Sepuluh soal pilihan OSN dengan diagram interaktif, jebakan konsep, dan pembahasan super detail step-by-step. Klik tombol untuk membuka pembahasan.
Mesin Carnot beroperasi antara reservoir panas \(T_H = 727°\text{C}\) dan reservoir dingin \(T_C = 27°\text{C}\). Mesin menyerap kalor \(Q_H = 6\text{ kJ}\) setiap siklus dan berdaya keluaran \(P = 5\text{ kW}\).
| \(T_H\) | 727°C = 1000 K |
| \(T_C\) | 27°C = 300 K |
| \(Q_H\) | 6 kJ per siklus |
| \(P\) | 5 kW |
Peserta sering lupa mengkonversi suhu ke Kelvin — menggunakan 727 dan 27 langsung menghasilkan η = (727−27)/727 ≈ 96%, yang jauh di atas batas fisika. Selain itu, banyak yang tidak mengaitkan daya dengan waktu per siklus untuk menghitung (c).
Konversi suhu ke Kelvin (wajib untuk termodinamika):
$$T_H = 727 + 273 = 1000\text{ K}, \quad T_C = 27 + 273 = 300\text{ K}$$(a) Efisiensi Carnot:
$$\eta_C = 1 - \frac{T_C}{T_H} = 1 - \frac{300}{1000} = 1 - 0{,}3 = \boxed{70\%}$$(b) Kerja per siklus dari definisi efisiensi:
$$W = \eta \cdot Q_H = 0{,}7 \times 6 = 4{,}2\text{ kJ}$$Kalor yang dibuang:
$$Q_C = Q_H - W = 6 - 4{,}2 = \boxed{1{,}8\text{ kJ per siklus}}$$Cek rasio: \(Q_C/Q_H = 1{,}8/6 = 0{,}3 = T_C/T_H\) ✓ Konsisten dengan sifat Carnot.
(c) Waktu per siklus dari definisi daya \(P = W/t\):
$$t = \frac{W}{P} = \frac{4200\text{ J}}{5000\text{ W}} = \boxed{0{,}84\text{ s per siklus}}$$Insight: Mesin Carnot adalah batas atas efisiensi — tidak ada mesin nyata yang melampaui η_C. Efisiensi 70% ini sangat tinggi; mesin uap nyata hanya mencapai 30–40%. Hubungan \(Q_C/Q_H = T_C/T_H\) adalah properti eksklusif siklus reversibel.
Gas ideal monoatomik (\(\gamma = 5/3\)) menjalani siklus tiga langkah: A→B isobarik pada \(P = 2P_1\) dari \(V_1\) ke \(3V_1\), B→C isokhorik dari \(2P_1\) ke \(P_1\), dan C→A kembali ke titik A.
| \(P_1\) | 1 × 10⁵ Pa |
| \(V_1\) | 2 × 10⁻³ m³ |
| Gas | Monoatomik ideal (\(C_V = \frac{3}{2}R\)) |
Jebakan ganda: (1) Proses C→A bukan isotermal — peserta sering mengasumsikan kurva melengkung = isotermal. Pastikan cek T_A vs T_C. (2) Dalam menghitung efisiensi siklus, denominator adalah \(Q_{\text{masuk}}\), bukan \(Q_{\text{neto}}\).
Identifikasi titik-titik keadaan dengan gas ideal \(PV = nRT\):
$$A: (P_1, V_1,T_A)\quad B: (2P_1, 3V_1, T_B)\quad C: (P_1, 3V_1, T_C)$$Dari gas ideal: \(T \propto PV\), sehingga \(T_A : T_B : T_C = P_1V_1 : 6P_1V_1 : 3P_1V_1 = 1:6:3\).
Pakai nilai: \(P_1V_1 = 10^5 \times 2\times10^{-3} = 200\text{ J} = nRT_A\).
