dinding yang temperaturnya dijaga tetap sebesar 600C. Dinding tersebut dilapisi dengan suatu penyekat yang luas penampangnya 0,25 m 2, tebalnya 5 cm, dan konduktivitas thermalnya 0,5 watt m-1 C0-1. Kalor mengalir secara konduksi pada penyekat dan secara konveksi pada udara yang bersentuhan dengan sisi penyekat. Jika diketahui temperatur udara 300C, koefisien konveksi rata-ratanya 10 watt m-2C0-1. Perkirakanlah besarnya: a) Laju perpindahan kalor b) Temperatur permukaan penyekat yang bersentuhan dengan udara.

d udara Q

A

Td Jawab:

Tp

Anggaplah bahwa aliran kalor yang terjadi adalah aliran tunak. Pada penyekat berlaku: 𝛿𝑄 𝐾 𝐴 (𝑇𝑑 − 𝑇𝑝 ) = 𝑑𝑡 𝑑

… (6.23)

Apa arti Td, Tp, Tu. Jelaskan dengan singkat Tp = Temp Pelat. Di mana Td adalah temperatur dinding dan Tp adalah temperatur penyekat. Pada udara berlaku: 𝛿𝑄 = ℎ 𝐴 (𝑇𝑝 − 𝑇𝑢 ) 𝑑𝑡 Atau, 𝛿𝑄 = ℎ 𝐴 {(𝑇𝑑 − 𝑇𝑢 )(𝑇𝑑 − 𝑇𝑝 )} 𝑑𝑡

… (6.24)

Di mana Tu adalah temperatur udara. Dari persamaan (6.223) dan (6.24) didapatkan: 𝐾 𝐴 (𝑇𝑑 − 𝑇𝑝 ) = ℎ 𝐴 {(𝑇𝑑 − 𝑇𝑢 )(𝑇𝑑 − 𝑇𝑝 )} 𝑑

Atau, (𝑇𝑑 − 𝑇𝑢 ) = [

ℎ𝐿 ] (𝑇 − 𝑇𝑢 ) 𝐾 + ℎ𝐿 𝑑

… (6.25)

Jika persamaan (6.25) disubtitusikan kedalam persamaan (6.20) didapatkan: 𝛿𝑄 ℎ𝐾𝐴 =( ) (𝑇𝑑 − 𝑇𝑢 ) 𝑑𝑡 𝐾 + ℎ𝑑

… (6.26)

a) Laju perpindahan kalor dapat dihitung dengan memasukkan data kedalam persamaan (6.26) 𝛿𝑄 10 × 0,5 × 0,25 =[ ] (60 − 30) 𝑤𝑎𝑡𝑡 = 37,5 𝑑𝑡 0,5 + 10 × 0,005 b) Temperatur permukaan sekat yang bersentuhan dengan udara didapatkan dengan memasukkan data serta hasil yang didapat dari a), kedalam persamaan (6.20): 37,5 =

0,5 × 0,25(60 − 𝑇𝑝 ) 0,05

Atau, 37,5 × 0,05 0 𝑇𝑝 = 60 − [ ] 𝐶 = 450 𝐶 0,5 × 0,25 6.14. Suatu ruangan berisi air dengan udara diatasnya. Ruangan tersebut kemudian didinginkan sehingga udara didalamnya mencapi temperatur T dan air mencapai titik bekunya Tb. jika T
… (6.27)

Dengan h menyatakan koefisien konveksi kalor udara (dianggap konstan), A adalah luas permukaan air, K adalah konduktivitas thermal es, 𝜌 adalah kerapatan massa es dan ib adalah kalor lebur es.

