BAB I PENGANTAR PERPINDAHAN PANAS 1. Pendahu ahulua luan
1.1 Deskripsi Bab I membahas tentang cara-cara perpindahan panas dan hukum-hudasar perpindahan panas. 1.2 Manfaat / Relevansi Memahami dasar-dasar perpindahan panas dan cara-cara perpindahan panas untuk kehidupan sehari-hari maupun yang digunakan dalam industri.
1.3. 1.3.
Tuju Tujuan an Ins Instr truk uksi sion onal al Khu Khusu suss ( TIK TIK )
Mahasis Mahasiswa wa mampu mampu menjel menjelask askan an tentan tentang g cara-c cara-cara ara perpin perpindaha dahan n panas panas dan dasar hukum nya.
1.4 Petunjuk Petunjuk mempelajar mempelajarii a. Baca Baca dan pahami pahami semua semua isi yang yang ada dalam dalam bab bab ini dengan dengan hatihati-hat hatii dan teliti. b. b. Ting Tingka katk tkan an pema pemaha hama man n deng dengan an mena menamb mbah ah baha bahan n baca bacaan an lain lain yang yang relevan. c. Diskus Diskusii dengan dengan teman teman untuk untuk meningka meningkatka tkan n pemahama pemahaman. n. d. Berlatih Berlatih dengan tekun untuk meningkatka meningkatkan n pemahaman pemahaman.. e. Jika Jika ada ada kesul kesulit itan an,b ,ber erta tany nyaa denga dengan n dose dosen n atau atau nara nara sumb sumber er lain lain yang yang relevan. 2. Penyajian 2.1.Pengertian perpindahan panas
Perpindahan panas : berpindahnya panas ( energi ) dari daerah satu ke daerah lain karena ada perbedaan suhu. Beda suhu merupakan gaya dorong perpindahan,dan perpindahan dari suhu tinggi ke suhu rendah. 1
Dalam mempelajari perpindahan panas ada persamaan dan perbedaan dengan thermo thermodin dinami amika ka , persam persamaan aan mempel mempelaja ajari ri panas panas dan perbed perbedaann aannya ya pada pada thermodinamika yang dipelajari kesetimbangan kalau perpindahan panas yang dipe dipela laja jari ri meka mekani nism smee alir aliran an panas panas dan dan wakt waktu u yang yang dipe diperl rluk ukan an untuk untuk perpindahan.
2.2 Cara-cara perpindahan panas .
Cara perpindahan panas ada 3 : yaitu konduksi , konveksi dan radiasi a..Konduksi a..Konduksi : Perpindahan Perpindahan panas terjadi terjadi dari suhu suhu tinggi ke suhu rendah , dalam perpindaha perpindahan n perlu medium , biasanya biasanya terjadi terjadi pada benda padat dan perpindahan berlangsung secara lambat. b.Konveksi : Perpindahan panas terjadi dari suhu tinggi ke suhu rendah , dalam perpindahan perlu medium , terjadi perpindahan antara permukaan benda padat dengan fluida , dan perpindahan berlangsung cepat. c.Radiasi c.Radiasi : perpindahan perpindahan panas terjadi dari suhu tinngi tinngi ke suhu rendah , dalam perpindahan tanpa medium , perindahan berlangsung secara pancaran atau gelombang elektro magnetik dan perpindahan sangat cepat.
2.3.Hukum dasar perpindahan panas : a.Konduksi
Hukum Fourier : qk = - k A dT/ dx qk = laju perpindahan panas dengan cara konduksi ( Btu/jam ) k = konduktivitas termal bahan ( Btu/jam.ft .oF ) A = luas penampang perpindahan perpindahan ( ft2 ) dT/dx = gradient suhu terhadap jarak dalam arah aliran panas x ( oF/ft) Harga k merupaka merupakan n fungsi suhu suhu k = f (T) , atau atau dapat dibaca dibaca dari dari grafik grafik atau table. Jika harga k besar dapat sebagai penghantar panas atau konduktor contoh : Fe , Al , Ni , Cu dan lain-lain. Jika harga k kecil dapat sebagai sebagai penghambat penghambat panas atau isolator isolator contoh : kayu , gabus dan lain-lain. 2
Dalam mempelajari perpindahan panas ada persamaan dan perbedaan dengan thermo thermodin dinami amika ka , persam persamaan aan mempel mempelaja ajari ri panas panas dan perbed perbedaann aannya ya pada pada thermodinamika yang dipelajari kesetimbangan kalau perpindahan panas yang dipe dipela laja jari ri meka mekani nism smee alir aliran an panas panas dan dan wakt waktu u yang yang dipe diperl rluk ukan an untuk untuk perpindahan.
