View
267
Download
3
Category
Preview:
Citation preview
1
BAGIAN I : KONSEP DASAR
2
BAB I. TEMPERATUR
1.1. PANDANGAN MAKROSKOPIS Kuantitas yang diacu sebagai ciri umum atau sifat skala besar dari sistem disebut koordinat makroskopis. Contoh : dalam sebuah silinder mesin mobil dapat diperinci empat kuantitas yakni : komposisi, volume, tekanan dan temperatur. Koordinat makroskopis memiliki ciri khas mencakup : 1. koordinat tidak menyangkutkan pengandaian khusus mengenai struktur materi, 2. jumlah koordinatnya sedikit, 3. koordinat ini dipilih melalui daya terima indera kita secara langsung, 4. koordinat ini dapat diukur.
1.2. PANDANGAN MIKROSKOPIS Dalam mekanika statistik, sistem diandaikan terdiri dari sejumlah besar N molekul (tidak nampak dengan mata atau mikroskopis). Koordinat mikroskopis memiliki ciri khas mencakup : 1. terdapat pengandaian mengenai struktur materi, yaitu molekul dianggap ada, 2. banyak kuantitas yang harus diperinci, 3. kuantitas yang diperinci tidak didasarkan penerimaan indera kita, 4. kuantitas ini tidak dapat diukur.
1.3. RUANG LINGKUP TERMODINAMIKA Kuantitas makroskopis (P, V, ) yang berkaitan dengan keadaan internal suatu sistem disebut koordinat termodinamika. Tujuan termodinamika adalah mencari hubungan umum antara koordinat termodinamika yang taat asas dengan hukum pokok termodinamika.
1.4. KESETIMBANGAN TERMAL Kesetimbangan termal adalah keadaan yang dicapai oleh dua (atau lebih) sistem yang dicirikan oleh keterbatasan harga koordinat sistem itu setelah sistem saling berinteraksi (salah satu contoh : asas Black)
1.5. KONSEP TEMPERATUR Sistem temperatur adalah suatu sifat yang menentukan apakah sistem dalam kesetimbangan termal dengan sistem lainnya.
3
BAB II. SISTEM TERMODINAMIKA SEDERHANA
2.1. PERSAMAAN KEADAAN Dalam keadaan nyata, sangat sulit mengungkapkan kelakuan lengkap zat dalam seluruh pengukuran harga koordinat termodinamika (P, V, ) dengan memakai persamaan sederhana. Terdapat lebih dari 60 persamaan keadaan yang telah diajukan untuk menggambarkan cairan saja, uap saja dan daerah uap-cairan. Di antaranya : 1. Persamaan gas ideal :
RPv (2.1) yang hanya berlaku pada tekanan (P) rendah dalam daerah uap dan gas.
2. Persamaan keadaan van der Waals :
Rbvv
aP
2 (2.2)
yang berlaku dengan baik dalam daerah cairan, uap dan di dekat serta di atas titik kritis.
2.2. PERUBAHAN DIFERENSIAL KEADAAN Setiap infinitesimal dalam koordinat termodinamika (P, V, ) harus memenuhi persyaratan bahwa ia menggambarkan perubahan kuantitas yang kecil terhadap kuantitasnya sendiri tetapi perubahan kuantitas yang besar terhadap efek yang ditimbulkan oleh kelakuan beberapa molekul. Persamaan keadaan suatu sistem dapat dibayangkan bahwa persamaan keadaan tersebut dapat dipecahkan untuk menyatakan setiap koordinatnya dalam dua koordinat lainnya. Analisisnya : 1. V = fungsi (, P) (2.3) Maka diferensial parsialnya :
dPP
Vd
VdV
P
(2.4)
Kuantitas kemuaian volume rata didefinisikan :
Muai volume rata = temperaturperubahan
volumesatuanpervolumeperubahan,
pada kondisi tekanan tetap.
4
Jika perubahan temperatur dibuat sangat kecil, maka perubahan volume juga menjadi sangat kecil, maka : kemuaian volume sesaat (β) dirumuskan :
P
V
V
1 (2.5)
Sebenarnya β merupakan fungsi dari (, P), tetapi dalam percobaan menunjukkan bahwa banyak zat yang β – nya tidak peka pada perubahan tekanan (dP) dan hanya berubah sedikit terhadap suhu ( Efek perubahan tekanan pada volume sistem hidrostatik etjika temperaturnya dibuat tetap, dinyatakan oleh kuantitas yang disebut ketermampatan isotermik (κ dibaca kappa) yang dirumuskan :
P
V
V
1 (2.6)
2. P = fungsi (, V) (2.7) Maka diferensial parsialnya :
dVV
Pd
PdP
V
(2.8)
3. = fungsi (P, V) (2.9) Maka diferensial parsialnya :
dVV
dPP
dPV
(2.10)
2.3. TEOREMA MATEMATIS Andaikan ada hubungan antara ketiga koordinat x, y, z, maka
f (x,y,z) = 0 (2.11) dengan x = fungsi (y,z) maka :
dzz
xdy
y
xdx
yz
(2.12)
Dan y = fungsi (x,z) maka :
dzz
ydx
x
ydy
xz
(2.13)
5
dengan menyulihkan persamaan (2.13) ke dalam (2.12) diperoleh : x = fungsi (y,z) maka :
dzz
xdz
z
ydx
x
y
y
xdx
yxzz
(2.14)
atau
dzz
x
z
y
y
xdx
x
y
y
xdx
yxzzz
(2.15)
Sekarang dari ketiga koordinat itu hanya dua yang bebas (x,z). Jika dz = 0 dan dx ≠ 0, diperoleh :
1
zzx
y
y
x (2.16)
z
z
x
yy
x
1 (2.17)
Jika dx = 0 dan dz ≠ 0, diperoleh :
0
yxzz
x
z
y
y
x (2.18)
yxzz
x
z
y
y
x
(2.19)
1
yxzx
z
z
y
y
x (2.20)
Kembali ke sistem hidrostatik berdasarkan persamaan (2.19), diperoleh :
VP
PV
V
P
(2.21)
atau
V
P P
P
V
V
(2.22)
6
Dari persamaan (2.5) dan (2.6)
P
V
V
1
P
V
V
1
disulihkan ke dalam persamaan (2.21) diperoleh :
V
P (2.23)
Kembali ke persamaan (2.8)
dVV
Pd
PdP
V
berdasarkan persamaan (2.6) dan (2.23)
P
V
V
1
V
P
diperoleh :
dVV
ddP
1 (2.24)
Lalu pada volume tetap (dV = 0), diperoleh :
ddP (2.25)
Dengan mengintegrasikan kedua keadaan tersebut, diperoleh :
ddPf
i
f
i
P
P (2.26)
Dan
ifif PP
(2.27)
7
Latihan soal :
1. Persamaan keadaan gas ideal yaitu : RPv . Buktikanlah bahwa :
a.
1
b. P
1
Jawab : a. Koordinat termodinamika (P, V, ), maka V = fungsi (P, ), namun karena β terjadi pada tekanan tetap berarti V = fungsi ( ) saja. Lalu persamaan :
RPv menggunakan perubahan diferensial keadaan menjadi :
P
RvRdPdv
P
, karena maka
P
R
V
V
V P
,11
terbukti
1
b. κ terjadi pada suhu tetap berarti V = fungsi (P) saja.
karenaP
R
P
v
dPP
RdPPRdvPRvRPv
,2
2
21
makaP
xPV
R
P
Rx
VP
V
V,
1112
terbuktiP
1
8
2. Diketahui :
111
16
1082,3
10181
Pax
Kx
raksaair
raksaair
Massa air raksa pada tekanan 1 atmosfir (1,01325x105 Pa) dan temperatur 0oC diusahakan agar volume tetap. Temperatur dinaikkan hingga 10oC, berapa Pa tekanan akhirnya ? Jawab : Menggunakan persmaan (2.27)
ifif PP
Diperoleh :
11
65
1082,3
10101811001325,1
x
xxxPf
5
11
6
1001325,11082,3
1010181x
x
xxPf
55 1001325,110473 xPf
PaPf51001325,474
2.4. KUANTITAS INTENSIF DAN EKSTENSIF Kuantitas dalam bagian sistem yang tetap sama (massanya sama) disebut kuantitas intensif (tekanan dan temperatur). Kuantitas dalam bagian sistem yang berubah (massanya berubah) disebut kuantitas ekstensif (volume). Koordinat termodinamika dirangkum dalam Tabel 2.1. Tabel 2.1. Kuantitas intensif dan ekstensif Sistem sederhana Koordinat
intensif Koordinat ekstensif
Sistem hidrostatik Tekanan (P) Volume (V) Kawat teregang Gaya tegang (F) Panjang (L) Selaput permukaan Tegangan permukaan (γ) Luas (A) Sel listrik Elektromotansi (ε) Muatan (Z) Lempengan dielektrik Medan listrik (E) Polarisasi (Π) Batang paramagnetik Medan magnetik (H) Magnetik (M)
9
3. Jika seutas kawat yang panjangnya L, kemuaian linier (α) dan modulus Young
isotermik (Y) mengalami perubahan sangat kecil dari keadaan setimbang awal keadaan setimbang akhir akibat gaya (F), buktikanlah bahwa perubahan gaya tegangannya sama dengan :
dLL
AYdYAdF
Jawab :
F = fungsi ( , L) Maka diferensial parsialnya :
dLL
Fd
FdF
L
L
F
A
L
L
dLA
dF
strain
stressY
L
YA
L
F
F
L
LdL
dL
1
LL
F
Berdasarkan persamaan (2.19) dan (2.20) untuk fungsi (F, θ, L) :
1
yxzz
x
z
y
y
x
yxzx
z
z
y
y
x
Maka :
1
F
L
L
F
FL
L
FLF
FL
10
L
AYL
F
L
AYF
L
Kembali ke persamaan :
dLL
Fd
FdF
L
Akhirnya diperoleh :
terbuktidLL
AYdAYdF
4. Seutas kawat logam dengan luas penampang
0,0085 cm2, gaya tegang 20 N dan temperatur 20oC, terentang antara dua dukungan tegar berjarak 1,2 m. Jika temperaturnya dikurangi sehingga menjadi 8oC, α = 1,5 x 10-5 K-1, Y = 2,0 x 1011 N/m2. Berapa N-kah tegangan akhirnya :
Jawab : Berdasarkan persamaan :
dLL
AYdAYdF
Karena tidak ada perubahan panjang berarti dL = 0, maka
dAYdF
208102105,8105,1 1175 xxxxxxdF
206,3010306 1 akhirawalakhir FxFF
NFakhir 6,50
5. Jika sebagai tambahan pada kondisi dalam soal no. 4, Dukungan tersebut saling
mendekati dengan jarak 0,012 cm, berapa N-kah gaya tegangan akhirnya ?
Jawab : Berdasarkan persamaan :
dLL
AYdAYdF
4117
1175 102,12,1
102105,8208102105,8105,1
xx
xxxxxxxxxdF
206,47176,30 akhirawalakhir FFF
NFakhir 6,67
11
2.5. PEKERJAAN RUMAH 1. Persamaan keadaan hampiran gas nyata pada tekanan
sedang, yang dibentuk untuk memperhitungkan ukuran berhingga molekul dirumuskan :
RbvP ,
dengan R dan b tetapan. Buktikanlah bahwa :
R
bPa
1
1
.
R
bPPb
1
1
.
2 Logam yang kemuaian voluemnya 5,0 x 10-5 K-1 dan kemampatan isotermiknya
1,2 x 10-11 Pa-1 berada dalam tekanan 1 x 105 Pa dan suhunya 20oC. Logam ini dilingkungi secara pas oleh invar tebal yang kemuaian dan kemampatannya dapat diabaikan. a. Berapa Pa-kah tekanan akhrinya jika suhu dinaikkan 32oC? b. Jika lengkungan penutup dapat menahan tekanan maksimum 1,2 x 108 Pa,
berapa oC-kah suhu tertinggi sistem itu ? 3 Logam yang kemuaian voluemnya 5,0 x 10-5 K-1 dan kemampatan isotermiknya
1,2 x 10-11 Pa-1 berada dalam tekanan 1 x 105 Pa, suhu 20oC dan volumenya 5 liter, mengalami kenaikan suhu 12 derajat dan pertambahan volumenya 0,5 cm3. Berapa Pa-kah tekanan akhirnya ?
4. Dengan menggunakan koordinat termodinamika
(P, V, ), buktikanlah persamaan :
dPdV
dV
5. Pada suhu kritis diketahui bahwa :
0
TV
P.
Buktikanlah bahwa pada titik kritis, kemuaian volume (β) dan ketermampatan isotermiknya (κ) menjadi tak berhingga !
12
6. Persamaan keadaan zat elastik ideal dirumuskan :
2
2
0
0 L
L
L
LKF ,
dengan K tetapan dan L0 (harga L pada gaya tegang nol) hanya merupakan fungsi dari suhu. a. Buktikanlah bahwa modulus Young isotermiknya dirumuskan :
2
2
0
0
2
L
L
L
L
A
KY
b. Buktikanlah bahwa modulus Young isotermiknya pada gaya tegangan nol dirumuskan :
A
KY
3
13
BAB 3. KERJA
3.1. KERJA Jika sistem mengalami pergeseran karena beraksinya gaya, disebut kerja. Kerja yang dilakukan oleh bagian sistem pada sistem yang lain disebut kerja internal, sedangkan kerja yang dilakukan sistem ke lingkungan atau sebaliknya disebut kerja eksternal. Yang berperan dalam termodinamika bukan kerja internal, melainkan kerja eksternal.
3.2. PROSES KUASI-STATIK Proses kuasi-statik adalah proses dalam keadaan ideal dengan hanya mengubah sedikit saja gaya eksternal yang beraksi pada sistem sehingga gaya takberimbangnya sangat kecil. Proses kuasi-statik merupakan suatu pengidealan yang dapat diterapkan untuk segala sistem termodinamika, termasuk sistem listrik dan magnetik.
3.3. KERJA DALAM SISTEM SEDERHANA Tabel 3.1. Kerja dalam sistem sederhana Sistem sederhana Kuantitas
Intensif (gaya rampatan)
Kuantitas ekstensif (pergeseran rampatan)
Kerja (J)
Sistem hidrostatik Tekanan (P) Volume (V) P dV Kawat teregang Gaya tegang (F) Panjang (L) F dL Selaput permukaan Tegangan permukaan
(γ) Luas (A) γ dA
Sel listrik terbalikkan Elektromotansi (ε) Muatan (Z) ε dZ Lempengan dielektrik
Medan listrik (E) Polarisasi (Π) E dΠ
Batang magnetik Medan magnetik (H) Magnetik (M) μ0H dM
3.4. KERJA DALAM PROSES KUASI-STATIK Kasus I : Pemuaian atau pemampatan isotermik yang kuasi-statik dari gas ideal, diperoleh kerja :
dVPdW diintegralkan maka
2
1
2
1
V
V
V
V
dVPWdVPdW (3.1)
14
Gas ideal PV = nRθ, maka :
V
nRP
, disulikah ke dalam persamaan (3.1), diperoleh :
12 lnlnln2
1
2
1
2
1
VVnRVnRV
dVnRdV
V
nRW
V
V
V
V
V
V
1
2
1
2 log30,2lnV
VnR
V
VnRW (3.2)
Latihan soal : 1. Dalam gas ideal terdapat 2 kmol gas yang dipertahankan pada suhu tetap 0oC,
dimana gas itu dimampatkan dari volume 4 m3 menjadi 1 m3. Jika R = 8,314 J/mol K, berapa kJ-kah kerja yang timbul?
Jawab : Berdasarkan persamaan (3.2)
4
1ln273314,8102ln 3
1
2 xxxV
VnRW
kJJxW 6300106300 3 Harga W “negatif“ berarti bahwa kerja terjadi dari lingkungan ke sistem gas. Kasus II : Pertambahan tekanan isotermik kuasi-statik pada zat padat, diperoleh kerja :
dVPW (3.a)
V = fungsi (θ, P), maka diferensial parsialnya :
dPP
Vd
VdV
P
(3.b)
Karena :
1.
P
V
V
1
2. isotermik (dθ = 0), persamaan (3.a) menjadi :
dPVxV
dVP
0 =
dPVdV (3.c)
15
Lalu persamaan (3.c) disulihkan ke persamaan (3.a), diperoleh :
2
1
2
1
2
2
P
P
P
P
PV
dPPVW
2
1
2
2
2
1
2
222
PPm
PPV
W
(3.3)
dimana : V
m .
2. Tekanan pada tembaga padat bermassa 100 kg ditambah secara kuasi-statik dan
isotermik pada suhu 0oC dari 0 atm hingga 1000 atm (1 atm = 1,01325 x 105 Pa). Jika diketahui ρ = 8930 kg/m3, κ = 7,16 x 10-12 Pa-1, berapa kJ-kah kerja yang timbul ?
