MODUL
PERPINDAHAN PANAS KONDUKSI STEADY STATE – ONE DIMENSIONAL
Ruang Lingkup Pembahasan: Penjabaran persamaan matematika untuk bidang permukaan solid:
Empat persegi geometris
Silinder geometris
Spherical/Bulat geometris
Bidang yang diperluas (Sirip/Fin)
PERPIN PER PINDAHA DAHAN N PANAS PANA S (HEAT TRANSFER) Consultant
oleh Ali Hasimi Pane
ADVA A DVANCE NCE LEA RNING PROGRA PROGRAM M
(ALP (AL P CONSU CONSULTA LTANT) NT)
KONSENTRASI BIDANG B IDANG STUDI Thermodinamika, Perpindahan Panas, Mekanika Fluida, Konservasi Energi
Study Application Majors Heat Exchanger, Steam Systems, Refrigeration and AC Systems, Waste Heat Technology, Lubricant Technology
ALAMAT KONTAK By Phone: +6281370934621 By Email:
[email protected]
MUKADDIMAH
Syukur Alhamdulillah penulis ucapkan ke-hadirat Allah SWT, karena atas izin Nyalah buku dengan judul: Modul Perpindahan Panas Konduksi : Steady State – One dapat dikerjakan, meskipun sebenarnya masih dibutuhkan koreksi-koreksi Dimensional dapat dalam penyempurnaannya, baik itu isi, penyusunan kalimat maupun sisi manfaatnya. Materi dalam buku ini ditulis dikutip berdasarkan dari beberapa buku teknik khususnya buku perpindahan panas yang familiar digunakan untuk studi tersebut, dan referensireferensi lainnya supaya isi dan pembahasan lebih bervariasi. Buku ini ditulis berisikan pembahasan dan penjabaran tentang persamaan persamaan umum dari proses perpindahan panas konduksi untuk steady state – one dimensional, dengan diberi detail penjelasan untuk beberapa persamaan yang
dimaksudkan supaya baik pembaca maupun pengguna dapat dengan mudah untuk memahaminya. Selain itu buku ini adalah fokus terhadap pembahasan perpindahan panas konduksi pada bidang dengan bentuk geometri, diantaranya: empat persegi, silinder, spherical/bulat dan bidang permukaan yang diperluas (sirip/fin). Dan diusahakan tetap berorientasi terhadap referensi yang digunakan. Demikianlah buku ini diperbuat, dimana penulis dalam proses penulisan buku ini hanya ingin memperkaya pengetahuan penulis yang sangat sedikit. Atas pengetahuan yang sedikit tersebut penulis berusaha untuk dapat mengaktualisasikannya dalam bentuk tulisan dengan membagi waktu diantara tugas-tugas wajib kesibukan yang juga harus diselesaikan. Oleh karena itu, penulis sangat mengharapkan kritikan dan saran dari pengguna dan pembaca, agar a gar supaya s upaya buku ini dapat diperbaiki dan tepat sasaran sesuai dengan tema yang disajikan. Besar harapan penulis bahwa buku ini dapat bermanfaat bagi khalayak banyak, baik bagi pembaca pembaca dan pengguna maupun penulis sendiri.
Medan, April 2015 Penulis,
Ali Hasimi Pane
i
Beranjak dari hadist Nabi Muhammad SAW “Sampaikanlah dariku walau hanya satu ayat” (HR. Bukhari)
Dari hadist tersebut saya mencoba mengaktualisasikan pengetahuan yang sedikit dan saya pahami melalui tulisan, dengan harapan untuk memperkaya dan memperluas wawasan pengetahuan saya untuk lebih bermanfaat
Dedikasi: Tulisan yang saya tuangkan dalam bentuk buku modul ini saya peruntukkan terutama untuk kedua orang tua (Ayahanda dan Ibunda) sebagai rasa hormat dan ucapan terima kasih saya atas perkataan bimbingan, nasehat dan buaian kasih sayang yang telah diberikan dari masa kecil hingga saya sampai saat sekarang ini Kemudian tulisan buku ini saya peruntukan terkhusus untuk istri saya tercinta yang telah memberikan dorongan semangat, baik moril maupun materil, yang sangat luar biasa dalam proses penyelesaian tulisan buku ini
ii
“ Diharapkan bagi para pembaca dan pengguna buku ini, untuk tetap membaca bukubuku (original textbook) tentang perpindahan panas lainnya sebagai bahan perbandingan agar supaya tidak keluar dari pemahaman definisi dan phenomena phenomena original materi perpindahan panas itu sendiri”
iii
Secarik kata:
Belajarlah selagi kita diberi nafas dan kehidupan Karena kehidupan yang kita jalani dan akan lalui tidak lepas dari proses pembelajaran Belajarlah karena hidup bersirkulasi atas hasil dari proses belajar itu sendiri Belajarlah untuk tidak menilai tapi memilih Belajar janganlah melihat isi tapi telaahlah manfaatnya Dan belajarlah atas dasar harapan, karena harapan terbentuk atas belajar itu sendiri Belajarlah untuk menjadikan dirimu sebagai pena dan tulislah alam dunia ini sebagai lembaran-lemabaran maha karyamu Dan ingatkanlah dirimu bahwa hidup akan terhenti jika harapan belajar dihentikan by
“ Ali Hasimi Pane”
iv
DAFTAR ISI
MUKADDIMAH ................................................................................................................... i DAFTAR ISI ......................................................................................................................... iv
1.
Perpindahan Panas Konduksi Kondisi Steady State – Satu Dimensi ........................ 1
2.
Konduksi pada Bidang Datar dalam Kondisi Steady State – Satu Dimensi ............. 6
2.1 Bidang/dinding datar geometri.................................................................................... 6 2.2 Dinding komposit susunan seri ................................................................................... 7 2.3 Dinding komposit susunan parallel ............................................................................. 9 2.4 Dinding komposit susunan kombinasi ....................................................................... 10 Contoh soal 2.1 ................................................................................................................ 11 Contoh soal 2.2 ................................................................................................................ 13 Contoh soal 2.3 ................................................................................................................ 15
3.
Konduksi pada Bidang Silindris dalam Kondisi Steady State – Satu Dimensi ........ 17
3.1 Bidang silindris berlubang ......................................................................................... 18 3.2 Bidang silindris dinding komposit ............................................................................. 21 Contoh soal 3.1 ................................................................................................................ 22 Contoh soal 3.2 ................................................................................................................ 23
4.
Bidang Bulat Geometris (Koordinat Spherical)......................................................... 26
4.1 Bidang bulat berlubang (hollow sphere) .................................................................... 26 4.2 Bidang bulat berlubang susunan komposit ................................................................ 28 Contoh soal 4.1 ................................................................................................................ 29
5.
Perpindahan Panas Konduksi dengan Sumber Pembangkit Kalor Uniform ......... 32
5.1 Bidang/dinding datar..................................................................................................32 5.2 Sistem silindris geometris .......................................................................................... 33 5.3 Sistem silindris geometris berlubang ......................................................................... 35 5.4 Sistem bulat geometris berlubang .............................................................................. 35 Contoh soal 5.1 ................................................................................................................ 36
6.
Tebal kritis isolasi ........................................................................................................ 41
v
7.
Perpindahan Panas untuk Permukaan yang Diperluas (Sirip/Fin) ......................... 42
7.1 Persamaan umum untuk permukaan yang diperluas .................................................. 42 7.2 Analisis Fin dengan Luas Penampang Merata (unifrom) .......................................... 44 7.2.1 Kasus A: panjang fin pada x = ................................................................... 46 7.2.2 Kasus B: ujung fin adalah diisolasi ................................................................ 48 7.2.3 Kasus C: temperatur pada ujung fin adalah ditentukan, pada x = L ............... 51 7.2.4 Kasus D: ujung fin dipengaruhi perpindahan panas konveksi, pada x = L .... 54 7.3 Efisiensi dan Efektivitas Fin ...................................................................................... 57 7.3.1 Efisisensi fin ................................................................................................... 57 7.3.1.1 Efisiensi fin untuk kasus A .............................................................. 57 7.3.1.2 Efisiensi fin untuk kasus B ............................................................... 58 7.3.1.3 Efisiensi fin untuk kasus C ............................................................... 58 7.3.1.4 Efisiensi fin untuk kasus D .............................................................. 59 7.3.2 Efektivtas fin .................................................................................................. 62 7.3.2.1 Efektivitas fin untuk kasus A ........................................................... 63 7.3.2.2 Efektivitas fin untuk kasus B ........................................................... 63 7.3.2.3 Efektivitas fin untuk kasus C ........................................................... 63 7.3.2.4 Efektivitas fin untuk kasus D ........................................................... 64 7.4 Fin dengan susunan banyak ....................................................................................... 64 Contoh soal 7.1 ................................................................................................................ 66 Referensi ............................................................................................................................... 70 Biography .............................................................................................................................. 70
vi
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
1. Perpindahan panas konduksi kondisi tunak – Satu Dimensi
Perpindahan panas konduksi dalam kodisi tunak – satu dimensi ( steady state – one dimensional) adalah perpindahan panas konduksi yang terjadi pada suatu benda/material, dimana
distribusi temperatur bukan sebagai fungsi waktu, dan aliran energi panas dominan terjadi pada satu arah dengan mengabaikan arah aliran energi panas lainnya atau dengan kata lain arah aliran energi panas lainnya diisolasi. Untuk kasus ini akan dijelaskan pengetahuan tentang perpindahan panas konduksi steady state – satu dimensi pada bidang geometris seperti persegi empat (dinding datar), silinder, bidang bulat dan permukaan perpindahan panas yang diperluas atau disebut fin/sirip.
Tinjauan Dasar
Seperti gambar disamping sebuah plat datar, dimana luasan arsiran ( A) dan tebal arsiran ( dx) adalah sebagai volume control yang akan dianalisa:
Gambar 1.1 Skematik perpindahan panas konduksi steady state-satu dimensi pada bidang datar (dalam koordinat empat persegi panjang)
Dari keseimbangan energi: Laju energi yang Laju energi yang dibang - Laju energi yang keluar Laju/perubahan dihantar dari sisi kitkan dari dalam dari sisi kanan energi dalam kiri volume kontrol volume kontrol volume kontrol dari volume kontrol
dapat ditulis dalam bentuk persamaan matematik: q x q '' ' Adx q x dx Adx
u t
….(1.1)
1 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
dimana: A
= luas penampang volume kontrol
A dx
= volume dari volume kontrol
q x
= laju perpindahan panas konduksi ke volume kontrol
q
'''
= energi kalor yang dibangkitkan dari dalam volume kontrol = density volume kontrol
A dx = massa volume kontrol
u / t = laju perubahan energi dalam per massa volume kontrol Laju perpindahan panas konduksi dari persamaan hukum Fourier: q x kA
dT dx
….(1.2)
dimana k adalah koefisien konduktivitas thermal, T adalah temperatur, jika T sebagai fungsi lebih dari satu variabel, maka dapat ditulis dalam bentuk differensial parsial: q x kA
T x
….(1.3)
dalam prinsip thermodinamika dapat dinyatakan: h u pv
….(1.4)
dalam bentuk differensial: du dh pdv vdp
….(1.5)
Kemudian perpindahan panas konduksi adalah prinsip dasar perpindahan panas pada benda padat, maka persamaan 1.5 dapat ditulis: du dh
….(1.6)
dari definisi panas spesifik diketahui: cv dT cp dT
….(1.7)
cv cp c
….(1.8)
atau
dimana cv adalah panas spesifik pada volume konstan, cp adalah panas spesifik pada tekanan konstan, keduanya merupakan persamaan untuk benda padat. Maka laju perubahan energi dalam dapat ditulis:
u T c t t
….(1.8)
Kemudian dari persamaan 1.1 untuk laju perpindahan panas konduksi dari sisi luar atau sisi kanan volume kontrol dapat ditulis: q x dx q x dq x
….(1.9) 2
Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
atau q x dx q x
dq x dx
dx
….(1.10)
Jika q sebagai fungsi lebih dari satu variable, maka dapat dilakukan differensial parsial: q x dx q x
q x dx x
….(1.11)
subsitusi persamaan (1.3), (1.8), dan (1.11) ke persamaan (1.1), maka: '''
q x q Adx q x
q x T dx ( Adx) c x t
….(1.12)
eliminasi q x pada persamaan (1.12), maka: q ' ' ' Adx
q x T dx ( Adx) c x t
….(1.13)
q ' ' ' Adx
q x T dx ( Adx) c x t
….(1.14)
atau
Subsitusi persamaan (1.3) ke persamaan (1.14), maka: ' ''
q Adx
T T kA dx ( Adx) c x x t
….(1.15)
Kalikan kedua sisi dengan 1 / Adx , maka: ' ''
q
T T k c x x t
….(1.16)
atau
2T ' '' T k q c t x 2
….(1.17)
Jika diselesaikan lanjut dimana ( k ) adalah konstan, maka:
2T q ' ' ' c T k k t x 2 dimana
k
c
….(1.18)
(Thermal diffusi), maka:
2T q ' ' ' 1 T 2 k t x
….(1.19)
3 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Persamaan (1.19) adalah merupakan persamaan perpindahan panas konduksi untuk dinding datar dalam kondisi steady state – satu dimensi.