2.2 Cara-cara perpindahan panas .
Cara perpindahan panas ada 3 : yaitu konduksi , konveksi dan radiasi a..Konduksi a..Konduksi : Perpindahan Perpindahan panas terjadi terjadi dari suhu suhu tinggi ke suhu rendah , dalam perpindaha perpindahan n perlu medium , biasanya biasanya terjadi terjadi pada benda padat dan perpindahan berlangsung secara lambat. b.Konveksi : Perpindahan panas terjadi dari suhu tinggi ke suhu rendah , dalam perpindahan perlu medium , terjadi perpindahan antara permukaan benda padat dengan fluida , dan perpindahan berlangsung cepat. c.Radiasi c.Radiasi : perpindahan perpindahan panas terjadi dari suhu tinngi tinngi ke suhu rendah , dalam perpindahan tanpa medium , perindahan berlangsung secara pancaran atau gelombang elektro magnetik dan perpindahan sangat cepat.
2.3.Hukum dasar perpindahan panas : a.Konduksi
Hukum Fourier : qk = - k A dT/ dx qk = laju perpindahan panas dengan cara konduksi ( Btu/jam ) k = konduktivitas termal bahan ( Btu/jam.ft .oF ) A = luas penampang perpindahan perpindahan ( ft2 ) dT/dx = gradient suhu terhadap jarak dalam arah aliran panas x ( oF/ft) Harga k merupaka merupakan n fungsi suhu suhu k = f (T) , atau atau dapat dibaca dibaca dari dari grafik grafik atau table. Jika harga k besar dapat sebagai penghantar panas atau konduktor contoh : Fe , Al , Ni , Cu dan lain-lain. Jika harga k kecil dapat sebagai sebagai penghambat penghambat panas atau isolator isolator contoh : kayu , gabus dan lain-lain. 2
Kasus sederhana
q k =−k A
T p
dT dx
Tw q k
Td
A
0
q k
dx =−k dT A k
( T p −T d ) L ∆T ∆T = = L Rk
L
=
kA Rk =
L kA
Contoh : Salah satu muka sebuah plat tembaga yang tebalnya 3 cm, mempunyai suhu tetap 400oC , sedangkan suhu muka yang sebelah lagi 100oC. Berapa panas yang dipindahkan melintasi plat tembaga tersebut ? Jawab : → arah x positif
Tsi = 400°C Tso = 100°C ∆x = 3 cm T rata-rata = (400 + 100)/2 = 250oC Dari table diperoleh harga k= 370 W/m W/m oC
q k = - k A dT/dx ------- Hukum Fourier
q k /A /A = - k dT/dx dT/dx = - (370) (100 – 400 )/(0,03 )/(0,03 ) = 3,7 106 W/m2 3
b.Konveksi
q c= hc A ΔT = ΔT/R c qc = Laju perpindahan panas dengan cara konveksi , Btu/jam A = luas perpindahan panas , ft2 hc = koefisien perpindahan panas konveksi , Btu/jam oF ft2 Δ T = beda suhu , oF K c = konduktansi termal perpindahan panas konveksi = hc A. R c = tahanan termal = 1/ (hcA) Contoh : Konveksi Permukaan dinding luar furnace pada suhu 350oC , udara sekitarnya pada suhu 25oC , diketahui koefisien perpindahan panas konveksi , h = 20 W/m2 K. Hitunglah laju kerugian panas secara konveksi per satuan luas dinding furnace tersebut ? .
Jawab : Tso = 350°C
qc = ?
T∞ = 25°C
Asumsi : -
stedi
-
Panas radiasi diabaikan
-
Suhu dan h seragam pada seluruh permukaan dinding
q c = hc A ∆T = 20 W/m2 ∆K ( 350 – 25 ) ∆C . ( 1 ∆K/1 ∆C ) = 6500 W/m2.
4
c.Radiasi
Radiasi benda hitam : menyerap energi
Benda hitam memancarkan energi dari permukaan : qr = σ A1 T14 = hr A1 ΔT Jika 2 benda hitam saling bertukar panas : qr = σ A1 ( T14 - T24 )
qr = Laju perpindahan panas secara radiasi , Btu/jam hr = koefisien perpindahan panas secara radiasi , Btu/jam oF ft2 σ= konstante Stefan Boltzman = 0,1774 x 10-8 Btu/jam ft2 oF = 5,669 x 10-8 Watt/m 2 K 4
Benda tidak hitam ( abu-abu ) :
qr = σ A1 ε1 ( T14 - T24 )
ε = emitansi
Contoh Radiasi : Dua buah plat hitam dengan jarak tak berhingga yang suhu nya masing-masing 800oC dan 300oC, saling bertukar kalor melalui radiasi .Hitunglah perpindahan kalor per satuan luas ?.
Jawab :
q/A = σ ( T14 – T24 ) = 5,669 x 10-8 ( ( 1073)4 - (573)4) = 69,03 x 103 W/m2.
5
2.4 . Perpindahan panas gabungan
Dalam keadaan sehari – hari perpindahan panas tidak sendiri – sendiri tetapi gabungan . Konveksi dan radiasi yang bersamaan : Untuk perpindahan panas secara konveksi dan radiasi benda abu-abu dan keadaan sekitarnya :
qr
qc
Tsurr
T∞ Ts q = qc + qr q = h A ( Ts - T∞ ) + ε A σ ( Ts4 – Tsurr 4) Contoh : Suatu dinding batu bata furnace mempunyai sifat abu-abu dengan emisivitas ε = 0,8 . Suhu permukaan Ts = 350o C , udara dekat dinding T∞ = 25oC dan suhu sekitar = Tsurr = 30oC, hc = 18 W/m2 K.Hitunglah laju kerugian panas menyeluruh pada dinding ?
