ht1

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

Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One

Ali Hasimi Pane 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 dihantar dari sisi

Laju energi yang dibang kitkan dari dalam

kiri volume kontrol

Laju energi yang keluar dari sisi kanan

volume kontrol

volume kontrol

Laju/perubahan energi dalam

dari volume kontrol

dapat ditulis dalam bentuk persamaan matematik:

'''

qx q Adx qx dx

Adx

u t

….(1.1) 1

Consultant

dimana: A

= luas penampang

volume kontrol A dx = volume dari volume kontrol

qx

= 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: qx = - 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: qx

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

T c

t

….(1.8)

Kemudian dari persamaan 1.1 untuk laju perpindahan panas konduksi dari sisi luar atau sisi kanan volume kontrol dapat ditulis: qx dx qx dqx

….(1.9) 2

Consultant

Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimensional

Ali Hasimi Pane

atau

q

x dx

qx

dqx

….(1.10)

dx

dx Jika q sebagai fungsi lebih dari satu variable, maka dapat dilakukan differensial parsial:

q

x dx

q

x

qx

….(1.11)

dx

x subsitusi persamaan (1.3), (1.8), dan (1.11) ke persamaan (1.1), maka: qx q

'''

Adx qx

qx dx ( Adx) c x

T t

….(1.12)

eliminasi qx pada persamaan (1.12), maka:

q'''

Adx

qx dx ( Adx) c x

T

….(1.13)

t

atau qx dx ( Adx) c T x t Subsitusi persamaan (1.3) ke persamaan (1.14), maka:

q'''

Adx

….(1.14)

''' q Adx

T kA

T dx ( Adx) c

x

x

t

Kalikan kedua sisi dengan 1/ Adx , maka: T

q'''

T

k

c

x

x

t

atau 2

T T ''' q c k 2 x t Jika diselesaikan lanjut dimana (k) adalah konstan, maka: 2 ''' T q c T 2 x k k t dimana 2

T 2 x

k c '''

(Thermal diffusi), maka:

q

1 T

k

t

….(1.15)

….(1.16)

….(1.17)

….(1.18)

….(1.19)

3 Consultant



Persamaan (1.19) adalah merupakan persamaan perpindahan panas konduksi untuk dinding datar dalam kondisi steady state – satu dimensi.

Pada kondisi khusus:  Steady state 2 d T

q'''

2 0 dx k 0  Transient, tidak ada energi panas yang dibangkikan dari dalam

t

2

q''' 0 

T

1 T

2 x t Steady state dan ada energi panas yang dibangkikan dari dalam

t

'''

0;q

2 d T

0

2

0

dx Untuk perpindahan panas konduksi sistem tiga dimensi dapat ditulis:  Untuk sistem koordinat kartesius (seperti gambar) T k

T k

k

T ''' q

c

x x y y z z Jika konduktivitas thermal (k) adalah konstan, maka: 2 2 2 ''' T T T q 1 T 2 2 2 x y z k t

T t

….(1.20)

….(1.21)

….(1.22)

….(1.23)

….(1.24)

Gambar 1.2 Skematik perpindahan panas konduksi koordinat kartesius

4 Consultant



 Untuk sistem koordinasi silindris seperti gambar disamping 1

T

1

T

kr

T q'''

k

k

T

c

2

r r r r z z Jika konduktivitas thermal (k) adalah konstan, maka: 2 T 2 r

2 1 T

1 T

2

q'''

T

….(1.25)

t

1 T ….(1.26)

r r

r

2

2

z

2

k

t

Gambar 1.3 Skematik perpindahan panas konduksi koordinat silinder  Untuk sistem koordinasi spherical 1 2

kr 2

T

1

T

1

T

k sin

2

k

2

r r r sin r sin r Jika konduktivitas thermal (k) adalah konstan, maka: 2 2 T 1 T 2 T 1 T sin 2 2 2 r r sin r sin2 r r

2

q'''

T c

….(1.27)

t

q'''

1 T

k

t

….(1.28)

Gambar 1.4 Skematik perpindahan panas konduksi koordinat spherical 5 Consultant



2.

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) 2 T

q

'''

2 x

k

1 T t

Gambar 2.1 skematik perpindahan panas konduksi pada bidang datar dimana tidak ada energi yang dibangkitkan dari dalam, maka persamaan diatas dapat ditulis menjadi:

2

d 2T

T

0 0 atau 0 x2 dx2 kemudian lakukan proses integrasi ganda pada persamaan (2.1) Integrasi pertama: 2 2 d T 0 dx atau

dT

dx

C1

dT

C1 dx

....(2.1)

....(2.2)

Integrasi kedua: dT

C1 dx ....(2.3)

T

C 1x C 2

dari gambar 2.1 diketahui kondisi batas volume kontrol: Jika x = 0 ; maka T = T1, sehingga T 1 C1 0 C2 ….(2.4)

atau

C2

T1

6 Consultant

Ali Hasimi Pane State – One Dimensional

Jika x = L ; maka T = T2, sehingga

Perpindahan Panas Konduksi: Steady

T2 (C1 L) C2 atau T

C1

T

2

T2 (C1 L)

T1

1

L subsitusi harga C1 dan C2 ke persamaan (2.3), maka:

T

T T 2

TL atau

x T T 1

T1

L T2

1

x 1

….(2.5)

….(2.6)

sehingga untuk laju perpindahan panas konduksi pada bidang/dinding seperti gambar 2.1 dapat ditentukan berdasarkan hukum Fourier sebagai berikut: qx

kA

dT dx

….(2.7)

subsitusi persamaan (2.2) dan (2.3) ke persamaan (2.7), maka:

q

T kA 2

T

1

L

x

atau T1 T2 L dimana L / KA adalah hambatan thermal yang dinotasikan sebagai (R), dan qx kA

….(2.8)

persamaan (2.8) dapat ditulis: qx

T1 T2 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 qx

kA

Consultant

dT dx

….(2.10)



Gambar 2.2 Skematik perpindahan panas konduksi untuk dinding datar susunan seri dan konservasi energi

qx

kA

T2

kA

T1

T3

kA

T2

T4

T3

x1x2x3 atau

kA

1 1

qx

T

T

k2 A 2 T

2

1

3

k3 A 3

T

T T

2

4

3

x1 x2 x3 persamaan (2.11) dapat ditulis juga sebagai berikut: qx

(T T ) 2

k1 A 1

qx

; 1

k2 A 2

x1

(T T ) 3

; 2

qx k A 3

x

x2

3

3

1 kalikan persamaan diatas dengan x / kA , maka: T T T T T T 1 3 2 4 3 qx 2 xxx 1 2 3

k1 A1

k2 A2

k3 A 3

dengan menjumlahkan persamaan (2.12), maka akan diperoleh: qx

T1 T4 x

x

1

kA 1 1

k

x3

2

A 2

2

k

A 3

3

(T T ) 4

3

….(2.11)

….(2.12)

….(2.13)

dimana (L/kA) adalah tahanan thermal yang dinotasikan sebagai (R), maka persamaan (2.13) dapat ditulis: T1 T4

qx

R1 R2 R3

atau qx

T1 T4

R

….(2.14)

Total

8 Consultant



B. Laju perpindahan panas pada dinding komposit dengan mempertimbangkan perpindahan panas konveksi yang terjadi. Laju perpindahan panas konveksi dapat ditentukan: qa hA(T4 Ta ) atau

….(2.15)

T

q

4

1/ hA

a

dimana: 1/ hA

= R (tahanan thermal)

dari persamaan (2.12) (T T ) (T

qx

2

1

3

T ) 2

(T

4

T ) (T 3

4

T ) a

x1x2x31 k1 A1

k2 A2

k3 A3

hA

dengan menjumlahkan persamaan (2.17), maka diperoleh: qx

T1 Ta R1 R2 R3

atau R4

T

qx

R

Total

T

a

….(2.16)

….(2.17)

….(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 q2

....(2.19)

9 Consultant



atau (T T ) q

1

(T

2

T) 1

R

2

R

1

1 (T1

T2 )

2

R

1

1 R

….(2.20)

2

ditinjau dari analogi listriknya T1 T2

q

….(2.21)

R

Total

dimana 1

1 R

R Total

1 R

1

(dinding komposit susunan paralel) 2

atau RTotal

R1

R1

R2

R2

maka persamaan (2.21) dapat ditulis: T1 T2

q

….(2.22)

R R

1

2

R1 R2 dimana R1

L k1 A1

dan

R2

L k2 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

1 0 Consultant



dari persamaan: T1 T

T

q

R

….(2.23)

R

Total

Total

dimana

R

Total

R

paralel

atau

R R

1

R2

Total

R

R

konveksi

….(2.24)