Pada kondisi khusus:
Steady state
t 0
dx
2
q
' ''
k
0
….(1.20)
Transient, tidak ada energi panas yang dibangkikan dari dalam ' ''
q 0
2
d T
2T x
2
1 T t
….(1.21)
Steady state dan ada energi panas yang dibangkikan dari dalam
t 0 ; q
' ''
0
2
d T dx
2
0
….(1.22)
Untuk perpindahan panas konduksi sistem tiga dimensi dapat ditulis:
Untuk sistem koordinat kartesius (seperti gambar)
T T T ' '' T k k k q c x x y y z z t
….(1.23)
Jika konduktivitas thermal ( k ) adalah konstan, maka:
2T 2T 2T q '' ' 1 T k t x 2 y 2 z 2
….(1.24)
Gambar 1.2 Skematik perpindahan panas konduksi koordinat kartesius
4 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Untuk sistem koordinasi silindris seperti gambar disamping
1 T 1 T T T k k q ''' c kr 2 t r r r r z z
….(1.25)
Jika konduktivitas thermal ( k ) adalah konstan, maka:
2T 1 T 1 2T 2T q ' '' 1 T 2 2 2 2 r r k t r z r
….(1.26)
Gambar 1.3 Skematik perpindahan panas konduksi koordinat silinder
Untuk sistem koordinasi spherical
1 2 T 1 1 T T ' '' T ….(1.27) kr k sin k q c 2 r 2 2 2 r t r sin r sin r Jika konduktivitas thermal ( k ) adalah konstan, maka: 1 1 2T 2 T T 2T q ' '' 1 T sin 2 r sin 2 k t r 2 r r r 2 sin
….(1.28)
Gambar 1.4 Skematik perpindahan panas konduksi koordinat spherical 5 Consultant
Ali Hasimi Pane
2.
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Konduksi pada dinding datar kondisi steady state – satu dimensi
2.1 Bidang/dinding datar geometris
Perhatikan gambar 2.1, dimana energi kalor mengalir melalui dinding datar pada arah x. Sementara itu, diasumsikan bidang datar adalah dalam kondisi tunak ( steady state) dan satu dimensi, maka untuk menentukan laju aliran perpindahan panas konduksi dapat dilakukan sebagai berikut, dari persamaan (1.19)
2T q ' '' 1 T t k x 2
Gambar 2.1 skematik perpindahan panas konduksi pada bidang datar dimana tidak ada energi yang dibangkitkan dari dalam, maka persamaan diatas dapat ditulis menjadi:
2T 0 0 atau x 2
2
d T dx
2
0
....(2.1)
kemudian lakukan proses integrasi ganda pada persamaan (2.1) Integrasi pertama:
d T 0 dx 2
2
dT C 1 dx
atau dT
C 1 dx Integrasi kedua:
dT C 1 dx
....(2.2)
T C 1 x C 2
....(2.3)
dari gambar 2.1 diketahui kondisi batas volume kontrol: Jika x = 0 ; maka T = T1, sehingga T 1 C 1 0 C 2 atau
C 2 T 1
….(2.4) 6
Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Jika x = L ; maka T = T2, sehingga T 2 (C 1 L) C 2 atau T 2 T 1
C 1
T 2 (C 1 L) T 1
L
….(2.5)
subsitusi harga C1 dan C2 ke persamaan (2.3), maka:
T 2 T 1 x T 1 L
T
atau x L
T T 1 T 2 T 1
….(2.6)
sehingga untuk laju perpindahan panas konduksi pada bidang/dinding seperti gambar 2.1 dapat ditentukan berdasarkan hukum Fourier sebagai berikut: q x kA
dT dx
….(2.7)
subsitusi persamaan (2.2) dan (2.3) ke persamaan (2.7), maka: q x kA
T 2 T 1 L
atau q x kA
T 1 T 2 L
….(2.8)
dimana L / KA adalah hambatan thermal yang dinotasikan sebagai ( R), dan persamaan (2.8) dapat ditulis: q x
T 1 T 2 R
….(2.9)
2.2 Dinding komposit susunan seri
Perhatikan gambar 2.2, dimana dinding komposit susunan seri dalam kondisi tunak ( steady state) dan satu dimensi, sementara itu sifat-sifat material adalah konstan. Maka untuk menentukan
laju perpindahan panas konduksi pada arah x: A. Laju perpindahan panas konduksi dengan mengabaikan pengaruh perpindahan panas konveksi
dari hukum Fourier q x kA
dT dx
….(2.10)
7 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Gambar 2.2 Skematik perpindahan panas konduksi untuk dinding datar susunan seri
dan konservasi energi q x
kA x1
T 2 T 1
kA
T 3 T 2
x2
kA
T 4 T 3
x3
atau q x
k 1 A1 x1
k 2 A2
T 2 T 1
x2
T 3 T 2
k 3 A3 x3
T 4 T 3
….(2.11)
persamaan (2.11) dapat ditulis juga sebagai berikut: q x (T 2 T 1 ) k 1 A1
;
q x (T 3 T 2 ) k 2 A2
x1
x2
kalikan persamaan diatas dengan q x
T 2 T 1 x1
k 1 A1
q x (T 4 T 3 ) k 3 A3 x3
1 , maka: x / kA
T 3 T 2 x2
;
T 4 T 3
k 2 A2
x3
….(2.12)
k 3 A3
dengan menjumlahkan persamaan (2.12), maka akan diperoleh: q x
x1 k 1 A1
T 1 T 4 x2
x3
k 2 A2
k 3 A3
….(2.13)
dimana ( L/kA) adalah tahanan thermal yang dinotasikan sebagai ( R), maka persamaan (2.13) dapat ditulis: q x
T 1 T 4 R1 R2 R3
atau
q x
T 1 T 4 RTotal
….(2.14)
8 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
B. Laju perpindahan panas pada dinding komposit dengan mempertimbangkan perpindahan panas konveksi yang terjadi.
Laju perpindahan panas konveksi dapat ditentukan: q a hA(T 4 T a )
….(2.15)
atau T 4 T a
qa
1 / hA
….(2.16)
dimana:
1 / hA
= R (tahanan thermal)
dari persamaan (2.12) q x
(T T ) (T T ) (T T ) (T 2 T 1 ) 3 2 4 3 4 a 1 x1 x2 x3 k 1 A1
k 2 A2
….(2.17)
hA
k 3 A3
dengan menjumlahkan persamaan (2.17), maka diperoleh: q x
T 1 T a R1 R2 R3 R4
atau
q x
T RTotal
….(2.18)
2.3 Dinding komposit susunan paralel
Perhatikan gambar 2.3, dimana dinding komposit susunan paralel dan diisolasi dalam kondisi tunak (steady state) dan satu dimensi, sementara itu sifat-sifat material adalah konstan, maka laju perpindahan panas konduksi pada dinding dapat ditentukan:
Gambar 2.3 skematik perpindahan panas konduksi pada dinding datar susunan paralel dari gambar dapat ditulis keseimbangan laju aliran energi panasnya: q q1 q 2
....(2.19)
9 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
atau (T 1 T 2 )
q
R1
(T 1 T 2 ) R2
1 1 (T 1 T 2 ) R1 R2
….(2.20)
ditinjau dari analogi listriknya T T 2 q 1 RTotal
….(2.21)
dimana 1 RTotal
1 R1
1 R2
(dinding komposit susunan paralel)
atau RTotal
R1 R2 R1 R2
maka persamaan (2.21) dapat ditulis: q
T 1 T 2 R1 R2
….(2.22)
R1 R2
dimana R1
L k 1 A1
dan
R2
L k 2 A2
2.4 Dinding komposit susunan kombinasi (seri dan paralel)
Perhatikan gambar 2.4, dimana dinding komposit susunan seri dan paralel dalam kondisi tunak (steady state) dan satu dimensi, sementara itu sifat-sifat material adalah konstan. Maka untuk menetukan laju perpindahan panas konduksinya,
Gambar 2.4 skematik perpindahan panas konduksi untuk dinding datar susunan kombinasi paralel dan seri
10 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
dari persamaan: q
T RTotal
T 1 T RTotal
….(2.23)
dimana RTotal R paralel Rseri Rkonveksi
….(2.24)
atau RTotal
R1 R2 R1 R2
R3 Rkonveksi
….(2.25)
sementara itu, R1
L1
; R2
k 1. A1
L2 k 2 . A2
; R3
L3 k 3 . A3
; Rkonveksi
1 h. A3
….(2.26)
Contoh soal 2.1: Perhatikan jendela kaca, seperti gambar, dengan dimensi tinggi 1,2 m dan lebar 2
m dan koefisien konduktivitas thermalnya k = 0,78 W/m. oC. Pada kondisi steady state, tentukan laju perpindahan panas melalui jendela kaca, temperatur permukaan sisi dalam dan luar dinding kaca dimana temperatur ruang dijaga pada 24 oC sementara temperatur lingkungan luar adalah -5 oC. Kemudian gunakan koefisien perpindahan panas konveksi untuk bagian dalam dan luar jendela adalah h1 = 10 W/m2. oC dan h2 = 25 W/m2. oC dan abaikan pengaruh perpindahan panas radiasinya. ( Referensi: Heat transfer-Practical Approach, second edition. By Yunus A Cengel)
Diketahui : seperti soal dan gambar. Ditanaya : laju perpindahan panas pada jendela kaca, temperatur permukaan sisi dalam dan luar. Diasumsikan: Jendela kaca dalam kondisi steady state dan satu dimensi, konduktivitas thermal kaca adalah konstan dan perpindahan panas radiasi adalah diabaikan.
Penyelesaian: Berdasarkan gambar sistem dan analogi tahanan thermalnya, maka dari persamaan: q
T Rtotal
T Ri Rkaca Ro
atau q
T 1 T 2 L
1 1 h1 A k kaca A ho A
11 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Gambar 2.5 Skematik sistem untuk contoh soal 2.1 dimana: A adalah luas penampang jendela kaca:
A (1,2 2) m 2,4 m 2
maka Ri
1 10 W/m 2 . o C 2,4 m 2
Rkaca
Ro
0,04167 o C/W
0,006 m 0,78 W/m. o C 2,4 m 2
1 2 o
25 W/m . C 2,4 m
2
0,00321 o C/W
0,01667 o C/W
sehingga Rtotal 0,04167 0,00321 0,01667
0,06155 o C/W
Oleh karena itu, a. Laju perpindahan panas konduksi pada jendela kaca: q
[24 ( 5)] o C o
471,16166 W
0,06155 C/W
b. Temperatur permukaan sisi dalam jendela kaca T T q 1 1 Ri 12 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
atau T 1 T 1
q Ri
24 o C (471,16166 W 0,04167 o C/W) 4,3666 o C 4,4 o C
c. Temperatur permukaan sisi luar jendela kaca T T 2 q 1 Rkaca
atau T 2 T 1 ( q Rkaca )
4,4 (471,16166 W 0,00321 o C/W) 2,88757 o C 3 o C
Contoh soal 2.2: Sebuah jendela kaca ganda, seperti gambar, memiliki tinggi 1,2 m, lebar 2 m,
tebal 3 mm, dan koefisien konduktivitas thermalnya ( k ) 0,78 W/m. oC dipisahkan dengan ruang udara stagnant dengan jarak 12 mm dan k = 0,026 W/m. oC. Tentukanlah laju perpindahan panas dalam keadaan steady melalui jendela kaca ganda tersebut dan temperatur permukaan sisi dalamnya dimana temperatur ruang dijaga pada 24 oC sementara temperatur lingkungan luar adalah -5 oC. Gunakan koefisien konveksi untuk sisi dalam dan luar jendela adalah h1 = 10 W/m2. oC dan h2 = 25 W/m2. oC dan abaikan perpindahan panas radiasi yang mungkin terjadi. ( Referensi: Heat transferPractical Approach, second edition. By Yunus A Cengel). Diketahui
: seperti soal dan gambar.
Ditanya
: laju perpindahan panas pada jendela kaca dan temperatur setiap titiknya.