Tsurr = 30°C = 303 K qr
qc
T∞ = 25°C Ts = 350°C 6
Asumsi : - Keadaan sekitar cukup besar - Permukaan dinding tidak cekung - T , h pada permukaan seragam.
Jawab : Untuk konveksi dan radiasi bersama-sama :
q/A = h ( Ts - T∞ ) + ε σ ( Ts4 – Tsurr 4 ) = ( 18) ( (623) – (298)) + (0,8)( 5,669 x 10-8 ) (( 623)4 – (303)4) = 12300 W/m2.
Neraca energi pada permukaan Sebuah permukaan sangat tipis , sehingga akumulasi = 0 ( stedi) Neraca energi : Ein = Eout atau qk = qc + qr
Tsurr qk qk
qc T∞
Contoh : Dinding furnace bagian dalam bersuhu 500oC, diluar ada udara suhu T∞ = 20oC dan suhu sekitarnya
yang luas Tsurr = 25oC . Dinding tersebut mempunyai
emisivitas ε = 0,85 , tebal = 10 cm , k = 3 W/m oC , h c = 15 W/moC . Tentukan suhu permukaan ( Tso ) dinding tersebut ?
7
Jawab :
Tso = ? Tsurr = 25°C qr qk
Tsi = 500°C
L=10 cm
qc T∞ = 20°C
Asumsi : -
keadaan stedi
-
harga k konstan
-
T , h pada permukaan seragam
Neraca panas :
q k = qc + qr atau qk /A = qc/A + qr /A
- k ( T so- Tsi)/ z = h ( T so- T∞ ) + ε σ ( T so4 – Tsurr 4 )
-3 (Tso – 773)/ 0,1 = 15 ( Tso – 293 ) + ( 0,85)( 5,669 x 10-8 ) ( ( T so4 – ( 298)4)
Dengan coba-coba ruas kiri = ruas kanan , sehingga diperoleh : Tso = 534 K = 261oC .
2.5..Satuan dan dimensi
Dimensi : L = panjang M = massa F = gaya 8
T = suhu dll
Konversi : 1 Btu = 778,16 lbf/ft 1 Btu = 1055 Joule 1 Btu = 252 kalori dll Skala suhu : Ukuran absolute : K ; oR 1 ∆oC = 1 ∆ K T K = T oC + 273 T oR = T oF + 460
3. Penutup
3.1 Rangkuman : Perpindahan panas terjadi dari suhu tinggi ke suhu rendah, cara perpindahan ada 3cara : konduksi, konveksi dan radiasi.Pada pelaksanaannya atau prakteknya cara perpindahan panas tidak sendiri-sendiri tetapi secara gabungan
contoh konduksi dengan konveksi ,konveksi dengan radiasi ,
gabungan konduksi konveksi radiasi
3.2. Test mandiri
1. Suhu pada permukaan suatu dinding datar yang tebalnya 15 cm adalah 370oC dan 93oC . Dinding terbuat dari gelas yang mempunyai sifat sbb: k = 0,78 W/moC , ρ = 2700 kg/m3 , Cp = 0,84 kJ/kg oC . Berapakah aliran panas melalui dinding tersebut pada keadaan stedi? 9
2.Dua buah bidang parallel yang sangat luas mempunyai sifat mendekati benda hitam . Suhu masing –masing dipertahankan pada suhu 1100oC dan 425oC. Hitunglah perpindahan panas radiasi antara kedua bidang itu per satuan luas per waktu ?.
3.3
Umpan Balik 1. Permukaan dinding datar tebal = Δ x = 15 cm = 0,15 m T1 = 370oC , T2 = 93 oC , k = 0,78 W/m.oC .
q A
= − k
∆T (370 −93 ) = − (78 ) = −144 ,04 kW / m 2 ∆ x 0,15
2. Dua buah bidang parallel yang luas mendekati benda hitam ε = 1,0 T1 = 1100 + 273 = 1373 K ; T2 = 425 + 273 = 698 K
q A
=σε (T 14 −T 24 ) =5,669 x10 −8 [(1373 ) 4 −(698 ) 4 ] (1) = 188
kW/m2
4. Pustaka
a. Holman , J.P , “ Heat Transfer “ 1977 , Mc Graw Hill Book Company New York b. Kreith , F , “ Principle of Heat Transfer “ 1973 , third ed , Mc. Graw Hill Book Company , New York . c..Kern D. Q , “ Process Heat Transfer “ , 1950 , Mc. Graw Hill Book Company New York .