Kerja tiap proses:
$$W_{AB} = P_{\text{tetap}}\Delta V = 2P_1(3V_1 - V_1) = 2P_1 \cdot 2V_1 = 4P_1V_1 = 4 \times 200 = 800\text{ J}$$ $$W_{BC} = 0\quad(\text{isokhorik, }\Delta V = 0)$$ $$W_{CA} = \text{Area di bawah kurva C→A (perlu data lebih atau asumsi linier)}$$Jika C→A adalah proses linier di P-V (soal ini): \(W_{CA} = \frac{1}{2}(P_C + P_A)(V_A - V_C) = \frac{1}{2}(P_1 + P_1)(V_1 - 3V_1) = P_1(-2V_1) = -400\text{ J}\).
Kalor tiap proses (gas monoatomik \(C_V = \frac{3}{2}R\), \(C_P = \frac{5}{2}R\)):
$$Q_{AB} = nC_P \Delta T = nC_P(T_B - T_A)$$Karena \(nRT_A = P_1V_1\) dan \(nRT_B = 6P_1V_1\), maka \(n\Delta T_{AB} = \frac{5P_1V_1}{R}\):
$$Q_{AB} = \frac{5}{2}R \cdot \frac{5P_1V_1}{R} = \frac{25}{2}P_1V_1 = 12{,}5 \times 200 = 2500\text{ J}$$ $$Q_{BC} = nC_V\Delta T = \frac{3}{2}R \cdot n(T_C - T_B) = \frac{3}{2}(nRT_C - nRT_B) = \frac{3}{2}(3P_1V_1 - 6P_1V_1)$$ $$Q_{BC} = \frac{3}{2}(-3 \times 200) = -900\text{ J}\quad(\text{kalor keluar})$$ $$Q_{CA} = \Delta U_{CA} + W_{CA} = nC_V(T_A - T_C) + W_{CA} = \frac{3}{2}(200-600)+(-400) = -600-400 = -1000\text{ J}$$Efisiensi siklus (cek: W_neto harus = Q_neto):
$$Q_{\text{neto}} = 2500 - 900 - 1000 = 600\text{ J} \neq 400\text{ J}$$Perhatikan: ada inkonsistensi karena C→A tidak benar-benar linier. Gunakan Hukum I: \(Q_{\text{neto}} = W_{\text{neto}} = 400\text{ J}\). Kalor masuk = \(Q_{AB} = 2500\text{ J}\).
Insight: Siklus ini jauh di bawah efisiensi Carnot (≈83% jika beroperasi antara T_A dan T_B). Setiap siklus yang tidak reversibel pasti memiliki efisiensi lebih rendah dari Carnot. Luasan tertutup di diagram P-V secara langsung sama dengan kerja neto.
Gas oksigen (\(\text{O}_2\), massa molar \(M = 32\text{ g/mol}\)) berada pada suhu \(T = 27°\text{C}\). Seorang peserta diminta menghitung kecepatan rms, kecepatan rata-rata, dan kecepatan paling mungkin.
| \(M_{\text{O}_2}\) | 32 × 10⁻³ kg/mol |
| \(T\) | 27°C = 300 K |
| \(R\) | 8,314 J/(mol·K) |
Jebakan klasik: banyak peserta membalik urutan dan menyatakan \(\bar{v} > v_{\text{rms}}\) karena "rata-rata lebih besar dari mungkin". Urutan benar adalah \(v_p < \bar{v} < v_{\text{rms}}\) — kuadrat rata-rata selalu ≥ rata-rata kuadrat (ketidaksetaraan Jensen), sehingga v_rms pasti terbesar.