Diasumsikan : Jendela kaca dalam kondisi steady state dan satu dimensi, konduktivitas thermal kaca dan udara adalah konstan dan perpindahan panas radiasi adalah diabaikan. Penyelesaian: Berdasarkan gambar dan analogi tahanan thermal sistem, maka dari persamaan: q
T Rtotal
T Ri R1 R2 R3 Ro
atau q
T 1 T 2 L
L L 1 1 h1 A k kaca A k udara A k kaca A ho A
13 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Gambar 2.6 Skematik sistem untuk contoh soal 2.2
dimana: A adalah luas penampang jendela kaca: A (1,2 2) m 2,4 m 2 maka Ri
1 10 W/m 2 . o C 2,4 m 2
R1
R2
0,003 m 0,78 W/m. o C 2,4 m 2
0,04167 o C/W 0,00160 o C/W
0,012 m 0,026 W/m. o C 2,4 m 2
0,19231 o C/W
R3 R1 0,00160 o C/W Ro
1 2 o
25 W/m . C 2,4 m
2
0,01667 o C/W
sehingga Rtotal 0,04167 0,00160 0,19231 0,00160
0,01667 0,25385 o C/W Oleh karena itu, a. Laju perpindahan panas konduksi pada jendela kaca: q
[ 24 ( 5)] o C o
114,24069 W
0,25385 C/W
14 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
b. Temperatur permukaan pada setiap titiknya
- Untuk T1 T T q 1 1 Ri
atau T 1 T 1
q Ri
24 o C (114,24069 W 0,04167 o C/W) 19,23959 o C - Untuk T2 T 2 T 1
q R1
19,23959 o C (114,24069 W 0,00160 o C/W) 19.05681 o C - Untuk T3 T 3 T 2
q R2
19,05681 o C (114,24069 W 0,19231 o C/W) - 2,91282 o C - Untuk T4 T 4 T 3
q R3
-2,91282 o C (114,24069 W 0,00160 o C/W) - 3,09561 o C
Contoh soal 2.3: Tentukan laju aliran energi panas pada dinding komposit, seperti gambar 2.7,
asumsikan aliran energi panas 1 dimensi. Kemudian nilai konduktivitas setiap material masingmasing adalah: k A = 150 W/m. oC, k B = 30 W/m. oC, k C = 50 W/m. oC, k D = 70 W/m. oC, dan A B = AD. ( Referensi: Heat Transfer, Tenth Edition, by J. P. Holman). Diketahui: dinding komposit seperti soal dan gambar 2.7 Ditanya: laju aliran panas pada dinding komposit Penyelesaian: Berdasarkan gambar dinding komposit adalah susunan seri dan paralel, maka dari persamaan, q
T RTotal
T 1 T 2
T 1 T 2
R B R D R R A C 1 / R B 1 / R D R B R D
R A RC
1
15 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Gambar 2.7 Skematik sistem untuk contoh soal 2.3 dimana, R
x kA
1 m x 100 cm 0,001667 o C/W R A A k A Ac 150 W/m. o C 0,1 m 2 2,5 cm
1 m x B 100 cm R B 0,05 o C/W k B ( Ac / 2) 30 W/m. o C (0,1 / 2) m 2 7,5 cm
1 m x 100 cm RC C 0,01 o C/W k C Ac 50 W/m. o C (0,1 / 2) m 2 5 cm
1 m x D 100 cm 0,02143 o C/W k D ( Ac / 2) 70 W/m. o C (0,1 / 2) m 2 7,5 cm
R D
maka
0,05 0,02143 0,02667 o C/W 0,05 0,02143
RTotal 0,001667 0,01
Oleh karena itu. q
T RTotal
(370 66) o C o
11398,5752 W
0,02667 C/W
16 Consultant
Ali Hasimi Pane
3.
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Konduksi pada bidang silindris dalam kondisi steady state – satu dimensi
Sebuah sistem dalam koordinat silindris, seperti gambar 3.1, dimana laju perpindahan konduksi terjadi pada arah radial, berdasarkan keseimbangan energi yang terjadi:
Gambar 3.1 Skematik perpindahan panas konduksi pada bidang silindris
Laju energi yang Laju energi yang Laju energi yang Laju/perubahan dihantar volume dibangkitk an dari keluar dari volume energi dalam kontrol dalam volume kontrol kontrol dari volume kontrol atau qr q
' ''
rd drdz qr
qr u dr (r d ) dr dz r t
….(3.1)
atau disederhanakan:
qr u ''' dr q r dr d dz r dr d dz r t
….(3.2)
dari hukum fourier untuk konduksi dalam koordinat polar: qr kAr q
k r
T T r d dz r r
dr dz
q z kA z
T T k dr dz r
T T k r d dr z z
….(3.3) ….(3.4) ….(3.5)
17 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
dari persamaan energi dalam u c T , dan subsitusi ke persamaan (3.2), maka: 1 T q ' ' ' 1 T r t r r r k
….(3.6)
Persamaan (3.6) adalah persamaan perpindahan panas konduksi satu dimensi untuk koordinat polar (sistem silindris).
Untuk kondisi khusus:
Steady state
t
0
maka
….(3.7)
Transient, tidak ada energi yang dihasilkan q ' '' 0
1 d dT q ' ' ' 0 r r dr dr k
1 T 1 T r r r r t
maka
….(3.8)
Steady state dan tidak ada energi yang dihasilkan
0 dan q ' '' 0 t
d dT r 0 dr dr
maka
….(3.9)
3.1 Bidang silinder berlubang
Sebuah bidang silinder dalam koordinat polar seperti gambar 3.2, dimana laju aliran perpindahan panas konduksi pada silinder tersebut pada kondisi asumsi sebagai berikut: -
tidak ada energi panas yang mengalir kearah sumbu z atau T / z 0
-
temperatur pada arah sudut adalah seragam (uniform ) atau T / 0
-
q' ' ' 0 ; T / t 0 ; k = konstan
dengan menggunakan persamaan (3.9) d dT r 0 dr dr
2
atau
r
d T 2
dr
0
Dan melalui proses integrasi ganda pada persamaan diatas, maka diperoleh: Proses integrasi prtama
2
2
r d T 0 dr
atau
r dT C 1 dr
atau dapat ditulis dT dr
C 1 r
….(3.10)
18 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Proses integrasi kedua
dT C 1
dr
r
maka T C 1 ln r C 2
….(3.11)
Gamabr 3.2 skematik perpindahan panas konduksi pada bidang silindris berlubang
Penyelesaian dimana kondisi batas sistem silindris: Jika: r = r 1
dan
T = T1
dan subsitusi harga batas tersebut ke persamaan (3.11), maka: T 1 C 1 ln r 1 C 2
atau C 2 T 1 C 1 ln r 1
Jika: r = r 2
dan
….(3.12)
T = T2
kemudian subsitusi harga batas tersebut ke persamaan (3.11), maka: T 2 C 1 ln r 2 C 2
atau C 2 T 2 C 1 ln r 2
….(3.13)
dari persamaan (3.12) dan (3.13), sama dengan-kan harga C 2, maka diperoleh: T 1 C 1 ln r 1 T 2 C 1 ln r 2
atau T 1 T 2 C 1[( ln r 1 ) (ln r 2 )]
sehingga C 1
T 1 T 2
ln r 1 ln r 2 19
Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
jika disederhanakan C 1
T 1 T 2
ln(r 1 / r 2 )
….(3.14)
….(3.15)
atau C 1
T 2 T 1
ln(r 2 / r 1 )
subsitusi persamaan (3.15) ke persamaan (3.12), maka: C 2 T 1
T 2 T 1
ln (r 2 / r 1 )
ln r 1
…(3.16)
kemudian subsitusi persamaan (3.14) dan (3.15) ke persamaan (3.11), maka: T
T 2 T 1
ln (r 2 / r 1 )
ln r T 1
T 2 T 1
ln ( r 2 / r 1 )
ln r 1
atau
ln r ln r 1 r r ln / 2 1
T T 1 T 2 T 1
….(3.17)
dari persamaan (3.17) jika disederhanakan adalah merupakan persamaan distribusi temperatur untuk sistem koordinat polar untuk bidang silinder berlubang:
ln ( r / r 1 ) T 2 T 1 ln (r 2 / r 1 ) T T 1
….(3.18)
Kemudian untuk persamaan laju perpindahan panas pada bidang silinder berlubang, dapat diselesaikan dimulai berdasarkan persamaan (3.3) dan (3.10) sebagai berikut: qr kAr
dT dr
dan
dT dr
C 1 r
akan diperoleh qr kAr
C 1 r
subsitusi harga C1 dari persamaan (3.15)
qr kAr
T 1 T 2
r ln (r 2 / r 1 )
atau qr
kAr (T 1 T 2 ) r ln (r 2 / r 1 )
….(3.19)
dimana Ar = 2rL adalah luas selimut silinder, maka: qr
k 2 rL (T 1 T 2 ) r ln ( r 2 / r 1 ) 20
Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
atau q r
k 2 L (T 1 T 2 )
ln ( r 2 / r 1 )
.…(3.20)
Dalam hubungan tahanan thermal, dimana dinotasi sebagai R Th, maka: RTh
ln (r 2 / r 1 ) 2 kL
….(3.21)
subsitusi persamaan (3.21) kepersamaan (3.20), maka diperoleh: qr
T 1 T 2 RTh
T RTh
….(3.22)
3.2 Bidang silinder dinding komposit
Sebuah sistem silinder komposit seperti gambar 3.3, dimana laju aliran perpindahan panas pada silinder tersebut dengan metode hambatan thermal dengan mempertimbangkan perpindahan panas konveksi. Maka dari persamaan (3.22) qr
T RTh
qr
T 1 T 1 R1
T 1 T 2 R2
T 2 T 3 R3
T 3 T 2 R4
atau qr
T 1 T 2 R1 R2 R3 R4
Gambar 3.3 Skematik analogi listrik perpindahan panas pada bidang silindris komposit dimana: R1
ln (r 3 / r 2 ) ln (r 2 / r 1 ) 1 1 ; R2 ; R3 ; R4 2 k 2 L h1 2 r 1 L h2 2 r 3 L 2 k 1 L 21
Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional o
Contoh soal 3.1: Uap panas lanjut pada 300 F mengalir pada pipa baja diameter 6-in schedule 40.
Kemudian pipa baja tersebut diisolasi dengan bahan 85% magnesia dan tebal 3-in. Hitunglah laju rugi aliran energi panas per panjang pipa (dalam ft ) dan tahanan thermalnya, dimana koefisien perpindahan panas konveksi pada sisi dalam dan luar pipa masing-masing adalah h 1 = 30 Btu/h. ft2. o
F dan h2 = 5 Btu/h. ft 2. oF. ( Referensi: Principles of Heat Transfer,Seventh Edition, by Frank
Kreith, Raj M. Manglik and Mark S. Bohn). Diketahui
: seperti soal dan gambar 3.4
Ditanya
: laju rugi aliran perpindahan panas pada pipa dan tahanan thermalnya
Diasumsikan : pipa baja dalam kondisi steady state dan satu dimensi, konduktivitas thermalnya adalah konstan dan pipa adalah 1% baja karbon Penyelesaian: Dari tabel pipa dengan diameter nominal 6-in schedule 40 diperoleh:
Do = 6,625 in r o = 3,3125 in ; Di = 6,065 in r i = 3,0325 in karena pipa diisolasi dengan tebal (t pipa) 3 in, maka: Disolasi = 6,625 + 3 = 9,625 in r isolasi = 4,8125 in Dari tabel material pada temperatur 68oF diperoleh nilai konduktivitas:
k pipa = 24,8411 Btu/h. ft. oF ;
k isolasi = 0,0341 Btu/h. ft. oF
dari persamaan (3.22) qr
T
RTh
T 1 T 2 Rudara Risolasi R pipa Ruap
dimana Rudara
1 h2 Ao
1 h2 L( Do x pipa )
1
5 Btu/h. ft 2 . o F L(6,625 3) in Risolasi
ln (r isolasi / r o )
R pipa
ln ( r o / r i )
2 k isolasi L
2 k isolasi L
Rudara
1 h2 Ai
1 ft
0,07937 L
h. ft. o F/Btu
12 in
ln[4,8125 / 3,3125] 2 L 0,0341 Btu/h. ft. o F ln[3,3125 / 3,0325] o
2 L 24,8411 Btu/h. ft. F
1,7433 L
0,000566 L
h. ft. o F/Btu h. ft. o F/Btu
1 h2 LDi
1 30 Btu/h. ft 2 . o F L(6,065) in
1 ft
0,02099 L
h. ft. o F/Btu
12 in 22
Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Gambar 3.4 Skematik contoh soal 3.1
maka
0,07937 1,7433 0,000566 0,02099 h. ft. o F/Btu L L L L
Rth
1,84423 L
h. ft. o F/Btu
sehingga laju rugi aliran energi panas per panjang pipa adalah: T 1 T 2 (300 60) o F 130,13561 Btu/h. ft qr 1,84423 R o Th h. ft. F/Btu L o
Contoh soal 3.2: Uap panas lanjut pada temperatur 575 C dari boiler dan dialirkan ke turbin uap
untuk menghasilkan daya melalui pipa baja ( k pipa = 35 W/m. K), seperti gambar 3.5, yang diameter dalamnya 300 mm dan tebal dinding 30 mm. Untuk mengurangi rugi energi panas ke lingkungan dan untuk menjaga temperatur permukaan luar pipa dalam kondisi aman, maka dipasang material isolasi yaitu calcium silicate ( k isolasi = 0,1 W/m. K) terhadap permukaan luar pipa, sementara bahan isoalsi tersebut dibungkus dengan pelat aluminium tipis yang memiliki emisivitas = 0,20. Sementara itu, temperatur udara linkungan dan dinding power plant adalah 27 oC. Asumsikan bahwa temperatur permukaan dalam pipa sama dengan temperatur uap dan koefisien konveksi dinding luar pelat aluminium adalah 6 W/m. K, berapa tebal minimum bahan isolasi yang dibutuhkan untuk 23 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
menjaga temperatur aluminium tidak lebih dari 50 oC?. Dan berapa rugi energi panas per satuan panjang pipa?. ( Referensi: Fundamentals of Heat and Mass Transfer, Sixth Edition, by Incropera, Dewitt, Bergman and Lavine). Diketahui: seperti soal dan gambar 3.5. TLing = 27 + 273 = 300 K ; T Al = 50 + 273 = 323 K T2 = 27 + 273 = 300 K
; T 1 = 575 + 273 = 848 K
; h 2 = 6 W/m2. K
k pipa = 35 W/m. K ; k isolasi = 0,1 W/m. K
Ditanya: seperti soal Diasumsikan: Sistem dalam kondisi steady sate-satu dimensi, perpindahan panas konduksi sistem radial, abaikan tahanan thermal konduksi untuk pelat aluminium, sifat-sifat thermodinamika sistem dan fluida adalah konstan, abaikan tahanan thermal konveksi pada sisi uap dan sistem berada dalam ruangan yang besar.