R R konveksi

….(2.25)

seri

3

R1 R2 sementara itu,

L R1

1

k 1. A 1

;

R2 L2 k 2 .A 2

;

R

3

L3 k3.A3

;R

konveksi

1

….(2.26)

h.A3

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 24oC sementara temperatur lingkungan luar adalah -5oC. Kemudian gunakan koefisien perpindahan panas konveksi untuk bagian dalam dan luar jendela adalah h1 = 10 W/m2. o

C 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 R

T R R

total

atau

T T 1

q

1 hA 1

R

ikaca

2

L k

A kaca

o

1 hA o

1 1 Consultant



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 1

R

0,04167

o

C/W

i

2 o 2 10 W/m . C 2,4 m 0,006 m R o kaca o 2 0,00321 C/W 0,78 W/m. C 2,4 m 1 o Ro 2 o 2 0,01667 C/W 25 W/m . C 2,4 m sehingga Rtotal 0,04167 0,00321 0,01667

o

0,06155 C/W Oleh karena itu, a. Laju perpindahan panas konduksi pada jendela kaca: [24 ( 5)] oC

q

471,16166 W

b. Temperatur permukaan sisi dalam jendela kaca

q

T

T

1

1

Ri 12 Consultant



atau T1

q

T1 Ri

o

24 C (471,16166 W

o

o

0,04167 C/W) 4,3666 C

o

4,4 C c. Temperatur permukaan sisi luar jendela kaca

T

q

R

1

kaca

atau T2 T1 (q Rkaca ) 4,4 (471,16166 W 0,00321

o

C/W) 2,88757

o

C3

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 24oC sementara temperatur lingkungan luar adalah -5oC. 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.

T

2

Penyelesaian: Berdasarkan gambar dan analogi tahanan thermal sistem, maka dari persamaan: q

T R

T R R R R R

total

i

1

atau

23

T T 1

q

1 hA 1

L k

2

L A

kaca

o

k

L A

udara

k

A kaca

1 hA o 1 3

Consultant



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 1

R i

0,04167

o

C/W

2 o

10 W/m .

C 2,4 m 2 o 0,003 m 0,00160 C/W R 1 o 2 0,78 W/m. C 2,4 m 0,012 m o R2 o 2 0,19231 C/W 0,026 W/m. C 2,4 m o

R R 0,00160 3

C/W

1

1

2 o

Ro

25 W/m .

C 2,4 m

o 2 0,01667 C/W

sehingga Rtotal 0,04167

0,00160 0,19231 0,00160

o

0,01667 0,25385 C/W Oleh karena itu, a. Laju perpindahan panas konduksi pada jendela kaca: [24 ( 5)] oC q

114,24069 W

14 Consultant



b. Temperatur permukaan pada setiap titiknya - Untuk T1 T T

q

1

1

Ri atau T1

T1

q

Ri

o o o 24 C (114,24069 W 0,04167 C/W) 19,23959 C - Untuk T2 T2

T1

q

R1

o o o 19,23959 C (114,24069 W 0,00160 C/W) 19.05681 C - Untuk T3 T3

R

T2

q

2

19,05681

o

o o C (114,24069 W 0,19231 C/W) - 2,91282 C

o

o o C (114,24069 W 0,00160 C/W) - 3,09561 C

- Untuk T4 T4

R

T3

q

3

-2,91282

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 masing-masing adalah: kA = 150 W/m. oC, kB = 30 W/m. oC, kC = 50 W/m. oC, kD = 70 W/m. oC, dan AB = 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

R

T

T1 T2 1

Total RA RC

RA RC

1/ RB 1/ RD

T1 T2 R BR D

R R B

D 1 5

Consultant



Gambar 2.7 Skematik sistem untuk contoh soal 2.3 dimana, R

x kA

1 RA

RB

RC

RD

m

2,5 cm 100 cm 0,001667 o C/W o 2 k A Ac 150 W/m. C 0,1m 1 m xB 7,5 cm 100 cm o o 2 0,05 C/W kB ( Ac / 2) 30 W/m. C (0,1/ 2) m 1 m xC 5 cm 100 cm 0,01 o C/W o 2 kC Ac 50 W/m. C (0,1/ 2) m 1 m xD 7,5 cm 100 cm o 0,02143 C/W o 2 kD ( Ac / 2) 70 W/m. C (0,1/ 2) m xA

maka R 0,001667 0,01 Total 0,05 0,02143

Oleh karena itu.

0,05 0,02143

0,02667

o

C/W

T q

R

Total

o (370 66) C o 0,02667 C/W 11398,5752 W

16 Consultant



3.

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

dihantar volume dibangkitkan dari kontrol atau

qr r

Laju/perubahan

keluar dari volume energi dalam

dalam volume kontrol

''' qr q rd drdz qr

Laju energi yang

kontrol

dr (r d ) dr dz

dari volume kontrol

u t

….(3.1)

atau disederhanakan: qr dr q''' r dr d dzr dr d dz u r t dari hukum fourier untuk konduksi dalam koordinat polar: q kA r

r

T r

k dr dz T r

q q kA z

z

T z

T r

r d dz

k dr dz T r k r d dr

T z

….(3.2)

….(3.3) ….(3.4) ….(3.5)

17 Consultant


Ali Hasimi Pane

dari persamaan energi dalam u c T , dan subsitusi ke persamaan (3.2), maka: 1

r

r r

T

q'''

1 T

r

k

t

….(3.6)

Persamaan (3.6) adalah persamaan perpindahan panas konduksi satu dimensi untuk koordinat polar (sistem silindris). Untuk kondisi khusus:  Steady state 1d

0 maka

q'''

dT

r

0

….(3.7)

t r dr dr k  Transient, tidak ada energi yang dihasilkan

q''' 0

1

maka

T

r

1 T

….(3.8)

r r r t  Steady state dan tidak ada energi yang dihasilkan '''

q

0 dan

0

d r dT 0 dr dr

maka

t 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 dr

r

dT dr

0

atau

r

d 2T dr

2

0

….(3.9)

Dan melalui proses integrasi ganda pada persamaan diatas, maka diperoleh: Proses integrasi prtama 2 2 r d T 0dr atau

r dT C1 dr

atau dapat ditulis dT

C1

dr

r

….(3.10)

1 8 Consultant


Ali Hasimi Pane

Proses integrasi kedua

dT C

1

dr r

maka T C1 ln r C2

….(3.11)

Gamabr 3.2 skematik perpindahan panas konduksi pada bidang silindris berlubang

Penyelesaian dimana kondisi batas sistem silindris: Jika: r = r1

dan T = T1

dan subsitusi harga batas tersebut ke persamaan (3.11), maka: T1 C1 ln r1 C2 atau C2 T1 C1 ln r1 Jika: r = r2

….(3.12)

dan T = T2

kemudian subsitusi harga batas tersebut ke persamaan (3.11), maka: T2 C1 ln r2 C2 atau C2 T2 C1 ln r2 dari persamaan (3.12) dan (3.13), sama dengan-kan harga C2, maka diperoleh: T1 C1 ln r1 T2 C1 ln r2

….(3.13)

atau T1 T2 C1[(ln r1) (ln r2 )] sehingga T1 C1 ln r

T2 ln r

1

2

19 Consultant

Ali Hasimi Pane


jika disederhanakan C1

T 1 T2 ln(r1 / r2 )

atau

….(3.14)

T

C

T

2

1

1 ln(r2 / r1)

subsitusi persamaan (3.15) ke persamaan (3.12), maka: T T2 T1 ln r

C

1 ln (r

2

/r) 2

1

1

kemudian subsitusi persamaan (3.14) dan (3.15) ke persamaan (3.11), maka: T

T2 T1 ln r ln (r2 / r1)

T2

T 1

ln (r2 / r1)

atau T T

T 1

T 2

T1 ln r

ln r ln r1 1 ln r / r 2 1

1

….(3.15)

…(3.16)

….(3.17)

dari persamaan (3.17) jika disederhanakan adalah merupakan persamaan distribusi temperatur untuk sistem koordinat polar untuk bidang silinder berlubang: T T1 T T 2

ln ( r / r1) ln (r / r )

1

2

….(3.18)

1

Kemudian untuk persamaan laju perpindahan panas pada bidang silinder berlubang, dapat diselesaikan dimulai berdasarkan persamaan (3.3) dan (3.10) sebagai berikut: q kA r

r

dT dr

C1 r

dT dr

dan

akan diperoleh q

kA

C1

r r

r

subsitusi harga C1 dari persamaan (3.15)

qr

T1 T2 r ln (r / r )

kAr

2

1

atau qr

kAr (T1 T2 )