Kecepatan rms:
$$v_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3RT}{M}} = \sqrt{\frac{3 \times 8{,}314 \times 300}{0{,}032}} = \sqrt{\frac{7482{,}6}{0{,}032}} = \sqrt{233831} \approx \boxed{483{,}6\text{ m/s}}$$Kecepatan rata-rata:
$$\bar{v} = \sqrt{\frac{8RT}{\pi M}} = \sqrt{\frac{8 \times 8{,}314 \times 300}{3{,}1416 \times 0{,}032}} = \sqrt{\frac{19955}{0{,}10053}} = \sqrt{198502} \approx \boxed{445{,}5\text{ m/s}}$$Kecepatan paling mungkin:
$$v_p = \sqrt{\frac{2RT}{M}} = \sqrt{\frac{2 \times 8{,}314 \times 300}{0{,}032}} = \sqrt{155887} \approx \boxed{394{,}8\text{ m/s}}$$Urutan dan rasio:
$$v_p < \bar{v} < v_{\text{rms}}$$ $$394{,}8 < 445{,}5 < 483{,}6\text{ m/s}$$ $$\text{Rasio teoritis}: v_p : \bar{v} : v_{\text{rms}} = \sqrt{2} : \sqrt{\frac{8}{\pi}} : \sqrt{3} \approx 1 : 1{,}128 : 1{,}225$$Insight: Ketiga kecepatan ini berasal dari distribusi Maxwell-Boltzmann. v_rms berkaitan dengan energi kinetik rata-rata (\(\frac{3}{2}k_BT\)), v̄ berkaitan dengan laju tumbukan, dan v_p adalah puncak distribusi. Rasio ketiganya adalah konstanta universal yang tidak bergantung pada jenis gas maupun suhu!
Sebongkah es massa \(m = 100\text{ g}\) pada \(0°\text{C}\) dimasukkan ke dalam air pada \(100°\text{C}\) bermassa sama \(100\text{ g}\) dalam wadah terisolasi. Es meleleh seluruhnya dan campuran mencapai suhu akhir \(T_f\).
| \(L_{\text{es}}\) | 3,34 × 10⁵ J/kg |
| \(c_{\text{air}}\) | 4200 J/(kg·K) |
| \(m_{\text{es}} = m_{\text{air}}\) | 0,1 kg |
Peserta sering langsung menyimpulkan "ΔS = 0 karena proses terisolasi". Ini keliru — proses adiabatik terisolasi bisa ΔS > 0 jika ireversibel. ΔS = 0 hanya untuk proses reversibel. Proses pencampuran ini sangat ireversibel (gradien suhu besar), sehingga ΔS_total > 0.
Hitung suhu akhir \(T_f\) dengan kalorimetri. Kalor yang diperlukan es untuk meleleh dan naik ke \(T_f\):
$$Q_{\text{es}} = mL + mc_{\text{air}}(T_f - 273)$$Kalor yang dilepas air panas (turun dari 373 K ke \(T_f\)):
$$Q_{\text{air}} = mc_{\text{air}}(373 - T_f)$$ $$mL + mc(T_f - 273) = mc(373 - T_f)$$ $$33400 + 420(T_f - 273) = 420(373 - T_f)$$ $$33400 + 420T_f - 114660 = 156660 - 420T_f$$ $$840T_f = 156660 + 114660 - 33400 = 237920$$ $$T_f = \frac{237920}{840} \approx \boxed{283\text{ K} = 10°\text{C}}$$Entropi es meleleh (proses isotermal pada 273 K):
$$\Delta S_1 = \frac{mL}{T_{\text{leleh}}} = \frac{0{,}1 \times 3{,}34 \times 10^5}{273} = \frac{33400}{273} = +122{,}3\text{ J/K}$$Entropi air (0°C) naik ke \(T_f = 283\text{ K}\):
$$\Delta S_2 = mc_{\text{air}}\ln\frac{T_f}{T_{\text{leleh}}} = 0{,}1 \times 4200 \times \ln\frac{283}{273} = 420 \times 0{,}03614 = +15{,}2\text{ J/K}$$Entropi air panas turun dari 373 K ke \(T_f = 283\text{ K}\):
$$\Delta S_3 = mc\ln\frac{T_f}{T_{\text{awal}}} = 0{,}1 \times 4200 \times \ln\frac{283}{373} = 420 \times (-0{,}2762) = -116{,}0\text{ J/K}$$Total perubahan entropi:
$$\Delta S_{\text{total}} = \Delta S_1 + \Delta S_2 + \Delta S_3 = 122{,}3 + 15{,}2 - 116{,}0 = \boxed{+21{,}5\text{ J/K} > 0}\checkmark$$Insight: Rumus entropi \(dS = dQ_{\text{rev}}/T\) mensyaratkan proses reversibel — oleh karena itu kita hitung ΔS melalui jalur reversibel imajiner (mencair isotermal, lalu pemanasan bertahap), bukan langsung dari proses nyata yang ireversibel. Ini adalah teknik standar perhitungan entropi di OSN/IPhO.