Gambar 3.5 Skematik contoh soal 3.2
Penyelesaian: Berdasarkan persoalan dan gambar 3.5 dapat ditentukan persamaan keseimbangan energi pada sisi luar pelat aluminium: qkonduksi qkonveksi qradiasi
….(a)
dimana q konduksi
T 1 T Al T 1 T Al ln(r 2 / r 1 ) ln(r 3 / r 2 ) R pipa Risolasi 2 k pipa 2 k isolasi
….(b)
24 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
q konveksi h2 As, Al (T Al T 2 ) h2 2 r 3 (T Al T 2 ) 4
4
4
….(c) 4
q radiasi As, Al (T Al T 2 ) 2 r 3 (T Al T 2 )
….(d)
Subsitusikan persamaan (b), (c) dan (d) ke persamaan (a), maka: T 1 T Al h2 2 r 3 (T Al T 2 ) 2 r 3 (T Al 4 T 2 4 ) ln(r 2 / r 1 ) ln(r 3 / r 2 )
2 k pipa
2 k isolasi
atau 2 (T 1 T Al ) 2 r 3 [h2 (T Al T 2 ) (T Al 4 T 2 4 )] ln(r 2 / r 1 ) ln(r 3 / r 2 ) k pipa
k isolasi
dan 2 (848 323) 2 r 3 [6 (323 300) ln(0,18 / 0,15) ln(r 3 / 0,18) 35 0,1
0,2 5,67 10 8 (3234 300 4 )] atau
3298,672286 1065,4817440 r 3 0,00520919
ln(r 3 / 0,18) 0,1
persamaan persoalan tersebut dapat diselesaikan melalui proses trial and error, dengan batas maksimum error 10-5,maka dihasilkan: r 3 = 0,39442065 m r 3 = 0,39442 m. Dan tebal isolasi adalah: t isolasi r 3 r 2 0,39442 0,18 0,21442 m 214,42 mm
Sehingga laju perpindahan panas konduksinya dapat ditentukan dengan menggunakan persamaan (b): qkonduksi
848 323 420,22352 W/m ln(0,18 / 0,15) ln(0,39442 / 0,18) 2 35 2 0,1
25 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
4. Bidang bulat geometris (koordinat spherical)
Dalam koordinat spiris untuk perpindahan panas konduksi satu dimensi dinyatakan dalam persamaan sebagai berikut:
1 2 T q ''' 1 T r 2 t r r r k
….(4.1)
Untuk kondisi khusus:
Steady state
t 0
….(4.2)
Transient dan tidak ada energi panas yang dibangkitkan q ' '' 0
maka
1 d 2 dT q ''' 0 r 2 r dr dr k
maka
1 d 2 dT 1 dT r 2 r dr dr dr
….(4.3)
Steady state dan tidak ada energi panas yang dibangkitkan
; t 0
d 2 dT r 0 dr dr
q ' ' ' 0 maka
….(4.4)
4.1 Bidang bulat berlubang (hollow sphere)
Dari bidang bulat berlubang seperti gambar 4.1, dimana laju aliran perpindahan panas konduksi pada sistem tersebut dalam steady state dan tidak ada energi yang dihasilkan, dan dapat ditentukan:
Gambar 4.1 skematik perpindahan panas konduksi pada bidang bulat berlubang
d 2 dT r 0 dr dr
2
atau
2
r
d T 2
dr
0
….(4.5)
26 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
dengan melakukan proses integrasi ganda, maka diperoleh: 2
r
dT
0 dr 2
2
r 2 dT C 1 dr atau
dT dr
C 1 r 2
….(4.6)
dengan mengintegrasi persamaan (4.6), maka:
dT C 1
T
C 1
dr
r 2
C 2
r
….(4.7)
Penyelesaian dimana kondisi batas sistem Jika r = r 1 T 1
;
C 1
T = T1 , maka:
C 2
r 1
C 2 T 1 Jika r = r 2 T 2
C 1 r 1
; C 1 r 2
C 2 T 2
….(4.8)
T = T2 , maka:
C 2 C 1 r 2
….(4.9)
Sama dengankan antara harga C 2 dari persamaan (4.8) dan (4.9), maka: T 1 (C 1 / r 1 ) T 2 (C 1 / r 2 ) T 1 T 2 (C 1 / r 2 ) (C 1 / r 1 )
atau T 1 T 2 C 1 (1 / r 2 ) (1 / r 1 )
sehingga diperoleh harga C 1: C 1
T 1 T 2
(1 / r 2 ) (1 / r 1 )
….(4.10)
kemudian untuk harga C 2, subsitusi persamaan (4.10) ke persamaan (4.8), maka diperoleh: C 2 T 1
1
T 1 T 2
r 1 (1 / r 2 ) (1 / r 1 )
atau C 2 T 1
1
T 1 T 2 r 1 (1 / r 1 ) (1 / r 2 )
….(4.10)
27 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
maka laju perpindahan panas konduksinya dapat ditentukan sebagai berikut: qr kAr
dT dr
dimana Ar = 4r 2 dan dT/dr = C 1/r 2, sehingga: qr
4 k T 1 T 2
….(4.11)
(T 1 T 2 )
….(4.12)
(1 / r 1 ) (1 / r 2 )
atau q r 4 k
r 1 r 2 r 2 r 1
diketahui
(1 / r 1 ) (1 / r 2 ) 4 k
RTh
….(4.13)
atau r 2 r 1 RTh 4 kr 1r 2
….(4.14)
subsitusi persamaan (4.13) atau (4.14) ke persamaan (4.11) atau (4.12), maka T T 2 T qr 1 RTh RTh
….(4.15)
4.2 Bidang bulat berlubang susunan komposit
Dalam sistem bulat berlubang susunan komposit, seperti gambar 4.2, dimana laju perpindahan panas konduksi pada sistem tersebut terjadi pada kondisi steady state dan satu dimensi.
Gambar 4.2 skematik dan analogi listrik perpindahan panas konduksi pada bidang bulat berlubang susunan komposit
28 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
maka dari persamaan (4.15) dapat digunakan: q r
T
qr
RTh
T 1 T s ,
1
R1
T s , T 2 1
R2
T 2 T s , 2 R3
T s , 2 T 2 R4
atau qr
T 1 T 2 R1 R2 R3 R4
dimana: R1
1 2
; R2
2
; R2
h1 4 r 1
1 r 1 1 r 2 4 k 1
; R3
1 r 2 1 r 3 4 k 2
; R4
1 h2 4 r 3
2
atau R1
1 h1 4 r 1
r 2 r 1
4 k 1r 1r 2
; R3
r 3 r 2
4 k 2 r 2 r 3
; R4
1 h2 4 r 3
2
o
Contoh soal 4.1: Sebuah tangki bulat berbahan stainless steel ( k = 15 W/m. C) dengan diameter
dalam 5 m dan tebal 1,5 cm digunakan untuk menyimpan air es pada temperatur 0 oC, seperti gambar 4.3 . Tangki ditempatkan dalam sebuah ruangan yang bertemperatur 30 oC. Dinding ruangan juga bertemperatur 30 oC. Permukaan terluar dari tangki adalah berwarna hitam (emisivitas = 1), dan perpindahan panas yang berlangsung antara permukaan terluar tangki dan lingkungan adalah secara konveksi almi dan radiasi. Koefisien perpindahan panas konveksi pada permukaan dalam dan luar tangki masing-masing adalah 80 W/m 2. oC dan 10 W/m 2. oC. Tentukanlah: (a) laju perpindahan panas terhadap es dalam tangki, (b) Jumlah es pada 0 oC yang mencair selama 24 jam. Perpindahan panas fusi dari air pada tekanan atmosfir adalah hif = 333,7 kJ/kg. ( Referensi: Heat transfer-Practical Approach, second edition. By Yunus A Cengel).
Diketahui: seperti soal dan gambar 4.3 Ditanya: (a) Laju perpindahan panas terhadap es dalam tangki, (b) Jumlah es pada 0 oC yang mencair selama 24 jam. Diasumsikan: Perpindahan panas adalah kondisi steady state karena pada kondisi batas thermal khusus tidak berubah terhadap waktu, perpindahan panas adalah satu dimensi karena ada thermal yang symetrik pada titik tengah tangki, koefisien konduktivitas thermalnya aalah konstan.
Sifat-sifat fisik baik material maupun fluida kerja yang diketahui: o
k tangki = 15 W/m. C (stainless steel) hif = 333,7 kJ/kg (panas fusi air pada 1 atm)
tangki, luar = 1 (permukaan luar tangki adalah hitam) 29 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
(a)
(b) Gambar 4.3 Skematik contoh soal 4.1
Penyelesaian: a. Menentukan Laju perpindahan panas terhadap es dalam tangki
Dari persamaan (4.15) qr
T RTh, total
T ruangan T in
RTh, total
dari gambar 4.3 (a) dan (b): R1
1 hin Ain
1 (80 W/m 2 . o C) (5 m) 2
0,0001592 o C/W
r r (2 ,5075 2,5) m 0,00000635 o C/W R2 2 1 o 4 kr 1r 2 4 15 W/m. C 2,5 m 2 ,5075m
untuk R3 adalah hambatan thermal yang dipengaruhi oleh radiasi antara lingkungan dan permukaan hitam tangki sisi terluar, untuk hal ini kita asumsikan bahwa temperatur permukaan terluar tangki adalah T2 = 5oC setelah membandingkan koefisien perpindahan panas konveksi pada permukaan dalam dan luar tangki. Melalui asumsi tersebut dapat ditentukan koefisien perpindahan panas radiasi sebagai berikut: 2
2
2
2
hradiasi (T 2 T ruangan )(T 2 T ruangan )
atau hradiasi 1 (5,67 10 W/m . K ) 8
2
4
[(5 273 K ) 2 (30 273 K ) 2 ] [(5 273 K ) (30 273 K )] 5,57038 W/m 2 . K maka R3 R4
1 hradiasi Aout
1 hout Aout
1 2 o
(5,57038 W/m . C) (5 0,015 m) 1
(10 W/m 2 . o C) (5 0,015 m) 2
2
0,0022721 o C/W
0,0012656 o C/W
30 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
berdasarkan gambar 4.3 (b) R th,
total
adalah kombinasi susunan seri dan paralel, maka dapat
ditentukan:
R R4 RTh, total R1 R2 3 R R 4 3 atau
0 ,0022721 0 ,0012656 o o C/W 0,0009781 C/W 0 ,0022721 0 ,0012656
RTh, total 0,0001592 0,00000635
Oleh karena itu, T ruangan T in (30 0) o C 30671,7104 59 W 30,6717105 kJ/s qr o RTh, total 0,0009781 C/W b. Menentukan perpindahan panas total terhadap es dalam tangki dan jumlah es yang mencair selama 24 jam
Perpindahan panas total terhadap es selama 24 jam qr , total
selama 24 jam
q r t 30,6717105 kJ/s (24 3600)s 2650035,7872 kJ
Jumlah es yang mencair selama 24 jam
mes
selama 24 jam
q r , total
selama 24 jam
hif
2650035,78 72 kJ 333,7 kJ/kg
7941,37185 2 kg
Pengecekan terhadap asumsi temperatur permukaan sisi luar tangki T 2 = 5oC, q r hkonveksi radiasi Aout (T ruangan T 2, pengecekan )
atau
qr T 2, pengecekan T ruangan ( ) hkonveksi radiasi Aout 30671,710459 W 30 o C (10 5,57038) W/m 2 . K (5 0,015 m) 2 5,0685788 o C 5,1 o C
Kesimpulannya bahwa T 2 yang diasumsikan tidak memiliki selisih error yang signifikan pada T 2 hasil perhitungan. Oleh karena itu analisa perhitungan selesai, beda halnya jika T 2 memiliki selisih yang begitu besar maka perhitungan diulangi kembali.
31 Consultant
Ali Hasimi Pane
5.
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Perpindahan Panas Konduksi dengan Sumber Pembangkit Kalor Uniform
Dalam bidang engineering banyak akan ditemui beberapa sistem yang terdapat applikasi perpindahan panas konduksi steady state – satu dimensi, seperti kabel listrik, refrigerator, oven, reaktor-reaktor kimia/nuklir dan lainnya, untuk itu dalam bagian ini akan dibahas untuk sistem pada bidang dinding datar dan silinder.
5.1 Dinding datar dengan sumber pembangkit kalor uniform
Perhatikan sebuah dinding datar dengan sumber pembangkit kalor uniform seperti gambar 5.1, dimana sistem dalam steady state – satu dimensi.