….(3.19)

r ln (r2 / r1) dimana Ar = 2 rL adalah luas selimut silinder, maka:

q

k

r

2 rL (T

1

T ) 2

r ln (r2 / r1) 2 0

Consultant


Ali Hasimi Pane

atau

q

k 2 L (T 1 T 2 ) r

ln (r2 / r1)

.…(3.20)

Dalam hubungan tahanan thermal, dimana dinotasi sebagai R Th, maka:

R

Th

ln (r2 / r1) 2 kL

subsitusi persamaan (3.21) kepersamaan (3.20), maka diperoleh: T T T 2 qr 1

R

Th

R

Th

….(3.21)

….(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) T qr

R

atau

T qr

1

T1

R1

Th

T T 1

qr

TT 1

T 2

R2

T T T 2

3

R3

3

2

R4

2

R1 R2 R3 R4

Gambar 3.3 Skematik analogi listrik perpindahan panas pada bidang silindris komposit dimana: 1

R1

h1 2 r1L

; R2

ln (r2 / r1) 2 k1L

; R3

ln (r3 / r2 ) 2 k2 L

; R4

1 h2 2 r3L 2 1

Consultant



Contoh soal 3.1: Uap panas lanjut pada 300oF 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 h1 = 30 Btu/h. ft2. oF dan h2 = 5 Btu/h. ft2. oF. (Referensi: Principles of Heat Transfer,Seventh Edition, by Frank Kreith, Raj M. Manglik and Mark S. Bohn).

Diketahui Ditanya Diasumsikan

: seperti soal dan gambar 3.4 : laju rugi aliran perpindahan panas pada pipa dan tahanan thermalnya

: 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 ro = 3,3125 in ; Di = 6,065 in ri = 3,0325 in karena pipa diisolasi dengan tebal (tpipa) 3 in, maka: Disolasi = 6,625 + 3 = 9,625 in

risolasi = 4,8125 in

Dari tabel material pada temperatur 68oF diperoleh nilai konduktivitas: kpipa = 24,8411 Btu/h. ft. oF ;

kisolasi = 0,0341 Btu/h. ft. oF

dari persamaan (3.22) T

qr

R

RTh

udara

R

T T 1 2 R

isolasi

pipa

R

uap

dimana

R

1

udara

1

hA

h2 L(Do x pipa ) 1

2 o

2 o

5Btu/h.ft . F L(6,625 3)in

ln (r R isolasi

R

pipa

o

isolasi

L

isolasi

h 2 Ai

L h

1 ft 12 in

L

ln[4,8125/ 3,3125] o 2 L 0,0341 Btu/h. ft. F ln[3,3125 / 3,0325]

ln (ro / ri )

1 udara

/r )

2k 2k

R

isolasi

0,07937 h.ft. oF/Btu

1,7433 h.ft. oF/Btu L 0,000566 h.ft. oF/Btu

o 2 L 24,8411 Btu/h. ft. F

L

1 2LDi


1 2 o 30 Btu/h.ft . F L(6,065)in

1 ft

L

12 in 2 2 Consultant



Gambar 3.4 Skematik contoh soal 3.1

maka 0,07937

1,7433

0,000566

0,02099

L

L

Rth L L 1,84423 h.ft. oF/Btu L

o h.ft. F/Btu

sehingga laju rugi aliran energi panas per panjang pipa adalah: T qr

o

(300 60) F

T

1

2

RTh


130,13561 Btu/h. ft

L Contoh soal 3.2: Uap panas lanjut pada temperatur 575oC dari boiler dan dialirkan ke turbin uap untuk menghasilkan daya melalui pipa baja (kpipa = 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 (kisolasi = 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 27oC. 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 2 3 Consultant



menjaga temperatur aluminium tidak lebih panjang pipa?. (Referensi: Fundamentals of Dewitt, Bergman and Lavine).

dari 50oC?. Dan berapa rugi energi panas per satuan Heat and Mass Transfer, Sixth Edition, by Incropera,

Diketahui: seperti soal dan gambar 3.5. TLing = 27 + 273 = 300 K ; TAl = 50 + 273 = 323 K T 2 = 27 + 273 = 300 K kpipa = 35 W/m. K ;

; T 1 = 575 + 273 = 848 K

; h2 = 6 W/m2. K kisolasi = 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, sifatsifat thermodinamika sistem dan fluida adalah konstan, abaikan tahanan thermal konveksi pada sisi uap dan sistem berada dalam ruangan yang besar.


Penyelesaian: Berdasarkan persoalan dan gambar 3.5 dapat ditentukan persamaan keseimbangan energi pada sisi luar pelat aluminium:

q

konduksi

q

q

konveksi

radiasi

dimana

T T q

1

konduksi

Consultant

R

pipa

R

T T

Al

isolasi

1

Al

ln(r2 / r1)

ln(r3 / r2 )

2k

2k

pipa

isolasi

….(a)

….(b)

24



q

h A

konveksi

2

s, Al

(T

T ) h 2 r (T

Al

qradiasi As, Al

2

(TAl

2

4

3

T )

Al

4 T2 )

2

2 r3

(TAl

4

4 T2 )

Subsitusikan persamaan (b), (c) dan (d) ke persamaan (a), maka:

T T 1

Al

h 2 r (T

ln(r2 / r1)

ln(r3 / r2 )

2

2k

2k

pipa

isolasi

3 Al

T

) 2 r(T 2

3

Al

4)

4T 2

….(c) ….(d)

atau 2 (T 1 TAl ) ln(r2 / r1)

k

pipa

2 r [h (T

ln(r3 / r2 )

k

3

4

T )(T

2

Al

2

4

T

Al

)]

2

isolasi

dan 2 (848 323) ln(0,18 / 0,15) ln(r3 / 0,18) 35 0,1

2 r3

[6 (323 300)

0,2 5,67 10

8

4 4 (323 300 )]

atau ln(r / 0,18) 3298,672286 1065,4817440

r

3

0,00520919

3

0,1

persamaan persoalan tersebut dapat diselesaikan melalui proses trial and error, dengan batas maksimum error 10-5,maka dihasilkan: r3 = 0,39442065 m r3 = 0,39442 m. Dan tebal isolasi adalah:

tisolasi r3 r2 0,39442 0,18 0,21442 m 214,42 mm Sehingga laju perpindahan panas konduksinya dapat ditentukan dengan menggunakan persamaan (b):

q

konduksi

848 323 ln(0,18/ 0,15) ln(0,39442 / 0,18) 420,22352 W/m 2 35 2 0,1

2 5 Consultant



4. Bidang bulat geometris (koordinat spherical) Dalam koordinat spiris untuk perpindahan panas konduksi satu dimensi dinyatakan dalam persamaan sebagai berikut: 1 r

2

r r

2

T

q'''

1 T

r

k

t

….(4.1)

Untuk kondisi khusus:  Steady state 0

maka

1

dr

2

q'''

dT

0

2

r dr t dr k  Transient dan tidak ada energi panas yang dibangkitkan 1

''' q

0

maka

d

2

dT

1 dT

r

r 2 dr dr dr  Steady state dan tidak ada energi panas yang dibangkitkan 0 ; t

q''' 0 maka

d

r2

dr

4.1 Bidang bulat berlubang (hollow sphere)

dT dr

0

….(4.2)

….(4.3)

….(4.4)

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

dr

2

dr

dT 0 dr

atau

2 r 2d T 0 dr 2

….(4.5)

26 Consultant



dengan melakukan proses integrasi ganda, maka diperoleh: r

2

dT

2

0 dr

2

r 2dT C dr atau

dT

C1

r2 dr dengan mengintegrasi persamaan (4.6), maka: 1

dr r 2

dT C1

T

C1 r

C2 Penyelesaian dimana kondisi batas sistem Jika r = r1

1

C

r1

2

C1

T 2

r1

1

Jika r = r2

;

T = T2 , maka:

C1

T 2

C

T = T1 , maka:

C1

T C

;

r2

2

C1

T 2

C

2

r2

Sama dengankan antara harga C2 dari persamaan (4.8) dan (4.9), maka:

T1 (C1 / r1) T2 (C1 / r2 ) T1 T2 (C1 / r2 ) (C1 / r1) atau T1 T2 C1 (1/ r2 ) (1/ r1) sehingga diperoleh harga C1: C1

T1 T2 (1/ r2 ) (1/ r1)

….(4.6)

….(4.7)

….(4.8)

….(4.9)

….(4.10)

kemudian untuk harga C2, subsitusi persamaan (4.10) ke persamaan (4.8), maka diperoleh: C2 T 1

1

T1 T2

r1 (1/ r2 ) (1/ r1) atau T1 T2 1 C2 T1 r (1/ r ) (1/ r ) 1

1

….(4.10)