Jawab:

Misalkan dalam waktu dt terbentuk lapisan es setebal dy. Panas yang dibebaskan oleh air untuk membentuk lapisan es setebal dy adalah: δQ = ρA dy ib panas yang dialirkan dalam waktu di dapat dituliskan sebagai: 𝛿𝑄 𝑑𝑦 = 𝜌𝑖𝑏 . 𝐴 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Dengan anggapan bahwa aliran kalor terjadi dalam keadaan tunak (steady), maka

𝑄 𝑑𝑡

i yang

melalui es dan udara dapat dinyatakan dengan: 𝛿𝑄 ℎ𝐾𝐴 =( ) (𝑇𝑑 − 𝑇) 𝑑𝑡 𝐾 + ℎ𝑦

… (6.28)

Yaitu analog dengan persamaan (6.26). dari persamaan (6.26) dan (6.28) didapatkan: 𝜌𝑖𝑏 . 𝐴

𝑑𝑦 ℎ𝐾𝐴 =[ ] (𝑇 − 𝑇) 𝑑𝑡 𝐾 + ℎ𝑦 𝑑

Atau, (𝑇𝑑 − 𝑇) 1 𝑦 [ + ] 𝑑𝑦 = 𝑑𝑡 ℎ 𝐾 𝜌𝑖𝑏

… (6.29)

𝑦 𝑡 (𝑇 1 𝑦 𝑑 − 𝑇) ∫ ( + ) 𝑑𝑦 = ∫ 𝑑𝑡 ℎ 𝐾 𝜌𝑖𝑏 0 0

𝑦 𝑦 2 (𝑇𝑑 − 𝑇) + = 𝑡 ℎ 2𝐾 𝜌𝑖𝑏

← 𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 … (6.27)

6. 15 Diketahui perbandingan antara jejari orbit bumi terhadap matahari r, dengan еjejari r matahari R, besarnya A = 216. Anggaplah matahari sebagai radiator sempurna, hitunglah tetapan surya ( solar constan) k yang didefinisikan: k=

R A

..........(6.30)

dengan R adalah daya yang dipancarkan oleh radiasi permukaan matahari, dan A adalah luas permukaan bola dengan jejari sama dengan jejari orbit Bumi, A = 4 πr2. Jawab:

Daya dari radiasi matahari dapat dinyatakan dengan: δQ

R=

dt

= еσAT 4 .........(6.13)

Substitusikan persamaan (6.31) ke dalam persamaan (6.30) sehingga didapatkan: k=

=

еσAT4 A

еσ4πR2 T4 4πr2 R 2

= еσ( ) T 4 r = 1× 5,67 × 10−8 × (

1

)2 × 60004

216

= 1572 watt/m2 = 0,16 watt/m2

6.16

Sebuah pemanas listrik yang berbentuk selubung silinder dengan diameter 5 cm dan panjangnya 25 cm memancarkan radiasi dengan daya 2000 watt m-2 Jika pemanas tersebut mempunyai resistivitas yang besarnya, е = 0,9, tentukanlah temperatur permukaan pemanas tersebut. Jawab: Dipergunakan hukum Stefan-Boltzman yang dinyatakan oleh persamaan (6.4): R=еσT 4 Dan R adalah daya persatuan luas:

δQ

R=

[ dt ] A

sehingga didapatkan: δQ ] dt

[

R=

A

= еT 4

atau

T={

T={

𝛿𝑄 𝑑𝑡 е𝜎𝐴

}

1 4

δQ dt еσπDL

} 14

D adalah diameter silinder dan L adalah panjang silinder. Dari soal diketahui: D = 5 cm = 0,5 m L = 25 cm = 0,25 m sehingga didapatkan: 2000 1 T={ } 0,9 ×5,67 ×10−8 ×π×0,05 ×0,25 4

= 999,5 K 6.17 Sebuah benda hitam berbentuk bola denan temperature permukaan 1000 K memancarkan radiasi dengan daya sebesar 1000 watt m-2.Berapakah besarnya jari-jari bola tersebut? Jawab: 𝛿𝑄 𝑑𝑡