Gambar 5.1 Skematik perpindahan panas konduksi pada bidang datar dengan sumber pembangkit kalor uniform
dari persamaan perpindahan panas konduksi untuk satu dimensi:
2T q ''' 1 T 2 k t x kondisi sistem steady state: 2
d T dx
2
'''
q
k
0 atau
2
d T dx
2
q
'''
k
....(5.1)
Dengan melakukan integrasi ganda pada persamaan diatas dihasilkan: - Integrasi tingkat pertama dT dx
q
' ''
k
x C 1
….(5.2)
- Integrasi tingkat kedua T
q ' ''
x 2 C 1 x C 2 2k
….(5.3) 32
Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Pada kondisi batas x = 0 ; dT/dx = 0, kemudian subsitusi harga tersebut kepersamaan (5.2), maka: C 1 0
….(5.4)
Pada sisi tengah sistem dimana C 1 = 0 dan C 2 = To, kemudian subsitusi harga tersbut kepersamaan (5.3), maka: T
q ' ''
x 2 T o 2k
….(5.5)
Pada kondisi batas x = L dan T = Tw, kemudian subsitusi kepersamaan (5.5), maka: T w
''' 2
q L
T o
2k
….(5.6)
Pada kondisi x = 0 dan T = T o (posisi tengah/center sistem), maka diperoleh: T o T w
' 2 q ' ' L
2k
….(5.7)
Dari hubungan persamaan (5.5), dan (5.6), dihasilkan suatu persamaan distribusi temperatur parabolik sistem sebagai berikut: 2
T T 0
x T w T 0 L
….(5.8)
5.2 Sistem silindris geometris dengan sumber pembangkit kalor uniform
Sistem silindris pejal, seperti gambar 5.2, dengan sumber kalor uniform sepanjang dinding silinder, dimana sistem dalam kondisi steady state – satu dimensi. Maka dari persamaan perpindahan panas konduksi satu dimensi untuk bidang silindris:
1 d dT q ''' 1 dT r r dr dr k dt
….(5.9)
kemudian dari persamaan pada kondisi steady state yang sumber kalor dibangkitkan dari dalam:
1 d dT q ''' 0 r r dr dr k atau 2
r
d T 2
rq
dr
' ''
k
….(5.10)
lakukan proses integrasi ganda: - Integrasi pertama: r
dT dr
2 '' '
r q
2k
C 1 atau
dT dr
rq
'''
2k
C 1 r
….(5.11)
33 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Gambar 5.2 Skematik perpindahan panas konduksi pada bidang silindris dengan sumber pembangkit kalor uniform
- Integrasi Kedua T
2 ' ''
r q
4k
C 1 ln (r ) C 2
….(5.12)
Pada kondisi batas: r = 0; dT /dr = 0 maka: C 1 0
….(5.13)
maka persamaan (5.12) menjadi: T
2 '' '
r q
C 2
4k
….(5.14)
Pada kondisi batas: r = r o ; T = T w maka pers. (5.14) menjadi: 2 '' '
r o q
T w
4k
C 2
….(5.15)
atau C 2 T w
2 '''
r o q
4k
….(5.16)
subsitusi harga C1 dan C2 kepersamaan (5.12), maka akan diperoleh persamaan distribusi temperaturnya sebagai berikut: T T w
'' '
r 4k
q
o
2
r 2
….(5.17)
dimana temperatur pada center/tengah silinder (T 0) pada r = 0, adalah: T o
'''
q r o
2
4k
T w
….(5.18)
34 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
atau T o T w
'''
q r o
2
4k
….(5.19)
Sehingga kombinasi dari persamaan (5.17) dan (5.19) dihasil persamaan distribusi temperatur sistem tak berdimensi: 2
r 1 T 0 T w r o T T w
5.3
….(5.20)
Sistem silindris berlubang dengan sumber pembangkit kalor uniform
Sistem silindris dengan sumber pembangkit kalor dari dalam , seperti gambar 5.3, dimana sistem dalam kondisi steady state – satu dimensi dengan sumber kalor merata sepanjang silinder. Oleh karena itu, analisa matematik dapat dimulai dari persamaan (5.12) T
2 ' ''
r q
4k
C 1 ln (r ) C 2
Gambar 5.3 Skematik perpindahan panas konduksi pada bidang silindris berlubang dengan sumber pembangkit kalor uniform
Pada kondisi batas r = r 1 ; T = T 1 dan r = r 2 ; T = T2, maka diperoleh penyelesaian akhir untuk persamaan distribusi temperatur sistem:
r 2 r 2 2 ln(r 1 r ) 2 2 T 1 T 2 4k T 2 T 1 r 1 r 1 ln(r 1 r 2 ) T 1 T
2 '''
r 1 q
….(5.21)
5.4 Sistem bulat berlubang dengan sumber pembangkit kalor uniform
Sistem bulat berlubang dengan sumber kalor pembangkit dalam uniform, seperti gambar 5.4, dimana sistem dalam kondisi steady state – satu dimensi dengan sumber kalor merata pada luas area sistem. 35 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Gambar 5.4 Skematik perpindahan panas konduksi pada bidang bulat berlubang dengan sumber pembangkit kalor uniform
dari persamaan dasar sistem bulatan berlubang satu dimensi: 1 2 T q ' ' ' 1 T r 2 t r r r k
….(5.22)
Untuk kondisi steady state dengan sumber kalor uniform: 1 2 T q ' ' ' 0 r 2 r r r k
….(5.23)
dengan melakukan proses integrasi terhadap persamaan tersebut diperoleh: T
'' ' 2
q r
6k
C 1 r
C 2
….(5.24)
Dan pada kondisi batas r = r 1 ; T = T 1 dan r = r 2 ; T = T 2, maka diperoleh distribusi temperatur: T T s, 2
2 2 '' ' 2 1r 1 r '' ' 2 q r r q r 2 r 1 2 1 1 T s,2 T s ,1 1 1 6k r 2 6k r 2 r r 1 2
o
….(5.25)
o
Contoh soal 5.1: Dua pelat baja besar pada temperatur 90 C dan 70 C adalah dipisahkan oleh
sebuah batang baja dengan panjang 0,3 m dan diameter 2,5 cm, seperti gambar 5.5. Batang baja tersebut dilas pada tiap ujungnya. Ruang antara pelat diisi dengan bahan isolasi dan juga mengelilingi batang baja tersebut. Disebabkan perbedaan tegangan voltasi antara kedua pelat, arus mengalir melalui batang baja, energi listrik yang tidak teratur mengalir pada laju aliran 12 W. Tentukanlah temperatur maksimum pada batang baja dan laju aliran perpindahan panas pada tiap ujungnya. Periksa hasil perhitungan dengan membandingkan laju aliran energi panas netto pada kedua ujung batang baja dengan total energi panas yang dibangkitkan dari dalam. ( Referensi: Principles of Heat Transfer,Seventh Edition, by Frank Kreith, Raj M. Manglik and Mark S. Bohn) 36 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Diketahui: seperti soal dan gambar 5.5 Ditanya: seperti soal Diasumsikan: sistem adalah kondisi stady state-satu dimensi, laju perpindahan panas pada isolasi diabaikan, koefisien konduktivitas thermal sistem adalah konstan, enrgi yang dibangkitkan melalui batang baja adalah merata/uniform, temperatur pelat baja adalah konstan/tetap dan baja adalah 1% baja karbon.
Gambar 5.5 Skematik contoh soal 5.1
Penyelesaian: Energi yang dibangkitkan per satuan volume batang baja: q
'' '
'''
'''
q q V 12 W V 81487,33086 W/m3 2 V D L (0,025 m) 2 0,3 m 4 4
a. Menentukan temperatur maksimum pada batang baja
Berdasarkan persamaan perpindahan panas konduksi untuk satu dimensi:
2T q ''' 1 T 2 k t x dari persamaan (5.1) dimana sistem pada kondisi steady state: 2
d T dx
2
q
'''
k
0 atau
2
d T dx
2
q
'''
k
….(a)
kondisi batas dalam persaoalan ini dan berdasarkan gambar: -
Pada x = 0 maka T = T 1
-
Pada x = L maka T = T 2
37 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
lakukan integaral ganda untuk persamaan (a) Integaral pertama: dT dx
q ''' k
x C 1
….(b)
Integral kedua: T
q
' ''
2 x C 1 x C 2 2k
….(c)
Pada kondisi batas 1, dimana x = 0, maka persamaan (c): C 2 T 1
….(d)
subsitusi nilai C 2 ke persamaan (c), maka: q ''' 2 T x C 1 x T 1 2k
….(e)
Pada kondisi batas 2, dimana x = L, maka persamaan (e) T 2
q
' ''
L2 C 1 L T 1 2k
maka ' '' q 1 C 1 (T 2 T 1 ) L L 2k
….(f)
subsitusi nilai C 1 dan C 2 ke persamaan (c): ''' 1 q T x (T 2 T 1 ) L x T 1 2k 2 L k
q
'' '
2
….(g)
Temperatur maksimum pada batang baja terjadi pada jarak x, dan dapat ditentukan dengan mendifferensialkan tingkat pertama persamaan (g) sama dengan nol: q ' ''
q ''' 1 x (T 2 T 1 ) L 0 dx k L 2k
dT
….(h)
atau ''' q 1 x (T 2 T 1 ) L k L 2k
q
'''
bagi persamaan tersebut dengan ( q ''' / k ) , maka diperoleh: x
k
L (T 2 T 1 ) '' ' 2 q L
….(i)
diketahui nilai konduktivitas thermal baja dengan 1% baja karbon adalah 43 W/m. K pada 20°C, maka dari persamaan (h) diperoleh:
38 Consultant
Ali Hasimi Pane
x
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
43 W/m. K 3
81487,33086 W/m 0,3 m
(343 363) K
0,3 m 2
0,11482 m
Oleh karena itu, dari persamaan (g) dapat ditentukan temperatur maksimum batang baja: T
81487,3308 6 W/m 3 2 43 W/m. K
(0,11482 m) 2
1 81487,3308 6 W/m 3 (343 363) K 0,3 m 0,11482 m 2 43 W/m. K 0,3 m 363 K o T 375,492003 K 102,492003 C
b. Laju aliran pepindahan panas konduksi pada tiap ujung batang baja
dari persamaan hukum Fourier: q x kA
dT dx
….(j)
subsitusi persamaan (h) ke persamaan (j), maka: ' ' ' q '' ' 1 q q x kA x (T 2 T 1 ) L k 2k L
atau ' '' ' ' ' 1 q q 2 q x k d x (T 2 T 1 ) L 2k L 4 k
….(k)
- Pada x = 0, maka persamaan (k), maka: ''' 1 q 2 k d (T 2 T 1 ) q x L x 0 2k 4 L
maka q x
2 43 W/m. K ( 0 , 025 m ) x 0 4 1 81487,33086 W/m 3 0,3 m 4,59283 W (343 363) K 0,3 m 2 43 W/m. K
Tanda (-) mengindikasikan bahwa arah aliran energi panas kearah kiri atau keluar dari ujung batang baja pada x = 0.
- Pada x = L, maka persamaan (k), maka:
39 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
''' ' ' ' 1 q q 2 k d L (T 2 T 1 ) q x L x L 4 2 k L k
atau '' ' q k 2 q x d L (T 2 T 1 ) x L L 4 2
maka q x
(0,025 m) 2 x L 4 81487,3308 6 W/m 3 0,3 m 43 W/m. K (343 363) K 2 0,3 m 7,40717 W
Tanda (+) mengindikasikan bahwa arah aliran energi panas kearah kanan atau keluar pada ujung batang baja pada x = L.
c. Rugi perpindahan energi panas total q x, Total q x q x x L 4,59283 W 7,40717 W 12 W x 0
40 Consultant
Ali Hasimi Pane
6.
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Tebal Kritis Isolasi
Sebuah pipa diisolasi sekelilingnya, seperti gambar dibawah, dimana diasumsikan: T1 = Temperatur dalam pipa T = Temperatur luar terkena lingkungan konveksi Dan untuk menentukan tebal kritis isolasi adalah sebagai berikut:
Penyelesaian: q
T
RTH
T 1 T R Iso RKonv
….(6.1)
atau q
T 1 T ln(r 2 / r 1 ) 1
2 kL
….(6.2)
h 2 r 2 L
sehingga q
2 LT 1 T ln(r 2 / r 1 ) 1 k
….(6.3)
h r 2
agar perpindahan kalor maksimum, maka kondisi maksimum:
1 1 2 2 L (T 1 T 2 ) kr hr 2 2 dq 0 2 dr 2 ln(r 2 / r 1 ) 1 k hr 2
….(6.4)
dan dihasilkan: r cr , 2 k (adalah tebal kritis isolasi) h
….(6.5)
41 Consultant
Ali Hasimi Pane
7.
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Perpindahan Panas untuk Permukaan yang Diperluas (Sirip/Fin)
7.1 Persamaan umum untuk permukaan yang diperluas
Perhatikan gambar dibawah dimana temperatur akan mengalami perbedaan pada arah/volume r dan x. Dalam masalah ini akan dilakukan beberapa asumsi:
-
Variasi temperatur pada arah z adalah kecil maka dapat diabaikan.
-
Temperatur adalah konstan dalam bagian menyilang pada lokasi/arah aksialnya.