10
BAB II KONDUKSI PADA KEADAAN STEDI
1.Pendahuluan
1.1
Deskripsi Bab kedua membahas tentang perpindahan panas konduksi kaadaan stedi satu dimensi mengenai bidang datar, silinder , tebal isolasi kritis ,dan perpindahan
panas
pada
permukaan
yang
menonjol(sirip),
serta
perpindahan panas untuk dua dimensi . 1.2.Manfaat Dapat digunakan untuk menghitung laju perpindahan panas pada benda padat
berlapis atau isolasi untuk bidang datar , silinder dan juga
digunakan untuk menghitung koefisien perpindahan panas secara keseluruhan . 1.3.Tujuan Instrusional Khusus ( TIK) Setelah membaca bab II mahasiswa mampu memahami dan menghitung laju perpindahan panas untuk benda padat baik bentuk datar dan silinder. 1.4. Petunjuk mempelajari a.Baca dan pahami semua isi yang ada dalam bab ini dengan hati-hati dan teliti. b.Tingkatkan pemahaman dengan menambah bahan bacaan lain yang relevan. c.Diskusi dengan teman untuk meningkatkan pemahaman. d.Berlatih dengan tekun untuk meningkatkan pemahaman. e.Jika ada kesulitan , bertanya dengan dosen atau nara sumber lain yang relevan
11
2. Penyajian 2.1 Dinding datar a Bentuk sederhana
T p
Td
qk Hukum Fourier : q k =
Ak L
(T p − T d ) =
∆T
Rk
= K k ∆T
L b. Bentuk Struktur Komposit Seri
: L1
L2
L3
hi
ho k 1
k 2
k 3
Ti q
q To T1
T2
q = hi A(T i − T 1 ) =
q=
(Ti − T 1)
R1
=
k 1 L1
T3
T4
A(T 1 − T 2 ) =
(T 1 − T 2)
R2
=
k 2 L2
A(T 2 − T 3 ) =
(T 2 − T 3)
R3
=
k 3 L3
(T 3 − T 4)
R4
=
A(T 3 − T 4 ) = h0 A(T 4 − T 0 ) (T 4 − To)
R5
R 1= 1/ (hi A ) ; R 2 = L1 / k 1 A ; R 3 = L2 / k 2 A ; R 4 = L3 / k 3 A ; R 5 = 1/(hoA) q=
Ti − To n
∑ Rn i =1
Paralel :
12
a
b
d
Ti c To
q=
∆T
∑ Rth
parallel :
=
Ri + Ra +
1
Rb
+
1
Rc
=
Ti − T 0 RbRc Rb + Rc
+ Rd + R0
Rb + Rc Rb . Rc
Contoh : Sebuah dinding tanur terdiri dari 2 lapisan batu tahan api ( k 1 = 0,8 Btu/ jam ft oF) setebal 9 in dan bata isolasi ( k 2 = 0,1 Btu/ jam ft oF) setebal 5 in .Suhu didalam tanur 3000oF dan konduktansi permukaan satuan pada dinding dalam sebesar 12 Btu/jam ft2 oF . Suhu udara sekitar 80oF dan konduktansi permukaan satuan pada dinding luar 2 Btu/ jam ft2 oF . Dengan mengabaikan tahanan termal adukan semen , perkirakan : a.
Laju perpindahan panas ?
b.
Suhu pada dinding dalam ?
Jawab:
Ti = 3000°F q
T1
To = 80°F
T2
T3
13
q A q A
b. q =
=
(Ti −To )
∑ R
n
3000
=
−
80
=
(1 / 12 ) + ((9 / 12 ) / 0,8) + ((5 / 12 ) / 0,1) + (1 / 2)
(Ti − T 1)
R1
=
(T 1 − T 2)
R2
=
(T 2 − T 3)
R3
=
(T 3 − T 4)
R4
=
513
Btu jamft
2
(T 4 − To)
R5
T −T 1 q= i ; R1
Ti – T1 = (513 ) ( 1/12) = 43oF ; T1 = 3000 – 43 = 2957 oF T3 - To = 513 ( ½ ) ; T3 = 80 + ( 513 )(1/2) = 336,5 oF. T2 – T3 = 513 ( 5/12) / (0,1) = 2137,5 T2 = 336,5 + 2137,5 = 2474 oF
2.2 Silinder Suatu silinder / tabung panjang dengan jari-jari dalam r i , jari-jari luar r o dan panjang L terlihat pada gambar dibawah :
L
To r r i
r o r i = jari –jari dalam r o = jari –jari luar Ti = suhu permukaan dalam To = suhu permukaan luar 14
L = panjang silinder
q
k
Ar
=−
dT
; Ar = 2 Π r L
dr
qk = - 2 Π r L k
dT dr
Batas : T = Ti pada r = r i T = To pada r = r o
r 0
q k
dr
∫ r
T o
= − ∫ 2π L k dT
r i
qk ln
r o
=
r i
qk
T i
=
2 π L k (T i
2 π L k ( T i ln
q k =
T i −T o Rth
− T o
)
−T o )
r o r i
;
ln Rth =
r o r i
2π L k
Untuk system 3 lapis :
15
ln
Ra =
r 2 r 1
;
2π k A L
q k =
ln Rb =
r 3 r 2
2π k B L
;
ln Rc =
r 4 r 3
2π k C L
2 π L ( T 1 −T 4 ) r r r ln 4 ln 2 ln 3 r 3 r 1 r 2 + + k A k B k C
Untuk system bola ( satu dimensi ):
q k =
4 π k ( T i −T o ) − 1 1 r i
−
r o
Contoh : Suatu tabung berdinding tebal terbuat dari baja tahan karat ( 18 % Cr ; 8 % Ni ) 2
k 1 = 19 W/ m
C , dengan diameter luar 4 cm , diameter dalam 2 cm , dibalut dengan
o
isolasi asbes setebal 3 cm k 2 = 0,2 W/ m2 oC. Jika suhu dinding dalam 600 oC dan suhu dinding luar isolasi 100 oC , hitunglah rugi kalor per m panjang pipa ?