R=[ 𝐴 ] = 𝜎 T4 Atau, 𝛿𝑄 𝑑𝑡 A= 𝜎𝑇 4

Dan untuk bola,A=4𝜋 r2,r adalah jari-jari bola.Jadi, 4π r2 =

𝑑𝑄 𝑑𝑡 𝜎𝑇 4

𝑑𝑄 𝑑𝑡

1 m

r = { 4𝜋𝜎𝑇 4 } 2

1000

={4𝜋𝑥5,67𝑥10−8 𝑥(1000) ⁴}½ m = 0,0375 m =3,75 cm 6.18 Dua buah bola konsentrik terbuat dari almunium yang mempunyai emisivitas e = 0,03.Rongga antara kedua bola tersebut merupakan ruang yang vakum.Bola luar berdiameter 20 cm dengan temperature tetap 800 K dan bola dalam berdiameter 10 cm dengan temperature tetap 300 K.Hitunglah besarnya perpindahan kalor yang disebabkan oleh radiasi dengan menggunakan persamaan (6.5),jika konstanta 𝜀 berbentuk : 𝜀=𝐴

𝑒𝐴1 𝐴2

1 +𝐴2 −𝑒𝐴1

…(6.32)

Dengan A1 dan A2 adalah luas permukaaan bola luar dan dalam. Jawab : Besarnya luas permukaan bola luar dan bola dalam adalah: 20

A1 = 4π[ 2 𝑋 10−2 ]² m2 =0,13 m2 10

A2 = 4π{ 2 𝑥10−2 }² m2 =0,03 m2 Sehingga besarnya kostanta 𝜀: 0,03 𝑥 0,13𝑥0,03

𝜀 = 0,13 𝑥 0,03−0,03𝑥0,13 m2 =

7,5 x 10-4 m2

Kemudian digunakan persamaan (6.5) :

𝛿𝑄

= 𝜀𝜎(𝑇14 − 𝑇24 )

𝑑𝑡

= 7,5 X 10-4 X 5,67 X 10-8 X ( 8004 – 3004 ) = 17,07 watt 7.1

Dalam keadaan standar (P= 1 atm,T = 0o C) setiap mole gas mengandung jumlah molekul yang besarnya sama dengan bilangan Avogadro,NA = 6,02 x 1023nmolekul/mole. a. Hitunglah kerapatn molekul untuk keadaan standar tersebut (dalam satuan molekul/ m3)! b. Hitunglah kerapatan molekul gas dalam keadaan standar P= 10 atm,T= 1000 C,dan V = 2m3! c. Misalkan satu molekul gas mula-mula dalam keadaan standar P1,V1,T1.Kemudian ditambahkan sejumlah gas yang sama sehingga keadaan gas menjadi V2= 2 V1,P2= 2 P1,dan T2 = T1. Hitunglah jumlah molekul gas yang ditimbulkan tersebut ! Jawab: a.Dalam keadaan standar,1 mole gas memiliki volume 22,4 l=22,4 x 10-3 m3,dan l mole gas mengandung 6,03 x 1023 molekul. Jika kerapatan molekul dinyatakan dengan 𝜌 maka. 6,03 𝑥1023

𝜌 = 22,4 𝑥10−3 molekul/ m3 =2,69 x 1023 molekul/m3 b.Persamaan gas ideal : PV=nRT Atau, 𝑃𝑉

n=

𝑅𝑇

Dengan, P=10 atm=10 x 1,013 x 105 Pa = 1,013 x 106 Pa V= 2 m3 T=1000 C=( 100 + 273,15 ) K =373,15 K. R=8,314 x 103 joule mole-1 K-1

Didapatkan , 1,013 𝑥 106 𝑥2

n = 8,314 𝑥103 𝑥373,15 = 0,65 mole Karena jumlah mole gas ( n ) tidak berubah apabila gas tersebut berubah keadaannya keadaan standar,maka jumlah molekul gas dapat ditentukan dengan persamaan : N=n NA =0,65 X 6,02 X 1023 molekul =3,91 x 1023 molekul c.Perbandingan jumlah mol gas sel sebelum dan sesudah penambahan gas adalah : 𝑛1 𝑛2

𝑃 𝑉 [ 1 1]

=

𝑅𝑇1 𝑃 𝑉 [ 2 2] 𝑅𝑇2

𝑃 𝑉 [ 1 1]