-
Permukaan yang diperluas adalah sungguh tipis
Gambar 7.1 skematik perpindahan panas konduksi pada bidang fin/sirip
Sirip batang silindris, seperti gambar, adalah sebagai ilustrasi sistem yang akan dianalisis, dimana sistem dalam kondisi steady state – satu dimensi. Kemudian volume yang dianalisis adalah pada arah koordinat x. Oleh karena itu, berdasarkan hukum keseimbangan energi untuk sistem, seperti gambar:
Laju perpindahan panas Laju perpindahan panas Laju perpindahan panas konduksi kedalam volume konduksi keluar volume konveksi dari permukaan kontrol pada x kontrol pada x dx antara x dx atau dapat ditulis dalam bentuk simbol persamaan: q x q x dx dqc
….(7.1)
atau
q x q x
dq x
dqc
dx
….(7.2)
42 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
atau
dq x
dqc
dx
….(7.3)
dimana dT
q x kAc
dx
….(7.4)
Differensial kearah x: dq x
k
dx
d dT Ac dx dx
….(7.5)
Dan karena sistem terkena lingkungan konveksi: dqc hc dAs (T T )
….(7.6)
Subsitusi persamaan (7.5) dan (7.6) ke persamaan (7.3), maka: k
d dT Ac dx hc dAs (T T ) dx dx
Dimana Ac adalah luas penampang untuk konduksi dan A s adalah luas permukaan yang terkena konveksi. Kemudian bagi persamaan tersebut dengan kdx, dan lakukan differensiasi pada sisi kiri persamaan terbut, maka dapat ditulis: dAc dT dx dx
Ac
2
d T dx
2
hc dAs k dx
(T T )
….(7.7)
atau 2
d T dx
2
1 dA dT Ac dx dx
hc 1 dAs k Ac dx
(T T ) 0
….(7.7a)
Untuk memudahkan penyelesaian matematika persamaan (7.7a), kita andaikan T T
`….(7.8)
T T
….(7.8a)
atau
diffresialkan persamaan diatas terhadap arah x, maka: dT dx
d dx
….(7.9)
lakukan differesial orde 2 terhadap persamaan (7.9), maka: 2
d T dx
2
2
d dx
2
….(7.10)
43 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
subsitusi persamaan (7.8), (7.9) dan (7.10) ke persamaan (7.7a), maka: 2
d dx
2
1 dA d Ac dx dx
hc 1 dAs k Ac dx
0
….(7.11)
Persamaan (7.11) adalah bentuk persamaan umum keseimbangan energi dalam hal temperatur dimana permukaan perpindahan panasnya diperluas. Dan untuk pengembangan atas persamaan (7.11) dapat diperhatikan penjelasan berikut ini.
7.2 Analisis Fin dengan Luas Penampang Merata (unifrom)
Sebuah fin dengan luas penampang merata pada umumnya dengan bentuk geometri silindris dan empat persegi panjang, seperti gambar 7.2. Persamaan untuk distribusi temperatur dan laju perpindahan panas dapat dilakukan sebagai berikut:
Gambar 7.2 skematik fin/sirip dengan luas penampang merata/uniform Untuk luas penampang fin adalah merata (uniform) atau konstan, maka: dA
0 dx Dimana luas keliling fin dinotasikan sebagai P: Pdx dAs
….(7.12)
….(7.13) 44
Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
atau dAs dx
P
….(7.14)
subsitusi persamaan (7.12) dan (7.14) ke persamaan (7.11), maka: 2
d dx
2
hc P
k Ac
0
….(7.15)
asumsikan bahwa, hc P k Ac
m2
….(7.16)
subsitusi persamaan (7.16) ke persamaan (7.15), maka: d 2 dx
2
m 2 0
….(7.17)
penyelesaian umum untuk persamaan (7.17) yang merupakan persamaan linier, homogen dan diffrensial orde dua. Oleh karena itu, ada dua cara bentuk umum untuk penyelesaiannya, yaitu: ( x ) C 1 cosh(mx) C 2 sinh( mx )
….(7.18)
( x) C 1 e mx C 2 e mx
….(7.19)
atau
Dimana C1 dan C2 pada persamaan (7.19) adalah konstanta yang bisa dievaluasi dengan menerapkan kondisi batas, sebagai berikut: - Kondisi batas 1 Adalah kondisi batas yang menetapkan temperatur pada dinding dasar. Sementara untuk kondisi batas khusus dari temperatur pada dinding dasar fin, atau x = 0, dari persamaan (7.8) adalah: ( x) T T
….(7.20)
(0) T w T w
….(7.21)
atau
- Kondisi batas 2 Adalah kondisi batas yang bergantung pada kondisi fisik yang dialami pada ujung fin, dan dalam penjelasan lebih lanjut akan ditinjau pada 4 kasus dengan kondisi fisik yang berbeda, yaitu:
Kasus A: dimana fin adalah sangat panjang dan temperatur pada ujung fin mendekati temperatur
fluida lingkungannya. Pada x = ; () = 0.
Kasus B: dimana pada bagian ujung fin adalah diisolasi dan panjang fin ditentukan pada x = L ; d ( x) / dx
x L
0. 45
Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Kasus C: dimana temperatur pada ujung fin adalah ditentukan dan panjang fin ditentukan pada x
= L ; (L) = TL – T.
Kasus D: dimana pada ujung fin adalah dipengaruhi oleh perpindahan panas konveksi dan
panjang fin ditentukan pada x = L ; d ( x) / dx h ( L). x L
Penjabaran evaluasi nilai C1 dan C2 berdasarkan kondisi batas dan penomena kasus yang dialami pada ujung fin
7.2.1
Kasus A: dimana fin adalah sangat panjang dan temperatur pada ujung fin mendekati
temperatur fluida lingkungannya. Pada x = ; () = 0. Dari persamaan (7.20) dan kondisi batas 2, dimana x = , maka: () T T 0
….(7.22)
Gambar 7.3 skematik perpindahan panas konduksi pada fin untuk kasus A
kemudian dari persamaan (7.19) dan x = , maka: () C 1 e m C 2 e m C 1 0
dimana dari persamaan (7.22) nilai () = 0, maka: C 1 0
….(7.23)
sementara untuk persamaan (7.19) pada kondisi batas 1, yaitu: x = 0, maka: ( 0) ( 0) (0) C 1 e m C 2 e m C 1 C 2
….(7.24)
dimana dari persamaan (7.21) diketahui nilai (0) = w, maka persamaan (7.24) dapat ditulis: w C 1 C 2
….(7.25) 46
Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
subsitusi nilai C1 dari persamaan (7.23), ke persamaan (7.25), maka: C 2 w Kemudian subsitusi nilai C 1 dan C2 ke persamaan (7.19), maka:
….(7.26)
( x) 0 . e mx w e mx
atau ( x) w e mx
….(7.27)
Kemudian untuk menentukan persamaan distribusi temperatur dan laju perpindahan panas konduksi untuk kasus A adalah sebagai berikut:
Distribusi Temperatur
dari persamaan (7.27) ( x ) w
e mx
….(7.28)
dimana dari persamaan (7.16) diketahui: h P m 2 c jadi kAc
hc P
m
kAc
….(7.29)
dimana P 2w 2t
untuk bidang empat persegi ;
Ac wt P D
untuk bidang silindris 2 Ac D / 4 dan subsitusi persamaan (7.20), (7.21) dan (7.29) ke persamaan (7.28), maka: T T T w T
e
hP / kAc x
….(7.30)
Laju perpindahan panas
Untuk laju perpindahan panas melalui fin adalah sama dengan energi panas yang dikonduksikan kedinding, maka dari hukum Fourier: q x kAc
dT dx
kAc
d dx
….(7.31)
differensialkan persamaan (7.27) diperoleh: d / dx m w e mx
….(7.32)
subsitusi persamaan (7.32) ke persamaan (7.31), maka:
47 Consultant
Ali Hasimi Pane
q x kAc
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
d dx
kAc m w e mx kAc m w e mx
….(7.33)
dan subsitusi (7.21) dan (7.29) ke persamaan (7.33), diperoleh: q x kA
hP kAc
(T w T ) e mx
….(7.34)(1)
dapat disederhanakan menjadi, hPkAc (T w T ) e mx
q x
….(7.35)
Oleh karena itu, untuk menentukan laju perpindahan panas konduksi pada dinding dasar fin, dimana x = 0, maka persamaan (7.35) dapat ditulis: q x
hPkAc (T w T ) e
q x
hPkAc (T w T )
( m 0)
atau
7.2.2
….(7.36)
Kasus B: dimana pada bagian ujung fin adalah diisolasi dan panjang fin ditentukan pada x = L
Dari persamaan (7.18) dan gunakan kondisi batas 1, yaitu: x = 0, maka diperoleh: (0) C 1 cosh(m 0) C 2 sinh( m 0)
atau w (C 1 1) (C 2 0) atau C 1 w
….(7.37)
subsitusi persamaan (7.21) kepersamaan (7.37), maka: C 1 T w T
….(7.38)
dari kondisi batas 2, pada x = L, yaitu ujung fin adalah diisolasi, maka: dT / dx
x L
0
….(7.39)
Untuk kasus ini gunakan bentuk penyelesaian umum yaitu: persamaan (7.18), dan differensialkan persamaan tersebut, maka diperoleh: (1)
Penyederhanaan persamaan (7.34) 1 / 2
hP 1 / 2 (T w T ) e mx kAc1 / 2 hP1 / 2 (T w T ) e mx hPkAc (T w T ) e mx
q x kAc kAc
48 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
d ( x ) / dx C 1 m sinh( mx) C 2 m cosh(mx )
….(7.40)
dimana x = L d ( x) dx x L
C 1 m sinh( m L) C 2 m cosh(m L)
….(7.41)
Gambar 7.4 skematik perpindahan panas konduksi pada fin untuk kasus B
subsitusi persamaan (7.39) ke persamaan (7.41), maka: 0 C 1 m sinh( m L ) C 2 m cosh(m L) atau C sinh (mL) C 2 1 cosh (mL)
….(7.42)
subsitusi persamaan (7.37) ke persamaan (7.42), diperoleh: sinh (mL) C 2 w cosh (mL)
….(7.43)
kemudian subsitusi persamaan (7.37) dan (7.43) ke persamaan (7.18), maka: sinh ( mL) sinh( mx) ( x) w cosh(mx) w cosh (mL)
cosh (mL) cosh (mx) sinh (mL) sinh (mx) w cosh ( ) mL atau ( x ) w
cosh ( mL) cosh (mx) sinh (mL) sinh ( mx) cosh ( mL)
….(7.44)
dengan mengaplikasikan funsi hiperbolik, maka persamaan (7.44) dapat disederhanakan menjadi: ( x) w
(2)
cosh m( L x) cosh ( mL)
….(7.45)(2)
Fungsi hiperbolik cosh(A+B) = cosh(A) cosh(B) + sinh(A) sinh(B) cosh(A – B) = cosh(A) cosh(B) – sinh(A) sinh(B) 49 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Kemudian untuk menentukan persamaan distribusi temperatur dan laju perpindahan panas konduksi untuk kasus B adalah sebagai berikut:
Distribusi temperatur
Dari persamaan (7.20), (7.21) dan (7.29) subsitusi nilai variabel ( x), w dan m tersebut kepersamaan (7.45), maka diperoleh: T T T w T
cosh
hc P / kAc ( L x)
cosh ( L hc P / kAc )
….(7.46)
Laju perpindahan panas
Laju perpindahan panas melalui fin adalah sama dengan energi panas yang dikonduksikan kedinding, maka dari hukum Fourier: q x kAc
dT dx x 0
kAc
d dx x 0
….(7.47)
differensialkan persamaan (7.45) terhadap fungsi x, dimana formula differensial yang dapat digunakan adalah:
v du / dx u dv / dx w 2 dx v
d ( x)
….(7.48)
dimana u cosh m( L x) du dx
m sinh m ( L x)
….(7.49) ….(7.50)
dan v cosh mL dv dx
0
….(7.51) ….(7.52)
subsitusi persamaan (7.49), (7.50), (7.51) dan (7.52) ke persamaan (7.48), maka:
[cosh mL {m sinh m ( L x)}] [cosh m( L x) 0] w 2 dx x 0 mL cosh
d ( x)
atau
m sinh mL w cosh dx x 0 mL
d ( x)
….(7.53)
subsitusi persamaan (7.53) ke persamaan (7.47):
m sinh mL sinh (mL) kA m c w cosh mL cosh (mL)
q x kAc w
50 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
atau q x kAc w m tanh (mL)
….(7.54)
untuk nilai variabel w dan m, diketahui: w (T w T ) dan
hc P / kAc
subsitusi kepersamaan (7.54), maka diperoleh: q x (T w T ) kAc
hc P / kAc tanh ( mL)
….(7.55)(3)
atau dapat disederhanakan: q x (T w T ) kAc hc P tanh ( mL)
7.2.3
….(7.56)
Kasus C: dimana temperatur pada ujung fin adalah ditentukan dan panjang fin ditentukan
pada x = L Dari kondisi batas 1, pada x = 0, dan persamaan (7.37) diketahui: C 1 w
….(7.57)
kemudian dari kondisi batas 2, pada x = L, dimana temperatur ujung fin adalah ditentukan, maka: ( x) L
….(7.58)
gunakan persamaan (7.18) dan kondisi batas 2, pada x = 0, untuk mendapatkan nilai C 2: ( L ) C 1 cosh(mL) C 2 sinh(mL )
atau C 2
( L) C 1 cosh(mL)
sinh( mL)
( L) w cosh(mL)
sinh( mL)
….(7.59)
Gambar 7.4 skematik perpindahan panas konduksi pada fin untuk kasus C (3)
Penyederhaan persamaan (7.55)
q x (T w T )kAc
hc P / kAc tanh (mL )
(T w T ) kAc (hc P )1 / 2 (kAc ) 1 / 2 tanh ( mL) (T w T ) ( hc P )1 / 2 kAc1 / 2 tanh (mL) (T w T ) hc PkAc tanh (mL ) 51 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