2

27 Consultant



maka laju perpindahan panas konduksinya dapat ditentukan sebagai berikut: qr

kAr

dT dr

dimana Ar = 4 r2 dan dT/dr

q

= C1/r2, sehingga:

4 k T1 T 2 r

(1/ r1) (1/ r2 )

atau

r qr 4 k

1

r2

(T T ) 12

r2 r1

diketahui

(1/ r ) (1/ r 1

2

4k

)

R Th

atau

r

2

r

1

RTh

4 kr1r2 subsitusi persamaan (4.13) atau (4.14) ke persamaan (4.11) atau (4.12), maka T T T qr 1 2 R R Th

Th

….(4.11)

….(4.12)

….(4.13)

….(4.14)

….(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



maka dari persamaan (4.15) dapat digunakan:

T T

T qr

1

R

qr

1

T T 1

T2

s,

T T 2

s,2

T

s,2

T

2

1

R1

Th

atau qr

T

s,

R2

R3

R4

2

R1 R2 R3 R4

dimana: R 1

1 h4 r 1

; R 2

2

1

1 r2 1 r3 ; R

1 r1 1 r2 ; R 4 k1

3

4 k2

4

1 h4 r 2

2 3

atau r2 r1

1 R1

h4 r 1

2

; R2

4 k1r1r2

1

;

r3 r2 R3 4 k2r2r3

1 ; R4

h4 r 2

2 3

Contoh soal 4.1: Sebuah tangki bulat berbahan stainless steel (k = 15 W/m. oC) dengan diameter dalam 5 m dan tebal 1,5 cm digunakan untuk menyimpan air es pada temperatur 0oC, seperti gambar 4.3 . Tangki ditempatkan dalam sebuah ruangan yang bertemperatur 30oC. Dinding ruangan juga bertemperatur 30oC. 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 masingmasing adalah 80 W/m2. oC dan 10 W/m2. oC. Tentukanlah: (a) laju perpindahan panas terhadap es dalam tangki, (b) Jumlah es pada 0oC 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

tangki, luar

karena ada thermal yang symetrik pada titik tengah tangki, koefisien konduktivitas thermalnya aalah konstan. Sifat-sifat fisik baik material maupun fluida kerja yang diketahui: ktangki = 15 W/m. oC (stainless steel) hif = 333,7 kJ/kg (panas fusi air pada 1 atm) = 1 (permukaan luar tangki adalah hitam) 2 9 Consultant



(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

T

R

ruangan

R

Th,total

T

in

Th,total

dari gambar 4.3 (a) dan (b): 1

R

h A

1

in

1 2 o 2 (80 W/m . C)(5m)

in

(2,5075 2,5) m

r2 r1

R

o 0,0001592 C/W

o

0,00000635 C/W

o

2

4 kr1r2 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: hradiasi

2

(T2

Truangan

2

2

)(T2 Truangan 2 )

atau hradiasi 1 (5,67 10

8

2 4 W/m . K )

2 273K)

[(5

2 (30 273K) ] [(5 273K)

(30 273K)]

5,57038

2

W/m . K

maka 1

R 3

h

radiasi

1

R 4

A

h A out

out

out

o 1 0,0022721 C/W 2 o 2 (5,57038 W/m . C)(5 0,015m) o 1 0,0012656 C/W 2 o 2 (10 W/m . C)(5 0,015m) 3 0

Consultant



berdasarkan gambar 4.3 (b) Rth, total adalah kombinasi susunan seri dan paralel, maka dapat ditentukan:

R R

R R

Th,total

1

2

R

3 R4

3

R

4

atau

o

o C/W 0,0009781 C/W

0,0022721 0,0012656

R

0,0001592 0,00000635

Th, total

0,0022721 0,0012656 Oleh karena itu,

T qr

T

ruangan

R

o

(30 0) C

in

30671,710459 W 30,6717105 kJ/s

o

0,0009781 C/W b. Menentukan perpindahan panas total terhadap es dalam tangki dan jumlah es Th, total

yang mencair selama 24 jam  Perpindahan panas total terhadap es selama 24 jam

q

r, total

selama 24 jam

qr t 30,6717105 kJ/s (24 3600)s 2650035,7872 kJ

 Jumlah es yang mencair selama 24 jam

q m

r, total

2650035,7872 kJ 7941,371852 kg

selama 24 jam

h

es selama 24 jam

if

333,7 kJ/kg Pengecekan terhadap asumsi temperatur permukaan sisi luar tangki T2 = 5oC,

q h A (T T r konveksi radiasi out ruangan 2,

pengecekan

)

atau qr T

2, pengecekan

T

ruangan

(h

)A

konveksi radiasi 30 oC

out

30671,710459 W 2

(10 5,57038) W/m . K(5

2

0,015 m)

o

o

5,0685788 C 5,1 C Kesimpulannya bahwa T2 yang diasumsikan tidak memiliki selisih error yang signifikan pada T2 hasil perhitungan. Oleh karena itu analisa perhitungan selesai, beda halnya jika T2 memiliki selisih yang begitu besar maka perhitungan diulangi kembali.

3 1 Consultant



5.

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: 2

T

q'''

1 T

x2

k

t

kondisi sistem steady state: d 2T

2 d T

q''' 0

2

dx

k

q'''

atau

....(5.1) 2 dx

k

- Integrasi tingkat pertama

q'''

dT

….(5.2)

x C 1

dx k - Integrasi tingkat kedua T

q''' 2k

x2 C x C 1

….(5.3) 2

32 Consultant

C1 0

Ali Hasimi Pane

Perpi

Pada kondisi batas x = 0 ; dT/dx = 0, kemudian subsitusi harga tersebut kepersamaan (5.2), maka: … . ( 5 . 4 ) Pada sisi tengah sistem dimana C1 = 0 dan C2 = To, kemudian subsitusi harga tersbut kepersamaan

(5.3), maka: q'''

T

2k

x2

T

o

Pada kondisi batas x = L dan T = Tw, kemudian subsitusi kepersamaan (5.5), maka:

q'''L2 T

T w

o 2k Pada kondisi x = 0 dan T = To (posisi tengah/center sistem), maka diperoleh: q'''L2 T T

o

w

2k

….(5.5)

….(5.6)

….(5.7)

Dari hubungan persamaan (5.5), dan (5.6), dihasilkan suatu persamaan distribusi temperatur parabolik sistem sebagai berikut: T T

x

2

….(5.8)

0

Tw T0

L

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: 1d

r

r dr

dT

q'''

1 dT

dr

k

dt

….(5.9)

kemudian dari persamaan pada kondisi steady state yang sumber kalor dibangkitkan dari dalam: 1d

r

r dr

dT

q'''

dr

k

0

atau 2 rq''' rd T 2 dr k lakukan proses integrasi ganda:

- Integrasi pertama: r 2q ''' dT

….(5.10)

dT

r

C atau

dr

2k

1

rq'''

C 1

dr

2k

….(5.11)

r

33 Consultant



Gambar 5.2 Skematik perpindahan panas konduksi pada bidang silindris dengan sumber pembangkit kalor uniform

- Integrasi Kedua

r 2q'''

T

C ln (r) C

2 1 4k Pada kondisi batas: r = 0; dT/dr = 0 maka:

C1 0 maka persamaan (5.12) menjadi: r 2q ''' C2 4k

T

Pada kondisi batas: r = ro ; T = Tw maka pers. (5.14) menjadi:

r 2q''' o

T w

C 2

4k

atau r 2q'''

C

T 2

w

o

4k

….(5.12)

….(5.13)

….(5.14)

….(5.15)

….(5.16)

subsitusi harga C1 dan C2 kepersamaan (5.12), maka akan diperoleh persamaan distribusi temperaturnya sebagai berikut: T Tw

q''' ro 2 r 2

4k dimana temperatur pada center/tengah silinder (T0) pada r = 0, adalah: q'''r 2 o T T o w 4k

….(5.17)

….(5.18)

3 4 Consultant



atau 2 o

q'''r

To Tw

….(5.19)

4k

Sehingga kombinasi dari persamaan (5.17) dan (5.19) dihasil persamaan distribusi temperatur sistem tak berdimensi: 2 T Tw r 1 TT r 0

w

….(5.20)

o

5.3 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

r 2q'''

C ln (r) C 1

4k

2

Gambar 5.3 Skematik perpindahan panas konduksi pada bidang silindris berlubang dengan sumber pembangkit kalor uniform Pada kondisi batas r = r1 ; T = T1 dan r = r2 ; T = T2, maka diperoleh penyelesaian akhir untuk persamaan distribusi temperatur sistem: T1 T T T 12

2 r 1

q

4k T

'''

T 21

2 r

2

2 r 2

r 1

1 2

ln(r1 r) ln(r r ) 1 2

….(5.21)

r 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. 3 5 Consultant



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

r

1

r

2

q'''

T

1 T

….(5.22)

r r r k t Untuk kondisi steady state dengan sumber kalor uniform:

r

2

r

2

T

q'''

r

k

0

….(5.23)

dengan melakukan proses integrasi terhadap persamaan tersebut diperoleh: C q'''r 2 1

T

6k

r C2

Dan pada kondisi batas r = r1 ; T = T1 dan r = r2 ; T = T2, maka diperoleh distribusi temperatur:

….(5.24)

''' q r

T T s,2

6k

2

2

r 1

r

'''

6k 2

2

2

q r2

r1

1r

2

Ts,2

1

1 r2

1

1

r

T s,1

r1

r2

….(5.25)

Contoh soal 5.1: Dua pelat baja besar pada temperatur 90oC dan 70oC 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) 3 6 Consultant



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.