Jawab : Berdasarkan persamaan (3.3)
22812
2
1
2
2 )0()1001325,1(89302
1001016,7
2
xx
xxPP
mW
kJJxW 411,010411,0 3
Harga W “negatif“ berarti kerja dilakukan dari lingkungan ke sistem tembaga. 3. Suatu dielektrik dari bahan ferroelektrik barium stronsium titanat (BaxSr1-xTiO3)
mempunyai persamaan keadaan :
EV
,
dengan χ merupakan fungsi dari θ saja. Buktikanlah bahwa kerja yang dilakukan dalam perubahan isotermik kuasi-statik dari keadaan itu dirumuskan :
2
1
2
2
2
1
2
22
1
2
VEE
VW (3.4)
Jawab : Berdasarkan tabel 3.1 diketahui :
dEW
Diferensial parsialnya : dEE
ddE
Karena isotermik maka dθ = 0, maka :
dEE
d
16
VE
EVEV
Lalu :
dEVd , disulihkan ke persamaan :
2
1
2
1
E
E
E
E
dEEVdEVEdEW
terbuktiEEV
W 2
1
2
22
Karena :
VEE
V
, maka disulihkan :
2
1
2
1
1d
Vd
VdEW
terbuktiV
W 2
1
2
22
1
4. Dalam pemuaian adiabatik gas ideal kuasi-statik, diketahui bahwa tekanannya pada
setiap saat memenuhi persamaan (3.5) :
KVP , (3.5)
dimana : CP = CV + nR, V
P
C
C dan K merupakan tetapan (Laplace).
Buktikanlah bahwa kerja yang dilakukan untuk pemuaian dari keadaan (P1, V1) ke keadaan (P2 ,V2) dirumuskan dengan persamaan :
1
2211
VPVPW (3.6)
Jawab : Berdasarkan persamaan (3.5) diperoleh :
VK
V
KPKVP
Karena kerja 2
1
2
1
2
1
1
1
1 V
V
V
V
V
V
VKdVVKdVPW
17
1122
1
1
1
21
1
1
1VKVVKVKVKVW
terbuktiVPVPW
11221
1
18
3.5. PEKERJAAN RUMAH 1. Gaya tegang seutas kawat dinaikkan secara kuasi-statik isotermik dari F1 ke F2. Jika
panjang, penampang dan modulus Young kawat itu secara praktis tetap, buktikanlah bahwa kerja yang dilakukan dirumuskan dalam persamaan (3.5) :
2
1
2
22
FFYA
LW (3.7)
2. Gaya tegang seutas kawat logam yang panjangnya 1 m dan luasnya 1 x 10-7 m2
dinaikkan secara kuasi-statik isotermik pada suhu 0oC dari 0 N hingga 100 N. Jika diketahui Y = 2,5 x 1011 N/m2, berapa joule-kah kerja yang dilakukan ?
3. Buktikanlah bahwa kerja yang dilakukan untuk meniup gelembung sabun berbentuk
bola berjejari R dalam proses isotermik kuasi-statik dari keadaan itu dirumuskan dalam persamaan (3.6) :
28 RW (3.8)
4. Tekanan pada 0,1 kg logam dinaikkan secara isotermik kuasi-statik dari 0 hingga
108 Pa. Jika diketahui : κ = 6,75 x 10-12 Pa-1 dan ρ = 104 kg/m3, berapa joule-kah kerja yang dilakukan ?
5. Dalam pemuaian adiabatik gas ideal kuasi-statik, buktikanlah bahwa tekanannya
pada setiap saat memenuhi persamaan (3.7) :
KVP ,
dimana : CP = CV + nR, V
P
C
C dan K merupakan tetapan (Laplace).
6. Dalam pemuaian adiabatik gas ideal kuasi-statik, buktikanlah bahwa suhunya pada
setiap saat memenuhi persamaan (3.8) :
KV 1 , (3.9)
dimana : CP = CV + nR, V
P
C
C dan K merupakan tetapan (Laplace).
19
BAB IV. KALOR DAN HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA
4.1. KALOR :
Definisi kalor ialah : berpindahnya „sesuatu“ dari benda bersuhu lebih tinggi ke benda bersuhu lebih rendah, dan “sesuatu” ini disebut kalor.
4.2. HUKUM PERTAMA TERMODINAMIKA Definisi :
Bila suatu sistem yang lingkungannya bersuhu berbeda dan kerja dapat dilakukan padanya, mengalami suatu proses, maka energi yang dipindahkan dengan cara non mekanis yang sama dengan perbedaan antara perubahan energi internal (U) dan kerja (W) yang dilakukan, disebut kalor (Q). Persamaan Hukum Pertama Termodinamika :
Q = U +W (4.1)
4.3. Bentuk diferensial hukum pertama termodinamika
dQ = dU +dW (4.2) Untuk proses kuasi statik infinitesimal darsi sistem hidrostatik, hukum pertama menjadi:
dU = dQ - P dV (4.3)
U merupakan fungsi dari dua antara tiga koordinat termodinamika (P, V, θ)
P merupakan fungsi dari (V, θ) Tabel 4.1. Kerja dalam sistem sederhana Sistem sederhana Kerja (J) Hukum pertama termodinamika U fungsi dari
dua antara Sistem hidrostatik P dV dU = dQ - P dV P, V, θ Kawat teregang F dL dU = dQ - F dL F, L, θ Selaput permukaan γ dA dU = dQ - γ dA γ, A, θ Sel listrik terbalikkan
ε dZ dU = dQ - ε dZ ε, Z, θ
Lempengan dielektrik
E dΠ dU = dQ - E dΠ E, Π, θ
Batang paramagnetik
μ0H dM dU = dQ - μ0H dM H, M, θ
20
Bentuk diferensial Pfaff : Untuk mengatasi sistem yang lebih rumit, dengan cara mengganti dW dalam hukum termodinamika dengan dua atau lebih ungkapan. Misalnya, Dalam kasus sistem gabungan yang terdiri dari dua bagian hidrostatik yang dipisahkan oleh dinding diatermik, dirumuskan :
dQ = dU + PdV + P’dV’ (4.4) sedangkan untuk kasus gas paramagnetik :
dQ = dU + PdV + μ0H dM (4.5)
4.4. KAPASITAS KALOR DAN PENGUKURANNYA
Kapasitas kalor rata-rata = 12
awalakhir
(4.6)
Ketika keduanya, Q dan (θ2 – θ1) mengecil, maka Harga kapasitas kalor sesaat (C) :
d
dQQC
l
212
lim (4.7)
Kapasitas kalor molar dirumuskan :
d
dQ
nn
Cc
1 (4.8)
Kapasitas kalor pada tekanan tetap dirumuskan :
P
Pd
dQC
(4.9)
Umumnya CP merupakan fungsi (P, θ).
Kapasitas kalor pada volume tetap dirumuskan :
V
Vd
dQC
(4.10)
Umumnya CV merupakan fungsi (V, θ). Setiap kapasitas kalor merupakan fungsi dari dua peubah. Namun dalam selang kecil variasi koordinat, kapasitas kalor dapat dianggap praktis tetap.
21
Tabel 4.2. Kapasitas kalor dalam sistem sederhana Sistem sederhana Kapasitas kalor Lambang Sistem hidrostatik Pada tekanan tetap
Pada volume tetap CP
CV Kawat teregang Pada gaya tegang tetap
Pada panjang tetap CF
CL Selaput permukaan Pada tegangan permukaan tetap
Pada luas tetap Cγ
CA Sel listrik terbalikkan
Pada elektromontasi tetap Pada muatan tetap
Cε
CZ Lempengan dielektrik
Pada medan listrik tetap Pada polarisasi tetap
CE
CΠ Batang paramagnetik
Pada medan magnetik tetap Pada magnetisasi tetap
CH
CM Pengukuran kapasitas kalor zat padat, cair dan gas merupakan salah satu proyek percobaan fisika modern yang paling penting, karena harga numerik kapasitas kalor memberikan sarana paling langsung untuk membuktikan perhitungan fisikawan teoritis dan menentukan kesahihan pengandaian beberapa teori modern.
4.5. PERSAMAAN UNTUK SISTEM HIDROSTATIK
Berdasarkan hukum pertama termodinamika dalam tabel 4.1 : dQ = dU +PdV U merupakan fungsi dua peubah di antara (P, V, θ). Kasus : U merupakan fungsi dua peubah di antara (θ, V), diperoleh :
dVV
Ud
UdU
V
Maka hukum pertama termodinamika dirumuskan :
PdVdVV
Ud
UdQ
V
dVPV
Ud
UdQ
V
Dengan membagi dengan dθ, diperoleh :
d
dVP
V
UU
d
dQ
V
(4.11)
22
1. Jika V tetap, dV = 0 diperoleh :
VV
U
d
dQ
V
V
UC
(4.12)
Dalam bentuk integral :
2
1
dCQ VV (4.13)
2. Jika P tetap, dP = 0, persamaan (4.11) menjadi :
PVP
VP
V
UU
d
dQ
Karena P
Pd
dQC
dan bentuk integral nya :
2
1
dCQ PP serta
VV
P
, maka :
VPV
UCC VP
PV
CC
V
U VP
(4.14)
diukurbisaCCkauntitasnamun
terukurtidakV
Ukuantitas
VP
,,
Latihan soal : 1. Kapasitas kalor molar suatu logam pada suhu rendah bervariasi terhadap suhu
menurut persamaan :
ba
c
3
3
Dengan a, b, Θ tetapan. Berapakah banyaknya kalor per mol dipindahkan selama
berlangsungnya proses sehingga suhunya berubah dari 0,01 Θ menjadi 0,02 Θ ?
23
Jawab :
Diketahui : ba
c
3
3
Karena
dba
dcQ
3
3
2
1
2
1
2
1
24
3 24
ba
Q
02,0
01,0
24
3 24
baQ
2244
301,002,0
201,002,0
4
baQ
248 105,11075,3 bxaxQ
2. Pada suhu kritis diketahui bahwa :
0
TV
P dan 0
2
2
TV
P
Diketahui persamaan van der waals dirumuskan dalam persamaan (2.2) bab 2 yang terdahulu:
Rbvv
aP
2
Tentukanlah: a. Volume titik kritik nya (vc) b. Suhu titik kritik nya (θc) ? c. Tekanan titik kritik nya (Pc) ?
d. nilai : c
cc
R
vP
?
Jawab :
a. Karena Rbvv
aP
2 , maka : 2v
a
bv
RP
Lalu : 0
TV
P dan 0
2
2
TV
P
0
232
v
a
bv
R
v
P
T
lalu 32
2
v
a
bv
R
24
0
62432
2
v
a
bv
R
v
P
T
lalu 43
3
v
a
bv
R
Pada titik kritis berarti : v = vc; θ = θc; P = Pc,
Maka pemecahan di atas dibagi saja menjadi :
bvvvbv
v
av
a
bv
Rbv
R
3322
31
2
3
3
4
2
3
bvv c 3
b. Mencari nilai θc; hasil vc disulihkan ke dalam persamaan
R
bb
b
a
R
bv
v
a
v
a
bv
R2
3
2
332
3
3
222
Rb
ac
27
8
c. Mencari nilai Pc; hasil vc dan θc disulihkan ke dalam persamaan
222222 54
2
954
8
9227
8
33
27
8
b
a
b
a
b
a
b
a
bb
a
b
a
bb
bR
aR
v
a
bv
RP
cc
cc
227b
aPc
d. Mencari nilai c
cc
RT
vP; hasil vc, θc dan Pc disulihkan
b
ab
a
bR
aR
bb
a
R
vP
c
cc
27
89
27
8
327 2
8
3
c
cc
R
vP
25
4.6. PENGHANTARAN KALOR Definisi penghantaran kalor :
Transport energi antara elemen volume bertetangga, yang ditimbulkan oleh perbedaan suhu antar elemen itu. Tiga jenis penghantaran kalor mencakup : konduksi, konveksi dan radiasi.
4.7. KONDUKTIVITAS TERMAL (K) Penghantaran kalor dalam satu dimensi, diirumuskan :
dx
dKA
dt
dQH
(4.15)
H = kalor yang mengalir, A = luas penampang, t = waktu, θ = suhu, dx = ketebalan
bahan. dx
d gradien suhu.
Latihan soal : 3. Andaikanlah koduksi kalor terjadi pada laju yang tetap H melalui dinding silinder
berongga dengan jejari-dalam r1 pada temperatur θ1 dan jejari-luar r2 pada temperatur θ2. Untuk silinder yang panjangnya L dan konduktivitas termal tetap K, buktikanlah bahwa perbedaan suhu antara kedua permukaan dinding dirumuskan dalam pesamaan :
1
221 ln
2 r
r
LK
H
(4.16)
Jawab : Berdasarkan persamaan (4.16)
dx
dKAH
Luas selimut silinder (A) = 2πrL, maka
dLKr
drH
dr
dLrKH 2)2(
diintegralkan :
,22
1
2
1
dLKr
drH
r
r diperoleh :
2
1
2
1
2ln
LKrH
r
r
21
1
2 2ln
LK
r
rH
Akhirnya diperoleh :
terbuktir
r
KL
H
1
221 ln
2
26
4. Kalor mengalir secara radial ke arah luar melalui penyekat silindris berjejari-luar r2 yang menyelimuti pipa uap berjejari-dalam r1. Suhu permukaan dalam penyekat sebesar θ1 dan permukaan luarnya bersuhu θ2. Pada jarak radial berapakah yang diukur dari pusat pipa, agar suhunya tepat sama dengan tengah-tengah antara θ1 dan θ2 ?
Jawab : Berdasarkan persamaan (4.16) :
1
221 ln
2 r
r
LK
H
Jika suhu θ3 merupakan suhu berada di tengah-tengah antara θ1 dan θ2, berarti Δθ = θ1 – θ3 = θ3 – θ2, maka
danr
r
LK
H
1
331 ln
2
3
223 ln
2 r
r
LK
H
lalu
3
2
1
3 ln2
ln2 r
r
KL
H
r
r
LK
H
Berarti 3
2
1
3 lnlnr
r
r
r , akhirnya diperoleh :
213 rrr
5. Dua cangkang sferis sepusat berjejari 0,05 m dan 0,15 m; rongga di antaranya diisi
dengan arang. Jika energi dikirimkan dengan laju tunak 10,8 W ke pemanas di pusatnya, maka perbedaan suhu sebesar 50oC terdapat antara kedua bola itu. Berapa
kahKmeter
mW nilai konduktvitas termal arang itu ?
Jawab : Berdasarkan persamaan (4.19) dirumuskan (dalam PR no. 4.4 silahkan dibuktikan):
21
21
11
4 rrK
H
Berarti :
222121 1015
1
105
1
504
8,1011
4 xxxrr
HK
229KKmeter
mW
4.8. KONVEKSI KALOR Konveksi kalor diirumuskan :
dhAH (4.17)
H = kalor yang mengalir, A = luas penampang, dθ = perbedaan suhu.
27
4.9. HUKUM STEFAN-BOLTZMANN
Kalor yang dipindahkan oleh radiasi antara benda pada suhu tinggi θ1 ke suhu rendah θ2, dirumuskan:
4
2
4
1 AP (4.18)
P = daya kalor yang mengalir, A = luas penampang, α = keserapan bahan, σ = tetapan Stefan-Boltzmann = 5,67 x 10-8 W/(m2 K4)
Latihan soal : 6. Suhu kerja filamen tungsten suatu lampu pijar sebesar 2460 K dan keserapannya 0,35.
Berapa cm2-kah luas permukaan filamen suatu lampu berdaya 100 W ? Jawab : Berdasarkan persamaan (4.16)
4
1AP
48424601067,535,0
100
xx
PA
224 38,11038,1 cmmxA
28
4.10. PEKERJAAN RUMAH 1 Bila arus listrik diperthankan supaya mengalir dalam sel elekrolit air yang diasamkan
dan 1 mol air terelektrolisis menjadi hidrogen dan oksigen, muatan listrik sebesar 2 faraday dipindahkan melalui baterai dengan elektromontasi ε (1 faraday = 96.500 C). Perubahan energi sisem sebesar + 286.500 J dan 50.000 J kalor yang diserap. Berapa volt-kah elektromontasi ?
2 Berkaitan dengan energi internal sistem hidrostatik yang merupakan fungsi dari θ, P,
buktikanlah persamaan beiut ini : a.
dPP
VP
P
Ud
P
VP
UdQ
PP
(4.19)
b.
PVCU
P
P
(4.20)
3. Diketahui persamaan van der waals dirumuskan dalam persamaan (2.2) bab 2 yang
terdahulu :
RTbvv
aP
2
a. Buktikanlah bahwa kemuaian volume sesaat (β) dirumuskan dalam persamaan (4.21) :
23
2
2 bvaRTv
bvRv
(4.21)
b. Dari persamaan (4.21) jika a = b = 0, berapakah nilai β ?
4. Andaikanlah koduksi kalor terjadi pada laju yang tetap H dalam bola berongga
dengan jejari-dalam r1 pada temperatur θ1 dan jejari-luar r2 pada temperatur θ2. Untuk konduktivitas termal tetap K, buktikanlah bahwa perbedaan suhu antara kedua permukaan dinding dirumuskan dalam persamaan :
21
21
11
4 rrK
H
(4.22)
5. Kalor mengalir secara radial ke arah luar melalui penyekat bola berjejari-luar r2 yang
menyelimuti pipa uap berjejari-dalam r1. Suhu permukaan dalam penyekat sebesar θ1 dan permukaan luarnya bersuhu θ2. Pada jarak radial berapakah yang diukur dari pusat bola, agar suhunya tepat sama dengan tengah-tengah antara θ1 dan θ2 ?
29
6. Batang tembaga silindris padatan panjangnya 0,1 m, salah satu ujungnya
dipertahankan pada suhu 20 K. Ujung yang lain dihitamkan dan dibiarkan kena radiasi termal dari suatu benda 300 K, tanpa ada energi yang hilang atau ditambahkan. Ketika kesetimbangan tercapai, berapa derajakat kelvin-kah perbedaan suhu antara kedua ujungnya ?