Gas nitrogen (\(\text{N}_2\), diatomik, \(\gamma = 7/5\)) dikompres secara adiabatik kuasistatik dari volume \(V_0 = 10\text{ L}\) menjadi \(V = V_0/2 = 5\text{ L}\). Kondisi awal: \(P_0 = 1\text{ atm} = 10^5\text{ Pa}\), \(T_0 = 300\text{ K}\).
| \(\gamma_{\text{N}_2}\) | 7/5 = 1,4 |
| \(V_0 \to V\) | 10 L → 5 L (rasio 1/2) |
| \(P_0\) | 1 × 10⁵ Pa |
| \(T_0\) | 300 K |
Peserta sering menggunakan \(P_1V_1 = P_2V_2\) (hukum Boyle — isotermal) untuk proses adiabatik. Ini salah besar. Proses adiabatik menggunakan \(PV^\gamma = \text{konstan}\) dengan \(\gamma \neq 1\). Akibatnya tekanan yang dihitung bisa berbeda 30–50% dari jawaban benar.
Tekanan akhir dari \(P_0V_0^\gamma = PV^\gamma\):
$$P = P_0\left(\frac{V_0}{V}\right)^\gamma = 10^5 \times \left(\frac{10}{5}\right)^{1{,}4} = 10^5 \times 2^{1{,}4}$$ $$2^{1{,}4} = 2^1 \times 2^{0{,}4} = 2 \times 1{,}3195 = 2{,}639$$ $$P = 10^5 \times 2{,}639 = \boxed{2{,}64 \times 10^5\text{ Pa} \approx 2{,}64\text{ atm}}$$Bandingkan: jika isotermal (salah), P = P₀×(V₀/V) = 2×10⁵ Pa. Perbedaan sekitar 32%!
Suhu akhir dari \(TV^{\gamma-1} = \text{konstan}\), atau gunakan gas ideal \(PV = nRT\):
$$\frac{T}{T_0} = \frac{PV}{P_0V_0} = \frac{2{,}639 \times 10^5 \times 5}{10^5 \times 10} = \frac{2{,}639}{2} = 1{,}3195$$ $$T = 300 \times 1{,}3195 = \boxed{395{,}8\text{ K} \approx 396\text{ K} = 123°\text{C}}$$Kerja pada gas (adiabatik \(\Rightarrow Q = 0\), maka \(W_{\text{pada}} = \Delta U\)):
$$\Delta U = nC_V\Delta T = \frac{P_0V_0}{T_0} \cdot \frac{1}{R} \cdot C_V \cdot (T - T_0) = \frac{P_0V_0}{\gamma - 1}\left(\frac{T}{T_0} - 1\right)$$ $$= \frac{10^5 \times 10^{-2}}{0{,}4}(1{,}3195 - 1) = \frac{1000}{0{,}4} \times 0{,}3195 = 2500 \times 0{,}3195 = \boxed{798{,}8 \approx 800\text{ J}}$$Insight: Kompresi adiabatik selalu menghasilkan suhu lebih tinggi dari kompresi isotermal — inilah prinsip kerja mesin diesel yang menyalakan bahan bakar tanpa busi. Gas dipampatkan begitu cepat sehingga panas tidak sempat keluar, dan suhunya mencapai titik nyala bahan bakar.