Penyelesaian: Energi yang dibangkitkan per satuan volume batang baja: q

'''

q'''V

q'''V

V

4D L

2

12 W

81487,33086 W/m

3

2

4 (0,025m) 0,3m

a. Menentukan temperatur maksimum pada batang baja Berdasarkan persamaan perpindahan panas konduksi untuk satu dimensi: 2

T

q'''

1 T

x2

k

t

dari persamaan (5.1) dimana sistem pada kondisi steady state: d 2T

2 d T

q''' 0

atau

q'''

2 dx dx k k kondisi batas dalam persaoalan ini dan berdasarkan gambar: 2

-

Pada x = 0 maka T = T1

-

Pada x = L maka T = T2

Consultant

….(a)

37



lakukan integaral ganda untuk persamaan (a) Integaral pertama:

'''

dT dx

x

q k

C1

Integral kedua: q''' T

2 k x2

C1x C2

Pada kondisi batas 1, dimana x = 0, maka persamaan (c):

C2

T1

subsitusi nilai C2 ke persamaan (c), maka: q''' T

2k x

2

C1x T1

Pada kondisi batas 2, dimana x = L, maka persamaan (e)

….(b)

….(c)

….(d)

….(e)

T2

q''' L2

C1L T1

2k maka 1 (T T ) q''' L 1 1 L 2 2k subsitusi nilai C1 dan C2 ke persamaan (c): C

T

q

'''

2k

1 (T

x2 L

2

T) q 1

2k

'''

Lx

T 1

….(f)

….(g)

Temperatur maksimum pada batang baja terjadi pada jarak x, dan dapat ditentukan dengan mendifferensialkan tingkat pertama persamaan (g) sama dengan nol:

q''' x

dT dx

k

1 (T T ) 1 L 2

q''' L

0

….(h)

2k

atau

q''' x

1 (T T ) 1 L 2

k

q'''

L

2k

'''

bagi persamaan tersebut dengan (q / k) , maka diperoleh: x

k (T

q'''L

T) 2

L

….(i)

1

2 diketahui nilai konduktivitas thermal baja dengan 1% baja karbon adalah 43 W/m. K pada 20°C, maka dari persamaan (h) diperoleh:

38 Consultant

Perpindahan Panas Konduksi: Steady State – One Dimension

Ali Hasimi Pane

43 W/m. K

x

81487,33086 W/m

3

(343 363) K

0,3 m

0,3 m

0,11482 m

2

Oleh karena itu, dari persamaan (g) dapat ditentukan temperatur maksimum batang baja:

T

81487,330 86 3 W/m

(0,114 82 m)2 2 43 W/m. K 1

81487,33086 W/m 3

(343 363) K

0,3 m

0,3 m

0,11482 m

2 43 W/m. K

363 K T

375,492003 K

o

102,492003 C

b. Laju aliran pepindahan panas konduksi pada tiap ujung batang baja dari persamaan hukum Fourier: qx

kA

dT dx

subsitusi persamaan (h) ke persamaan (j), maka:

….(j)

qx atau

q

x

'''

q kA

k

kd 2 4

1

x (T T ) L L 2 1 2k xi

q'''

'''

q'''

1 x

k

q

L

(T

T)

2

1

L

2k

….(k)

- Pada x = 0, maka persamaan (k), maka: q

x x 0

d

k

4

2

L

maka q

43 W/m. K(0,025 m) x y

x 0

q'''

1 (T

T)

2

1

L

2k

2

4

1 (343 363) K 0,3 m

81487,33086 W/m 2 43 W/m. K

3

0,3 m

4,59283 W

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:

Consultant



q

xx L

atau

q

xx L

maka

q

xx

L

q'''

2

d

k

4

d2

k

q

''' 2

4

q'''

1 L

(T

T)

2

1

L

L

2k

k L

L

(T T )

2

1

2 (0,025 m) 4 81487,33086 W/m 20,3 m

7,40717 W

3

0,3 m 43 W/m. K (343

363) K

Tanda (+) mengindikasikan bahwa arah aliran energi panas kearah kanan atau keluar pada ujung batang baja pada x = L. c. Rugi perpindahan energi panas total qx,Total qx x 0

qx x L

4,59283 W

7,40717 W

12 W

40 Consultant



6.

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: T1 T

T q

R

R

TH

R

Iso

Konv

atau q

T1 T ln(r / r ) 1 2 kL h 2rL 2

1

2

sehingga q

2 L T1 T ln(r / r ) 1 k h r 2

1

2

agar perpindahan kalor maksimum, maka kondisi maksimum: 2 L (T

dq dr2

1

1

T)

1

2 kr

0 ln(r2 / r1) k

2 hr2

2

1 hr

2

2

dan dihasilkan: r cr,2

k

(adalah tebal kritis isolasi) h

….(6.1)

….(6.2)

….(6.3)

….(6.4)

….(6.5)

41 Consultant


7.


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 konduksi kedalam volume

Laju perpindahan panas konduksi keluar volume

Laju perpindahan panas konveksi dari permukaan

kontrol pada x kontrol pada x dx atau dapat ditulis dalam bentuk simbol persamaan:

antara x dx ….(7.1)

qx qx dx dqc atau qx

qx

dq x

dqc

….(7.2)

dx

4 2 Consultant

Ali Hasimi Pane


atau dqx dqc dx

2 d 2 dx

….(7.3)

dimana qx

kAc

dT

dx

Differensial kearah x: dq x

d

k

A

dT

dx dx c dx Dan karena sistem terkena lingkungan konveksi:

dqc hc dAs (T T ) Subsitusi persamaan (7.5) dan (7.6) ke persamaan (7.3), maka:

k

d

A

dx c

dT dx

dx h dA (T T ) c s

….(7.4)

….(7.5)

….(7.6)

Dimana Ac adalah luas penampang untuk konduksi dan As adalah luas permukaan yang terkena konveksi. Kemudian bagi persamaan tersebut dengan kdx, dan lakukan differensiasi pada sisi kiri persamaan terbut, maka dapat ditulis:

2 d T

dA dT A

c

dx dx

h dA c

c

dx2

s

(T T )

k dx

atau

h 2 c 1 dAs d T 1 dA dT (T T ) 0 2 dx Ac dx dx k Ac dx Untuk memudahkan penyelesaian matematika persamaan (7.7a), kita andaikan T T atau TT diffresialkan persamaan diatas terhadap arah x, maka:

dT

d

dx

dx

lakukan differesial orde 2 terhadap persamaan (7.9), maka: 2

2

d T dx

….(7.7)

….(7.7a)

`….(7.8)

….(7.8a)

….(7.9)

….(7.10)

43 Consultant



subsitusi persamaan (7.8), (7.9) dan (7.10) ke persamaan (7.7a), maka: d

2

2 dx

1 dA d Ac dx dx

hc

1 dAs 0

….(7.11)

k Ac dx

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) 4 4

Consultant

Ali Hasimi Pane


atau dAs P dx

….(7.14)

subsitusi persamaan (7.12) dan (7.14) ke persamaan (7.11), maka:

d

2

hc P 0

2 dx k Ac asumsikan bahwa,

h P c

m2

k Ac subsitusi persamaan (7.16) ke persamaan (7.15), maka: 2 d m2 0 2 dx

….(7.15)

….(7.16)

….(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: ….(7.18)

(x) C1 cosh(mx) C2 sinh(mx) atau

mx

(x) C e

1

….(7.19)

e mx

C 2

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) Tw Tw

….(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. 4 5 Consultant



 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 x L h (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:

….(7.22)

( ) T T 0

Gambar 7.3 skematik perpindahan panas konduksi pada fin untuk kasus A

kemudian dari persamaan (7.19) dan x = , maka:

m

( ) C1 e

C2 e

m

C1 0 dimana dari persamaan (7.22) nilai ( ) = 0, maka: C1 0

w C1 C2

….(7.23)

sementara untuk persamaan (7.19) pada kondisi batas 1, yaitu: x = 0, maka:

(m 0)

(0) C e

1

C

2

e (m 0)

….(7.24)

C1 C2 dimana dari persamaan (7.21) diketahui nilai (0) = w, maka persamaan (7.24) dapat ditulis: … . ( 7 . 2 5 ) 4 6 Consultant



subsitusi nilai C1 dari persamaan (7.23), ke persamaan (7.25), maka:

C2 w Kemudian subsitusi nilai C1 dan C2 ke persamaan (7.19), maka: (x) 0.e

mx

we

….(7.26)

mx

atau

mx

(x) w e

….(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)

e mx

….(7.28)

w

dimana dari persamaan (7.16) diketahui:

2 hc P

m

kA

jadi

hc P

m

kA

c

….(7.29)

c

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

hP / kA

x c

e Tw T  Laju perpindahan panas

….(7.30)

Untuk laju perpindahan panas melalui fin adalah sama dengan energi panas yang dikonduksikan kedinding, maka dari hukum Fourier: q kA x

dT kA c dx

d c dx

….(7.31)

differensialkan persamaan (7.27) diperoleh:

mx d / dx m w e subsitusi persamaan (7.32) ke persamaan (7.31), maka:

….(7.32)

47 Consultant



qx

kAc

d

dx

kAc

mwe

mx

kAcm w e

mx

dan subsitusi (7.21) dan (7.29) ke persamaan (7.33), diperoleh: q

kA

x

hP kAc

(T

T ) e

mx

w

dapat disederhanakan menjadi, qx

hPkAc

(Tw T ) e

mx

….(7.33)

….(7.34)(1)

….(7.35)

Oleh karena itu, untuk menentukan laju perpindahan panas konduksi pada dinding dasar fin, dimana x = 0, maka persamaan (7.35) dapat ditulis: qx

hPkAc

(Tw T )

e

(m 0)

atau ….(7.36)

qxhPkAc (Tw T ) 7.2.2 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)

C1 cosh(m 0) C2 sinh(m 0)

atau

w

(C1 1) (C2 0)

C1

w

atau ….(7.37)

subsitusi persamaan (7.21) kepersamaan (7.37), maka: ….(7.38)

C1 Tw T dari kondisi batas 2, pada x = L, yaitu ujung fin adalah diisolasi, maka:

0

dT / dx x L Untuk kasus ini gunakan bentuk penyelesaian umum yaitu: persamaan (7.18), dan

….(7.39)

differensialkan persamaan tersebut, maka diperoleh: (1)

Penyederhanaan persamaan (7.34)

q x kAc kAc

1/ 2

hP

1/ 2

hPkAc (Tw T ) e

(Tw T ) e

mx

kAc

1/ 2

hP

1/ 2

(Tw T ) e

mx

mx 4 8

Consultant



d (x) / dx

C1 m sinh(mx) C2 m cosh(mx)

dimana x = L

d (x) dx

C m sinh(m x

L

L) C m cosh(m

1

L)

2

Gambar 7.4 skematik perpindahan panas konduksi pada fin untuk kasus B

subsitusi persamaan (7.39) ke persamaan (7.41), maka: 0 C1 m sinh(m L) C2 m cosh(m L) atau

C

C sinh (mL) 1

2 cosh (mL) subsitusi persamaan (7.37) ke persamaan (7.42), diperoleh:

w sinh (mL)

C2

cosh (mL) kemudian subsitusi persamaan (7.37) dan (7.43) ke persamaan (7.18), maka:

(x) w cosh(mx)

w sinh

(mL)

sinh(mx) cosh

(mL) cos h (mL)cos h (mx) s inh (mL)s inh (mx)

w

cosh (mL) atau (x) cosh (mL) cosh (mx) sinh (mL)sinh (mx)

wcosh (mL)

….(7.40)

….(7.41)

….(7.42)

….(7.43)

….(7.44)

dengan mengaplikasikan funsi hiperbolik, maka persamaan (7.44) dapat disederhanakan menjadi:

(x) cosh m(L x)

wcosh (mL) (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)

Consultant

….(7.45)(2)

49



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: cosh hc P / kAc (L x)

T T

….(7.46) Tw T

cosh ( L hc P / kAc )

 Laju perpindahan panas Laju perpindahan panas melalui fin adalah sama dengan energi panas yang dikonduksikan kedinding, maka dari hukum Fourier: dT

q kA x

d

kA

….(7.47)

c

c dx x 0 dx x 0 differensialkan persamaan (7.45) terhadap fungsi x, dimana formula differensial yang dapat digunakan adalah: d (x)

w

….(7.48)

v du / dx u dv / dx

2 v

dx dimana

u cosh m(L x)

….(7.49)

du m sinh m(L x) dx

….(7.50)

v cosh mL

….(7.51)

dan dv 0 dx subsitusi persamaan (7.49), (7.50), (7.51) dan (7.52) ke persamaan (7.48), maka: d (x) dx

[cosh mL { m sinh m (L x)}] [cosh m(L x) 0] x 0

w

cosh mL

2

….(7.52)

atau d (x) dx

w

m sinh mL

….(7.53)

cosh mL

x 0

subsitusi persamaan (7.53) ke persamaan (7.47): q x kA

c

w

m sinh mL kA

m sinh (mL) c w

cosh mL

cosh (mL) 50

Consultant



atau

qx kAc wm tanh(mL) ….(7.54) untuk nilai variabel

w

(Tw

T )

w

dan m, diketahui: dan

hc P / kAc

subsitusi kepersamaan (7.54), maka diperoleh: q (T T ) kA x

w

h P / kA tanh (mL) c

c

….(7.55)(3)

c

atau dapat disederhanakan: qx (Tw T ) kAchc P tanh (mL)

….(7.56)

7.2.3 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:

C1

w

kemudian dari kondisi batas 2, pada x = L, dimana temperatur ujung fin adalah ditentukan, maka:

….(7.57)

(x) L gunakan persamaan (7.18) dan kondisi batas 2, pada x = 0, untuk mendapatkan nilai C2: (L) C1 cosh(mL) C2 sinh(mL) atau

C2

(L) C1 cosh(mL) sinh(mL)

(L)

w cosh(mL) sinh(mL)

….(7.58)

….(7.59)

Gambar 7.4 skematik perpindahan panas konduksi pada fin untuk kasus C (3)

Penyederhaan persamaan (7.55)

q x (Tw T )kAc hc P / kAc tanh (mL)

1/ 2

(Tw T )kAc (hc P)

(kAc )

tanh (mL) (Tw T ) (hc P) tanh (mL) (Tw T )

1/ 2

1/ 2 1/ 2

kAc

hc PkAc tanh (mL) 51

Consultant



kemudian subsitusi nilai C1 dan C2 ke persamaan (7.18): (L) w cosh (mL) sinh (mx) sinh (mL)

(x) w cosh (mx)

….(7.60)

disederhanakan {[cosh (mx) sinh (mL)] [cosh (mL) sinh (mx)]} [ (L) / w ]sinh (mx) (x) w

sinh (mL) maka dari fungsi hiperbolik persamaan tersebut dapat disederhanakan menjadi: {sinh m(L x)} [ (L) / w ] sinh (mx)

(x)

….(7.61)

sinh (mL)

w

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 (Tw T )

pada x = 0

(L) (TL T )

pada x = L ; m

hP / kA

subsitusi nilai w,

L

dan m ke persamaan (7.61): {sinh m (L x)} [(TL T ) /(Tw T )] sinh (mx ) sinh (mL)

(T T ) (T T )

….(7.62)

w


q kA x

c

dx x 0

d

kA

c

dx x 0

….(7.63)

(4)

differensialkan persamaan (7.61) terhadap x, dimana formula differensial yang dapat digunakan adalah: d (x) dx (4)

w

v du / dx u dv / dx

….(7.64)

2 v

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] 5 2 Consultant



[sinh (mL)]

2

misalkan:

u {sinh m(L x)} [ (L) / w ] sinh(mx)

du

dx

{ m cosh m(L

x)}

[ (L) / w ] m cosh

(mx) dan

v sinh (mL)

dv dx

0

subsitusi persamaan (7.65), (7.66), (7.67) dan (7.68) ke persamaan (7.64):

….(7.65) ….(7.66)

….(7.67) ….(7.68)

d (x) dx

sinh (mL) [{ m cosh m(L x)} {[ w

x 0

atau dapat disederhanakan: d (x)

[ (L) / w ] cosh (mL)

mw

dx

x 0

sinh (mL)