7. Tabung logam silindris yang dihitamkan bagian luarnya, tingginya 0,1 meter dan
diameternya 0,05 meter, berisi helium pada titik didih normalnya 4,2 K ketika kalor penguapannya 21 KJ/kg. Tabung helium itu dilingkungi oleh dinding yang suhunya dipertahankan pada suhu nitrogen cair 82 K dan ruang di antaranya dihampakan. Berapa gram-kah banyaknya helium yang menguap perjam ?
8. Seutas kawat tembaga yang panjangnya 1,302 m dan diameternya 3,26 cm
dihitamkan dan diletakkan sepanjang sumbu tabung gelas yang dihampakan. Kawat
dihubungkan dengan baterai, reostat dan ammeter, serta voltmeter dan arusnya dinaikkan sampai kawat itu hampir meleleh. Pada saat tersebut ammeter menunjukkan 12,8 A dan voltmeter menunjukkan 20,2 volt. Andaikan semua energi yang diberikan diradiasikan dan radiasi dari tabung gelas bisa diabaikan. Berapa kelvin-kah suhu leleh tembaga ?
9. Pada suhu kritis diketahui bahwa :
0
TV
P dan 0
2
2
TV
P
Diketahui persamaan Dieterici dirumuskan dalam persamaan :
RTebvP vRT
a
(4.23)
Tentukanlah: a. Volume titik kritik nya (vc) b. Suhu titik kritik nya (Tc) ? c. Tekanan titik kritik nya (Pc) ?
d. nilai : c
cc
RT
vP?
30
BAB V. GAS IDEAL
5.1. ENERGI INTERNAL GAS (KOEFISIEN JOULE)
Dari hukum pertama termodinamika, mengingat Q dan W nol, maka energi internalnya tidak berubah selama pemuaian bebas.
Koefisien joule (efek pemuaian bebas) mengukur kuantitas : UV
.
Pada umumnya, energi gas merupakan fungsi setiap dua koordinat (P, V, θ). Kasus I : U merupakan fungsi (θ, V), diperoleh :
dVV
Ud
UdU
V
Jika tidak ada perubahan suhu (dθ = 0) pada pemuaian bebas (dU = 0), berarti
0
V
U, atau dengan perkataan lain U tidak bergantung pada V.
Kasus II: U merupakan fungsi (θ, P), diperoleh :
dPP
Ud
UdU
P
Jika tidak ada perubahan suhu (dθ = 0) pada pemuaian bebas (dU = 0), berarti
0
P
U, atau dengan perkataan lain U tidak bergantung pada P.
Jadi, jika tidak ada perubahan suhu ketika terjadi pemuaian bebas, maka U tidak bergantung pada V dan P, dan U hanya bergantung pada θ.
5.2. PERSAMAAN GAS IDEAL (GAS SEJATI) Definisi gas ideal :
Tekanan mendekati nol (tekanan rendah sekali atau kevakuman tinggi sekali), di mana energi internal gas ideal merupakan fungsi tekanan maupun suhu. Persamaan gas ideal dirumuskan :
nRPV (gas ideal) (5.1)
0
P
U (gas ideal) (5.2)
31
Persyaratan bahwa 0
P
U dapat ditulis dengan cara lain, diperoleh :
V
P
P
U
V
U, karena :
V
P
V
nR
V
P
2
, (5.3)
sehingga hasilnya tidak nol, sedangkan 0
P
U, maka untuk gas ideal
0
V
U (gas ideal) (5.4)
sajafungsiU (gas ideal) (5.5)
Untuk proses kausi statik infinitesimal dari sistem hidrostatik, hukum pertama termodinamika :
PdVdUdQ
V
V
UC
Dalam kasus khusus untuk gas ideal, U merupakan fungsi dari θ saja, sehingga turunan parsial terhadap θ sama dengan turunan totalnya. Jadi
d
dUCV
Diperoleh :
PdVdCdQ V (gas ideal) (5.6)
Berdasarkan : nRPV , untuk proses kuasi statik infinitesimalnya diperoleh :
dPVdnRdVPdnRdPVdVP Dengan menyulihkan ke dalam persamaan (5.6) diperoleh :
dPVdnRdCdQ V
dPVdnRCdQ V
Dibagi dθ diperoleh :
d
dPVnRC
d
dQV
Pada tekanan tetap (dP = 0) dperoleh :
d
VnRCd
dQV
P
0
nRCC VP (gas ideal) (5.7)
Lalu :
dPVdCdQ P (gas ideal) (5.8)
32
5.3. PROSES ADIABATIK KUASI-STATIK Berdasarkan persamaan (5.5) dan (5.7) tapa
PdVdCdQ V dan dPVdCdQ P
Karena dalam proses adiabatik (dQ = 0), maka
dPVdCP dan
PdVdCV
Kedau persmaan tersebut dibagi diperoleh :
V
dV
V
dV
C
C
P
dP
C
C
dVP
dPV
V
P
V
P
Lalu diintegasikan :
V
dV
P
dP
tetapanVP lnlnln
tetapanVP lnlnln
KVP lnln
KPV ln
KVP (gas ideal) (5.9)
Mencari kemiringan kurva persamaan (5.9) dengan menganggap P fungsi V diperoleh :
VKV
KPKVP
VVV
VV
P
Q
1
1
V
P
V
P
Q
(gas ideal) (5.10)
Q menandai proses adiabatik. Berdasarkan persamaan (5.3)
V
P
V
P
Maka berarti kurva adiabatik mempunyai kemiringan negatif lebih curam daripada kurva isotermal pada titik yang sama.
33
5.4. METODE RUCHHARDT UNTUK MENGUKUR γ Metode kerja : Gas ditempatkan dalam bejana besar bervolume V. Pada bejana itu dipasang tabung gelas dengan lubang berpenampang sama berluas A. Ke dalam lubang itu dimasukkan bola logam bermassa m yang tepat menutup lubang tapi masih dapat bergerak bebas sehingga berlaku sebagai piston. Karena gas agak tertekan oleh bola baja yang ada di dalam kedudukan kesetimbangan, tekanan gas sedikit lebih besar daripada tekanan atmosfer Po. Dengan mengabaikan gesekan, diperoleh :
A
mgP
V
mghPghPPPP oooho (5.11)
Simpangan positif (y) kecil menyebabkan perubahan volume yang sangat kecil pula, sehingga:
AydV (5.12)
Simpangan positif (y) kecil menyebabkan pula penurunan tekanan yang sangat kecil. Karena gaya resultan (F) yang beraksi pada bola sama dengan A dP, dengan mengabaikan gesekan diperoleh :
A
FdP (5.13)
Perhatian : bila y positif, dP negatif, sehingga F menjadi negatif, jadi F merupakan gaya pemulih. Karena bola bergetar cukup cepat, perubahan P dan V berlangsung secara adiabatic. Karena perubahannya sangat kecil, keadaan yang dilalui gas dapat dianggap mendekati keadaan setimbang yang menunjukkan proses kuasi statik adiabatik, diperoleh :
KVP
Dan 01 dPVdVVP (5.14)
Dengan menyulihkan persamaan (5.12) dan (5.13) ke dalam (5.14) diperoleh :
01
A
FVAyVP
Dibagi dengan V γ-1 diperoleh :
AyPA
FV
A
FVAyP 0
lalu : yV
APF
2 (5.15)
Persamaan (5.1) merupakan persyaratan untuk gerak selaras sederhana (Hukum Hooke), maka periode (τ) dirumuskan :
22 2222AP
mV
V
AP
m
y
Fm
k
m
Akhirnya : 22
24
PA
mV (5.16)
34
5.5. Latihan soal : 5.1. Bola baja bermassa 10 gram diletakkan dalam sebuah tabung berpenampang
melintang 1 cm2. Tabung itu dihubungkan dengan tangki udara bervolume 5 liter, yang tertekanan udaran 76 cm Hg. Berapa detik-kah periode bola bergetar ?
Jawab : Berdasarkan persamaan (5.16) :
245
32
2104,11001325,1
1051022
xxx
xx
AP
mV
ikdet18,1
5.2. a. Jika y menyatakan ketinggian di atas
permukaan laut, buktikanlah bahwa penurunan tekanan atmosfir yang ditimbulkan oleh kenaikan dy pada gas ideal dirumuskan :
dyR
mg
P
dP
(5.17)
Jawab :
dygdPgyPh , karena gas ideal
V
RPRPV
, maka dy
R
Vg
V
R
dyg
P
dP
terbuktidyR
mg
P
dP
5.2. b. Jika penurunan tekanan dalam soal 5.5.a ditimbulkan oleh pemuaian
abdiabatik :
KP
1
, buktikanlah bahwa :
d
P
dP
1 . (5.18)
35
Jawab :
Pemuaian adiabatik : KP
1
memiliki diferensial parsial :
01 1
11
dPPdP
dPPdP1
111
P
dPdP
P
Pd
1
1
1
11
d
P
dP
1, maka
terbuktid
P
dP
1
5.2. c. Dari (a) dan (b), jika diketahui suatu gas ideal bermassa = 28,96 gram/mol dan
γ = 1,4, hitunglah berapa K/km-kah nilai dy
d ?
Jawab :
Karena : dyR
mg
P
dP
dan
d
P
dP
1 ,maka
ddy
R
mg
1
314,8
101096,28
4,1
14,11 3 xx
R
mg
dy
d
meterKxdy
d/1095,9 3
kmKdy
d/95,9
36
5.6. PEKERJAAN RUMAH 1. Buktikanlah bahwa kerja yang dilakukan oleh gas ideal yang kapasitas kalornya tetap
selama pemuaian adiabatik kuasi statik dirumuskan :
a. akhirawalVCW (5.19)
b.
1
awalawalakhirakhir VPVP
W (5.20)
c.
1
11 akhir
awalakhirakhir
P
PVPW (5.21)
2. a. Buktikanlah banyaknya kalor yang dipindahkan selama porses kuasi statik infinitesimal suatu gas ideal dirumuskan :
dVPnR
CdPV
nR
CdQ PV (5.22)
b. Gas ideal bervolume 0,05 m3 dan tekanan 120 N/m2 mengalami pemuaian adiabatik sampai tekanannya turun menjadi 15 N/m2. Anggap γ = 1,4, tentukanlah : b.1. berapa m3-kah volume akhirnya ? b.2. berapa joule-kah kerja yang dilakukan ?
3. Bola baja bermassa 10 gram diletakkan dalam
sebuah tabung berpenampang melintang tertentu. Tabung itu dihubungkan dengan tangki udara bervolume 5 liter, yang tertekanan udara 76 cm Hg dan periode bola bergetar 0,96 detik . Berapa cm2-kah penampang melintangnya ?
4. Karbondioksida terdapat dalam bejana
bervolume 5270 cm3. Bola bermassa 16,65 gram diletakkan dala tabung berpenampang melintang 2,01 cm2, bergetar dengan periode 0,834 detik. Berapa-kah nilai γ bila barometer menunjuk 7,23 cm ?
5. Buktikanlah bahwa : a. kemuaian volume sesaat dirumuskan :
P
1 (5.23)
b. ketermampatan isotermik dirumuskan :
P
1 (5.24)
37
BAB VI. ENTROPI
6.1. KONSEP ENTROPI Konsep entropi (S) mula-mula diperkenalkan oleh : R.J. Clausius (abad 19). Entropi suatu sistem merupakan fungsi koordinat termodinamik yang perubahannya sama
dengan integral T
dQR antara keadaan awal dan akhir, diintegrasikan sepanjang lintasan dapat
balik (reversible) sekehendak yang menghubungkan kedua keadaan tersebut.
T
dQdS R (6.1)
R = dapat balik (reversible) S = entropi dS = perubahan entropi dQ = pemindahan kalor T = suhu Dalam bentuk integral :
T
dQdS
akhir
awalR
S
S
akhir
awal
T
dQS
akhir
awalR
(6.2)
0 T
dQ
R
(6.3)
6.2. ENTROPI GAS IDEAL Jika suatu sistem menyerap sejumlah infinitesimal kalor dQR selama proses dapat balik, perubahan entropi sama dengan persamaan (6.1):
T
dQdS R
Kasus I : Tinjaulah bahwa dQR untuk gas ideal, dimana entropi gas ideal sebagai fungsi T dan P diperoleh :
dPVdTCdQ PR
Dengan membaginya dengan T, diperoleh :
dPT
V
T
dTC
T
dQP
R
P
dPnR
T
dTCdS P (6.4)
38
Perubahan entropi gas ΔS antara keadaan awal dan akhir dengan pengintegrasian persamaan
(6.4) diperoleh : P
dPnR
T
dTCS
P
P
T
T
P 2
1
2
1
1212 lnlnlnln PPnRTTCS P
0ln SPnRT
dTCS P
Untuk CP tetap,
0lnln SPnRTCS P (6.5)
Kasus II : Tinjaulah bahwa dQR untuk gas ideal, dimana entropi gas ideal sebagai fungsi T dan V diperoleh :
dVPdTCdQ VR
Dengan membaginya dengan T, diperoleh :
dVT
P
T
dTC
T
dQV
R
V
dVnR
T
dTCdS V (6.6)
Perubahan entropi gas ΔS antara keadaan awal dan akhir dengan pengintegrasian persamaan (7.6) diperoleh :
0ln SVnRT
dTCS V
Untuk CV tetap,
0lnln SVnRTCS V (6.7)
6.3. DIAGRAM TS
Dalam persamaan : T
dQdS R , jika dalam proses adiabatik dapat balik berarti dQR
= 0, maka dS = 0 dan S adalah tetapan. Disebut proses isentropik (isotropik). Jika dua keadaan setimbang berdekatan infinitesimalnya :
dT
dST
dT
dQdSTdQ
Pada isokhorik (dV = 0)
V
V
V dT
dSTC
dT
dQ
(6.8)
39
Pada isobarik (dP = 0)
P
P
P dT
dSTC
dT
dQ
(6.9)
Jika dilakukan variasi suhu CV diketahui, perubahan entropi selama proses isokhorik (isovolumik) berlangsung dapat dihitung dari persamaan :
T
dTCSS Vawalakhir ,
dalam proses isobarik :
T
dTCSS Pawalakhir
Persamaan tersebut memberikan cara umum untuk menghitung perubahan entropi, tetapi bukan cara untuk menghitung entropi mutlak suatu sistem dalam keadaan tertentu. Jika sekumpulan tabel diperlukan untuk mendapatkan perbedaan entropi dan bukan entropi mutlak, prosedurnya dapat dipermudah dengan memilih keadaan baku sekehendak dan menghitung perubahan entropi sistem dari keadaan baku ke keadaaan lainnya. Dalam kasus air, keadaan bakunya dipilih air jenuh pada 0,01oC dan tekanan uapnya 611 Pa, maka entropinya dihitung terhadap keadaan acuan ini. Kemiringan kurva pada diagram TS yang menggambarkan proses isokhorik dapat balik berdasarkan persamaan (6.8) dirumuskan :
VV C
T
dS
dT
(6.10)
Dalam proses isokhorik dapat balik berdasarkan persamaan (6.9) dirumuskan :
PV C
T
dS
dT
(6.11)
40
Gambar 6.1. Kurva yang menggambarkan proses dapat balik sistem hidrostatik pada
diagram TS
6.4. Perubahan entropi semesta (total) dalam proses dapat balik (reversible)
Jika dQR diserap oleh sistem, maka :
0
lingkungansistemsemesta
Rlingkungan
Rsistem
dSdSdS
T
dQdSdan
T
dQdS
(6.12)
Jika dQR dibuang oleh sistem, maka :
0
lingkungansistemsemesta
Rlingkungan
Rsistem
dSdSdS
T
dQdSdan
T
dQdS
(6.13)
S (entropi)
isotermik
T (Suhu)
isentropik
isobarik
isokhorik
isentalpik
41
6.5. Perubahan entropi semesta (total) dalam proses tidak dapat balik (irreversible)
Jika sistem mengalami proses tidak dapat dlik (irreversible) antara keadaan setimbang awal dan keadaan setimbang akhir, perubahan entropi sistem dirumuskan :
T
dQSSS
akhir
awalR
awalakhirsistem (6.14)
Tabel 6.1 Perubahan entropi semesta tidak dapat balik akibat proses alamiah Jenis tidak dapat balik
Proses tidak dapat balik
Ssistem Slingkungan Ssemesta
Mekanis eksternal
Lesapan isotermik dari kerja melalui sistem menjadi energi internal sebuah tandon
0
T
W
T
W
Lesapan adiabatik dari kerja menjadi energi internal sistem
i
f
PT
TC ln
0
i
f
PT
TC ln
Mekanis internal
Pemuaian bebas gas ideal
i
f
V
VnR ln
0
i
f
V
VnR ln
Termal eksternal
Pemindahan kalor melalui medium dari tandon panas ke tandon lebih dingin
0
iT
Q
T
Q
2
iT
Q
T
Q
2
Kimia Difusi dua macam gas ideal yang lembam
2ln2R 0 2ln2R
6.6. Mesin Carnot dan refrigerator a. Efisiensi mesin Carnot :
1
2
1
2
1
21
1
11T
T
Q
Q
Q
Q
W
(6.15)
W = kerja yang dilakukan mesin Q1 = kalor yang diserap mesin Q2 = kalor yang dibuang mesin T1 = suhu yang diserap mesin T2 = suhu yang dibuang mesin
42
b. Unjuk kerja mesin refreigerator (c)
12
1
12
11
TT
T
Q
W
Qc
(6.16)
W = kerja yang dilakukan mesin Q1 = kalor yang diserap mesin pada suhu
rendah T1 Q2 = kalor yang terbentuk dalam mesin pada
suhu tinggi T2 T1 = suhu rendah mesin T2 = suhu tinggi mesin Ringkasan :
1. balikdapatentropiperubahandSsemesta 0
2. balikdapattidakentropiperubahandSsemesta 0
3. Pergantian fase yang terkenal yakni : - peleburan - penguapan - penyubliman 4. Pergantian fase yang “relatif kurang terkenal namun sekarang sedang berkembang ”
yakni : - perubahan bentuk kristal
5. Pada pergantian fase di atas diperoleh : - suhu dan tekanannya selalu tetap - entropi dan volumenya berubah 6. Pergantian fase terjadi dalam proses dapat balik, kalor (l) (biasa dikenal sebagai kalor
laten) yang dipindahkan per molnya dirumuskan :
awalakhirawalakhir ssT
m
SSTl
(6.17)
Jadi keberadaan kalor laten mengandung arti fisis bahwa terdapat perubahan entropi.
uap
T (Suhu)
padat
Q (kalor)
cair
43
6.7. LATIHAN SOAL 1. Dalam proses pergantian fase air menjadi uap air pada tekanan 1 atmosfir dan suhu
373 K, kalor laten l23 = 2,26 x 106 J kg-1. Berapa J kg-1 K-1-kah perubahan entropi spesifik (s) nya ?
Jawab : Berdasarkan persamaan (6.17) :
awalakhir ssTl , maka
116
2323 6060
373
1026,2 KkgJx
T
lss
2. Jika diketahui kapasitas panas pada tekanan tetap air dalam selang suhu T1 = 273 K
sampai T2 = 373 K (CP dianggap tetap) sebesar 4,18 x 103 J kg-1 K-1. Berapa J kg-1 K-1-kah perubahan entropi spesifik (s) nya ?