=

[

𝑅𝑇1 2𝑃1 2𝑉1 ] 𝑅𝑇1

1

=4

Jumlah mole gas yang ditambahkan : n = n2 – n1 = 4 n1- n1= 3 n1 mole Jumlah molekul gas yang ditambahkan : N = 3n1NA molekul = 3 x 1 x 6,03 x 1023 molekul = 18,09 x 1023 molekul 7.2

Andaikan Volume 1 mole gas real dalam keadaan standar di bagi-bagi menjadi kubus – kubus kecil dan masing kubus berisi satu molekul.Hitunglah perbandingan antara jarak antarmolekul rata-rta dengan diameter molekul apabila molekul dianggap berbentuk bola dengan diameter d= 2,5 Å (1Å= 10-10 m ) Jawab : Dalam keadaan standar ,volume 1 mole gas adalah ; V= 22,4 x 10-3 m3 Dan jumlah molekul dari 1 mole gas adalah : NA=6,02 x 1023 molekul Volume setiap kubus : 22,4 𝑥 10−3

Vk = 6,02 𝑥 1023 = 3,72 x 10-26 m3

Jarak anatra molekul rata-rata,secara pendekatan,dapat dianggap sama dengan panjang rusuk kubus, r = Vk 1/3 = ( 3,71 x 10-26 )1/3 m = 3 x 10-9 m = 30 Å Jadi, 𝑟

30

= 2,5 = 12 𝑑 Artinya jarak antara molekul 12 kali lebih besar daripada diameter molekul. 7.3

Hitunglah Vrms molekul-molekul gas ( didalam suatu ruangan ) dalam harga V0 jika diketahui: a) 70 % molekul berkecepatan v0, 15 % molekul berkecepatan 0,5 v0,dan 15 % molekul berkecepatan 1,5 v0 b) 60 % molekul berkecepatan vo,5 % molekul berkecepatan 0,25 V0,15 % molekul berkecepatan 0,5 v0,15 % molekul berkecepatan 1,5 v0,dan 15 % molekul berkecepatan 1,75 v0, Jawab : a ) f1 = 70% = 0,7, v1=v0 f2 = 15% = 0,15,v2=0,5 v0 f3 = 15%= 0,15,v3 =1,5 v0 𝑉 2 =𝑓1 𝑣12 + 𝑓2 𝑣22 + 𝑓3 𝑣32 =0,7 x 𝑣02 + 0,15𝑥(0,5𝑣0 )2 + 0,15 𝑥 (1,5𝑣0 )2 =1,075 𝑣02 𝑉𝑟𝑚𝑠 = √𝑣 2 = √1,075 𝑣02 = 1,04 𝑣0 b.f1 = 60 % = 0,6, v1 = v0 f2 = 5 % = 0,05, v2 = 0,25 v0 f3 = 15 %=0.15, v3 = 0,5 v0 f4 = 15 %=0.15, v4 = 1,5 v0 f5 = 5 % = 0,05, v5 = 1,75 v0

𝑣 2 = 𝑓1 𝑣12 + 𝑓2 𝑣22 + 𝑓3 𝑣32 +𝑓4 𝑣42 + 𝑓5 𝑣52 =0,6 x 𝑣02 + 0,05 𝑥(0,25𝑣0 )2 + 0,15 𝑥 (0,5 𝑣0 ) 2 + 0,15 x (1,5 𝑣0 )2 + 0,05 𝑥 (1,75 𝑣0 )2 =1,131𝑣02 𝑉𝑟𝑚𝑠 = √𝑣 2 = √1,131 𝑣02 = 1,06 𝑣0 7.4 Andaikan di dalam suatu ruangan terdapat 3 buah molekul gas ideal masing-masing dengan kecepatan 0,5 x 103 m det −1 , 103 m det −1 , dan 1,5 x 103 m det −1. Hitunglah 𝑣𝑟𝑚𝑠 dan bandingkan dengan kecepatan rata-rata yang dihitung dengan persamaan: ̅̅̅ 𝑣 2 = ∑ 𝑓𝑖 𝑣𝑖 Jawab: Karena hanya ada tiga buah molekul yang masing-masing kecepatannya berbeda maka: 1