(L) / w ] m cosh (mx)}] 0

….(7.69)

subsitusi persamaan (7.69) ke persamaan (7.63), maka: [ (L) / w ] cosh (mL)

d (x) qx

kAc

kAcm w

dx

sinh (mL)

x 0

atau cosh (mL) [ (L) /

q kA m xc

w

]

w

sinh (mL)

dimana m

hP / kAc ;

w

Tw

T

;

TL

L

T

maka persamaan (7.70) dapat ditulis: cosh (mL) ( L / w ) qx kAc

hP / kAc (T w T )

sinh (mL) dan dapat disederhanakan menjadi: cosh (mL) ( L / w ) qx

hPkAc (Tw T )

sinh (mL)

….(7.70)

….(7.71)

53 Consultant



7.2.4 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:

q atau

konduksi

q

konveksi

….(7.72)

dT

kA c

hA [T (L) T ] c

dx x L

dari hukum Fourier untuk perpindahan panas konduksi:

dT

kA

c

dx x L

dan (L) T (L) T

d

kA

c

dx x L

….(7.73)

….(7.74)

….(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 (Ac) adalah konstan, maka: d

k

.…(7.76)

h (L)

dx x L Berdasarkan kondisi batas 1, pada (x = 0) dalam kasus B, dari persamaan (7.38) adalah dapat digunakan untuk kasus D, yaitu:

C 1 Tw T w dari persamaan (7.18) dan kondisi batas 2, yaitu x = L, diperoleh:

….(7.77)

(L) C1 cosh(mL) C2 sinh(mL) differensialkan persamaan (7.72)

….(7.78)

d (L) dx

C m sinh(mL) C m cosh(mL) 1

….(7.79)

2 54

Consultant



subsitusi persamaan (7.78) dan (7.79) ke persamaan (7.76), maka: k [C1 m sinh(mL)

C2 m cosh(mL)]

h[C1 cosh(mL) C2 sinh(mL)]

atau [C1 sinh(mL) C2 cosh(mL)]

h km [C1 cosh(mL) C2 sinh(mL)]

dan persamaan tersebut dapat disusun berdasarkan variabelnya: C2[cosh(mL)

h km

sinh(mL)] C1

h km cosh(mL)

sinh(mL)

dan diperoleh nilai C2: h

C

cosh(mL) sinh(mL)

1

km

C2

cosh(mL)

h sinh(mL) km

subsitusi nilai C1 dari persamaan (7.77) ke persamaan (7.82), maka:

….(7.80)

….(7.81)

….(7.82)

h cosh(mL) sinh(mL)

w

km C2

h sinh(mL) km subsitusi nilai dari C1 dan C2 ke persamaan (7.18), maka akan diperoleh: cosh(mL)

….(7.83)

h cosh(mL) sinh(mL)

w

km

(x) w cosh(mx)

h cosh(mL) sinh(mL) km

sinh(mx)

dan berdasarkan fungsi hiperbolik, maka persamaan tersebut dapat disederhanakan sebagai berikut: (x)

cosh m(L x) [h / km] sinh m(L x)

w

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 ) (L) (TL T ) subsitusi nilai w, (T T ) (T T )

;

w (Tw T )

pada x = 0

m hP / kA pada x = L ; L dan m ke persamaan (7.84): cosh m (L x) [h / km] sinh m (L x) cosh mL [h / k m] sinh mL

….(7.85)

w 55 Consultant




q kA x

kA

d

….(7.86)

c

c dx x 0 dx x 0 differensialkan persamaan (7.84) terhadap x, dimana formula differensial yang dapat digunakan adalah: d (x) dx

w

v du / dx u dv / dx 2 v

….(7.87)

dimana

u cosh m(L x) [h / km] sinh m(L x)

….(7.88)

du msinh m(L x) [( m)(h / km)] cosh m (L x) dx

….(7.89)

v cosh (mL) [h / km] sinh (mL)

….(7.90)

dan

dv 0 dx subsitusi persamaan (7.88), (7.89), (7.90) dan (7.91) ke persamaan (7.87), maka: d (x)

wm

sinh m L (h / km)] cosh m L

dx x 0 cosh (mL) [h / km] sinh (mL) subsitusi persamaan (7.92) ke persamaan (7.86), maka:

….(7.91)

….(7.92)

q

x

d

kAc

kAcwm

dx x 0

atau q x kA

sinh m L

cosh (mL) [h / km] sinh (mL) sinh m L (h / km)] cosh m L

m c w

cosh (mL) [h / km] sinh (mL) dimana m

hP / kAc

;

w Tw T

maka persamaan (7.93) dapat ditulis: qx hPkAc

w

(h / km)] cosh m L

sinh m L (h / km)] cosh m L cosh mL [h / km] sinh mL

….(7.93)

….(7.94)

56 Consultant



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:

f

Perpindahan panas aktual dari fin Perpindahan panas ideal yang dipindahkan jika seluruh fin berada pada temperatur dasar

atau dalam bentuk persamaan umum matematik sebagai berikut:

f

qx qc, max

….(7.95)

….(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: qx

hPkAc

(Tw T )

untuk qc, max

q

c, max

h A c

fin

(T

T )

w

dimana Afin adalah luas permukaan fin, untuk luas permukaan fin adalah konstan, maka Afin = PL, mka persamaan qc, max dapat ditulis: qc, max hc (PL)(Tw T ) maka efisiensi fin dari persamaan (7.96) dapat ditulis: hPkAc (Tw T )

hPkAc

….(7.97) (5)

f hc (PL)(Tw T ) (5)

Penyederhanaan persamaan (7.97) kAc hc P (h P) c

f

hc (PL)

hc (PL)

1/ 2

(h P) c

L

1

(kA)

1/ 2

(h P)

1/ 2

(kA)

1/ 2

kAc

1

c

L

hP L

mL dimana: m

hc P / kAc

c

5 7 Consultant

Ali Hasimi Pane


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 (Tw T ) kAchc P tanh mL maka efisiensi fin: qx

f

q

c, max

dapat disederhanakan: tanh (mL)

f

mL

(Tw T ) kAc hc P tanh mL hc (PL)(Tw T )

….(7.99) (6)

….(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: cosh (mL) ( L / w ) qx

hPkAc (Tw T )

sinh (mL) sehingga efisiensi fin: hPkAc (Tw T )

f

cosh (mL) ( L / w ) sinh (mL) ….(7.101)(7)

h(PL)(Tw T )

dapat disederhanakan cosh (mL) ( L / w ) sinh (mL) mL

f (6)

Penyederhanaan persamaan (7.97): 1/ 2

(hc P)

e

(hc P)

1

1/ 2

(kAc )

tanh(mL)

L (7)

….(7.102)

kAc tanh(mL)

tanh(mL)

hc P L

mL

dimana m

hP / kAc


1/ 2

hPkA

hP

1

cosh (mL) ( L / w )

cosh (mL)

( L/ w )

c

sinh (mL)

f

L

sinh (mL) mL 58

Consultant



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: qx

hPkA (T T c

) sinh m L (h / km)] cosh m L

w

cosh mL [h / km] sinh mL sehingga efisiensi fin:

hPkA (T T c

f

w

) sinh m L (h / km)] cosh m L cosh mL [h / km] sinh mL h(PL)(Tw T )

dapat disederhanakan f

1

sinh

m L (h / km)] cosh m L

mL cosh mL [h / km] sinh mL

….(7.103)(8)

….(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 ….(7.105)

Lc L t / 2t adalah tebal fin - 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: ….(7.107)

qx (Tw T ) kAchc P tanh (mLc ) dan tanh (mLc )

….(7.108)

f

mLc

(8)


1/ 2

hPkA

hP

1



c

cosh mL [h / km] sinh mL L

f dimana: m

cosh mL [h / km] sinh mL mL

hP / kAc

59 Consultant



jika lebar fin (w) lebih besar daripada tebalnya (t), atau w (P) adalah

t, maka luas keliling fin

P = 2w dan Ac = wt, maka mLc dalam kedua persamaan tersebut dapat ditulis:

1/ 2

hP mL

h 2w

1/ 2

L

c

1/ 2

L

k wt

c

kA

2h

….(7.109)

L

c

kt

c

c

1/2

kalikan Lc dihasilkan:

terhadap pembilang dan penyebut pada persamaan (7.109), maka 2h 1/ 2 c ktL Lc

3/2

mL

….(7.110)

c

dimana, Lct pada persamaan tersebut adalah merupakan koreksi atas luas fin yang dinotasikan sebagai Ap, maka persamaan (7.110) dapat ditulis: mL 2h c

kA

1/ 2 L

….(7.111)

3/2

c p

Oleh karena itu, untuk menentukan efisiensi fin dengan hubungan berdasarkan persamaan (7.111) dapat digunakan grafik seperti gambar 7.5 dan 7.6.