Jawab : Pada proses tekanan tetap dalam tabel 6.1, pindah panas (Q) yang terjadi sebesar CP dT, maka :
273
373ln1018,4ln 3
1
212
2
1
2
1
xT
TC
T
dTC
T
dQss PP
T
T
T
T
P
1112 1310 KkgJss
P
3. Berapa J K-1 kah perubahan entropi dalam sistem yang mengalami proses :
a. 10 gram es pada suhu 0oC dan tekanan 1 atm yang melebur pada suhu dan tekanan tetap ? (Diketahui : kalor laten lebur = 3,34 x 105 J kg-1 K-1)
b. 1 kg air pada suhu 100oC dan tekanan 1 atm yang menguap pada suhu dan tekanan tetap? (Diketahui : kalor laten uap = 2,26 x 106 J kg-1 K-1)
Jawab : a. Berdasarkan persamaan (6.17) :
m
SSTl awalakhir , maka
273
1034,301,0 521
12
xx
T
mLSS
112 23,12 kgJSS
b. Berdasarkan persamaan (7.15) :
373
1026,21 621
12
xx
T
mLSS
1312 1006,6 kgJxSS
44
4.
Gambar 6.2. Diagram P-V untuk sistem sederhana dapat balik dalam daur a-b-c-d-a. Perhatikanlah gambar 6.2. Diketahui CV pada suhu bebas = 8 J K-1 dan CP pada suhu bebas = 10 J K-1. Tentukanlah : a. Berapakah nilai tetapan laplace (
b. berapa joule-kah pindah panas dQ pada setiap daurnya ?
c. berdasarkan hukum termodinamika I, berapa joule-kah jumlah pindah panas (W) dalam keseluruhan daur ?
d. Jika V1 = 9 liter dan V2 = 20 liter, berapa Pa-kah perbedaan tekanannya (P2 – P1) ?
e. berapa J K-1-kah perubahan entropi
T
dQ pada setiap daurnya ?
f. berdasarkan hukum termodinamika II, buktikanlah bahwa jumlah perubahan entropi
dapat balik dalam keseluruhan daur dirumuskan : 0T
dQ ?
Jawab :
a. 8
10
V
P
C
C , maka 25,1
b. )27385,0()27385,274(8 xTTCdTCdQ ab
T
T
VVba
b
a
JdQ ba 2192
P (tekanan)
P1
V (volume)
548,85 C
P2
V1 V2
a
b c
d
0,85 C
274,85 C 1370,85 C
45
85,27485,137010 xTTCdTCdQ bc
T
T
PPcb
c
b
JdQ cb 10960
85,137085,5488 xTTCdTCdQ cd
T
T
VVdc
d
c
JdQ ba 6576
85,54885,010 xTTCdTCdQ da
T
T
VPad
a
d
JdQ ba 5480 c. berdasarkan hukum termodinamika I, jumlah pindah panas (W) dirumuskan :
addccbba dQdQdQdQW
54806576109602192 W
JW 1096
d. 333 1011
1096
1091020
1096
xxxV
WPVPW
PaxP 41096,9
e.
27385,0
27385,274ln8ln
a
b
T
T
VVbaT
TC
T
dTCdS
b
a
154,5
KJdS ba
27385,274
27385,1370ln10ln
b
c
T
T
PPcbT
TC
T
dTCdS
c
b
111
KJdS cb
27385,1370
27385,548ln8ln
c
d
T
T
VVdcT
TC
T
dTCdS
d
c
154,5
KJdS cb
27385,548
27385,0ln10ln
d
a
T
T
PPadT
TC
T
dTCdS
a
d
111
KJdS ad
46
f. berdasarkan hukum termodinamika II,
1154,51154,5 adcbadST
dQ
terbuktiT
dQ 0
5. Sebuah resistor 25 dialiri arus listrik A pada suhu tetap 27oC selama 1 detik.
a. Berapa J K-1 perubahan entropi pada resistor? b. Berapa J K-1 perubahan entropi semesta?
Jika arus yang sama dipertahankan dalam resistor yang sama, tetapi resistor sekarang disekat secara termal (adiabatik), dengan suhu awal =27oC, massa resistor = 10 gram, cP = 0,84 kJ/(kg K), hitunglah :
c. Berapa J K-1 perubahan entropi pada resistor? d. Berapa J K-1 perubahan entropi semesta?
Jawab :
a. makaJresistorlistrikenergikarenaT
dQSresistor ,0,
300
0
T
dQSresistor
10 kgJSresistor
b. 300
125100
22 xx
T
Rti
T
dQSSS lingkunganresistorsemesta
133,8 KJSsemesta
c. Karena disekat secara adiabatik berarti dalam resistor terjadi kenaikan suhu, mencari suhu akhir menggunakan azas black :
)(2awalakhirPPlistrik TTmCRtiTmxCdQ
Kx
xxT
mC
RtiT awal
P
akhir 59830084001,0
1251022
300
598ln84001,0ln xx
T
TmCS
awal
akhirPresistor
18,5 KJSresistor
d. 08,5 lingkunganresistorsemesta SSS
18,5 KJSsemesta
47
6. Gambar 6.3. Diagram T-S untuk sistem sederhana dapat balik dalam daur a-b-c-d-a. Perhatikanlah gambar 6.3. Dalam daur gambar 6.3 dapat berlaku pada mesin Carnot maupun refrigerator. Tentukanlah :
a. berapa-kah (dalam satuan R) pindah panas dQ yang dilakukan pada setiap
daurnya ? b. berdasarkan hukum termodinamika I, berapa-kah (dalam satuan R) jumlah pindah
panas (W) dalam keseluruhan daur ? c. berapa %-kah efisiensi mesin Carnotnya ? d. berapa %-kah unjuk kerja refrigeratornya ? Jawab :
)(0 isotropikdaurkarenadSTdQ aba
JdQ ba 0
isotermikdaurRRR
xSSxTdSTdQ acbbcb
250
44
3500
JRdQ cb 250
)(0 isotropikdaurkarenadSTdQ cdc
JdQ ba 0
T (K)
200
S
500
S1=R/4 S2=3R/4
a
b c
d
48
)(1004
3
4200 isotermikdaurR
RRxSSxTdSTdQ daddad
JRdQ ad 100
b. berdasarkan hukum termodinamika I, jumlah pindah panas (W) dirumuskan :
addccbba dQdQdQdQW
01000250 RRW
JRW 150
c. %100250
150
1
xR
R
Q
W
%60
d. %100150
1001 xR
R
W
Qc
%67c
49
6.8. PEKERJAAN RUMAH 1. Sebuah resistor 10 dialiri arus listrik A pada suhu tetap 27oC selama 1 detik.
a. Berapa J K-1 perubahan entropi pada resistor? b. Berapa J K-1 perubahan entropi semesta?
Jika arus yang sama dipertahankan dalam resistor yang sama, tetapi resistor sekarang disekat secara termal (adiabatik), dengan suhu awal =27oC, massa resistor = 5 gram, cP = 0,84 kJ/(kg K), hitunglah :
c. Berapa J K-1 perubahan entropi pada resistor? d. Berapa J K-1 perubahan entropi semesta?
2. Untuk gas ideal dengan kapasitas kalor tetap, buktikanlah bahwa :
a. Entropinya :
KVCPCS PV lnln (6.16)
b. ketermampatan adiabatiknya :
PdP
dV
VK
S
S
11
(6.17)
3. Menurut hukum Debye, kapasitas kalor molar pada colume tetap (cV) dari intan
berubah terhadap suhu menurut persamaan :
34
5
43
TRcV
(7.18)
Berapa perubahan entropi (dalam satuan R) dari intan bermassa 1,2 gram, jika dipanaskan pada volume tetap dari 10 sampai 350 K? Diketahui massa atom karbon = 12 dan = 2230 K.
4. Satu kg air diberikan kalor dapat balik dari koil listrik dengan suhu awal 20oC menjadi 80oC. Diketahui kalor jenis air (cair) =4180 J/kg, tentukanlah :
a. berapa J/K – kah perubahan entropi sistem? b. berapa J/K – kah perubahan entropi lingkungan? 5. Massa air 10 kg pada suhu 20oC dicampur dengan 2 kg es pada suhu – 5oC pada
tekanan 1 atm sehingga dicapai suhu setimbang. Jika diketahui cP (air) = 4180 J/(kg K), cP (es) = 2090 J/(kg K), kalor lebur es = 3,34x105 J/kg, tentukanlah : a. berapa derajat kelvin-kah suhu setimbang? b. berapa J/K-kah perubahan entropi sistem ?
6. Sepuluh gram air pada suhu 20oC dikonversikan menjadi es pada suhu – 10oC pada
tekanan atmosfir sama. Jika diketahui : cP (air) = 4180 J/(kg K), cP (es) = 2090 J/(kg K), kalor lebur es = 3,34x105 J/kg, tentukanlah berapa J/K-kah perubahan entropi sistem ?
50
BAB VII. ENTALPI DAN ZAT MURNI
7.1. Entalpi (H)
Entalpi (H) dirumuskan :
PVUH (7.1) Tinjaulah perubahan entalpi () yang terjadi jika sistem mengalami proses infinitesimal dari keadaan setimbang awal ke keadaan setimbang akhir, diperoleh :
VdPPdVdUdH (7.2) Dalam bab sebelumnya diketahui ; dQ = dU + P dV, maka
VdPdQdH (7.3)
Dengan membagi kedua ruas persamaan dengan dT, diperoleh :
dT
dPV
dT
dQ
dT
dH
Pada tekanan tetap, diperoleh :
P
PP
CT
Q
T
H
(7.4)
Seperti dalam konsep entropi, bahwa perubahan entalpi selama proses isobarik sama dengan kalor yang dipindahkan, yang dinamakan kalor laten (l), yang diukur ketika terjadi perubahan fase pada tekanan tetap, maka :
dTCQHH Pawalakhir (7.5)
Dalam zat murni yang mengalami proses dapat balik infinitesimal, dapat dirumuskan :
VdPTdSdH (7.6) maka diperoleh :
TS
H
P
dan (7.7)
VP
H
S
(7.8)
Hubungan yang ditunjukkan dalam persamaan (7.7) dan (7.8) memberi petunjuk bahwa sifat zat murni dapat ditampilkan secara menguntungkan pada diagram yang menggambarkan H sebagai fungsi dari S dan P.
51
Tabel 7.1 Perbandingan antara U dan H
Energi dalam (U) Entalpi (H) Pada umumnya dU = dQ – PdV
V
V
CT
U
Pada umumnya dH = dQ + V dP
P
P
CT
H
Proses isokhorik Uf - Ui = Q
dTCUU Vif
Proses isobarik Hf - Hi = Q
dTCHH Pif
Proses adiabtik
dVPUU if
Proses adiabtik
dPVHH if
Pemuaian bebas Ui = Uf
Proses sernak Hi = Hf
Untuk gas ideal
tetapandTCU V
Untuk gas ideal
tetapandTCH P
Keadaan setimbang yang berdekatan
TS
U
V
PV
U
S
Keadaan setimbang yang berdekatan
TS
H
P
VP
H
S
7.2. Fungsi Helmholtz Fungsi Helmholtz ( sering disebut energi bebas Helmholtz) dirumuskan ;
TSUF (7.9) Untuk proses dapat balik infinitesimal diperoleh :
SdTTdSdUdF
Karena PdVdUTdS , maka :
SdTPdVdF (7.10) Kasus I: Untuk proses isotermik dapat balik, diperoleh :
PdVdF (7.11)
PdVFFf
i
if (7.12)
Jadi perubahan fungsi Helmholtz selama proses isotermik dapat balik sama dengan kerja yang dilakukan pada sistem.
52
Kasus II : Untuk proses isokhorik dan isotermik dapat balik, diperoleh :
0dF (7.13)
tetapF (7.14)
Sifat ini sangat banyak digunakan dalam ilmu kimia dan berguna untuk meninjau reaksi kimia yang berlangsung isotermik dan isokhorik. Peran utama dari fungsi Helmholtz adalah dalam mekanika statistik yang berkaitan erat dengan fungsi partisi Z (tunggu tanggal mainnya). Kembali ke parsamaan (7.9)
SdTPdVdF Entropi dan tekanannya daat dihitung dengan memakai diferensiasi sederhana :
ST
F
V
dan (7.15)
PV
F
T
(7.16)
7.3. Fungsi Gibbs Fungsi Gibbs (sering disebut energi bebas Gibbs) dirumuskan ;
TSHG (7.17) Untuk proses dapat balik infinitesimal diperoleh :
SdTTdSdHdG
Karena VdPTdSdH , maka :
SdTVdPdG (7.18) Untuk proses isobarik dan isotermik dapat balik, diperoleh :
0dG (7.19)
tetapG (7.20)
Hasil ini penting, khususnya dalam kaitannya dengan proses yang melibatkan perubahan fase. Sublimasi, peleburan, penguapan berlangsung secara isotermik dan isobarik serta dapat dipandang sebagai proses dapat balik. Jadi ketika proses ini berlangsung, fungsi Gibbs dari sistem tetap. Jika digunakan lambang g’, g’’, g’’’ berturut-turut untuk fungsi Gibbs molar dari zat padat jenuh, zat cair jenuh, uang jenuh, maka persamaan kurva peleburan dirumuskan :
''' gg (7.21)
sedangkan persamaan kurva penguapan dirumuskan :
''''' gg (7.22)
dan persamaan kurva sublimasih/penghabluran dirumuskan :
'''' gg (7.23)
Pada titik tripel kdua persamaan itu berlaku serentak, yaitu :
'''''' ggg (7.24)
53
Semua g dapat dipandang sebagai fungsi dati T dan P saja, sehingga kedua persamaan itu dapat diapaki untuk menentukan T dan P pada titik tripel secara unik. Fungsi Gibbs sangat penting dalam ilmu fisika-kimia dan ilmu teknik, karena reaksi kimia dapat dipandang berlangsung pada T dan P tetap.
7.4. Dua teorema matematis Teorema pertama, Jika terdapat suatu hubungan x, y, z, maka dapat membayangkan z dinyatakan sebagai fungsi dari x dan y, sehingga :
dyy
zdx
x
zdz
xy
.
Anggaplah :
xy y
zNdan
x
zM
Maka : dyNdxMdz ,
dengan z, M, N, semuanya fungsi dari x dan y. Dengan melakukan diferensial parsial M terhadap y dan N terhadap x, diperoleh :
xy
z
x
Ndan
yx
z
y
M
yx
22
Karena ruas kanan bernilai sama bersar, maka
yxx
N
y
M
(7.25)
Persamaan ini dikenal sebagai persyaratan untuk diferensial seksama. Teorema kedua, Jika suatu kuantitas f merupakan fungsi dari x, y, z dan terdapat suatu hubungan antara x, y, z, maka f dapat dipandang sebagai fungsi dari setiap pasangan x, y, z. Demikian juga salah satu dari x, y, z dapat dipandang sebagai fungsi dari f dan salah satu dari x, y, z. Jadi dengan memandang x sebagai fungsi dari f dan y, maka :
dyy
xdf
f
xdx
fy
.
Dengan menganggap y sebagai fungsi dari f dan z, maka :
dzz
ydf
f
ydy
fz
.
54
Dengan menyulihkan persamaan dy ke dalam persamaan dx, diperoleh :
dz
z
ydf
f
y
y
xdf
f
xdx
fzfy
dzz
y
y
xdf
f
y
y
x
f
xdx
ffzfy
Dengan menganggap pula x sebagai fungsi dari f dan z, maka :
dzz
xdf
f
xdx
fz
.