𝑓1 = 𝑓2 = 𝑓3 = 3 ̅̅̅ 𝑣 2 = 𝑓1 𝑣12 + 𝑓2 𝑣22 + 𝑓3 𝑣32 1

= 3 (𝑣12 + 𝑣22 + 𝑣32 ) 1

= 3 (0,5 x 103 )2 + (103 )2 + (1,5 x 103 )2 = 1,17 x 106 ̅̅̅2 = √1,17x106 = 1,08 x 103 m det −1 𝑣𝑟𝑚𝑠 = √𝑣 𝑣̅ = 𝑓1 𝑣1 + 𝑓2 𝑣2 + 𝑓3 𝑣3 1

= 3 (𝑣1 + 𝑣2 + 𝑣3 ) 1

= 3 (0,5 x 103 + 103 + 1,5 x 103 ) = 1 x 103 m det −1 Jadi, 𝑣𝑟𝑚𝑠 𝑣̅

=

1,08 x 103 1 x 103

= 1,08

Atau 𝑣𝑟𝑚𝑠 = 1,08 𝑣̅ 7.5) suatu ruangan berisi gas ideal, molekul-molekulnya mempunyai kecepatan v1 , v2 dan v3 dengan perbandingan, v1 : v2 : v3 = 1 : 2 : 3. Jika diketahui besarnya 𝑣2 = 1,2 × 103 𝑚 𝑑𝑒𝑡 −1 , 𝑣𝑟𝑚𝑠 = 1,25 × 103 𝑚 𝑑𝑒𝑡 −1 , dan f1 = f2, hitunglah besarnya persentase molekul dengan kecepatan v1, v2, dan v3 tersebut!

Jawab : 𝑣2 = 1,2 × 103 𝑚 𝑑𝑒𝑡 −1 𝑣1 =

1 𝑣 = 0,6 × 103 𝑚 𝑑𝑒𝑡 −1 2 2

3 𝑣3 = 𝑣2 = 1,8 × 103 𝑚 𝑑𝑒𝑡 −1 2 Misalkan f = f1 = f3 f2 = 1 – f1 – f3 f2 = 1 – 2f vrms = ̅̅̅ v 2 = f1 v12 + f2 v22 + f3 v32 (1,25 × 103 )2 = 𝑓(0,6 × 103 )2 + (1 − 2𝑓)(1,2 × 103 )2 + 𝑓(1,8 × 103 )2 = 𝑓(0,6 × 103 )2 + (1,2 × 103 ) − 2𝑓(1,2 × 103 )2 + 𝑓(1,8 × 103 )2 (1,25 × 103 )2 − (1,2 × 103 )2 = 𝑓((0,6 × 103 )2 − 2(1,2 × 103 )2 + 𝑓(1,8 × 103 )2 ) ((1,25)2 − (1,2)2 ) × 106 = 𝑓((0,6)2 − 2(1,2)2 − (1,8)2 ) × 106 𝑓=

(1,25)2 − (1,2)2 (0,6)2 − 2(1,2)2 + (1,8)2

= 0,17 Jadi, Fraksi molekul dengan kecepatan v1 : f1 = f = 17% Fraksi molekul dengan kecepatan v2 : f2 = (1 − 21) = 66% Fraksi molekul dengan kecepatan v3 : f3 = f = 17%

7.8)

Pada temperatur T1 suatu gas mempunyai vrms = 2 x 103 m/det. Berapakah besarnya vrms gas tersebut jika temperaturnya dinaikan menjadi dua kali temeratur semula? Jawab :

vrms,1 = 2 × 103 m⁄det T2 = 2 T1 3RT1 vrms,1 √ M T1 = =√ vrms,2 T2 √3RT2 M

⋯⋯⋯(7.23)

T2 vrms,2 =√ × vrms,1 T1 2T1 =√ × vrms,1 T1 = √2 × 2 × 103 ms -1 = 2,83 × 103 ms -1 7.9)