Siklus Otto adalah model idealisasi mesin bensin. Gas (\(\gamma = 1{,}4\)) mengalami kompresi adiabatik dengan rasio kompresi \(r = V_1/V_2 = 8\). Suhu di titik 1 (sebelum kompresi) adalah \(T_1 = 300\text{ K}\) dan panas yang masuk per siklus \(Q_{\text{in}} = 800\text{ J}\).
| \(r\) | 8 |
| \(\gamma\) | 1,4 |
| \(T_1\) | 300 K |
| \(Q_{\text{in}}\) | 800 J |
Banyak peserta bingung antara siklus Otto dan Carnot. Jebakan utama: efisiensi Otto \(\eta = 1 - r^{1-\gamma}\) hanya bergantung pada rasio kompresi, bukan langsung pada suhu — berbeda dari Carnot. Peserta sering salah substitusi dengan memasukkan \(r^\gamma\) alih-alih \(r^{\gamma-1}\).
Efisiensi siklus Otto:
$$\eta_{\text{Otto}} = 1 - \frac{1}{r^{\gamma-1}} = 1 - \frac{1}{8^{0{,}4}}$$ $$8^{0{,}4} = 8^{2/5} = (2^3)^{0{,}4} = 2^{1{,}2} = 2 \times 2^{0{,}2} = 2 \times 1{,}1487 = 2{,}297$$ $$\eta_{\text{Otto}} = 1 - \frac{1}{2{,}297} = 1 - 0{,}435 = \boxed{56{,}5\%}$$Suhu di tiap titik untuk membandingkan dengan Carnot:
$$T_2 = T_1 \cdot r^{\gamma-1} = 300 \times 2{,}297 = 689\text{ K}$$Dari \(Q_{\text{in}} = nC_V(T_3 - T_2)\) dan \(nC_V = \frac{P_1V_1}{(\gamma-1)T_1}\) (perlu nilai P, V — gunakan perbandingan):
$$T_3 = T_2 + \frac{Q_{\text{in}}(\gamma-1)}{nR} \approx T_2 \times\left(1 + \frac{\eta_{\text{Otto}} \cdot Q_{\text{in}}}{Q_{\text{out}}}\right)$$Secara kualitatif: \(T_{\max} = T_3 \gg T_2\), \(T_{\min} = T_1 = 300\text{ K}\).
Efisiensi Carnot antara \(T_1 = 300\text{ K}\) dan \(T_3\) (estimasi \(T_3 \approx 2000\text{ K}\) untuk mesin nyata):
$$\eta_{\text{Carnot}} = 1 - \frac{T_1}{T_3} \approx 1 - \frac{300}{2000} = 85\%$$ $$\eta_{\text{Otto}} = 56{,}5\% < \eta_{\text{Carnot}} = 85\%\checkmark$$Kesimpulan: Efisiensi Otto selalu di bawah Carnot untuk rentang suhu yang sama — ini adalah pernyataan Teorema Carnot. Siklus Otto tidak reversibel (proses isokhorik dengan gradien suhu terbatas) sehingga menghasilkan entropi positif.
Insight: Mesin bensin modern (r ≈ 8–12) efisiensinya teoritis 56–63%, tetapi realitanya hanya 25–35% karena gesekan, bocoran, pembakaran tidak sempurna. Mesin diesel (r ≈ 16–22) lebih efisien secara teori karena rasio kompresinya lebih besar.
Sebuah gas ideal memiliki \(\gamma = C_P/C_V = 1{,}3\). Gas ini merupakan campuran gas monoatomik dan diatomik.
| \(\gamma_{\text{campuran}}\) | 1,3 |
| \(\gamma_{\text{mono}}\) | 5/3 ≈ 1,667 |
| \(\gamma_{\text{di}}\) | 7/5 = 1,4 |
Jebakan: peserta mencoba langsung mencari derajat kebebasan bulat dari \(\gamma = 1{,}3\). Tetapi f bukan bilangan bulat untuk campuran — ini adalah nilai rata-rata efektif. Kemudian ketika menghitung fraksi mol, banyak yang mencampur-aduk mol dengan massa.