Dengan mempadankan kedua persamaan dx di atas, diperoleh :
fff z
y
y
x
z
x (7.26)
1
fffx
z
z
y
y
x (7.27)
7.5. Hubungan Maxwell Dalam sub bab sebelumnya diperoleh hubungan : 1. Energi dalam U, 2. Entalpi H = U + PV, 3. Fungsi Helmholtz F = U - TS, 4. Fungsi Gibbs G = H – TS. Dengan menggunakan dua buah teorema matematis dalam sub bab sebelumnya dapat dinyatakan bahwa salah satu dari delapan kuantitas (koordinat termodinamik) P, V, T, U, S, H, F, G dapat diungkapkan sebagai fungsi dari pasangan lainnya. Sekarang diasumsikan sistem hidrostatik yang mengalami proses dapat balik infinitesimal dari suatu keadaan setimbng ke keadaan lainnya, diperoleh : 1. Energi dalamnya berubah sebesar :
dU =dQ – P dV dU = T dS – P dV,
dengan U, T, P dipandang sebagai fungsi dari S dan V. 2. Entalpinya berubah sebesar :
dH =dU + P dV + V dP, dH = T dS + V dP,
dengan H, T, V dipandang sebagai fungsi dari S dan P.
55
3. Fungsi Helmholtznya berubah sebesar : dF =dU – T dS – S dT dF = – S dT – P dV,
dengan F, S, P dipandang sebagai fungsi dari T dan V. 4. Fungsi Gibbsnya berubah sebesar :
dG =dH – T dS – S dT dG = – S dT + V dP,
dengan G, S, V dipandang sebagai fungsi dari T dan P. Karena U, H, F, G semuanya merupakan fungsi yang sebenarnya, diferensialnya seksama berjenis :
dyNdxMdz ,
dan berdasarkan persyaratan untuk diferensial seksama dalam persamaan (7.25)
yxx
N
y
M
maka dengan menerapkan hasil ini pada diferensial seksama dU, dH, dF, dG, diperoleh :
1. dVPdSTdU VS S
P
V
T
(7.28)
2. dPVdSTdH PS S
V
P
T
(7.29)
3. dVPdTSdF VT T
P
V
S
(7.30)
4. dPVdTSdG PT T
V
P
S
(7.31)
Keempat persamaan di sebelah kanan dikenal sebagai hubungan Maxwell. Hubungan Maxwell sangat berguna karena menyajikan hubungan antara kuantitas yang dapat diukur dan kuantitas yang tidak dapat diukur atau yang sukar diukur.
7.6. Persamaan T dS 7.6.1. Persamaan pertama T dS. Jika Entropi zat murni dapat dipandang sebagai fungsi dari suhu dan volume, maka :
dVV
SdT
T
SdS
TV
,
dan dVV
SdT
T
STTdS
TV
karena T dS = dQ untuk proses dapat balik, maka :
V
V
CT
ST
56
Dari hubungan Maxwell ketiga, VT T
P
V
S
, maka
dVT
PTdTCTdS
V
V
(7.32)
Persamaan (7.32) dikenal dengan nama persamaan pertama T dS. 7.6.2. Persamaan kedua T dS. Jika Entropi zat murni dapat dipandang sebagai fungsi dari suhu dan tekanan, maka :
dPP
SdT
T
SdS
TP
,
dan dPP
SdT
T
STTdS
TP
karena T dS = dQ untuk proses dapat balik, maka :
P
P
CT
ST
Dari hubungan Maxwell keempat, PT T
V
P
S
, maka
dPT
VTdTCTdS
P
P
(7.33)
Persamaan (7.33) dikenal dengan nama persamaan kedua T dS. Dalam termodinamika dikenal pula persamaan ketiga T dS. Dalam rangka penguasaan mahasiswa/i terhadap konsep termodinamika buktikan persamaan ketiga T dS yang tertera dalam sub bab pekerjaan rumah no. Soal 2 dan 3. Kasus I : Perubahan tekanan secara isotermik dapat balik. Jika T tetap, maka persamaan (7.33) menjadi:
dPT
VTTdS
P
dan dP
T
VTQ
P
,
karena :koefisien muai volume : PT
V
V
1 , maka dPVTQ
hal ini dapat diintergrasikan jika kebergantungan V dan pada tekanan diketahui. Jika V dan tidak peka terhadap perubahan tekanan, maka berlaku V rata-rata dan rata-rata
____
danV .
57
Diperoleh :
if
P
P
PPVTdPVTQf
i
________
(8.34)
Untuk kalor yang dibebaskan selama pemampatan diperoleh :
dVPW
Karena V merupakan fungsi T dan P, maka
dPP
VdT
T
VdV
TP
Pada suhu tetap berlaku : dPP
VdV
T
dan karena
TP
V
V
1
Maka kerja diperoleh :
dPVPW
Karena ketermampatan isotermik tidak peka terhadap perubahan tekanan maka digunakan nilai ketermampatan rata-rata, diperoleh :
f
i
P
P
dPPVW____
22____
2
1if PPVW (7.35)
Kasus II : Perubahan tekanan secara adiabatik dapat balik. Jika S tetap, maka persamaan (8.33) menjadi:
dPT
VTdTC
P
P
0 maka dP
T
V
C
TdT
PP
,
dPC
TVdT
P
(7.36)
Dalam zat padat atau cair, pertambahan tekakan sebesar 1000 atm hanya menimbulkan perubahan suhu yang kecil. Juga percobaan menunjukkan bahwa CP hampir tidah berubah walau pertambahan tekanannya mencapai 10.000 atm. Persamaan (7.36) jika diterapkan untuk zat padat atau cair, dapat dirumuskan :
if
P
PP
C
VTT
__
____
(7.36)
58
7.7. Persamaan Energi 7.7.1. Persamaan pertama energi Jika zat murni mengalami proses dapat balik infinitesimal antara dua kesetimbangan termal, perubahan energi dalamnya dirumuskan :
dVPdSTdU Dengan membaginya dengan dV, maka
PdV
dST
dV
dU
Dengan U, S, P dianggap sebagai fungsi T dan V. Jika T tetap, maka turunannya mejadi turunan parsial, diperoleh :
PV
ST
V
U
TT
Dengan memakai hubungan ketiga Maxwell,
VT T
P
V
S
, diperoleh :
PT
PT
V
U
TT
(7.37)
Persamaan (7.37) dinamai persamaan pertama energi. Dua contoh kegunaan persamaan pertama energi yakni : 1. gas ideal dan 2. gas van der waals.
7.7.2. Persamaan kedua energi Persamaan kedua energi memperlihatkan kebergantungan energi pada tekanan. Karena :
dVPdSTdU , dan dengan membaginya dengan dP, diperoleh :
dP
dVP
dP
dST
dP
dU
Dengan U, S, V dianggap sebagai fungsi T dan P. Jika T tetap, maka turunannya mejadi turunan parsial, diperoleh :
TTT P
VP
P
ST
P
U
Dengan memakai hubungan keempat Maxwell,
PT T
V
P
S
, diperoleh :
TTT P
VP
T
VT
P
U
(7.38)
Persamaan (7.38) dinamai persamaan kedua energi.
59
7.8. Persamaan kapasitas kalor Kasus I : Berdasarkan persamaan pertama dan kedua T dS persamaan (7.32) dan (7.33)
dVT
PTdTCTdS
V
V
dan dP
T
VTdTCTdS
P
P
,
maka dPT
VTdTCdV
T
PTdTC
P
P
V
V
Dengan mencari nilai dT, diperoleh :
dPT
VTdV
T
PTdTCC
PV
VP
dPCC
T
VT
dVCC
T
PT
dTVP
P
VP
V
Karena T merupakan fungsi V dan P, maka infinitesimalnya :
dPP
TdV
V
TdT
VP
Dengan mempadankan kedua persamaan tersebut, diperoleh :
VP
P
VVP
V
P CC
T
VT
P
Tdan
CC
T
PT
V
T
Kedua persamaan tersebut menghasilkan :
VP
VPT
P
T
VTCC
Berdasarkan teorema matematis dalam bab 2, telah dipelajari bahwa :
1
TPV P
V
V
T
T
P
Maka TPV V
P
T
V
T
P
, sehingga :
TPP
VPV
P
T
V
T
VTCC
Akhirnya :
TP
VPV
P
T
VTCC
2
(7.39)
60
Persamaan (7.39) merupakan salah satu yang terpenting dalam termodinamika dan menunjukkan bahwa :
1. karena TV
P
selalu negatif untuk semua zat
dan
2
PT
V
selalu positif, maka CP- CV selalu positif atau CP tidak pernah lebih kecil
daripada CV , 2. Ketika T 0, CP CV atau pada suhu nol
mutlak, kedua kapasitas kalor bernilai sama.
3. CP = CV, jika 0
PT
V.
Ini terjadi pada suhu 4oC (anomali air), ketika kerapatan air maksimum. Pengukuran
kapasitas kalor zat padat dan cair di laboratorium biasanya berlangsung pada tekanan tetap, sehingga menghasilkan CP. Sukar sekali untuk mengukur CV secara cermat baik untuk zat padat maupun cair. Namun harga CV perlu diketahui untuk perbandingan dengan teori. Persamaan yang menunjukkan perbedaan kapasitas kalor (CP - CV) ini sangat berguna untuk menghitung CV yang dinyatakan dalam CP serta kuantitas lainnya. Kasus II Berdasarkan persamaan pertama dan kedua T dS persamaan (8.32) dan (8.33)
dVT
PTdTCTdS
V
V
dan dP
T
VTdTCTdS
P
P
,
Pada S tetap (isotropik) diperoleh :
S
P
SP dPT
VTdTC
S
V
SV dVT
PTdTC
Dengan membaginya, diperoleh
S
V
P
V
P
V
P
T
P
T
V
C
C
SVPV
P
V
P
P
T
T
V
C
C
61
Berdasarkan teorema matematis
STV
P
V
P
P
V
C
C
T
S
V
P
V
P
V
P
C
C
(7.40)
Ketermampatan adiabatik didefinisikan :
S
SP
V
V
1 (7.41)
dan ketermampatan isotermik didefinisikan :
TP
V
V
1
Akhirnya :
SV
P
C
C
(7.42)
7.9. Latihan soal 1. Satu mol gas van der waals :
RTbvv
aP
2
mengalami pemuaian Isotermik dapat balik dari volume vi ke vf. Buktikanlah bahwa kalor yang dipindahkan dirumuskan :
bv
bvRTq
i
fln
Jawab : Dari persamaan van der waals diperoleh :
2v
a
bv
RTP
maka bv
R
T
P
V
Persamaan pertama T dS menjadi :
bv
dvRTdTcTdS V
62
Karena T tetap, maka bv
dvRTTdS
dan prosesnya dapat balik, maka
f
i
v
v bv
dvRTdSTq
Akhirnya diperoleh :
terbuktibv
bvRTq
i
f
ln
2. Jika tekanan pada 15 cm3 air raksa pada 0oC ditambah secara dapat balik dan
isotermik dari 0 hingga 1000 atm, koefisien muai volume rata-rata ()= 178 x 10-6 K-
1, ketermampatan rata-rata () = 3,38 x 10-6 atm-1, tentukanlah : a. berapa joule-kah perpindahan kalor yang terjadi?
b. berapa joule-kah kerja yang selama pemampatan ? c. berapa joule-kah energi dalam yang tersimpan ? Jawab : a. Berdasarkan persamaan (7.34), diperoleh :
866____
10013,1101781015273 xxxxxPPVTQ if
JQ 8,73
b. Berdasarkan persamaan (8.35), diperoleh :
22____
2
1if PPVW
228115 010013,11083,3105,12
1 xxxxxxW
JW 95,2
c. 95,28,73 WQU ,
JU 8,70
3. Jika tekanan pada 15 cm3 air raksa pada 0oC ditambah secara isoentropik dari nol
mejadi 1000 atm, dan kapasitas kalor rata-ratanya = 28,6 J/K, koefisien muai volume rata-rata ()= 178 x 10-6 K-1, ketermampatan rata-rata () = 3,38 x 10-6 atm-1, berapa K-kah perubahan suhunya ?
63
Jawab : Berdasarkan persamaan (7.36), diperoleh :
if
P
PP
C
VTT __
____
6,28
010013,110178105,1273 865
xxxxxxT
KT 58,2
4. Berdasarkan konsep persamaan pertama energi
PT
PT
V
U
TT
(7.37)
Untuk gas van der Waals (1 mol):
RTbvv
aP
2
Buktikanlah bahwa energi dalam gas van der Waals bertambah ketika volumenya bertambah pada suhu tetap yang dirumuskan :
2v
a
V
U
T
, dan
tetapanv
adTcu V
Jawab : Berdasarkan konsep persamaan pertama energi
PT
PT
V
U
TT
(7.37)
Untuk gas van der Waals (1 mol):
RTbvv
aP
2
bv
R
T
P
v
a
bv
RTP
v
2
Dengan menyulihkan ke dalam persamaan (8.37)
2v
a
bv
RT
bv
RTP
bv
RT
V
U
T
, maka
terbuktiv
a
V
U
T
2
64
Karena dvv
adTcdu V 2
, diintegrasikan
dvv
adTcdu V 2
Akhirnya terbuktitetapanv
adTcu V
5. Dengan mengingat bahwa :
PT
V
V
1 dan
TP
V
V
1 , buktikanlah bahwa :
2TVCC VP (7.43)
Jawab : Diketahui bahwa :
PT
V
V
1 dan
TP
V
V
1 maka persamaan (7.39) dapat ditulis :
TP
VPV
P
T
VTCC
2
T
PVP
P
V
V
T
V
VTV
CC
1
12
terbuktiTV
CC VP
2
65
7.10. Pekerjaan rumah 1. Berdasarkan konsep persamaan pertama energi
PT
PT
V
U
TT
(7.37)
Buktikanlah untuk gas ideal bahwa energi dalam gas ideal tidak bergantung volume
yang dirumuskan : 0
TV
U
2. Buktikanlah persamaan ketiga T dS yang dirumuskan :
dVV
TCdP
P
TCTdS
P
P
V
V
(7.44)
3. Buktikanlah bahwa ketiga persamaan T dS dapat dirumuskan :
a. dVT
dTCTdS V
(7.45)
b. dPTVdTCTdS P (7.46)
c. dVV
CdP
CTdS PV
(7.47)
4. Buktikanlah bahwa diferensial dari tiga fungsi termodinamika U, H, F dapat
dirumuskan :
a. dPTPVdTPVCdU P (7.48)
b. dPTVdTCdH P )1( (7.49)
c. dPPVdTSPVdF (7.50)
5. Dari percobaan terhadap volume air raksa sebanyak 1,47 x 10-5 m3/mol diperoleh
bahwa kapasitas kalor molar air raksa pada tekanan tetap 1 atm dan suhu 0oC (cP) sebesar 28 J/(mol K). Jika diketahui x 10-6 K-1 dan 3,89 x 10-11 Pa-1. Tentukanlah : a. berapa J/(mol K)-kah kapasitas kalor molar air raksa pada volume tetap ? b. berapa-kah tetapan Laplace nya?
66
BAB VIII. PERUBAHAN FASE Telah kita pelajari dalam bab 7 mengenai entropi bahwa : 1. Pergantian fase yang terkenal yakni : - peleburan - penguapan - penyubliman 2. Pergantian fase yang “relatif kurang terkenal
namun sekarang sedang berkembang ” yakni : - perubahan bentuk kristal 3. Pada pergantian fase di atas diperoleh : - suhu dan tekanannya selalu tetap - entropi dan volumenya berubah 4. Pergantian fase terjadi dalam proses dapat balik,
kalor (l) (biasa dikenal sebagai kalor laten) yang dipindahkan per molnya dirumuskan :
awalakhirawalakhir ssT
m
SSTl
Jadi keberadaan kalor laten mengandung arti fisis bahwa terdapat perubahan entropi. Berdasarkan turunan fungsi Gibbs diperoleh :
vdPsdTdg
PT
gs
dan
TP
gv
(8.1)
Kita dapat mencirikan dalam perubahan fase yang terkenal dengan salah satu pernyataan yakni : 1. terdapat perubahan entropi dan volume; 2. turunan pertama fungsi Gibbs berubah secara
takmalar (diskrit) 3. setiap perubahan fase yang memenuhi
persyaratan tersebut dikenal sebagai perubahan fase orde pertama Untuk perubahan fase seperti ini, variasi suhu dari G, S, V dan CP dapat diperllihatkan sesuai gambar 8.1. Perubahan fase dapat dianggap terjadi secara dapat balik dalam dua arah. Gambar keempat yang memperlihatkan kelakuan CP sangatlah penting karena CP dari campuran dua fase selama terjadi perubahan fase menjadi tak berhingga. Hal ini berlaku karena perubahan terjadi pada T dan P yang tetap. Bila P tetap, dT = 0; atau Bila T tetap, dP = 0.