Suatu gas pada temperatur 300 K mempunyai vrms = vo berapa besar kenaikan gas tersebut bila dipanaskan sehingga vrms –nya menjadi 2 vo? Jawab: T1 = 300 K vrms,1 = v0 vrms,2 = 2 v0 vrms,1 T1 =√ vrms,2 T2 2 vrms,1 T1 = 2 T2 vrms,2

T2 = (

2 vrms,1 2 vrms,2

2

) T1

2 v0 2 =( ) × 300 K v0 = 1200 K Kenaikan temperatur gas, ∆T = (T2 - T1 ) = 900 K 7.12) Suatu sistem vakum mula-mula bertekanan 10-4 Torr. Sistem dan lingkungannya setimbang termal pada temperatur 300K, dan tekanan diluar sistem 1 atm. Sistem tersebut

kemudian mengalami kebocoran pada dindingnya yang berupa lubang kecil seluas 200 µm2, sehingga molekul-molekul udara dapat mengalir kedalam dan keluar sistem. a. Hitunglah banyaknya molekul yang mengalir ke dalam dan keluar sistem setelah terjadi kebocoran selama satu jam! b. Hitunglah tekanan di dalam sistem setelah satu jam kebocoran tersebut, jika diketahui volume sistem 10 liter! (1 Torr = 1 mmHg, 1 atm = 760 Torr, 1 µm = 10-6 m, m = 47,8 x 10-27 kg, Mud = 28,8) Jawab: a. Anggaplah sistem berdinding tipis. Misalkan arah yang tegak lurus yang berlubang adalah arah x, maka tekanan pada dinding seluas A dapat dinyatakan dengan: 𝑃=

𝑁∆𝑃𝑥

.............(7.24)

𝐴∆𝑡

Jika Vx menyatakan kecepatan rata-rata molekul pada arah x, maka analog dengan persamaan (7.4) didapatkan: ∆𝑃𝑥 = 2𝑚𝑉̅𝑥

.............(7.25)

Secara pendekatan dapat ditulis: ̅̅̅̅2 1𝑉 𝑉̅𝑥 = √𝑉𝑥2 = √ 3 1 𝑉̅𝑥 = 3 𝑉𝑟𝑚𝑠 √3

.............(7.26)

Subtitusi persamaan (7.26) kedalam persamaan (7.25) menghasilkan: 2

∆𝑃𝑥 = 3 𝑚𝑉𝑟𝑚𝑠 √3

.............(7.27)

Dan subtitusi persamaan (7.27) ke dalam persamaan (7.24) manghasilkan: 𝑃=

2𝑁𝑚𝑉𝑟𝑚𝑠 3𝐴∆𝑡

√3

.............(7.28)

Jika A menyatakan luas penampang lubang, maka N menyatakan jumlah molekul yang melalui lubang. Dari persamaan (7.28) didapatkan: 𝑁=

𝑃𝐴∆𝑡 2𝑚𝑉𝑟𝑚𝑠

√3

Dari soal diketahui:

.............(7.29)

Pluar = P´ = 1 atm = 1,013 x 105 Pa Psis = P˝ = 10-4 Torr = (10-4 )/760 = 1,013 x 105 Pa = 0,013 Pa A

= 200 µm2 = 200 x (10-6)2 m2 = 2 x 10-10 m2 3𝑅𝑇

Vrms = √ ∆𝑡

𝑀

3×8314×300

=√

28,8

= 59,72 m det-1

= 1 jam = 3600 det

Jika N´ menyatakan jumlah molekul yang masuk kedalam sistem, dan N´´ menyatakan jumlah molekul yang keluar sistem, maka: 𝑃´𝐴∆𝑡