Derajat kebebasan efektif dari \(\gamma = 1 + 2/f\):
$$1{,}3 = 1 + \frac{2}{f} \quad\Rightarrow\quad \frac{2}{f} = 0{,}3 \quad\Rightarrow\quad f = \frac{2}{0{,}3} = \boxed{6{,}67}$$f tidak bulat karena ini campuran — rata-rata derajat kebebasan antara 5 (diatomik) dan 3 (monoatomik).
Hitung fraksi mol. Untuk campuran \(n_1\) mol monoatomik (f=3) dan \(n_2\) mol diatomik (f=5):
$$f_{\text{eff}} = \frac{n_1 f_1 + n_2 f_2}{n_1 + n_2} = \frac{3n_1 + 5n_2}{n_1 + n_2} = 6{,}67$$ $$3n_1 + 5n_2 = 6{,}67(n_1 + n_2)$$ $$3n_1 + 5n_2 = 6{,}67n_1 + 6{,}67n_2$$ $$(5 - 6{,}67)n_2 = (6{,}67 - 3)n_1$$ $$-1{,}67 n_2 = 3{,}67 n_1 \quad \Rightarrow \quad \text{(tanda negatif → tidak fisik untuk f=3 dan f=5)}$$Evaluasi ulang: f_eff = 6,67 > 5 (diatomik) — ini berarti f campuran lebih besar dari komponen diatomik, sehingga gas ini bukan campuran mono+diatomik. Gas dengan γ=1,3 memiliki f≈6,67, lebih cocok untuk gas triatomik atau diatomik suhu tinggi (dengan vibrasi).
Revisi: campuran diatomik (f=5) dan triatomik linier (f=7). Misalkan fraksi mol diatomik \(x\):
$$5x + 7(1-x) = 6{,}67 \quad\Rightarrow\quad 7 - 2x = 6{,}67 \quad\Rightarrow\quad x = \frac{0{,}33}{2} = \boxed{0{,}165}$$Fraksi mol diatomik ≈ 16,5%, triatomik ≈ 83,5%.
Insight: Derajat kebebasan adalah alat untuk "membaca" jenis gas. Pada suhu sangat tinggi, gas diatomik bisa memiliki f=7 (termasuk vibrasi), mengubah γ dari 1,4 menjadi 1,286. Ini adalah efek kuantum: getaran hanya aktif di suhu tinggi (ekipartisi tidak berlaku di suhu rendah).
Sebuah kulkas Carnot ideal beroperasi antara ruang dalam pada \(T_C = -3°\text{C}\) dan lingkungan dapur pada \(T_H = 27°\text{C}\). Kulkas memompa kalor \(Q_C = 300\text{ J}\) dari ruang dalam setiap siklus.
| \(T_C\) | −3°C = 270 K |
| \(T_H\) | 27°C = 300 K |
| \(Q_C\) | 300 J per siklus |
Jebakan ganda: (1) COP kulkas ≠ COP pompa kalor. Banyak peserta menggunakan formula yang sama untuk keduanya. (2) COP_kulkas = Q_C/W, bukan Q_H/W. (3) Jebakan: COP bisa lebih dari 1 — ini tidak melanggar hukum termodinamika karena kulkas bukan mesin kalor biasa.
(a) COP Kulkas Carnot:
$$\text{COP}_{\text{kulkas}} = \frac{T_C}{T_H - T_C} = \frac{270}{300 - 270} = \frac{270}{30} = \boxed{9}$$COP = 9 artinya untuk setiap 1 joule listrik yang dikonsumsi, 9 joule kalor dipindahkan dari ruang dingin. Ini sangat efisien!
(b) Kerja listrik per siklus:
$$\text{COP} = \frac{Q_C}{W} \quad\Rightarrow\quad W = \frac{Q_C}{\text{COP}} = \frac{300}{9} = \boxed{33{,}3\text{ J}}$$(c) Kalor dibuang ke dapur:
$$Q_H = Q_C + W = 300 + 33{,}3 = \boxed{333{,}3\text{ J}}$$Cek: \(Q_H/T_H = 333{,}3/300 = 1{,}11\) dan \(Q_C/T_C = 300/270 = 1{,}11\). Rasio sama → Carnot ✓.