Jawab :
16
r 2 = 4/2 cm = 2 cm r 1 = 2/2 cm = 1 cm r 3 = 2 cm + 3 cm = 5 cm
RR
R 2
R 3 2 π ( T 1 − T 3 )
q k / L =
ln
r 2
ln
r 1
+
k 1
r 3
=
r 2
k 2
2 π ( 600 − 100 ) = 680 W / m 2 5 ln ln 1 + 2 19 0,2
2.3 Koefisien Perpindahan panas menyeluruh
a. Bidang datar Ti
q
ho
hi
To ∆x
q
= h1
A ( T i
q k =
1 hi A
−T o
)
=
k A ( T 1
∆ x
( T i −T o ) r r ln 3 ln 4 r 3 r 2 + + k B k C
qk = U A Δ T menyeluruh
−T 2
)
= ho
A ( T 2
−T o
)
…………………………………… ( 1 )
………………………………………………
(2) 17
pers. 1 = 2 U =
1
hi
+
1 ∆ x
+
k
1
ho
b.Bidang silinder
R i
R o
T A
q=
ln
1
+
hi Ai
U i
=
1 hi
2.3.
+
−T B
r o r i
+
2 π k L
1 r Ai ln o r i 2 π k L
1 ho Ao
1
U 0 = +
1 ho Ao
;
A0 Ai hi
A0 ln +
r o r i
2 π k L
+
1
h0
Tebal kritis isolasi
Kita perhatikan selapis isolasi yang dipasang sekeliling sebuah pipa bundar , seperti pada gambar dibawah Gb. …… . Suhu dinding dalam isolasi pada Ti , sedang muka luarnya terkena lingkungan konveksi pada T∞ . Dari jaringan termal persamaan perpindahan kalor sbb :
T∞
18
q=
2π L ( T i − T ∞ ) ln
r 0 r i
k
Kondisi maksimum :
L ( T i −T 0 )( − 2π (
ln r 0 r i k
r 0 = r c =
dq
1 k r 0
+
=
dr 0
−1
r 0 h
−
)
1 h r 02
+
1 r o h
0
) =
0
2
k h
Contoh : Hitunglah jari-jari kritis isolasi asbes ( k = 0,17 W/ m oC) yang membalut
a.
pipa yang terkena udara kamar yang suhu nya 20oC dengan h = 3 W/m2 oC ? b. Hitunglah rugi kalor dari pipa yang diameter nya 5 cm dan suhu nya 200oC , jika dibalut dengan isolasi pada jari-jari kritis , dan tanpa isolasi ?
a)
Jawab : r o = r c = k/h = 0,17 / 3 = 0,0567 m = 5,67 cm
b)
ri = 5/2 = 2,5 cm q L
=
2π (T i −T ∞ ) ln r o r i 1 + k r 0 h
=
2 π ( 200 − 20 ) ln ( 5,67 2,5 ) 1 + 0,17 ( 0,0567 )(3)
=105 ,7
W m
Tanpa isolasi : q L
= h ( 2 π r i ) ( T i − T ∞ ) = (3)( 2π )( 0,025 )( 200 − 20 )
= 84 ,8
W m
19
2.5 Sistem dengan sumber panas
Penerapan yang menarik dari pada prinsip perpindahan kalor banyak yang menyangkut system dimana kalor dibangkitkan dari dalam.Salah satu contohnya adalah reactor nuklir , konduktor listrik .sistem reaksi kimia
Dinding datar dengan sumber kalor Sebuah pelat datar dengan sumber panas yang terbagi secara seragam
Neraca Energi : Laju konduksi panas melalui permukaan kiri ke dalam elemen dx + Laju pembangkit panas di elemen yang tebal nya dx = laju konduksi panas melalui permukaan kanan keluar dari elemen (x + dx).