kemudian subsitusi nilai C 1 dan C 2 ke persamaan (7.18): ( x) w cosh (mx)
( L) w cosh (mL)
sinh (mL)
sinh (mx)
….(7.60)
disederhanakan
{[cosh (mx) sinh (mL)] [cosh (mL) sinh (mx)]} [ ( L) / w ] sinh (mx) sinh ( mL)
( x) w
maka dari fungsi hiperbolik persamaan tersebut dapat disederhanakan menjadi: ( x) w
{sinh m( L x)} [ ( L) / w ] sinh (mx) sinh ( ) mL
….(7.61) (4)
Kemudian untuk menentukan persamaan distribusi temperatur dan laju perpindahan panas konduksi untuk kasus C adalah sebagai berikut:
Distribusi temperatur
Dimana diketahui nilai dari: ( x ) (T T )
;
w (T w T )
( L) (T L T ) pada x = L
pada x = 0
m hP / kA
;
subsitusi nilai w, L dan m ke persamaan (7.61):
{sinh m ( L x) } [(T L T ) /(T w T )] sinh (mx ) (T w T ) sinh ( mL) (T T )
….(7.62)
Laju perpindahan panas
Laju perpindahan panas melalui fin adalah sama dengan energi panas yang dikonduksikan kedinding, maka dari hukum Fourier: q x kAc
dT dx x 0
kAc
d dx x 0
….(7.63)
differensialkan persamaan (7.61) terhadap x, dimana formula differensial yang dapat digunakan adalah:
v du / dx u dv / dx w 2 dx v
d ( x)
(4)
….(7.64)
Fungsi hiperbolik untuk persamaan (7.61) sinh (A – B) = [sinh A . cosh B] – [sinh B . cosh A] sinh (A + B) = [sinh A . cosh B] + [sinh B . cosh A] 52 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
misalkan: u {sinh m( L x)} [ ( L) / w ] sinh (mx) du dx
{m cosh m( L x)} [ ( L) / w ] m cosh (mx)
….(7.65) ….(7.66)
dan v sinh (mL) dv dx
….(7.67)
0
….(7.68)
subsitusi persamaan (7.65), (7.66), (7.67) dan (7.68) ke persamaan (7.64):
sinh (mL) [{m cosh m( L x)} {[ ( L) / w ] m cosh (mx)}] 0 w dx x 0 [sinh ( mL)]2
d ( x)
atau dapat disederhanakan:
[ ( L) / w ] cosh (mL) m w sinh ( ) dx x 0 mL
d ( x)
….(7.69)
subsitusi persamaan (7.69) ke persamaan (7.63), maka: q x kAc
[ ( L) / w ] cosh (mL) kAc m w sinh (mL) dx x 0
d ( x)
atau
cosh (mL) [ ( L) / w ] sinh ( ) mL
q x kAc m w
….(7.70)
dimana m
hP / kAc
;
w T w T
;
L T L T
maka persamaan (7.70) dapat ditulis:
cosh (mL) ( L / w ) sinh ( mL)
q x kAc hP / kAc (T w T )
dan dapat disederhanakan menjadi: q x
cosh (mL) ( L / w ) sinh ( mL)
hPkAc (T w T )
….(7.71)
53 Consultant
Ali Hasimi Pane
7.2.4
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Kasus D: dimana pada ujung fin adalah dipengaruhi oleh perpindahan panas konveksi dan
panjang fin ditentukan pada x = L Berdasarkan keseimbangan energi yang terjadi pada fin, seperti gambar: qkonduksi qkonveksi
….(7.72)
atau
kAc
dT dx x L
hAc [T ( L) T ]
….(7.73)
dari hukum Fourier untuk perpindahan panas konduksi:
kAc
dT dx x L
kAc
d dx x L
….(7.74)
dan ( L) T ( L ) T
….(7.75)
Gambar 7.4 skematik perpindahan panas konduksi pada fin untuk kasus D
subsitusi persamaan (7.74) dan (7.75) ke persamaan (7.73), dimana luas penampang fin (A c) adalah konstan, maka: d
k
dx x L
h ( L)
.…(7.76)
Berdasarkan kondisi batas 1, pada ( x = 0) dalam kasus B, dari persamaan (7.38) adalah dapat digunakan untuk kasus D, yaitu: C 1 T w T w
….(7.77)
dari persamaan (7.18) dan kondisi batas 2, yaitu x = L, diperoleh: ( L ) C 1 cosh(mL) C 2 sinh(mL )
….(7.78)
differensialkan persamaan (7.72) d ( L) dx
C 1 m sinh(mL) C 2 m cosh(mL)
….(7.79)
54 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
subsitusi persamaan (7.78) dan (7.79) ke persamaan (7.76), maka:
k [C 1 m sinh(mL) C 2 m cosh(mL)] h [C 1 cosh(mL) C 2 sinh(mL)] atau
[C 1 sinh(mL) C 2 cosh(mL)]
h km
[C 1 cosh(mL) C 2 sinh(mL)]
….(7.80)
dan persamaan tersebut dapat disusun berdasarkan variabelnya: C 2 [cosh(mL )
h km
h cosh(mL) sinh( mL) km
sinh( mL )] C 1
….(7.81)
dan diperoleh nilai C 2:
h C 1 cosh(mL) sinh(mL) km C 2 h cosh(mL) sinh( mL)
….(7.82)
km
subsitusi nilai C 1 dari persamaan (7.77) ke persamaan (7.82), maka:
h w cosh(mL) sinh( mL) km C 2 h cosh(mL) sinh( mL)
….(7.83)
km
subsitusi nilai dari C 1 dan C 2 ke persamaan (7.18), maka akan diperoleh:
h w cosh(mL) sinh( mL) km sinh(mx) ( x ) w cosh(mx ) h cosh(mL ) sinh(mL ) km
dan berdasarkan fungsi hiperbolik, maka persamaan tersebut dapat dis ederhanakan sebagai berikut: ( x ) w
cosh m( L x ) [ h / km] sinh m( L x) cosh ( mL) [ h / km] sinh ( mL)
….(7.84)
Kemudian untuk menentukan persamaan distribusi temperatur dan laju perpindahan panas konduksi untuk kasus D adalah sebagai berikut:
Distribusi temperatur
Dimana diketahui nilai dari: ( x ) (T T )
;
w (T w T )
( L) (T L T ) pada x = L
;
pada x = 0 m hP / kA
subsitusi nilai w, L dan m ke persamaan (7.84): (T T ) (T w T )
cosh m ( L x ) [ h / km] sinh m ( L x ) cosh mL [ h / k m] sinh mL
….(7.85)
55 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Laju perpindahan panas
Laju perpindahan panas melalui fin adalah sama dengan energi panas yang dikonduksikan kedinding, maka dari hukum Fourier: q x kAc
dT dx x 0
kAc
d dx x 0
….(7.86)
differensialkan persamaan (7.84) terhadap x, dimana formula differensial yang dapat digunakan adalah:
v du / dx u dv / dx w 2 dx v
d ( x)
….(7.87)
dimana u cosh m ( L x) [h / km] sinh m ( L x) du dx
m sinh m ( L x) [(m)(h / km)] cosh m ( L x)
….(7.88) ….(7.89)
dan v cosh (mL) [h / km] sinh (mL) dv dx
0
….(7.90) ….(7.91)
subsitusi persamaan (7.88), (7.89), (7.90) dan (7.91) ke persamaan (7.87), maka:
sinh m L (h / km)] cosh m L w m dx x 0 mL h km mL cosh ( ) [ / ] sinh ( )
d ( x )
….(7.92)
subsitusi persamaan (7.92) ke persamaan (7.86), maka: q x kAc
sinh m L (h / km)] cosh m L kAc w m dx x 0 cosh (mL) [h / km] sinh (mL)
d
atau
sinh m L (h / km)] cosh m L mL h km mL cosh ( ) [ / ] sinh ( )
q x kAc w m
….(7.93)
dimana m
hP / kAc
;
w T w T
maka persamaan (7.93) dapat ditulis:
sinh m L (h / km)] cosh m L cosh [ / ] sinh mL h km mL
q x hPkAc w
….(7.94)
56 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
7.3 Efisiensi dan Efektivitas Fin
Dalam banyak kasus, bentuk geometris fin dan peranan penting kondisi batas tertentu terhadap distribusi temperatur adalah sangat komplek. Oleh karena itu, diperkenalkan dua parameter yang dapat menentukan karakteristik atau performance atas pengaplikasian fin dalam meningkatkan proses perpindahan panas, yaitu: efisiensi fin ( f ) dan keefektifan fin ( f ).
7.3.1 Efisisensi fin ( f )
Efisiensi sebuah fin secara umum dapat didefinisikan:
Perpindahan panas aktual dari fin Perpindahan panas ideal yang dipindahkan
f
….(7.95)
jika seluruh fin berada pada temperatur dasar atau dalam bentuk persamaan umum matematik sebagai berikut: f
q x q c, max
….(7.96)
Sekarang akan dikembangkan penggunaan dari persamaan (7.96) terhadap kondisi batas yang dialami oleh ujung fin.
7.3.1.1 Efisiensi fin untuk kasus A, dimana luas penampang fin merata/uniform dan panjang fin adalah sangat panjang, x = Dari persamaan (7.36) dapat ditulis: q x
hPkAc (T w T )
untuk qc, max qc, max hc A fin (T w T )
dimana A fin adalah luas permukaan fin, untuk luas permukaan fin adalah konstan, maka A fin = PL, mka persamaan qc, max dapat ditulis: qc , max hc ( PL )(T w T )
maka efisiensi fin dari persamaan (7.96) dapat ditulis: f
hPkAc (T w T ) hPkAc hc ( PL)(T w T ) hc ( PL)
….(7.97) (5)
(5)
Penyederhanaan persamaan (7.97)
f
kAc hc P hc ( PL)
(hc P)1 / 2 (hc P) 1 (kA)1 / 2 L
(hc P) 1 / 2 (kA)1 / 2 L
kAc hc P L
1 mL
dimana: m hc P / kAc 57
Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
dapat disederhanakan menjadi: f
1 mL
….(7.98)
7.3.1.2 Efisiensi fin untuk kasus B, dimana luas penampang fin merata/uniform dan pada ujung fin adalah diisolasi Dari persamaan (7.56) dapat ditulis: q x (T w T ) kAc hc P tanh mL
maka efisiensi fin: f
q x q c, max
(T w T ) kAc hc P tanh mL hc ( PL)(T w T )
….(7.99) (6)
dapat disederhanakan: f
tanh (mL) mL
….(7.100)
7.3.1.3 Efisiensi fin untuk kasus C , dimana temperatur pada ujung fin adalah ditentukan dan panjang fin ditentukan pada x = L Dari persamaan (7.71) dapat ditulis: q x
cosh (mL) ( L / w ) sinh ( mL)
hPkAc (T w T )
sehingga efisiensi fin:
cosh (mL) ( L / w ) sinh ( mL) h( PL)(T w T )
hPkAc (T w T )
f
….(7.101)(7)
dapat disederhanakan
cosh (mL) ( L / w ) sinh (mL) f
….(7.102)
mL
(6)
Penyederhanaan persamaan (7.97):
e (7)
(hc P)1 / 2 (hc P) 1 (kAc )1 / 2 tanh(mL) L
kAc tanh(mL) hc P L
tanh(mL) mL
dimana m hP / kAc
Penyederhanaan persamaan (7.101) hPkAc
f
1/ 2
cosh (mL) ( L / w ) hP 1 sinh (mL) L
cosh (mL) ( L / w ) sinh ( mL) mL
58 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
7.3.1.4 Efisiensi fin untuk kasus D, dimana pada ujung fin adalah dipengaruhi oleh perpindahan panas konveksi dan panjang fin ditentukan pada x = L Dari persamaan (7.94) diketahui:
sinh m L (h / km)] cosh m L cosh mL [h / km] sinh mL
q x hPkAc (T w T )
sehingga efisiensi fin:
sinh m L (h / km)] cosh m L cosh mL [h / km] sinh mL h( PL)(T w T )
hPkAc (T w T )
f
….(7.103)(8)
dapat disederhanakan f
1 sinh m L (h / km)] cosh m L mL cosh mL [h / km] sinh mL
….(7.104)
Dalam kondisi praktis untuk menentukan efisiensi fin, panjang fin adalah dikoreksi, yang dinotasikan sebagai Lc. Koreksi ini didasarkan pada asumsi kesetaraan antara perpindahan panas dari fin yang sebenarnya dengan ujung fin yang terkena konveksi dan perpindahan panas yang lebih lama, kemudian ujung fin adalah adiabatik/diisolasi. - Fin dengan bentuk empat persegi dan uniform Lc L t / 2 t adalah tebal fin
….(7.105)
- Fin dengan bentuk silindris dan uniform Lc L D / 4
….(7.106)
Ilustrasi atas koreksi panjang fin khususnya fin dengan bentuk geometris adalah empat persegi (seperti gambar 7.2). Oleh karena itu, berdasarkan kasus B dan persamaan (7.56) dan (7.100) yang panjang finnya adalah dikoreksi, maka dapat ditulis: q x (T w T ) kAc hc P tanh (mLc )
….(7.107)
dan f
(8)
tanh (mLc ) mLc
….(7.108)
Penyederhanaan persamaan (7.103) hPkAc
f
1/ 2
sinh m L (h / km)] cosh m L sinh m L ( h / km)] cosh m L hP 1 cosh mL [ h / km] sinh mL cosh mL [h / km] sinh mL L
mL
dimana: m hP / kAc 59 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
jika lebar fin (w) lebih besar daripada tebalnya ( t ), atau w t , maka luas keliling fin ( P) adalah P = 2w dan A c = wt , maka mLc dalam kedua persamaan tersebut dapat ditulis: 1/ 2
hP mLc kA c
1/ 2
h 2w Lc k wt
1/ 2
2h Lc kt
Lc
….(7.109)
kalikan Lc1/2 terhadap pembilang dan penyebut pada persamaan (7.109), maka dihasilkan: 1/ 2
2h mLc ktL c
Lc 3 / 2
….(7.110)
dimana, Lct pada persamaan tersebut adalah merupakan koreksi atas luas fin yang dinotasikan sebagai A p, maka persamaan (7.110) dapat ditulis: 1/ 2
2h mLc kA p
Lc 3 / 2
….(7.111)
Oleh karena itu, untuk menentukan efisiensi fin dengan hubungan berdasarkan persamaan (7.111) dapat digunakan grafik seperti gambar 7.5 dan 7.6.