67
Jadi,
P
PT
STC (8.2)
PT
V
V
1 (8.3)
TP
V
V
1 (8.4)
Gambar 8.1. Ciri perubahan fase orde pertama
Fase awal Fase akhir
Fungsi Gibbs
T
entropi
Fase awal Fase akhir
a b
G
V CP
volume Kapasitas kalor
Fase awal Fase awal Fase akhir Fase akhir
S
T
T T
Menuju ~
c d
68
Persamaan T dS kedua memberikan hasil yang tak tertentu bla diterapkan pada perubahan fase orde pertama. Karena :
dPTVdTCTdS P
Dimana PC 0dT 0dP
Namun untuk persamaan T dS pertama bisa diintegraskan melalui perubahan fase. Bila 1 mol zat diubah secara dapat balik, isotermik dan isobarik dari fase awal (f (i)) ke fase akhir (f (f)), persamaan T dS nya adalah :
dvT
PTdTcTds
V
V
dapat diintegrasikan dengan pengertian bahwa berbagai T dan P ketika terjadi perubahan fase memenuhi hubungan yang menyatakan bahwa P merupakan fungsi dari T saja, tak
bergantung pada V, sehingga dT
dP
T
P
V
.
Jadi )()()()( ifif vvdT
dPTlssTTds
maka diperoleh :
)( )()( if vvT
l
dT
dP
(8.5)
Persamaan 8.5 dikenal dengan persamaan Clapeyron yang berlaku untuk setiap perubahan fase orde pertama dan berlangsung pada T dan P tetap. Dengan langkah lain, dalam bab 7 bahwa fungsi Gibbs tetap selama suatu proses dapat balik berlangsung pada T dan P tetap. Jadi suatu perubahan fase pada T dan P,
)()( fi gg (8.6)
Dan untuk perubahan fase pada T + dT dan P + dP )()()()( ffii dggdgg (8.7)
Dengan mensulihkan persamaan 14.6, maka : )()( fi dgdg (8.8)
dPvdTsdPvdTs ffii )()()()(
)()(
)()(
if
if
vv
ss
dT
dP
Dengan mengalikan T, diperoleh :
)()(
)()(
if
if
vvT
ssT
dT
dP
Akhirnya diperoleh :
)()( if vvT
l
dT
dP
terbukti
Dalam pembahasan selanjutnya diberikan perjanjian untuk fase padat, cair, uap masing-masing diberi tanda aksen (’), dwi aksen (’’), tri aksen (’’’).
69
8.1. Peleburan Metode paling sederhana untuk mengukur kalor lebur zat padat adalah dengan mengirimkan energi listrik dengan laju tetap dan mengukur suhunya pada selang waktu tertentu yang dirumuskan dengan persamaan :
n
IlF
(8.9)
Dalam tahun 1929 Prof. F.E. Simon dan Prof. G. Glatzel emngusulkan suatu persamaan yang cukup berhasil untuk meyatakan data pada kurva peleburan, yakni :
1
c
TP
TPT
TaPP (8.10)
Dengan TTP dan PTP menyatakan koordinat titik tripel dan a dan serta c merupkakan tetapan yang bergantung pada zatnya. Pada suhu tinggi PTP dapat diabaikan, maka diperoleh :
1
c
TPT
T
a
P (8.11)
Tabel 8.1. Parameter peleburan untuk gas mulia yang terkondensasi
(menurut Prof. S.E. Babb) Gas muia
terpadatkan TTP (K)
PTP (kPa) a (MPa)
C
Ne 24,6 43,2 103,6 1,60 Ar 83,8 69,0 227,0 1,50 Kr 116,0 73,3 305,0 1,40 Xe 161,0 81,7 345,5 1,31
Teori mengenai proses yang sebenarnya terjadi bila suatu zat padat melebur telah menarik perhatian fisikawan/wati selama bertahun-tahun. Teori yang mua-mula diusulkan oleh Prof. Lindemann menyatakan bahwa zat padat melebur bila amplitudo getaran kisi menjadi cukup besar untuk mematahkan gaya tarik yang memegang kisi itu; dalam kalimat yang sederhana ”Dalam peleburan, zat padat mengguncangkan dirinya sehingga pecah”. Dengan pandangan ini, Prof. Lindemann menurunkan rumus :
MT
mv 23
2
(8.12)
Dimana : m dan v merupakan massa molekul dan volume molar, suhu karakteristik Debye dan TM suhu lebur.
70
8.2. Penguapan; persamaan Trouton Kalor penguapan cairan titik didih normal dari 250 K sampai sekitar 550 K pada umumnya diukur langsung dengan kalorimeter. Sama dengan peleburan, metode paling sederhana untuk mengukur kalor uap zat cair adalah dengan mengirimkan energi listrik dengan laju tetap dan mengukur suhunya pada selang waktu tertentu yang dirumuskan dengan persamaan :
n
IlF
(8.13)
Hal yang lebih menarik adalah cairan kriogenik dengan titik didih normal di sekitar 100 K atau kurang. Untuk cairan ini (Nitrogen cair dan argon cair), orang harus memilih informasi yang terdapat dalam pegangan keteknikan yaitu tekakan, entropi, entalpi dan volume dari cairan jenuh pada suhu titik tripel hingga titik kritis. Kembali ke persaman Clapeyron, untuk proses penguapan dirumuskan :
''''' vvT
l
dT
dP V
Asumsi : Pada daerah suhu yang kecil yang cukup jauh dari titik kritis, maka lV sebagai suatu tetapan disekitar titik didih normalnya dan v’’’ serta v’’ dapat diabaikan, tekanan uapnya cukup kecil untuk dihampiri oelh persamaan keadaan gas ideal atau v’’’ =RT/P, diperoleh persamaan Clapeyron menjadi:
P
RT
l
P
RTT
l
vvT
l
dT
dP VVV2'''''
Td
P
Pd
Td
Pd
T
dTP
dP
R
l CV
1
ln
1
ln
2
(8.14)
Di mana PC = tekanan titik kritis. Jika persamaan 8.14 kita integrasi melalui selang suhu kecil sekitar TB dengan lV memiliki harga tetap lVB, diperoleh rumus empiris :
RT
ltetapan
P
P VB
C
ln (8.15)
CVB TR
l4,5 (8.16)
Berdasarkan kaidah Prof Trouton, kenaikan suhu cukup kecil sehingga hampiran kasar didapatkan dengan mengambil
9B
VB
RT
l (8.17)
Kaidah Trouton ini sangat penting bila TC belum diketahui.
71
8.3. Sublimasi; persamaan Kirchhoff Persamaan Clapeyron untuk sublimasi :
'''' vvT
l
dT
dP S
(8.18)
Sublimasi biasanya terjadi pada tekanan rendah, uapnya bisa dipandang sebagai gas ideal, maka :
P
RTv ''' (8.19)
Karena P kecil, v’’’ menjadi besar, benar-benar jauh leih besar dari pada volume molar padatan (v’), sehingga v’ bisa diabaikan, maka :
vvv '''' (8.20) Persamaan Clapeyron (8.18) menjadi :
R
l
T
dTP
dP
P
RTT
l
dT
dP SS
2
Td
PdR
Td
PdR
T
dTP
dP
RlS 1
log30,2
1
ln
2
(8.21)
Sehingga dapat dilihat bahwa lS sama dengan – 2,30R kali kemiringan kurva yang diperoleh bila log P dirajah terhadap 1/T. Tekanan uap padatan biasanya diukur untuk selang suhu kecil. Dalam selang ini grafik log P terhadap 1/T praktis merupakan gars lurus, diperoleh :
tetapanT
tetapanP log (8.22)
Misalnya, dalam selang suhu dari 700 K hingga 739 K, tekanan uap magnesium (Mg) memenuhi persamaan :
589,87527
log T
P (8.23)
Sedangkan dalam selang suhu dari 575 K hingga 630 K, tekanan uap seng (Zn) memenuhi persamaan :
972,86787
log T
P (8.24)
Jadi dari suhu dari 700 K hingga 739 K, kalor sublimasi (lS) Mg sebesar 2,30 R x 7527 = 144 kJ/mol, sedangkan dari suhu dari 575 K hingga 630 K, kalor sublimasi (lS) Zn sebesar 2,30 R x 76787 =130 kJ/mol.
72
Selanjutnya kita menurunkan persamaan Kirchhoff untuk kalor sublimasi (lS) pada suhu sekehendak kita. Dari bab 7, suatu perubahan infinitesimal eltalpi molar anatara dua keadaan kesetimbangan suatu sistem kimia diberikan :
vdPTdsdh (8.25) Masukkan persamaan T ds kedua, diperoleh :
dPT
vTvdTcdh
P
P
dPTvdTcdh P 1
Perubahan entalpi yang berhingga antara dua keadaan PiTi dan PfTf, diperoleh :
dPTvdTchhf
i
P
f
i
if 1 (8.26)
Karena
'''' hhlS (8.27)
Maka :
0'
0
'''
0
ldTcdTcl P
T
P
T
S (8.28)
l0 adalah kalor sublimasi pada nol mutlak. Persamaan 8.28 dikenal dengan persamaan Kirchhoff.
73
8.4. Latihan soal :
01. Dalam persamaan Clayperon, proses perubahan fase orde satu, suhu titik lebur zat
timbal hitam (Pb) = 600 K dan kalor laten peleburannya = 300 kJ/mol. Jika dalam proses tersebut selisih volume spesifik fase cair dengan volume spesifik fase padatnya = 25 liter/mol, berapa Pa/K-kah rasio perubahan tekanan dan perubahan suhu
dT
dP?
Jawab :
Berdasarkan persamaan Clapeyron : '" vvT
l
dT
dP lebur
, maka
KPaxxxx
x
vvT
l
dT
dP lebur /1021050
1
1025600
10300
'"46
3
3
8.5. Pekerjaan Rumah :
01. Dalam proses perubahan fase orde satu, suhu titik lebur zat litium (Li) = 460 K dan kalor laten peleburannya = 4,60 kJ/mol. Jika dalam proses tersebut rasio perubahan
tekanan dan perubahan suhu
dT
dP104 Pa/K, berapa liter/mol-kah selisih volume
spesifik fase cair dengan volume spesifik fase padatnya ?
74
BAGIAN II : PENERAPAN KONSEP DASAR
75
BAB IX. PENDAHULUAN MEKANIKA STATISTIK
9.1. Prinsip pokok Dalam pembahasansebelumnya diketahui bahwa molekul suatu gas ideal tidak bisa dianggap bebas sempurna satu terhadap lainnya, karena jika demikian, molekul tidak bisa mencapai distribusi kecepatan setimbang. Jadi harus ada anggapa bahwa :
terjadi antar aksi, tetapi hanya ketika bertumbukan dengan molekul lain dan dengan dinding.
Untuk memerikan bentuk antar aksi yang terbatas diacu bahwa molekul sebagai „antar aksi lemah“ atau „kuasi bebas“. Sedangkan pemebahasan partikel „berantar aksi kuat“ berada di luar lingkup pembahasan sekarang (tunggu tanggal mainnya pada mata kuliah : Fisika Statistik dan Mekanika Kuantum). Selain memiliki sifat kuasi bebas, molekul gas ideal memiliki ciri lain, yakni : 1. semua molekul terbedakan, karena bertempat dalam ruang, 2. semua molekul memiliki kecepatan tertentu. Sedangkan sifat kuasi statik (dalam bab sebelumnya), molekul gas ideal memiliki ciri yakni : 1. semua molekul tak terbedakan, karena tak bertempat dalam ruang, 2. semua molekul tak memiliki kecepatan tertentu. Partikel yang menempati kedudukan kisi yang teratur dalam kristal bisa dibedakan, karena partikel itu bergetar terbatas di sekitar titik tetap, sehingga satu partikel bisa dibedakan dari partikel tetangganya menurut tempatnya.
9.2. Perlakuan statistik dari gas ideal
Perlakuan statistik dari gas ideal sebagai sejumlah partikel kuasi-bebas (antar kasi lemah) terbedakan. Andaikan gas ideal ekaatomik terdiri dari N partikel sekitar 1020 partikel, berada dalam wadah berbentuk kubus yang panjang sisinya L. (Langkah pertama) seluruh energi untuk masing-masing partikel dianggap merupakan energi kinetik translasi. Dalam arah x energinya :
m
p
m
xm
xm xx
22
)(
2
12
2
2
(9.1)
Dengan px merpakan komponen x dari momentum. Jika partikel diandaikan bergerak bebas bolak balik antara dua bidang datar berjarak L, maka bentuk mekanika kuantum yang paling sederhana menyatakan bahwa dalam satu daur lengkap (dari dinding ke dinding lain dan kembali ke dinding semula), yang berjarak 2L, momentum teptan px dikalikan dengan lintasan total 2L harus merupakan bilangan bulat dikalikan dengan tetapan Planck h.
76
Jadi
hnLp xx 2 (9.2)
Dengan menyulihkan persamaan (9.2) ke dalam (9.1) diperoleh :
2
22
8mL
hnxx (9.3)
xx mh
Ln 8 (9.4)
Harga energi kinetik x yang diperoleh adalah diskret, sesuai dengan harga bilangan bulat nx; namun jika nx berubahn dengan satu, maka perubahan yang bersesuaian dalam x sangat kecil, karena nx biasanya merupakan bilangan yang sangat besar. Dengan memperhitungkan ketiga komponen momentum, untuk energi kinetik total suatu partikel diperoleh :
222
2
2222
82zyx
zyx
x nnnmL
h
m
ppp
(9.5)
Perincian bilngan bulat untuk masing-masing nx, ny, nz merupakan perincian keadaan kuantum partikel. Semua keadaan yan dicirikan dengan harga n sedemikian rupa sehingga
nx2 + ny
2 + nz 2 = tetap,
akan memiliki energi kinetik yang sama. Contoh keadaan kuantum Guggenheim,:
Pemakaian keadaan kuantum yang diberikan Prof. Guggenheim, memperlihatkan bahwa semua keadaan kuantum yang bersesuaian dengan harga nx, ny, nz dalam table 9.1 memiliki energi
.8
662
2
mL
h
Terdapat dua belas keadaan kuantum yang berkaitan dengan tingkat energi yang sama, sehingga diacu terdapat tingkat energi yang memeiliki 12 degenerasi (turunan). Dalam setiap kasus yang sebenarnya, nx
2 + ny2 + nz
2 merupakan suatu bilangan yang sangat besar, sehingga degenerasi tingkat energi yang sebenarnya juga sangat besar. Bagaimana pun dekatnya, tetap saja, hanya sejumlah diskret tingkat energi yang dapat dimiliki oleh molekul gas ideal. Tabel 9.1 Keadaan kuantum dengan harga nx
2 + ny2 + nz
2 = 66 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 nx 8 1 1 7 7 4 4 1 1 5 5 4 ny 1 8 1 4 1 7 1 7 4 5 4 5 nz 1 1 8 1 4 1 7 4 7 4 5 5
77
Jadi salah satu persoalan pokok dalam mekanika statistic adalah menentukan populasi tingkat energi ini dalam kesetimbangan yakni bilangan banyaknya partikel N1 yang memiliki energi 1banyaknya partikel N2 yang memiliki energi 2 dan seterusnya. Dengan mudah dapat ditunjukkan bahwa banyaknya keadaan kuantum gi yang bersesuaian dengan tingkat energi i (degenerasi tingkatan itu) jauh lebih besar daripada banyaknya partikel yang menempati tingkatan itu. Jadi :
ii Ng (9.6)
Dengan demikian sangatlah mustahil bahwa lebih dari satu partikel akan menempati keadaan kauntum yang sama pada saat yang sama. Pada setiap saat beberapa partikel bergerak sangat cepat dan beberapa yang lain bergerak lambat, sehingga partikel tersebar di antara sejumlah besar keadaan kuantum yang berbeda. Dengan berjalannya waktu, partikel saling bertumbukan dan bertumbukan dengan dinidng atau memancarkan dan menyerap foton, sehingga masing-masing partikel mengalami banyak perubahan dari satu keadaan kuantum ke keadaan kuantum lainnya. Pengandaian pokok dari mekanika statistik menyatakan bahwa :
„Semua keadaan kuantum mempunyai peluang yang sama untuk dihuni. Peluang didapatkannya suatu partikel dalam suatu keadaan kuantum tertentu sama utnuk semua keadaan.“
Tinjaulah Ni partikel dalam salah satu keadaan kauntum gi yang berkaitan dengan energi i. Setiap partikel memiliki gi pilihan untuk menempati gi keadaan kuantum yang berbeda. Partikel kedua memiliki banyak pilihan gi yang sama, dan seterusnya. Banyaknya cara Ni
partikel terbedakan dapat didistribusikan di antara gi keadaan kuantum menjadi Nig , tetapi
jumlah Nig terlalu besar, karena ini berlaku untuk partikel terbedakan seperti A, B, C dalam
tabel 9.2. Tabel 9.2 menunjukkan enam cara yang berbeda, bahwa tiga partikel terbedakan (A, B, C) dapat menempati keadaan kuantum 2, 7, 10. Jika partikel tidak mempunyai identitas, maka hanya ada satu cara saja untuk menempati keadaan kuantum khusus ini. Ini berarti kita harus membaginya dengan 6 yaitu 3 !. Banyaknya permutasi dari Ni benda yang
terbedakan ialah Ni !. Jika kuantitas iN
ig dibagi dengan faktor ini, maka ungkapan yang
dihasilkan akan berlaku untuk partikel takterbedakan. Tabel 9.2. Terdapat enam cara untuk tiga partikel terbedakan (A, B, C) untuk dapat
menempati tiga keadaan kuantum yang diberikan (2, 7, 10) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A B C A C B B A C B C A C A B C B A
78
Jadi :
!i
Ni
i
i
N
g
gkuantumkeadaanantaradi
sikandidistribudapatkantakterbeda
partikelNcarabanyaknyai
(9.7)
9.3. Peluang termodinamika suatu keadaan makro tertentu ( Banyaknya distribusi keadaan kuantum yang bersesuaian dengan tingkat energi yang sama dan bahwa degenerasi masing-masing tingkatan jauh lebih besar daripada banyaknya partikel yang dapat diperoleh pada salah satu tingkatan pada suatu waktu. Perincian bahwa pada saat tertentu terdapat : N1 partikel pada tingkat energi 1 dengan degenerasi g1 N2 partikel pada tingkat energi 2 dengan degenerasi g2 . . . . . . . . . Ni partikel pada tingkat energi i dengan degenerasi gi dalam suatu wadah bervolume V jika gas terdiri atas N partikel dan energi dalam U adalah suatu pemerian keadaan makro gas. Banyaknya cara distribusi keadaan untuk mendapatkan suatu keadaan makro dari N partikel takterbedakan, maka peluang termodinamika suatu keadaan makro tertentu (dirumuskan :
........!! 2
2
1
121
N
g
N
gNN
(9.8)
Sedangkan banyaknya cara distribusi keadaan untuk mendapatkan suatu keadaan makro dari N partikel terbedakan, maka peluang termodinamika suatu keadaan makro tertentu (dirumuskan :
........!!
