Hukum thermodinamika 3

1. ENTROPY (ENTROPI)ENTROPY (ENTROPI)
Hukum Ke III thermodinamikaHukum Ke III thermodinamika
Penerapan Hukum Thermodinamika kedua, dalamPenerapan Hukum Thermodinamika kedua, dalam
bentukbentuk Ketidaksamaan ClausiusKetidaksamaan Clausius
Dayu Rina

2. Ketidaksamaan Clausius
adalah
Ketidaksamaan Clausius adalah
hubungan antara perpindahan panas
suatu sistem dengan reservoir panas
yang jumlahnya seimbang dengan suhu
absolute reservoir-reservoir ini pada
waktu sistem mengalami suatu siklus,
seperti siklus carnot.

3. Dari proses melingkar carnot (proses
reversible); kita ketahui bahwa untuk
setiap siklus reversible yang bekerja
diantara dua reservoir panas :
2
2
1
1
T
Q
T
Q
=

4. Karena Q2 panas yang masuk ke sistem
dan Q1 panas yang keluar dari sistem
maka :
1T
1Q
2T
2Q
=
atau :
0
T
Q
T
Q
T
Q
1
1
2
2
=Σ=+
Jadi pada proses reversible jumlah
perbandingan panas terhadap suhu
absolute sama dengan nol.

5. Tiap elemen siklus carnot menerima sejumlah
panas dQ2 dari reservoir panas dan
mengeluarkan sejumlah panas dQ1 pada
reservoir dingin, maka :
• Untuk proses melingkar reversible
siklus carnot :
• Untuk proses melingkar irreversible :
0
T
Q
=Σ
1
1
2
2
T
Q
T
Q
〈 0
T
dQ
〈
0
T
dQ
Re =∫ vatau
0
T
dQ
〈∫ irrev
atau atau
Jadi proses melingkar ……

6. Jadi proses melingkar reversible danJadi proses melingkar reversible dan
irreversible dapat ditulis singkat :irreversible dapat ditulis singkat :
Besarnya merupakan
Parameter system dan disebut
ENTROPY
0
T
dQ
≤∫ Ketidaksamaan
Clausius
T
dQ

7. ENTROPY
adalah
Perbandingan panas yang ditransfer
selama proses reversible dengan suhu
absolute sistem
Secara matematik ditulis :
rev






=
T
dQ
dS atau
vReT
dQ
S 





∫=∆

8. • Dari persamaan , terlihat
bahwa :
dQ = T.dS atau
• Bila proses berlangsung dengan suhu T
konstan, maka panas yang di transfer
selama proses reversible :
Q = T (S2 – S1)
• Bila proses berlangsung secara adiabatik
reversible atau dQ = 0, maka :
dS = 0 atau atau S2 = S1
Jadi pada proses adiabatik reversible, entropy adalah konstan
vReT
dQ
S 





∫=∆
∫=
2S
S1
T.dSQ
0S =∆

9. • Panas yang masuk ke sistem :
Q2 = T2 (S2 – S1)
• Panas yang keluar dari sistem :
Q1 = T1 (S2 – S1)
• Efficiency thermis :
2T
1T2T
2Q
1Q2Q
tη
−
=
−
=

10. Perhitungan-perhitunganPerhitungan-perhitungan
EntropyEntropy
Perubahan spesific entropy sistem :
dS = ; q = panas persatuan massa.
• Perubahan Entropy total :
T
dq
∫ ===∆
T
dq
1S-2SS
1
2
∫ T
dQ
m
1 1
2
∫==∆
T
dq
mS-SS 12
∫=
T
dQ
m Q = panas total

11. • Perubahan specific entropy untuk gas
ideal (persatuan massa) :
Pada gas ideal : PV = RT P = RT
V
Ingat : PV = nRT
PV = mRT
=
+
==
T
PdVdU
T
dq
dS T
PdVCv.dT +