60 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Gambar 7.5 Efisiensi fin untuk bentuk geometris persegi panjang, segitiga dan parabolik (dari Ref .: 7)
Gambar 7.6 Efisiensi fin annular dengan profil persegi panjang (dari Ref .: 7)
61 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
7.3.2 Efektivtas Fin ( f )
Untuk mengetahui/mengukur kinerja ( performance) fin yang akan diaplikasikan, dapat digunakan sebagai parameter selain efisiensi fin, yaitu efektivitas fin , dimana efektivitas fin dapat didefinisikan sebagai rasio perbandingan antara laju perpindahan panas fin dari permukaan dasarnya terhadap laju perpindahan panas permukaan dasarnya (tidak ada fin ), dan dapat ditulis dalam bentuk
persamaan: f
q fin q no fin
q fin hAc, b (T w T )
….(7.112)
dimana Ac, b adalah luas permukaan fin pada dasar fin, dapat dilihat seperti gambar 7.7. Kemudian jika dalam proses hasil perhitungan melalui persamaan (7.112) diperoleh: - f = 1 adalah mengindikasikan bahwa permukaan perpindahan panas yang diperluas, yaitu fin, tidak memberi pengaruh terhadap sistem yang terdapat fin secara keseluruhan. -
f < 1 adalah mengindikasikan bahwa secara aktual fin berfungsi sebagai isolasi, atau dengan
kata lain memperlambat perpindahan panas dari permukaan sistem yang terpasang fin. Hal ini dapat terjadi dikarenakan koefisien konduktivitas thermal materaial yang dipilih adalah rendah - f > 1 adalah mengindikasikan bahwa perpindahan panas dapat ditingkatkan dari permukaan sistem melalui permukaan yang diperluas, yaitu melalui fin.
Gambar 7.7
Hubungan antara efisiensi fin dan efektivitas fin, sebagai catatan keduanya berbeda dalam hal kwantitas dalam menilai prestasi ( performance) fin. Dari persamaan (7.96) diperoleh: q x f qc, max q fin
….(7.113)
q fin f hc A fin (T w T )
….(7.114)
atau
62 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
subsitusi persamaan (7.114) ke persamaan (7.112), diperoleh: f
f hc A fin (T w T ) hAc, b (T w T )
A fin Ac, b
f
….(7.115)
Persamaan (7.114) adalah cara yang paling mudah untuk menentukan efektivitas fin dengan catatan apabila efisiensi fin diketahui atau ditentukan. Kemudian akan dikembangkan persamaan (7.112) berdasarkan kondisi batas yang dialami oleh ujung fin.
7.3.2.1 Efektivitas fin untuk kasus A Dari persamaan (7.36) diketahui: q x
hPkAc (T w T ) q fin
subsitusi ke persamaan (7.111), maka diperoleh: f
q fin q no fin
hPkAc (T w T ) hAc, b (T w T )
….(7.116)
diasumsikan Ac = Ac, b (luas permukaan fin merata/uniform), maka persamaan (7.116) dapat disederhankan, Pk
f
hAc
….(7.117)
7.3.2.2 Efektivitas fin untuk kasus B Dari persamaan (7.56) dapat ditulis: q x (T w T ) kAc hP tanh mL
subsitusi ke persamaan (7.112), maka diperoleh: f
q fin q no fin
kAc hP tanh mL (T w T ) hAc, b (T w T )
….(7.118)
dan diasumsikan Ac = Ac, b, maka persamaan (7.118), Pk
f
hAc
tanh mL
….(7.119)
7.3.2.3 Efektivitas fin untuk kasus C Dari persamaan (7.71) dapat ditulis: q x
cosh (mL) ( L / w ) sinh ( mL)
hPkAc (T w T )
63 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
subsitusi ke persamaan (7.112), maka diperoleh:
f
q fin q no fin
cosh (mL) ( L / w ) sinh (mL) hAc, b (T w T )
hPkAc (T w T )
….(7.120)
dan diasumsikan Ac = Ac, b, maka persamaan (7.119),
cosh (mL) ( L / w ) sinh (mL) hAc Pk
f
….(7.121)
7.3.2.4 Efektivitas fin untuk kasus D Dari persamaan (7.94) diketahui:
sinh m L (h / km)] cosh m L cosh mL [h / km] sinh mL
q x hPkAc (T w T )
subsitusi ke persamaan (7.112), maka diperoleh:
f
q fin q no fin
sinh m L (h / km)] cosh m L cosh mL [h / km] sinh mL hAc, b (T w T )
hPkAc (T w T )
….(7.122)
dan diasumsikan Ac = Ac, b, maka persamaan (7.122), f
sinh m L (h / km)] cosh m L hAc cosh mL [ h / km] sinh mL Pk
….(7.123)
7.4 Fin dengan susunan banyak
Dalam beberapa sistem, khususnya sistem yang membutuhkan perpindahan panas yang besar, maka umumnya fin didesign dan diaplikasikan lebih dari satu, seperti gambar 7.8, dengan bentuk geometris fin, jarak dan dimensi yang bervariasi sesuai kebutuhan. Oleh karena itu, akan dijabarkan untuk menentukan perpindahan panas dan prestasi ( performance) fin dalam susunan banyak sebagai berikut:
Perpindahan panas total susunan fin
Berdasarkan gambar 7.8, perpidahan panas total pada susunan fin adalah terjadi melalui luas permukaan total/utama ( At) perpindahan panas yaitu: antara kedua permukaan fin ( A fin) dan dasar ( Aunfin). Dan dalam bentuk persamaan dapat ditulis: q fin total q unfin q fin
….(7.124)
dimana q unfin h Aunfin w
….(7.125)
64 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
q fin N fin hA fin w
….(7.126)
N adalah jumlah fin, dan w T w T , sementara luas permukaan total ( At) dapat ditentukan: At NA fin Aunfin
….(7.127)
Aunfin At NA fin
….(7.127a)
dan
A fin
A t Aunfin N
….(7.127b)
Gambar 7.8 Skematik susunan fin, (a) susunan fin persegi panjang, (b) susunan fin anular
subsitusi persamaan (7.125), (7.126) dan (7.127a) ke persamaan (7.124), maka diperoleh: ….(7.128)(9)
q fin total h w ( At NA fin N fin A fin )
atau dapat disederhanakan
NA fin q fin total h w At 1 (1 fin ) At
….(7.129)
(9)
Penyederhanaan persamaan (7.128)
NA fin
At
q fin total h w ( At NA fin N fin A fin ) h w At 1
N fin A fin At
NA fin (1 fin ) h w At 1 At 65 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Efisiensi total pada susunan fin
Dari persamaan general efisiensi fin:
f , total
q fin total qc, max
NA fin h w At 1 ( 1 ) fin A t h At w
….(7.130)
jika nilai h adalah diasumsikan ekuivalen sama terhadap luas permukaan utama dan fin, kemudian fin adalah efisiensi untuk fin tunggal, maka persamaan (7.130) dapat disederhanakan:
NA fin (1 fin ) f , total 1 At
….(7.131)
Efektivitas total pada susunan fin
Dari persamaan general efektivitas fin:
f total
q fin total qno fin
NA fin (1 fin ) h w At 1 At h Ano fin w
….(7.132)
jika diasumsikan nilai h adalah ekuivalen sama baik untuk permukaan yang menggunakan fin maupun tidak sama sekali, maka persamaan (7.132) dapat ditulis: f total
At Ano fin
NA fin (1 fin ) 1 At
….(7.133)
dimana Ano fin adalah luas permukaan sistem dalam kondisi tidak menggunakan fin seluruhnya, dan persamaan Ano fin seperti gambar 7.8 (a) dan (b) adalah luas permukaan empat persegi dan silinder. o
Contoh soal 7.1: Sebuah permukaan panas pada temperatur 100 C adalah didinginkan dengan
memasang fin/sirip silindris (paku), seperti gambar 7.9, dengan panjang 3 cm, diameter 0,25 cm, dan jarak antara titik pusat ketitik pusat fin adalah 0,6 cm, cm, sementara bahan fin adalah aluminium (k = = 237 W/m. oC). Temperatur lingkungan adalah 30 oC dengan koefisien perpindahan panas ( h) adalah 35 W/m 2. oC. Tentukan laju aliran perpindahan panas dari permukaan pelat-fin dimana dimensi pelat adalah 1 m 1 m. Dan tentukan juga efektivitas menyeluruh fin. ( Referensi: Heat transfer-Practical Approach, second edition. By Yunus A Cengel).
Diketahui: seperti soal dan gambar 7.8 Ditanya: laju perpindahan panas total dari permukaan pelat-fin dan efektivitas fin total? Diasumsikan: Sistem berada dalam kondisi steady state, temperatur sepanjang fin bervariasi hanya dalam satu arah pelat, perpindahan panas pada ujung fin diabaikan, koefisien perpindahan panas 66 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
adalah konstan dan merata ( uniform) pada seluruh permukaan fin, sifat-sifat thermal fin adalah konstan, dan koefisien perpindahan panas telah dihitung atas pengaruh radiasi terhadap fin.
Gambar 7.9 Skematik untuk contoh soal 7.1 Penyelesaian: a.
Laju perpindahan panas tota dari permukaan pelat-fin
dari persamaan (7.129) adalah untuk menentukan laju perpindahan panas total
NA fin (1 fin ) q fin total h w At 1 At
….(a)
untuk luas permukaan total: At NA fin Aunfin
….(b)
dimana N
A fin
L pelat H pelat S V S H
1m 1 m 0,006 m 0,006 m
27777,777 27778 buah
2 2 d fin 0,0025 0,000241 m 2 d fin L fin 0,0025 0,03 4 4
Aunfin
d fin 2 0,00252 0,86365 m 2 ( L pelat H pelat ) N (1m 1m) 27778 4 4
sehingga At dapat ditentukan: 2
2
At ( 27778 0 ,000241 ) m 0,86365 m 7,558153 m
2
untuk o w T w T 100 30 70 C
67 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Sementara untuk efisiensi fin, dimana diasumsikan perpindahan panas pada ujung fin diabaikan, maka dapat digunakan persamaan persamaan (7.100): f
tanh (mL) mL
dimana m
hP kAc
h d fin 2 / 4 d fin k
4h k d fin
4 35 W/m 2 . o C 0,0025 m 237 W/m. o C
15,37163 m -1
maka f
tanh (15,37163 m -1 0,03 m) -1
(15,37163 m 0,03 m)
0,93467 ini adalah efisiensi untuk fin tunggal
sehingga q fin total
b.
27778 0,000241 m 2 (1 0,93467 ) 35 W/m . C 70 C 7,558153 m 1 2 7,558153 m 17445,9635 4 W 2 o
o
2
Efektivitas fin total
dari persamaan (7.133) f total
At Ano fin
NA fin (1 fin ) 1 At
….(c)
dimana 2 Ano fin L pelat H pelat 1 m 1 m 1 m
sehingga f total
7,558153 m 2 27778 0,000241 m 2 1 1 0,93467 7,12080 1 m2 7,558153 m 2
Sebagai bahan tambahan pertanyaan untuk contoh soal 7.1, akan ditentukan efisiensi total fin dengan menggunakan persamaan (7.131):
NA fin (1 fin ) f , total 1 At
….(d)
maka f , total
27778 0,000241 m 2 (1 0,93467) 0,94213 1 7,558153 m 2
68 Consultant
Ali Hasimi Pane
Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional
Sekarang akan dilakukan kajian perbandingan terhadap laju perpindahan panas total, efektivitas fin total dan efisiensi fin total, dimana jika perpindahan panas konveksi pada ujung fin dipertimbangkan, maka untuk efisiensi fin tunggal dapat ditentukan dari persamaan (7.104) f
1 sinh m L ( h / km)] cosh m L
….(d)
mL cosh mL [ h / km] sinh mL
dimana sinh ( m L) sinh (15,37163 m -1 0,03 m) 0,47767 cosh ( m L) cosh (15,37163 m -1 0,03 m) 1,10823
35 W/m 2 . o C cosh (15,37163 m -1 0,03 m) 0,00459 ( h / km)] sinh m L 237 W/m. o C 15,37163 m -1 35 W/m 2 . o C cosh (15,37163 m -1 0,03 m) 0,01065 ( h / km)] cosh m L 237 W/m. o C 15,37163 m -1 maka f
0,47767 0,01065 0,95157 15,37163 m -1 0,03 m 1,10823 0,00459 1
Oleh karena itu,
Laju perpindahan panas konduksi total : q fin total
o
2
Efektivitas fin total:
f total
27778 0,000241 m 2 (1 0,95157 ) 35 W/m . C 70 C 7,558153 m 1 7,558153 m 2 17723,1492 3 W 2 o
7,558153 m 2 27778 0,000241 m 2 1 0,95157 7,23394 1 2 2 1m 7,558153 m
Efisiensi fin total
f , total
27778 0,000241 m 2 (1 0,95157) 0,95711 1 2 7,558153 m
69 Consultant