!2
2
1
121
N
g
N
gN
NN
(9.9)
9.4. Statistik Bose-Einstein Banyaknya distibusi keadaan untuk tingkatan energi ke-i dirumuskan :
!!1
!1
ii
iii
Ng
Ng
(9.10)
Contoh : Pada tingkatan energi ke-i terdapat 3 keadaan (gi = 3) dan 2 partikel (Ni = 2), maka banyaknya cara /kemungkinan distribusi berdasarkan persamaan (9.10) adalah :
!2!2
!4
!2!13
!213
!!1
!1
ii
iii
Ng
Ng
6i
79
Tabel 9.3. Banyaknya cara/kemungkinan distribusi Keadaan dari 2 partikel terbedakan pada 3 tingkatan energi berdasarkan statistik Bose-Einstein
1 2 3 • • • • • • • • • • • •
Keenam cara tersebut digambarkan sesuai tabel 9.3. Untuk masing-masing distribusi cara tingkatan energi, hanya terdapat satu kemungkinan yang terjadi. Sedangkan total banyaknya cara/kemungkinan distribusi keadaan atau peluang termodinamika pada keadaan makro tertentu untuk setiap tingkatan energi berdasarkan statistik Bose-Einstein (B-E) dirumuskan:
!!1
!1
ii
ii
iiikEB
Ng
NgWW
(9.11)
Contoh : Pada tingkatan energi p dan q dengan degenerasi pada tingkatan energi p (gp) = 3 dan banyaknya partikel (Np) = 2, serta degenerasi pada tingkatan energi q (gq) = 2 dan banyaknya partikel (Nq) = 1, maka peluang termodinamika pada keadaan makro ke-k yang terdapat Np = 2, Nq = 1, berdasarkan statistik B-E adalah (menggunakan persamaan 9.11) :
!!1
!1
ii
ii
iiikEB
Ng
NgWW
!1!12
!112
!2!13
!213
kEB WW
26!1!1
!2
!2!2
!4xWW kEB
12 kEB WW
80
9.5. Latihan soal : 1. Jika terdapat partikel takterbedakan mengikuti
Statistik Bose-Eisntein (B-E), dimana terdapat 7 kemungkinan tingkatan energi dari keadaan makro (macrostate) dengan kondisi N = 6, U = 6gi = 3, Tentukanlah : a. gambarkan dalam bentuk tabel seluruh kedudukan partikel dalam seluruh
keadaan dari distribusi statistik B-E ? b. berapakah banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk ?
c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? d. banyaknya total peluang termodinamika ?
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi ? f. banyaknya total kedudukan partikel ? Jawab : a. Gambar dalam bentuk tabel seluruh kedudukan partikel dalam seluruh keadaan dari
distribusi statistik B-E k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 __
iN
6 • 0,041
5 • 0,088
4 • • 0,205
3 •• • • 0,410
2 • • ••• •• • 0,830
• •• • ••• •• •• ••
••• •••
1,600
0 ••• ••
•• ••
•• ••
•• ••
•••
•••
••• •• •• • 2,830
Wk 63 135 135 90 180 270 100 180 216 135 28 1532 b. banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk adalah 11. c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? Berdasarkan persamaan (9.11) :
!!1
!1
ii
ii
iiikEB
Ng
NgWW
213!5!2
!7
!1!2
!3
!5!13
!513
!1!13
!1131 xWW EB
631 WW EB
81
1533!4!2
!6
!1!2
!3
!1!2
!3
!4!13
!413
!1!13
!113
!1!13
!11332
xx
WWW EB
13532 WWW EB
156!4!2
!6
!2!2
!4
!4!13
!413
!2!13
!2134 xWW EB
904 WW EB
3610!1!2
!3
!2!2
!4
!3!2
!5
!1!13
!113
!2!13
!213
!3!13
!31385
xx
WWW EB
18085 WWW EB
2710!1!2
!3
!3!2
!5
!1!13
!113
!3!13
!31333
6 xWW EB
2706 WW EB
1010!3!2
!5
!3!2
!5
!3!13
!313
!3!13
!3137 xWW EB
1007 WW EB
333
9 6!2!2
!4
!2!13
!213
WW EB
2169 WW EB
915!1!2
!3
!4!2
!6
!1!13
!113
!4!13
!41322
10 xWW EB
13510 WW EB
!6!2
!8
!6!13
!61311WW EB
2811 WW EB
82
d. banyaknya total peluang termodinamika ?
11
1
28......13513563iW
1532 e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi :
kk
ki WNN
2
__ 1 (9.12)
1532
43321351.....13541354635
1532
1__
0 xxxxN
830,2__
0 N
286.....2701180213511532
1__
1 xxxxN
600,1__
1 N
1351.....1003270113511532
1__
2 xxxxN
830,0__
2 N
180127019021532
1__
3 xxxN
411,0__
3 N
180113511532
1__
4 xxN
205,0__
4 N
13511532
1__
5 xN
088,0__
5 N
6311532
1__
6 xN
041,0__
6 N
83
f. banyaknya total kedudukan partikel adalah :
iii NN
__
(9.13)
041,0088,0205,0411,0830,0600,1830,2__
i
ii NN
6__
i
ii NN
2. Berdasarkan tabel dalam jawaban soal 1.a, jika
sebuah partikel pada tingkatan energi kedua melompat keluar (menghilang) dari distribusi tersebut, tentukanlah : a. gambarkan dalam bentuk tabel seluruh
kedudukan partikel dalam seluruh keadaan dari distribusi statistik B-E ? b. berapakah banyaknya keadaan makro
(macrostate) yang terbentuk ? c. banyaknya peluang termodinamika pada
masing-masing keadaan makro ? d. banyaknya total peluang termodinamika ?
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi ? f. banyaknya total kedudukan partikel ? Jawab : a. Gambar dalam bentuk tabel seluruh kedudukan partikel dalam seluruh keadaan dari
distribusi statistik B-E, jika sebuah partikel pada tingkatan energi kedua melompat keluar (menghilang) dari distribusi tersebut
k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 __
iN
6
5
4 • 0,129
3 • 0,259
2 •• • 0,655
• •• •• ••
1,400
0 •• ••
•••
••• •• • 2,560
Wk 45 90 60 108 45 348 b. banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk adalah 5.
84
c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? Berdasarkan persamaan (9.11) :
!!1
!1
ii
ii
iiikEB
Ng
NgWW
153!4!2
!6
!1!2
!3
!4!13
!413
!1!13
!1133 xWW EB
453 WW EB
1033!3!2
!5
!1!2
!3
!1!2
!3
!3!13
!313
!1!13
!113
!1!13
!1136
xx
WW EB
906 WW EB
106!3!2
!5
!2!2
!4
!3!13
!313
!2!13
!2137 xWW EB
907 WW EB
366!1!2
!3
!2!2
!4
!2!2
!4
!1!13
!113
!2!13
!213
!2!13
!2139
xx
WW EB
10885 WWW EB
315!1!2
!3
!4!2
!6
!1!13
!113
!4!13
!41310 xWW EB
4510 WW EB
d. banyaknya total peluang termodinamika ?
10
3
45108609045iW
348
85
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi :
kk
ki WNN
2
__ 1 (9.12)
348
8914511082603903454
348
1__
0 xxxxxN
560,2__
0 N
4541082901348
1__
1 xxxN
400,1__
1 N
1081602348
1__
2 xxN
655,0__
2 N
901348
1__
3 xN
256,0__
3 N
451348
1__
4 xN
129,0__
4 N
f. banyaknya total kedudukan partikel adalah :
iii NN
__
(9.13)
i
ii NN 129,0258,0655,0400,1560,2__
5__
i
ii NN
86
9.6. Pekerjaan rumah : 1. Jika terdapat partikel takterbedakan mengikuti
Statistik Bose-Eisntein (B-E), dimana terdapat 7 kemungkinan tingkatan energi dari keadaan makro (macrostate) dengan kondisi N = 7, U = 6gi = 3, Tentukanlah : a. gambarkan dalam bentuk tabel seluruh
kedudukan partikel dalam seluruh keadaan dari distribusi statistik B-E ? b. berapakah banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk ?
c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? d. banyaknya total peluang termodinamika ?
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi ? f. banyaknya total kedudukan partikel ? 2. Jika terdapat partikel takterbedakan mengikuti
Statistik Bose-Eisntein (B-E), dimana terdapat 8 kemungkinan tingkatan energi dari keadaan makro (macrostate) dengan kondisi N = 6, U = 7gi = 3, Tentukanlah : a. gambarkan dalam bentuk tabel seluruh
kedudukan partikel dalam seluruh keadaan dari distribusi statistik B-E ? b. berapakah banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk ?
c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? d. banyaknya total peluang termodinamika ?
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi ? f. banyaknya total kedudukan partikel ?
87
BAB X. PENDAHULUAN MEKANIKA STATISTIK
10.1. Statistik Fermi-Dirac (F-D) Banyaknya distibusi keadaan untuk tingkatan energi ke-i dirumuskan :
!!
!
iii
ii
NNg
g
(10.1)
Syarat dalam statistik F-D bahwa ii Ng (degenerasi (gi) harus lebih besar sama dengan
partikel dalam kotak). Contoh : Pada tingkatan energi ke-i terdapat 3 keadaan (gi = 3) dan 2 partikel (Ni = 2), maka banyaknya cara /kemungkinan distribusi berdasarkan persamaan (10.1) adalah :
!2!1
!3
!2!23
!3
!!
!
iii
ii
NNg
g
3i
Ketiga cara tersebut digambarkan sesuai tabel 10.1. Tabel 10.1. Banyaknya cara/kemungkinan distribusi Keadaan dari 2 partikel terbedakan
pada 3 tingkatan energi berdasarkan statistik Fermi-Dirac 1 2 3 • • • • • •
Untuk masing-masing distribusi cara tingkatan energi, hanya terdapat satu kemungkinan yang terjadi. Sedangkan total banyaknya cara/kemungkinan distribusi keadaan atau peluang termodinamika pada keadaan makro tertentu untuk setiap tingkatan energi berdasarkan statistik Fermi-Dirac (F-D) dirumuskan:
!!
!
iii
i
iiikDF
NNg
gWW
(10.2)
10.2. Latihan soal : 1. Jika terdapat partikel takterbedakan mengikuti
Statistik Fermi-Dirac (F-D), dimana terdapat 5 kemungkinan tingkatan energi dari keadaan makro (macrostate) dengan kondisi N = 6, U = 6gi = 3, Tentukanlah : a. gambarkan dalam bentuk tabel seluruh
kedudukan partikel dalam seluruh keadaan dari distribusi statistik F-D ? b. berapakah banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk ?
c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? d. banyaknya total peluang termodinamika ?
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi ? f. banyaknya total kedudukan partikel ?
88
Jawab : a. Gambar dalam bentuk tabel seluruh kedudukan partikel dalam seluruh keadaan dari
distribusi statistik F-D
k 1 2 3 4 5 __
iN
4 • 0,123
3 • • 0,494
2 • ••• •• 1,150
•• • ••• •• 1,730
0 •••
•••
••• •• •• 2,510
Wk 9 27 1 9 27 73
b. banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk adalah 5. c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? Berdasarkan persamaan (10.2) :
!!
!
iii
i
iiikDF
NNg
gWW
331
!1!13
!3
!2!23
!3
!3!33
!341 xxWWW DF
941 WWW DF
3
3
2 31!1!13
!3
!3!33
!3xWW DF
272 WW DF
2
2
3 1!3!33
!3
WW DF
13 WW DF
3
3
5 3!2!23
!3
WW DF
275 WW DF
d. banyaknya total peluang termodinamika ?
11
1
2791279iW
73
89
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi dalam statistik M-B sama dengan B-E :
kk
ki WNN
2
__ 1 (10.3)
73
189272923127393
73
1__
0 xxxXxN
510,2__
0 N
272932719273
1__
1 xxxxN
730,1__
1 N
2721327173
1__
2 xxxN
150,1__
2 N
9127173
1__
3 xxN
494,0__
3 N
9173
1__
4 xN
123,0__
4 N
f. banyaknya total kedudukan partikel (sama seperti statistik B-E) adalah :
iii NN
__
(10.4)
i
ii NN 123,0494,0150,1730,1510,2__
007,6__
i
ii NN
2. Berdasarkan tabel dalam jawaban soal 1.a, jika
sebuah partikel pada tingkatan energi kedua melompat keluar (menghilang) dari distribusi tersebut, tentukanlah : a. gambarkan dalam bentuk tabel seluruh kedudukan partikel dalam seluruh
keadaan dari distribusi statistik F-D ? b. berapakah banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk ?
c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? d. banyaknya total peluang termodinamika ?
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi ? f. banyaknya total kedudukan partikel ?
90
Jawab : a. Gambar dalam bentuk tabel seluruh kedudukan partikel dalam seluruh keadaan dari
distribusi statistik F-D, jika sebuah partikel pada tingkatan energi kedua melompat keluar (menghilang) dari distribusi tersebut
k 1 2 3 4 5 __
iN
4 0,123
3 • 0,494
2 •• • 1,150
• •• 1,730
0 •••
••• •• 2,510
Wk 27 1 27 73 b. banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk adalah 3. c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? Berdasarkan persamaan (10.2) :
!!
!
iii
i
iiikDF
NNg
gWW
2
2
2 31!1!13
!3
!3!33
!3xWW DF
92 WW DF
31
!2!23
!3
!3!33
!33 xWW DF
33 WW DF
33
!1!13
!3
!2!23
!3 2
2
5 xWW DF
275 WW DF
d. banyaknya total peluang termodinamika ?
5
2739iW
39
91
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi dalam statistik F-D:
kk
ki WNN
2
__ 1 (10.3)
39
902723393
39
1__
0 xxxN
310,2__
0 N
2729139
1__
1 xxN
620,1__
1 N
2713239
1__
2 xxN
846,0__
2 N
9139
1__
3 xN
231,0__
3 N
f. banyaknya total kedudukan partikel adalah :
iii NN
__
(10.4)
i
ii NN 231,0846,0620,1310,2__
007,5__
i
ii NN
10.3. Statistik Maxwell-Boltzmann Banyaknya distibusi keadaan untuk tingkatan energi ke-i dirumuskan :
iN
ii g (10.5)
Contoh : Pada tingkatan energi ke-i terdapat 3 keadaan (gi = 3) dan 2 partikel (Ni = 2), maka banyaknya cara /kemungkinan distribusi berdasarkan persamaan (12.3) adalah :
23 iN
ii g
9i
Kesembilan cara tersebut digambarkan sesuai tabel 10.2.
92
Tabel 10.2. Banyaknya cara/kemungkinan distribusi Keadaan dari 2 partikel terbedakan pada 3 tingkatan energi berdasarkan statistik Maxwell-Boltzmann
1 2 3 a b
a b a b a b b a a b b a a b b a
Dalam statistik M-B setiap partikel dalam kotak dibedakan. Untuk masing-masing distribusi cara tingkatan energi, hanya terdapat satu kemungkinan yang terjadi. Sedangkan total banyaknya cara/kemungkinan distribusi keadaan atau peluang termodinamika pada keadaan makro tertentu untuk setiap tingkatan energi berdasarkan statistik Maxwell-Boltzmann (M-B) dirumuskan:
!!
i
N
i
ikBM
N
gNWW
i
(10.6)
10.4. Latihan soal : 1. Jika terdapat partikel terbedakan mengikuti Statistik Maxwell-Boltzmann (M-B),
dimana terdapat 7 kemungkinan tingkatan energi dari keadaan makro (macrostate) dengan kondisi N = 6, U = 6gi = 3, Tentukanlah : a. gambarkan dalam bentuk tabel seluruh kedudukan partikel dalam seluruh
keadaan dari distribusi statistik M-B ? b. berapakah banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk ?
c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? d. banyaknya total peluang termodinamika ?
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi ? f. banyaknya total kedudukan partikel ?