12. Bila sistem berubah dari keadaan
1 ke keadaan 2 (lihat siklus
carnot) persatuan massa, maka :
1
2
12
V
V
.lnRS-S =

13. • Untuk proses isothermal :
; (Suhu (T) adalah
konstan)
• Untuk proses isometric :
; (Volume (V) adalah
konstan)
• Untuk proses isobaric :
; (Tekanan(P) adalah
konstan)
1
2
12
V
V
.lnRS-S =
1T
2T
lnCv.1S-2S =
1T
2T
lnCp.1S-2S =

14. Sehingga :
dV
V
R
T
Cv.dTdS +=∴




























+=−
1V
2V
ln.R
1T
2T
ln.Cv1S2S
dV
P
R
T
Cp.dTdS −=∴




























−=−
1P
2P
ln.R
1T
2T
.lnCp1S2S

15. specific entropy pada perubahan
phase dengan isothermal dan isobaric:
1 = panas latent
Perubahan specific entropy pada
reservoir panas :
Q = panas yang
mengalir ke reservoir
T
1
S-S 12 =
T
Q
=
T
h-h 12
=
T
Q
1S-2S =

16. Perubahan entropy keseluruhan (universe) :
Kerugian energi pada proses = Jumlah
panas yang hilang atau yang tidak boleh
digunakan :
QU = To . ∆S
To = Temperature refrence
∆S = Perubahan entropy system
Panas yang digunakan sering disebut
kerugian kerja
0sekitarnyaASsystemSnkeseluruhaS ≥+∆=∆

17. Hukum III
Thermodinamika
Hukum ke-3 thermodinamika merupakan
perhitungan entropy mutlak.
“Entropy mutlak dari suatu substansi
kristal murni dalam keseimbangan
internal yang sempurna adalah nol pada
nol derajat absolute (mutlak)”
Dapat dilihat entropy mutlak (absolute
entropy) dari suatu substansi :
∫=
T
dQS-S
2T
1T
12
atau
∫=
T
dQS-S
1T
0T
02

18. Soal :
1. 10 lbm air dari 320
F dikontakkan
dengan suatu reservoir panas dari
2120
F. Jika suhu air mencapai 2120
F,
tentukan perubahan entropy dari
air, reservoir dan keseluruhan, bila :
Cp air =
Rlbm
BTU
1 0

19. Soal :
2. 3 kg gas dipanaskan dari 3000
K ke
8000
K dengan perubahan tekanan
dari 100 k Pa menjadi 500 k Pa.
Hitunglah perubahan entropy !
(Tunjukkan perhitungan dengan dua
persamaan gas ideal) Jika diketahui
R = 0.287 Cv = 0.7176 KJ/kg0
K
Cp = 1.0047 KJ/Kg0
K

20. Soal :
3. Berapakah panas yang diperlukan
untuk memuaikan sejumlah gas
secara isotermis supaya kenaikan
entropinya = 0.2 k kal/kg0
K bila
berat gas = 2 kg, suhunya 3000
K

21. Home Work
 Suatu resistor dari 20 ohm dialiri arus
listrik constan 10 ampere selama 1 detik.
Sedang suhu resistor dibuat tetap
constan pada 270
C dengan jalan
mengalirkan air pendingin. Tentukan :
– Perubahan entropy resistor.
– Perubahan entropy keseluruhan (universe).

22. Pustaka :
 Burghardt, M. David. 1990. Engineering Thermodynamics
with Application 2nd Edision. Harper and Row Pub, NY.
 Djojodihardjo. 1985. Dasar-dasar Termodinamika Teknik.
Gramedia, Jakarta.
 Nainggolan. 1980. Termodinámica (Teori, Soal dan
Penyelesaian). Armiko, Bandung.
 Satiadiwiria, M. Tusuf. 1986. Termodinamika. PT Bina
Aksara, Jakarta.

23. SelesaiSelesai
Dayu RinaDayu Rina
TEP-FTP, Unud