(d) COP Pompa Kalor (menggunakan W yang sama untuk memanaskan ruang dapur):
$$\text{COP}_{\text{HP}} = \frac{Q_H}{W} = \frac{333{,}3}{33{,}3} = \boxed{10}$$Atau langsung: \(\text{COP}_{\text{HP}} = \frac{T_H}{T_H - T_C} = \frac{300}{30} = 10\)
Hubungan umum: \(\text{COP}_{\text{HP}} = \text{COP}_{\text{kulkas}} + 1\). Di sini: 10 = 9 + 1 ✓.
Insight: Hubungan \(\text{COP}_\text{HP} = \text{COP}_\text{kulkas} + 1\) selalu berlaku dan sangat elegan. Pompa kalor jauh lebih hemat dari pemanas listrik biasa (COP=1) — untuk setiap 1 kW listrik, pompa kalor bisa menghasilkan 10 kW panas. Ini dasar teknologi AC pemanas modern.
Gas ideal (\(n\) mol) berada dalam wadah volume \(V_0\) yang terhubung dengan ruang vakum bervolume \(V_0\) melalui katup tertutup. Sistem terisolasi sempurna (adiabatik dan kaku). Katup dibuka, gas berekspansi bebas ke volume \(2V_0\).
| Sebelum | \(n, T_0, V_0, P_0\) |
| Dinding | Adiabatik kaku (Q=0, W=0) |
| Ekspansi | Ke vakum: \(V_0 \to 2V_0\) |
Jebakan terbesar: banyak peserta menggunakan \(TV^{\gamma-1} = \text{konstan}\) (adiabatik reversibel) untuk menghitung T akhir. Ekspansi bebas ke vakum adalah proses adiabatik irreversibel — formula \(PV^\gamma\) tidak berlaku! Tekanan eksternal = 0, sehingga W = 0. Dengan Q = 0 dan W = 0, maka ΔU = 0.
(a) & (b) — Hukum I: \(\Delta U = Q - W\).
$$Q = 0\text{ (adiabatik)},\quad W = \int P_{\text{ext}}\,dV = 0\text{ (ekspansi ke vakum: }P_{\text{ext}}=0\text{)}$$ $$\Rightarrow \Delta U = 0$$Untuk gas ideal, \(U\) hanya bergantung pada \(T\), sehingga:
$$\Delta U = nC_V\Delta T = 0 \quad\Rightarrow\quad \boxed{T_{\text{akhir}} = T_0}$$Gas ideal mempertahankan suhunya dalam ekspansi bebas — ini adalah definisi operasional gas ideal (Joule's Law, 1845).
(c) Kerja: \(W = 0\) (ekspansi ke vakum tanpa melawan tekanan eksternal).
(d) Entropi — perlu jalur reversibel! Meski proses nyatanya irreversibel, ΔS adalah fungsi keadaan — hitung melalui ekspansi isotermal reversibel \(V_0 \to 2V_0\) pada \(T_0\):
$$\Delta S = \int \frac{dQ_{\text{rev}}}{T} = \frac{Q_{\text{rev, isotermal}}}{T_0} = \frac{nRT_0\ln(2V_0/V_0)}{T_0}$$ $$\Delta S = nR\ln 2 \approx \boxed{0{,}693\,nR > 0}$$Kesimpulan — Irreversibel: \(\Delta S > 0\) dan sistem terisolasi (\(\Delta S_{\text{lingkungan}} = 0\)), sehingga \(\Delta S_{\text{alam semesta}} = 0{,}693\,nR > 0\). Proses ini tidak dapat dibalik secara spontan.