93
Jawab : a. Gambar dalam bentuk tabel seluruh kedudukan partikel dalam seluruh keadaan dari
distribusi statistik M-B k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 __
iN
6 • 0,013
5 • 0,065
4 • • 0,195
3 •• • • 0,455
2 • • ••• •• • 0,910
• •• • ••• •• •• ••
••• •••
1,640
0 ••• ••
•• ••
•• ••
•• ••
•••
•••
••• •• •• • 2,730
Wk 18 90 90 45 180 360 60 180 270 90 3 1386x35 35 35 35 35 35 35 35 35 35 35 35 b. banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk adalah 11. c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? Berdasarkan persamaan (10.4) :
!!
i
N
i
ikBM
N
gNWW
i
!1
3
!5
3!6
15
1WW BM
51 318 xWW BM
5
214
32 3330!1
3
!4
3!6 xxWWW BM
532 390 xWWW BM
2
3330
!2
3
!4
3!6
524
4
xxWW BM
54 345 xWW BM
2
33120
!1
3
!2
3
!3
3!6
5123
85
xxWWW BM
585 3180 xWWW BM
5
313
6 33120!1
3
!3
3!6 xxWW BM
56 3360 xWW BM
94
8
33!6
!2
3!6
532
9
xWW BM
59 3270 xWW BM
!4
33!6
!4
3
!1
3!6
5421
10
xWW BM
510 390 xWW BM
56
11 33!6
3!6 xWW BM
511 33 xWW BM
d. banyaknya total peluang termodinamika ?
11
1
555 33......390318 xxxWi
531386x e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi :
kk
ki WNN
2
__ 1 (10.7)
555
5
__
0 3901.....3904318531386
1xxxxxx
xN
730,2__
0 N
555
5
__
1 336.....33601390131386
1xxxxxx
xN
640,1__
1 N
555
5
__
2 3901.....33601390131386
1xxxxxx
xN
910,0__
2 N
555
5
__
3 3180133601345231386
1xxxxxx
xN
455,0__
3 N
95
55
5
__
4 31801390131386
1xxxx
xN
195,0__
4 N
5
5
__
5 390131386
1xx
xN
065,0__
5 N
5
5
__
6 318131386
1xx
xN
013,0__
6 N
f. banyaknya total kedudukan partikel adalah :
iii NN
__
(10.8)
013,0065,0195,0455,0910,0640,1730,2__
i
ii NN
6__
i
ii NN
2. Berdasarkan tabel dalam jawaban soal 1.a, jika sebuah partikel pada tingkatan energi
kedua melompat keluar (menghilang) dari distribusi tersebut, tentukanlah : a. gambarkan dalam bentuk tabel seluruh kedudukan partikel dalam seluruh
keadaan dari distribusi statistik M-B ? b. berapakah banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk ?
c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? d. banyaknya total peluang termodinamika ?
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi ? f. banyaknya total kedudukan partikel ?
96
Jawab : a. Gambar dalam bentuk tabel seluruh kedudukan partikel dalam seluruh keadaan dari
distribusi statistik M-B, jika sebuah partikel pada tingkatan energi kedua melompat keluar (menghilang) dari distribusi tersebut
k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 __
iN
6
5
4 • 0,074
3 • 0,286
2 •• • 0,714
• •• •• ••
1,430
0 •• ••
•••
••• •• • 2,500
Wk 5 20 10 30 5 70x35 35 35 35 35 35 b. banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk adalah 5. c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? Berdasarkan persamaan (10.11) :
!!
i
N
i
ikBM
N
gNWW
i
!1
3
!4
3!5
14
103 WWW BM
5103 35 xWWW BM
5
213
6 320!1
3
!3
3!5 xWW BM
56 320 xWW BM
2
320
!2
3
!3
3!5
523
8
xWW BM
58 310 xWW BM
4
3!5
!1
3
!2
3!5
5122
9
xWW BM
56 330 xWW BM
97
d. banyaknya total peluang termodinamika ?
10
3
55555 3533031032035 xxxxxWi
5370x e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi :
kk
ki WNN
2
__ 1 (10.9)
55555
5
__
0 351330231033203354370
1xxxxxxxxxx
xN
500,2__
0 N
555
5
__
1 35433023201370
1xxxxxx
xN
430,1__
1 N
55
5
__
2 33013102370
1xxxx
xN
714,0__
2 N
5
5
__
3 3201370
1xx
xN
286,0__
3 N
5
5
__
4 351370
1xx
xN
074,0__
4 N
f. banyaknya total kedudukan partikel adalah :
iii NN
__
(10.10)
i
ii NN 074,0286,0714,0430,1500,2__
5__
i
ii NN
98
10.5. Pekerjaan rumah : 1. Jika terdapat partikel takterbedakan mengikuti
Statistik Fermi-Dirac (F-D), dimana terdapat 5 kemungkinan tingkatan energi dari keadaan makro (macrostate) dengan kondisi N = 6, U = 7gi = 3, Tentukanlah : a. gambarkan dalam bentuk tabel seluruh kedudukan partikel dalam seluruh
keadaan dari distribusi statistik F-D ? b. berapakah banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk ?
c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? d. banyaknya total peluang termodinamika ?
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi ? f. banyaknya total kedudukan partikel ? 2. Jika terdapat partikel terbedakan mengikuti Statistik Maxwell-Boltzaman (M-B),
dimana terdapat 5 kemungkinan tingkatan energi dari keadaan makro (macrostate) dengan kondisi N = 6, U = 7gi = 3, Tentukanlah : a. gambarkan dalam bentuk tabel seluruh kedudukan partikel dalam seluruh
keadaan dari distribusi statistik M-D ? b. berapakah banyaknya keadaan makro (macrostate) yang terbentuk ?
c. banyaknya peluang termodinamika pada masing-masing keadaan makro ? d. banyaknya total peluang termodinamika ?
e. banyaknya rata-rata kedudukan partikel pada setiap tingkatan energi ? f. banyaknya total kedudukan partikel ?
99
Bab XI. Fungsi Gamma dalam termodinamika
11.1. Fungsi Gamma (fungsi Faktorial)
Dapat didefinisikan sebagai
A. Integral tertentu
0
1dtzttez Re(z)>0
B. Limit tak hingga
)().........2)(1(
.)1.........(3.2.1lim
nzzzz
znnn
nz
Bukti:
ndtzt
n
n
tnzF
0
11),(
ndtzt
n
n
t
n
ndtzt
n
n
t
nnzF
n 0
11lim0
11lim),(lim
Diketahui : te
n
n
t
n
1lim
Bukti:
Ambil : An
n
t
n
1lim , dikalikan ln sehingga menjadi
n
tn
n
m
n
t
nA 1lnlim1lnlimln
0
0
0
1ln
1
1ln
1
1ln
lim
t
n
m
n
t
n (TD)
100
Memakai Metode Lophital
n
t
t
n
n
n
t
n
t
nn
n
t
nA
1
lim
2
1
21
1
lim1
1ln
limln
tt
t
tA
011
ln
teA
Jadi te
n
n
t
n
1lim
Kasus khusus untuk t = -1 maka
en
nn
en
nn
11lim
1)1(1lim
Kembali ke definisi I
0
11, dtztn
n
tnzF
0
1dtzttez (terbukti)
Kembai ke definisi II
ndtzt
n
n
tnzF
0
11,
Misal nutn
tu
ndudt
101
Syarat batas 00 11 ut
122 unt
ndunuunzFz
n
11
0
1,
duunnu zz
n
1111
0
1
z
udunduuun
zn
zz
n
z
1
0
11
0
11
1
0
1 znz
uduz
n
Memakai Metode Integral Parsial
qdpqppdq .
81
0
1 udu
n
nup 1 zuddq
duundpn 1
1
zuq
1
0
11
0
1
0
1..11 duunuuuudunzznz
n
1
0
1
0
111
111
z
udunduuun
znzn
Kembali memakai integral parsial
11
nup 1 zuddq
duundpn 2
11
1 zuq
1
0
1
0
211
011
11..11
1 duunuuuz
nudu
nzznzn
1
0
1111
duuunz
n zzn
1
0
1
0
22
2.1
1
11
z
udu
z
nnudu
znzn
.... dan seterusnya maka :
102
1
0
1, znz
uduz
nnzF
nzzz
nnn
z
n
...21
1.2.3...21
nzzzz
nnnnnzF
z
...21
..12...3.2.1,
Jadi
nzzzz
znnnn
nz
...21
.12...3.2.1lim (terbukti)
Selanjutnya kita bisa mencari hubungan rekursinya (Fungsi Gamma/Fungsi Faktorial)
nzzzz
znnnn
nz
...21
..12...3.2.1lim
nznzzzz
znnn
nz
1...321
11...3.2.1lim1
nzzzzz
znnn
nz
zn
n
...321
..1...3.2.1.
1
.lim
nzzzz
znnn
nnz
zn
n
...21
..1...3.2.1lim.
1
.lim
zzz 1
Fungsi Gamma merupakan fungsi faktorial untuk harga 1z (bilangan bulat)
*
1...3.2.1
..1...3.2.1lim1
nn
znnn
n
1lim
n
n
n
!011
103
* 21....4.3.2
2..1...3.2.1lim2
nnn
nnn
n
232
2lim
21
2lim
nn
n
nnn
n
n
!112
*
3211...5.4.3
3.1...3.2.1lim3
nnnnn
nnn
n
321
3lim.2.13
nnn
n
n
2!22.13
*
4321...6.5.4
4..1...5.4.3.2.1lim4
nnnnn
nnn
n
4321
4lim.3.2.1
nnnn
n
n
!33.2.14
Jadi !1 zzzz
11.2. Latihan Soal
1. Buktikanlah bahwa:
0
1dtzttez dapat ditulis:
a.
0
122 dyzyyez
b.
1
0
11
ln dyy
z
z
104
Jawab :
a.
0
1220
12 2
dyzyyedtttez
misal ydydtyt 22
0
2122
ydyzyyez
0
1222
dyzyyez , terbukti
b.
1
0
121
ln0
1 dyy
dtzttez
misal yyy
t lnln1
ln 1
teytyyt lnln
dtedy t dydte t
Syarat batas:
10 011 eyt
0
122
eeyt
0
1dtzttez
0
1dtzttez
0
1
1
.1
ln dyy
z
1
0
11
ln dyy
z
z
, terbukti
105
2. Diketahui bahwa:
zzz
sin1 , untuk 0<z<1.
Buktikanlah bahwa 2
1
Jawab:
90sin
2
1sin
2
11
2
1
2
1z
2
2
1
2
1!
2
1 , terbukti
3. Diketahui bahwa
zzz 1
!1! zzz
z
zz
!!1
Maka 11
!1!01
0
1
0
!0!10
!1 nn , n = bilangan bulat negatif
Lalu didapat z
zzz
sin!!
106
4. Berdasarkan soal no. 2 dan 3, kita dapat mencari hubungan rekursi fungsi gamma
/fungsi faktorial pecahan 2
1. Tentukanlah:
a. !2
3
2
1
c. !
2
7
2
5
e. !
2
3
2
5
b. !2
5
2
3
d. !
2
1
2
3
Jawab
a. z
zzzzz
11
!1! zzz
z
zz
!!1
2
1
2
11
2
11
2
1 zz
2
1
2
1
2
1
2!2
12
2
12
2
1
z
zz
1
Untuk 2
3z
22
12
2
1
12
1
2
1
107
b. z
zz
1
untuk 2
1
3
2
2
3
12
3
2
3
2
3
z
3
42
3
2
2
3
c. z
zz
1
untuk 2
3
5
2
2
5
2
3
2
5
2
5
z
15
8
3
4
5
2
2
5
d. z
zz
1
zzz 1 Untuk 2
1
2
1
2
1
2
3
2
1z
e. zzz 1
untuk 2
1
2
3
2
3
2
3
2
5
2
3z
4
3
2
5
108
5. Dari soal no.4, gambarkanlah sketsa fungsi gamma/fungsi faktorial
Jawab:
Dari soal no.4 didapatkan :
2!2
3
2
1
3
4!
2
5
2
3
15
8!
2
7
2
5
~! z untuk 1z ,
z = bilangan bulat negatif
!
2
1
2
1
2
1!
2
1
2
3
4
3!
2
3
2
5
, dan seterusnya
1 2 3 4 0 -2 -1 -3 -4 -5
z!
z
3
4
15
8
2
109
11.3. Pekerjaan rumah
1. Buktikanlah bahwa :
a. 4
5!
4
1
0
4
dxxe
b. 27
24
3
11ln
41
0
3
2
dx
xx
110
BAB XII. Penerapan Fungsi Gamma dalam distribusi Maxwell (Teori kinetika gas)
12.1. Penerapan fungsi gamma Distribusi Maxwell merupakan distribusi kecepatan partikel dalam kinetika gas
digambarkan sebagai berikut :
N
jumlah
partikel
T3>T2>T1
T3 T2 T1
V(kecepatan)
N
N+dN
dN
N
dV
V V+dV V
Jumlah partikel yang memiliki kecepatan antara v dan v+dv dirumuskan
dvvkT
mv
kT
m
N
N 22
2
3
0 2exp
24
Jika harga ekspektasi (harga rata-rata) nv adalah
0 0N
dNvv nn
111
12.2. LATIHAN SOAL : Buktikan bahwa
1. !
2
1
!2
1
2
2
3
2
3
2 22
n
m
kT
n
m
kTv
nn
n
2. m
kTrataratakecepav
8tan
3. m
kTvvrms
32
Jawab :
1. dvvekT
mv
N
dNvv kT
mvnnn 22
2
3
00
2
24
dvevkT
mv kT
mvnn 2
0
22
3 2
24
dtet
kT
mv tzn 2
0
122
3
22
2
Misal vkT
mtv
kT
mt
2
1
22
22
tm
kTv
2
1
2
dtm
kTdv
2
1
2
dt
m
kTet
m
kT
kT
mv t
n
n2
12
2
1
0
2
3
222
22
2
112
dtetm
kT
m
kT
kT
mv tn
n
n 222
2
0
2
1
2
3
22
2
22
dtetm
kT
m
kT
kT
mv tn
n
n 22
0
2
2
2
1
2
3
222
22
dtet
m
kT
kT
mv tn
n
n 22
0
2
3
22
3
22
22
dtetm
kT
m
kT
kT
mv tn
n
n 22
0
22
3
2
3
2
3
222
2
12
dtet
m
kTv tz
n
n 212
0
2
221
2
2
332212
22 2
nznznz
m
kTv
n
n
2
3
2
3
2
2
2
3
2 22
n
m
kT
n
m
kTv
nn
n
!
2
1
!2
1
2 2
n
m
kTv
n
n
TERBUKTI
113
2. Kecepatan rata-rata = ekspektasi kecepatan
m
kT
m
kT
m
kT
m
kTvn
822
2
1
!12
!2
1
!2
11
2 2
1
2
1
TERBUKTI
3. vrms = Kecepatan root mean square
2
1
2
2
2
122
!2
1
!2
12
2
m
kTvvvrms
2
12
1
2
1
2 3
!2
1
!2
1
2
3
2
!2
1
!2
3
2
m
kT
m
kT
m
kTvvrms
m
kTvvrms
32 TERBUKTi
02. Diketahui distribusi gamma dirumuskan sebagai berikut :
0,0
0,1
1
1
xxf
xexxfx
Jika harga ekspetasi jarak xn adalah xxfxx nn
0
Buktikanlah bahwa :
a
nx nn
b harga ekspetasi = x
c varian = 2222 xx
114
Jawab :
1. xexxxx
nn
1
1
0
1
xexxx
nn
1
1
0
1
Misal txtxxt
1
tetx tnn
1
0
1
tetx tnnn
1
0
11
tetx tz
nn
1
0
nznzxn
n
11
nx nn
TERBUKTI
2.
11x
x TERBUKTI
3.
222 xx
1
2222
x , maka
2222 x
2222 x dan
22222222 xx
22 x TERBUKTI
115
12.3. PEKERJAAN RUMAH
01. Diketahui bahwa fungsi distribusi kelajuan molekul dirumuskan :
kT
mv
evF 22
2
,
buktikanlah bahwa kelajuan maksimumnya sebesar : m
kTv
2max !
02. Jika diketahui peluruhan radioaktif dirumuskan sebagai berikut :
teNtN 0 , di mana = konstanta peluruhan dan waktu rata-rata yang
dibutuhkan partikel untuk meluruh (mean lifetime = ) antara t dan t + dt dirumuskan sebagai berikut :
dt
t
tN
dtt
tNt
)(
)(
0
0. Berbantuan penyelesaian fungsi gamma,
buktikanlah bahwa :
1
116
DAFTAR PUSTAKA 1. Arfken, G.B., and H.J. Weber. Mathematical Methods for Physicists, 4th edn,
Academic Press, Inc., San Diego, (1995). 2. Debye, P. Polar Molecules. Dover Publications, Inc., New York, (1945). 3. Fraden, J. Handbook of Modern Sensors : Physics, Designs and Applications.
Springer-Verlag New York, Second Edition, (1996). 4. F.W. Sears and G.L. Salinger. Thermodynamics, kinetic and statistical mechanics.
Addison-Wesley Publishing Co, Inc., Reading. (1975). 5. Irzaman, Y. Darvina, A. Fuad, P. Arifin, M. Budiman, and M. Barmawi. Physical and
Pyroelectric Properties of Tantalum Oxide Doped Lead Zirconium Titanate [Pb0.9950(Zr0.525Ti0.465Ta0.010)O3] Thin Films and Its Application for IR Sensor. Journal of Physica Status Solidi (a), 199 (3), (2003).
6. M.W. Zemansky and R.H. Dittman. Heat and thermodynamics. 6th edition. McGraw Hill Inc. 1982. (maupun terjemahannya).
7. Sze, S.M. Physics of Semiconductor Devices. 2nd edn. John Wiley & Sons, Singapore, (1981).
8. Uchino, K. Ferroelectric Devices, Marcel Dekker, Inc. New York. (2000).
Recommended