−k A
dT dx
∫ x + q
∗
A dx
= −k A
dT dx
20
−k A
∗
dT x
dx
d
q =−
dx
+ q A dx =−k A
( k
dT x +dx
dx
+
d dx
( −k A
dT dx
) dx
2
dT
= −k
)
dx
d T d x
2
Penyelesaian integrasi : T
q• 2 x 2 k
+C 1 x +C 2
=−
………………………………………………. (1)
C1 , C2 = konstanta integrasi
Batas : T = T0 pada x = 0 T = T0 pada x = 2 L
Pers (1) : T0 = - 0 + 0 + C2
;
T0 = C2
•
q T 0 =− ( 2 L) 2 +C 1 ( 2 L) +T 0 2 k
q q
•
2
2k
( 4 L )
T =−
= C 1 ( 2 L)
q x
2
2k
+
q L k
→ C 1 =
2k
( 4 L2 )
•
=
2 L
q L k
x +T o
x 2 x − 2 ( ) ( ) L 2k L 2
T −T 0 =
q L
-----
Distribusi suhu melintasi pelat parabola
dengan puncak di bidang tengah x = L Beda suhu bidang tengah dan permukaan :
qL 2
( T −T o ) maks =
permukaan = h0
2k
. ; Bila pelat terendam pada fluida T = T∞ , konduktansi
;
21
qL = −k
dT dx
x =o
=h0 ( T 0 −T ∞ ) →T 0 −T ∞=
qL h0
2.6 Sistem konduksi – konveksi
Panas yang dihantarkan melalui suatu benda sering dikeluarkan secara konveksi . Contoh : - HE type finned tube seperti pada block mesin kendaraan bermotor. - Dinding tanur , oven
Gambar 2-11: Sistem konduksi konveksi satu dimensi melalui sirip siku empat
Perpindahan panas dari fluida ke pipa bersirip secara konveksi . Panas dihantarkan melalui bahan dan dilepas ke lingkungan secara konveksi.
T0 : suhu di dasar sirip T∞ : suhu lingkungan atau sekeliling .
Pendekatan masalah dilakukan dengan membuat neraca energi untuk sirip 22
setebal dx seperti pada gambar diatas .
Neraca energi :
Energi masuk = energi keluar + energi yang hilang karena konveksi
Energi masuk : q
q
Energi keluar :
= −k A
x
x +dx
dT dx
k A
= −
dT x +dx
dx
k A (
= −
dT dx
d 2T
+
dx
2
dx )
Energi hilang karena konveksi : q= h P dx ( T - T∞ )
Dimana : A = luas penampang sirip P = keliling dx= tebal sirip
Neraca energi :
− kA
kA
dT dx
d 2T dx
2
= −k A (
−
hP kA
dT dx
+
dx
=
dx 2
dx ) + h P dx ( T − T ∞ )
( T −T ∞ ) = 0 atau
Asumsi : Ө = T - T∞ dan
dT
d 2T
d θ dx
;
hP
=
kA
d 2T dx 2
=
m
d 2 T dx
2
−
hP kA
( T −T ∞ ) .......... .......... .......... .(1)
2
d 2θ dx 2
23
d
2
dx
θ 2
− m 2θ = 0
.......... .......... .......... .......... .......... .......... .......( 2)
Sebagai penyelesaian diperoleh persamaan umum :
Ө = C1 e-mx + C2 emx ……………………………………………………(3)
Kondisi batas yang diketahui :
Ө = Ө 0 = T0 - T∞ pada x = 0
Batasan B.C : 1. Sirip sangat panjang dan suhu diujung sirip sama dengan suhu fluida disekitarnya 2.Ujung sirip diisolasi sehingga dT/dx = 0 3. Sirip panjangnya tertentu dan melepaskan kalor dari ujungnya.
Ad. 1 ) Sirip sangat panjang dan suhu diujung sirip sama dengan suhu fluida disekitarnya
BC : a)
Ө = Ө 0 pada x = 0 → Ө 0 = C1 + C2
b)
Ө = 0
pada x = ∞ → Ө = C2 Cm ∞ → C2 = 0 : C1 = C0 = 0
Subtitusi C2 dan C1 ke persamaan ( 3)
24
Ө = Ө0
+ 0
Ө = Ө0
atau
=
=
Ad. 2) Ujung sirip diisolasi BC : * Ө = Ө
0
pada x = 0
= 0 pada x = L →
→
0
=
= C1 + C2 +
= 0 = m(
+
)
= =
Subtitusi C1 ke Ө 0 →
Sehingga
=
=
=
)
=
(
=
=
→
)+
+
……………………………… (5)
atau
25
=
=
Menentukan jumlah panas yang dilepas Dengan menggunakan persamaan distribusi suhu ( persamaan 4 dan 5 ) → panas yang dilepas sirip dapat dihitung = q = - k A
/ x =0
Untuk kasus 1 , kalor yang dilepas oleh sirip : q = - kA
/ x =0
persamaan ( 4) :
= Ө0
= -m
→ m2 =
=-m
0
0
= -m
0
→ m =
→ q =− k A(−m q= +
0
) = k A
0
…………………………………………..(6)
Untuk kasus 2 , kalor yang dilepas oleh sirip : q = - kA
/ x =0
26
Persamaan ( 5) :
=
+
[
= [
+
= −m [
= −m
[
= −m
[
= −m
= kAm
] +
[
= −m
q = − k A[− m
]
] ] ] ]
tank ( m L)
tank ( m L) ]
tank ( m L)
m =
Atau q =
tank ( m L) ………………………………….. ( 7)
Efisiensi Sirip : Untuk
memindahkan efektivitas sirip dalam memindahkan sejumlah panas →
parameter efisiensi sirip =
= Contoh kasus 1 :
=
=
.