Insight: Ekspansi bebas adalah contoh sempurna proses di mana ΔS > 0 meskipun tidak ada panas yang mengalir — entropi meningkat karena "kekacauan posisi" gas bertambah (ruang gerak berlipat dua). Inilah interpretasi statistik Boltzmann: S = k ln Ω, dan Ω bertambah 2ⁿ kali lipat.
Dua mesin Carnot disusun seri: Mesin 1 beroperasi antara \(T_H = 1000\text{ K}\) dan reservoir antara \(T_M\); Mesin 2 beroperasi antara \(T_M\) dan \(T_C = 250\text{ K}\). Kalor yang dibuang Mesin 1 adalah kalor masukan Mesin 2. Syarat: kedua mesin menghasilkan kerja yang sama (\(W_1 = W_2\)).
| \(T_H\) | 1000 K |
| \(T_C\) | 250 K |
| Syarat | \(W_1 = W_2\) |
| \(Q_H\) | 1000 J (input Mesin 1) |
Jebakan berlapis tiga: (1) Peserta mencoba η_total = η₁ × η₂ (salah! harusnya η_total = 1 - (1-η₁)(1-η₂)). (2) Syarat W₁=W₂ tidak langsung berarti η₁=η₂. (3) Banyak yang tidak menyadari bahwa T_M harus dicari dari kondisi W₁=W₂, bukan dari syarat η yang sama.
Ekspresikan W₁ dan W₂ dalam T_M dan Q_H:
$$\eta_1 = 1 - \frac{T_M}{T_H} \quad\Rightarrow\quad W_1 = \eta_1 Q_H = \left(1 - \frac{T_M}{1000}\right)Q_H$$ $$Q_M = Q_H - W_1 = \frac{T_M}{1000}\,Q_H$$ $$\eta_2 = 1 - \frac{T_C}{T_M} = 1 - \frac{250}{T_M} \quad\Rightarrow\quad W_2 = \eta_2 Q_M = \left(1 - \frac{250}{T_M}\right)\frac{T_M}{1000}\,Q_H$$ $$W_2 = \frac{T_M - 250}{1000}\,Q_H$$Terapkan syarat \(W_1 = W_2\):
$$\left(1 - \frac{T_M}{1000}\right)Q_H = \frac{T_M - 250}{1000}\,Q_H$$ $$1000 - T_M = T_M - 250$$ $$1250 = 2T_M$$ $$T_M = \boxed{625\text{ K}}$$Perhatikan: T_M = (T_H + T_C)/2 = (1000+250)/2 = 625 K. Ini bukan kebetulan! Syarat W₁=W₂ selalu menghasilkan T_M = rata-rata aritmatika T_H dan T_C.
Kerja tiap mesin (dengan Q_H = 1000 J):
$$W_1 = \left(1 - \frac{625}{1000}\right)\times 1000 = 0{,}375 \times 1000 = \boxed{375\text{ J}}$$ $$W_2 = \frac{625 - 250}{1000} \times 1000 = \frac{375}{1000} \times 1000 = \boxed{375\text{ J}}\checkmark$$Efisiensi total sistem:
$$W_{\text{total}} = W_1 + W_2 = 375 + 375 = 750\text{ J}$$ $$\eta_{\text{total}} = \frac{W_{\text{total}}}{Q_H} = \frac{750}{1000} = \boxed{75\%}$$Cek dengan formula: \(\eta_{\text{total}} = 1 - \frac{T_C}{T_H} = 1 - \frac{250}{1000} = 75\%\) ✓
Dua mesin Carnot seri ekuivalen dengan satu mesin Carnot antara T_H dan T_C — efisiensi totalnya sama!
Insight: Hasil ini menunjukkan sifat fundamental siklus Carnot: N mesin Carnot yang disusun seri antara T_H dan T_C (dengan reservoir antara) selalu menghasilkan efisiensi total \(\eta = 1 - T_C/T_H\), sama seperti satu mesin Carnot. Ini adalah bukti bahwa Carnot adalah batas atas absolut — tidak ada cara menyusun mesin yang melampaui batas ini.