N´ = 2𝑚𝑉

𝑟𝑚𝑠

=

√3

1,013×105 ×2×10−10 ×3600×√3 2×47,8×10−27 ×509,72

molekul

= 2,59 x 1014 molekul Dan, 𝑃˝𝐴∆𝑡

N˝ = 2𝑚𝑉

𝑟𝑚𝑠

=

√3

0,013×2×10−10 ×3600×√3 2×47,8×10−27 ×509,72

molekul

= 3,33 x 1014 molekul Bandingkan N´ dengan N˝ N´ N˝

2,59 x 1014

= 3,33 x 1014 = 7,78 x 108

Jadi, N´ >> N˝, sehingga N˝ diabaikan. b. Sebelum mengalami kebocoran jumlah molekul didalam sistem dapat dihitung dengan menggunakan persamaan: 1 𝑁𝑚 2 𝑉 3 𝑉 𝑟𝑚𝑠

𝑃˝ = Atau, 𝑁=

3𝑃˝𝑉 2 𝑚𝑉𝑟𝑚𝑠

Dengan, V = 10 l = 0,01 m3, didapatkan: 3×0,013×0,01

N = 47,8×10−27 ×(509,72)2 molekul = 3,14 x 1016 molekul

Ternyata juga N´ >> N. Jumlah molekul didalam sistem setelah mengalami kebocoran selama 1 jam adalah: Ns = N + N´ − N˝ Ns = N´ = 2,59 x 1014 molekul Jadi tekanan sistem sekarang: 𝑃=

1 Ns 𝑚 2 𝑉 3 𝑉 𝑟𝑚𝑠 1 2,5×1021 ×47,8×10−27

= 3.

0,01

× (509,72)2 Pa

= 1072 Pa = 0,01 atm = 8,04 Torr. 7.13) Hitunglah besarnya energi kinetik gas ideal per satuan mole pada temperatur 300 K dan 500 K, jika: a. Pada temperatur 300 k gas dianggap hanya bergerak translasi. b. Pada temperatur 500 K gas dianggap bergerak translasi dan rotasi dengan 5 derajat kebebasan. Jawab: a. Untuk gerak translasi, f = 3 𝜀=

3 𝑅𝑇 2 3

= 2 × 8,314 × 103 × 300 joule mol-1 = 3,74 x 106 joule mol-1 b. Untuk gerak translasi dan rotasi,f = 5 𝜀=

5 𝑅𝑇 2 5

= 2 × 8,314 × 103 × 500 joule mol-1 = 1,04 x 107 joule mol-1.

7.14) Suatu bejana tertutup berisi air dan uap air dalam kesetimbangan pada T= 100 o C dan P= Pada keadaan ini panas penguapan air

1 atm. 3

I u  40,5  10 3 kJ mole 1

Bandingkan besarnya energi kinetic rata-rata per molekul uap air dengan panas penguapan untuk satu molekul air! Jawab: Anggaplah molekul uap air hanya bergerak translasi, maka besarnya energi kinetic rata-rata persatuan mole:





3 RT 2 3  8,314  10 3  373,15 2

 4,65  10 6 joule mole 1 Energi kinetik rata-rata per molekul :

Ek 

 NA



4,65  106 joule/molekul NA

Panas penguapan per molekul,

Iu 40,5  10 3 Iu   K joule/molekul NA NA

40,5  10 3  K joule/molekul NA 4,65  10 6 E N0 Jadi, k   0,1 Iu 40,5  10 3 N0 Atau,

Ek  0,2I u Jadi, energi rata-rata per molekul kira-kira 0,1 kali energi (panas)penguapan permolekul.

7.15) Tentukanlah persamaan untuk C v , C p , dan  gas ideal! Jawab: Karena pada gas ideal dianggap tidak ada gaya antar molekul, maka energi dalam gas ideal persatuan molekul dapat dinyatakan sebagai:

u  Ek 

cv 

f RT 2

du f  R dT 2

…(7.30)

Entalpi gas persatuan mole dapat dinyatakan sebagai:

k  u  Pu Dengan

Pu  RT Maka,

k  u  RT 

f RT  RT 2

f     1 RT 2  Cp 

dk  f     1 R dT  2 

…(7.31)

Dari persamaan (7.30) dan (7.31)dapat diperlihatkan bahwa:

C p  Cv  R Dan

f    1 R Cp  2     f Cv R 2

  1

2 f

…(7.32)