27
Kasus 2 :
=
=
Sirip yang dibahas disini cukup dalam , sehingga aliran kalor dapat dianggap satu (1) dimensi
. L =
mL =
. L
Dimana Z = Kedalaman sirip t →
= tebal sirip
jika sirip cukup dalam maka 2 Z >> zt
L =
mL =
= =
x
. .
dimana : L = t = profil bidang sirip Lt = Untuk kasus 2 : ada panjang koreksi . Harper & Brown →
= L +
= panjang yang dikoreksi t
= tebal sirip
28
Contoh : Perkirakan kenaikan laju perpindahan panas yang dapat diperoleh dari dinding silinder dengan mempergunakan 6 sirip yang berbentuk pena per 10 cm2 . Masing-masing sirip tersebut bergaris tengah 5 mm dan tingginya 25 mm. Koefisien perpindahana panas antara permukaan dinding silinder atau sirip dengan udara = 140 W/m2 K. suhu dinding silinder = 600 K dan suhu udara = 300 K. Dinding sirip tersebut terbuat dari AL Penyelesaian : Pembuangan panas per m2 permukaan tanpa sirip
=
140 ( 600 - 300 ) = 42.000 W/m2
Laju perpindahan panas per sirip = q =
(
tank mL
P = (π ) ( 0,005 ) = 0,0157 m A =
( 0,005
= 1,96 x 10-
5
m2
K = 205 W/ m K
=
= 0,094 mL = L
= ( 0,025)
= 0,5847
tank m L = tank 0,5847 = 0,526 i
= (0,094) (600 - 300 ) (0,526i) = 14, 8 W Untuk per m2 =
x 6 = 6000 sirip
= ( 6000 ) (14,8) + 42000 [ 1 – (6000) (
]
= 125.861 W/ m2 29
2.7.Tahanan kontak termal
Jika ada 2 bahan padat yang berbeda dihubungkan satu dengan yang lain = sisi bahan diisolasi : sehingga aliran panas berlangsung dalam arah axial. → Fluks bahan yang melewati kedua bahan
keadaan stedi
T q A
T1
T2A
B T2B
T3
X ∆xA
∆xB
1
2
3
Gambar 2-12 : Efek tahanan kontak termal a ) situasi fisik b)profil suhu Penurunan suhu secara tiba-tiba pada bidang ke. 2 =yaitu bidang kontak kedua bahan = disebabkan oleh tahanan kontak termal. Neraca Energi diperoleh :
q =
A
=
=
A
atau q=
= tahanan kontak termal = koefisien kontak → Hal ini penting dalam penerapannya ; karena banyak sekali situasi perpindahan panas yang menyangkut persambungan 2 bahan yang berbeda.
30
Ada 2 unsur yang menentukan perpindahan panas pada sambungan : 1)
Konduksi anatar zat padat dengan zat padat pada titik singgung.
2)
Konduksi melalui gas yang terkurung pada ruang kosong yang terbentuk
karena persinggungan itu. Aliran kalor yang melintasi sambungan :
+
q =
Av
= =
[
+
]
Keterangan : = bidang kontak = bidang kosong = tebal ruang kosong
= konduktivitas termal
fluida
2.8. Konduksi keadaan stedi dalam dua dan tiga dimensi
Penurunan pers. konduksi panas +y dq
dy qxαdx
qx
dx +x
+Z Gambar 2-13 : Sketsa yang menggambarkan nomenklatur untuk penurunan persamaan konduksi panas umum dalam koordinat Cartesius. 31
Neraca Energi : Laju aliran + Laju pembangkit panas = Laju aliran panas energy panas masuk oleh sumber dalam ke luar ( qx + qy + qz ) + q ( dxdydz) = (
+
+
+ Laju perubahan dalam
) + c P ( dxdydz)
……….
(3-1) Arah x qx = ( - k
) dy dz
= [ (- k
+
=
−
) dx ]dy dz dxdydz
Arah y : =
−
dxdydz
Arah z: =
−
dxdydz
Persamaan ( 3-1) = dengan dibagi dxdydz (k
) +
(k
) +
(k
) +q = C
……………(3 -2)
C = panas jenis ρ = densitas
Jika : C ≠ f ( T ) ; P ≠ f (T) ; harga k seragam
+
→
α
+
+
=
..............................................(3-3)
=
32
Jika sistem tidak mengandung sumber panas
+
→
+
+
=
………………………….( 3 - 4)
( Persamaan Fourier )
Jika system stedi , ada sumber panas
+
→
+
+
= 0 ……………………………….( 3 – 5)
( Persamaan Poison)
Jika system stedi , tidak ada sumber panas
+
→
+
= 0 ……………………………….( 3 – 6)
( Persamaan Laplace) Konduksi keadaan stedi dimensi rangkap +
= 0 ……………………..(3-1) → k dianggap tetap
Aliran kalor pada arah x → pers. Fourier = −k
……………………………………… ………….(3 - 2)
= −k
…………………………………………………..( 3 – 3)
Arah y :
Persamaan diatas dapat diselesaikan : a) Analisa matematik b) Analisa grafik c) Analisa Numerik
33
Analisa grafik :
Faktor bentuk konduksi Dalam system dua dimensi , dimana terlibat hanya dua batas suhu, kita dapat mendefinisikan faktor bentuk konduksi sehingga :
q = k S ∆
S= faktor bentuk A = luas dinding
=
;
= 0,54D
L = tebal dinding
= 0,15 L
D = panjang tepi
→ Nilai S untuk beberapa bentuk geometri sudah ditentukan dalam daftar 3-1 ( Holman)
Contoh : 1) Sebuah pipa horizontal , diantara 15 cm dan panjang 4 m , dibenamkan di dalam tanah pada kedalaman 20 cm , suhu dinding pipa 75°C dan suhu permukaan tanah
= 5°C . Konduktivitas
termal tanah =
0,8 W/m°C .
Hitunglah kalor yang lepasa dari pipa ? Jawab :
R=
= 7,5 cm ; D = 20 cm ; L = 4m
L > R → tabel 3 - 1
S =
→ S =
= 15,35 m
q = k S ∆T = ( 0,8) (15,35) (75 -5) = 859,6 W 34
2)
Tanur bentuk kubus
ukuran 50 x 50 x50 cm, dari batu
tahan api : k =
10,4 W/m2 °C , tebal = 10 cm, T1 = Tdalam = 500°C , T2 = 50°C → q = ? Jawab :
Faktor bentuk Dinding = s =
=
= 2,5 m
Tepi = S = 0,54D = 0,54 (0,5) = 0,27 m Sudut = S = 0,15 L = (0,15) (0,1) = 0,015 m Kubus → 6 dinding ; 12 tepi ; 8 sudut S = ( 6 ) (2,5) + 12 (0,27) + 8 (0,015) = 18,36 m
q = k S ∆T = ( 1,04) (18,36) (500 -50) = 8592,48 W = 8,59248 kW
3. Penutup
3.1 Rangkuman : Menghitung perpindahan panas secara konduksi stedi untuk satu dimansi pada bidang datar , silinder , menentukan koefisien perpindahan panas keseluruhan ,serta menghitung perpindahan panas pada permukaan yang menonjol atau sirip.
3.2. Test mandiri 1. Hitunglah panas yang hilang dari suatu dapur , jika diketahui suhu gas dalam dapur 2500 oF dan suhu udara luar 70oF.Dinding dapur terdiri atas 3 lapisan: 9 inchi bata tahan api , 6 inchi bata penyekat , 4 inchi bata merah .
35
Daya hantar panas rata-rata (k m) untuk bata tahan api , bata penyekat dan bata
merah berturut-turut besarnya 0,7 ; 0,08 dan 1,0 Btu/jam ft oF , h
udara = 4 Btu/jam ft2 oF dan h gas dalam dapur = 20 Btu/jam ft2 oF . 2.Sebuah sirip Aluminium (k= 200 W/m oC) tebal 3mm dan panjang 75 cm terpasang pada dinding . Suhu pada dasar 300oC sedangkan suhu sekitar ialah 50oC dan h = 10 W/m2 oC . Hitunglah kalor yang dilepas oleh sirip itu per satuan kedalaman bahan ?.
3.3 Umpan Balik 1. Menghitung panas yang hilang dari dapur per satuan luas :
q
T − T
=
A R i+ R1 + R 2 + R3 + R o
q A
=
1 20
+
2500 − 70 0,75 0,5 0,333 0,7
+
0,08
+
`1
+
1
= 305
Btu jam ft 2
4
2.Menghitung panas yang dilepas sirip. Kita dapat menggunakan metode pendekatan panjang koreksi : Lc = L + t/2 Asumsi sirip ujungnya diisolasi .
\Lc = L + t/2 = 7,5 + 0,15 = 7,65 cm
m=
hP kA
=
h(2 z + 2t ) ktz
=
2h kt
36
Jika kedalaman sirip z >> t , Jadi : m =
Untuk ujung sirip diisolasi : q = (tanh mLc)
(2)(10 ) (200 )( 0,003 )
hPkA
=5,774
Өo = m k A Өo tanh mLc
Untuk kedalaman 1 m : A = (1)(0,003) = 0,003 m2 q = (5,774) (200)(0,003)(300-50) tanh ((5,774)(0,0765)) = 359 W/m.
4. Pustaka
a. Holman , J.P , “ Heat Transfer “ 1977 , Mc Graw Hill Book Company New York b. Kreith , F , “ Principle of Heat Transfer “ 1973 , third ed , Mc. Graw Hill Book Company , New York . c..Kern D. Q , “ Process Heat Transfer “ , 1950 , Mc. Graw Hill Book Company New York .
37