6 0 Consultant



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



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

q

fin

q

fin

….(7.112)

hAc, b (Tw T ) dimana Ac, b adalah luas permukaan fin pada dasar fin, dapat dilihat seperti gambar 7.7. no fin

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 q xf

c, max

q

….(7.113)

fin

atau q finf hc A fin (Tw

T )

….(7.114)

6 2 Consultant



subsitusi persamaan (7.114) ke persamaan (7.112), diperoleh:

f

A

f hc Afin (Tw T )

fin

A

hAc,b (Tw T )

f

….(7.115)

c, b

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: qx

hPkAc

(Tw T )

q fin

subsitusi ke persamaan (7.111), maka diperoleh:

q

fin

f

hPkAc (Tw T )

….(7.116)

qno fin hAc, b (Tw T ) diasumsikan Ac = Ac,b (luas permukaan fin merata/uniform), maka persamaan (7.116) dapat disederhankan,

f

Pk

….(7.117)

hAc 7.3.2.2 Efektivitas fin untuk kasus B Dari persamaan (7.56) dapat ditulis: q x (Tw T ) kAchP tanh mL subsitusi ke persamaan (7.112), maka diperoleh:

q f

fin

kAchP tanh mL (Tw T )

qno fin hAc, b (Tw T ) dan diasumsikan Ac = Ac,b, maka persamaan (7.118),

….(7.118)

f

Pk tanh mL

….(7.119)

hAc 7.3.2.3 Efektivitas fin untuk kasus C Dari persamaan (7.71) dapat ditulis: cosh (mL) ( L / w ) qx

hPkAc (Tw T )

sinh (mL) 63 Consultant


Ali Hasimi Pane

subsitusi ke persamaan (7.112), maka diperoleh:

q f

cosh (mL) ( L / w ) hPkAc (Tw T )

fin

qno fin

sinh (mL) hAc, b (Tw T )

….(7.120)

dan diasumsikan Ac = Ac,b, maka persamaan (7.119), f

cosh (mL) ( L / w )

Pk hAc

sinh (mL)

7.3.2.4 Efektivitas fin untuk kasus D Dari persamaan (7.94) diketahui: qx

) sinh m L (h / km)] cosh m L

hPkA (T T c

w

cosh mL [h / km] sinh mL subsitusi ke persamaan (7.112), maka diperoleh: q

hPkA (T T c

fin

w

) sinh m L (h / km)] cosh m L cosh mL [h / km] sinh mL

f

qno fin hAc, b (Tw T ) dan diasumsikan Ac = Ac,b, maka persamaan (7.122),

f

Pk hA c

sinh m L (h / km)] cosh m L cosh mL [h / km] sinh mL

….(7.121)

….(7.122)

….(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 (Afin) dan dasar (Aunfin). Dan dalam bentuk persamaan dapat ditulis:

q

q

fin total unfin

q

fin

….(7.124)

dimana

q

unfin

hA

unfin w

….(7.125) 6 4

Consultant


Ali Hasimi Pane

q

fin

N

fin

hA

….(7.126)

fin w

N adalah jumlah fin, dan w Tw T , sementara luas permukaan total (At) dapat ditentukan:

A NA t

fin

A

….(7.127)

unfin

dan

A

unfin At

A

….(7.127a)

NA fin

A A t

fin

unfin

….(7.127b)

N

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:

q

NA

h w ( At atau dapat disederhanakan q

fin total

fin

N

fin

A

fin

NA fin fin total

h w At

(1 )

1A

fin

t

)

….(7.128)(9)

….(7.129)

(9)


NA q

fin total

h

w

( At NA fin N

NA h

w

A 1

fin

fin

t

A

A fin ) h w At 1

(1

fin

fin

N

A

fin

A

A

t

t

fin

)

t

65 Consultant



 Efisiensi

total

susunan

fin

pada Dari

persamaan

general

efisiensi fin:

NA fin h

q fin total

f , total

q

A

1

A

w t

(1

)

fin

t

….(7.130)

h At w jika nilai h adalah diasumsikan ekuivalen sama terhadap luas permukaan utama dan fin, c, max

kemudian fin adalah efisiensi untuk fin tunggal, maka persamaan (7.130) dapat disederhanakan: NA fin 1

f , total

(1

A

fin

….(7.131)

)

t

 Efektivitas total pada susunan fin Dari persamaan general efektivitas fin: NA

q f total

h

fin total

q

A 1

fin

(1

A

w t

fin

)

….(7.132)

t

hA

no fin

no fin w

jika diasumsikan nilai h adalah ekuivalen sama baik untuk permukaan yang menggunakan fin maupun tidak sama sekali, maka persamaan (7.132) dapat ditulis: NAfin

A f total

t

A

1

no fin

dimana Ano

fin

A

(1

fin

)

….(7.133)

t

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.

Contoh soal 7.1: Sebuah permukaan panas pada temperatur 100oC 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, sementara bahan fin adalah aluminium (k = 237 W/m. oC). Temperatur lingkungan adalah 30 oC dengan koefisien perpindahan panas (h) adalah 35 W/m2. 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 6 6 Consultant



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 q

NA fin h w At

fin total

….(a)

(1 )

1A

fin

t

untuk luas permukaan total: At NA fin Aunfin ….(b) dimana

L N

H

pelat

fin

1m 1m 27777,777 27778 buah 0,006 m 0,006 m

S S V

A

pelat

d

fin

H L

fin

d

fin

4

2 0,00250,03

0,0025 4

2

2 0,000241 m

d A

(L

unfin

pelat

H

pelat

) N

2

fin 2

(1m 1m) 27778

4

0,0025

0,86365 m

4

sehingga At dapat ditentukan: At (27778 0,000241 ) m

2

0,86365 m

2

7,558153 m

2

untuk

w

Tw T

100 30

o

70 C 67

Consultant

2



Sementara untuk efisiensi fin, dimana diasumsikan perpindahan panas pada ujung fin diabaikan, maka dapat digunakan persamaan persamaan (7.100): tanh (mL)

f

mL

dimana hd fin

hP m kAc

2 o

4 35 W/m . C

4h

/ 4 d fin

2

k

15,37163 m

o

k d fin

-1

0,0025 m 237 W/m. C

maka tanh (15,37163 m

f

(15,37163 m

-1

0,03 m) 0,93467

-1

ini adalah efisiensi untuk fin tunggal

0,03 m)

sehingga q fin total

2 o

. C 70

35 W/m

o

C 7,558153 m

2

1

27778 0,000241 m 2 2

(1 0,93467)

7,558153 m 17445,96354 W

b. Efektivitas fin total dari persamaan (7.133) NA fin

A f total

1

t

A

(1

A

no fin

fin

….(c)

)

t

dimana Ano fin Lpelat H pelat 1m 1m

2 1m

sehingga f total

7,558153 m 2

1m

2

1

27778 0,000241 m 2

7,558153 m

2

1 0,934677,12080

Sebagai bahan tambahan pertanyaan untuk contoh soal 7.1, akan ditentukan efisiensi total fin dengan menggunakan persamaan (7.131):

NA f ,total

1

fin

A

….(d)

(1 ) fin

t

maka 27778 f , total

0,000241 m

1

2

2 (1 0,93467)

0,94213

7,558153 m 68 Consultant



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) 1

f

….(d)


mL cosh mL [h / km] sinh mL dimana sinh (m L) sinh (15,37163 m

-1

0,03 m) 0,47767

-1

cosh (m L) cosh (15,37163 m 0,03 m) 1,10823 2 o 35 W/m . C (h

/ km)] sinh m L

o

-1

cosh (15,37163 m-1 0,03 m) 0,00459

237 W/m. C 15,37163 m

2 o

35 W/m . C (h

/ km)] cosh m L

cosh (15,37163 m

o

-1

0,03 m) 0,01065

-1

237 W/m. C 15,37163 m maka 1

f

15,37163 m

0,47767

-1

0,03 m

1,10823

0,01065

0,95157

0,00459

Oleh karena itu,  Laju perpindahan panas konduksi total: q fin total

2 o

. C 70

35 W/m

o

27778 0,000241 m 2

2

C 7,558153 m 1

2

7,558153 m 17723,14923 W

 Efektivitas fin total: f total

7,558153 m 2

1m

2

1

27778 0,000241 m 2

7,558153 m

2

1 0,951577,23394

(1 0,95157)

 Efisiensi fin total 27778 0,000241 m f , total 1

2

2 (10,95157)

0,95711

7,558153 m

6 9 Consultant



Referensi [1]

A. D. Kraus, A. Aziz and J. Welty, Extended Surface Heat Transfer, John Wiley & Sons, Inc, 2001.

[2]. Frank Kreith, Raj M. Manglik, Mark S. Bohn, “Principles of Heat Transfer”, Seventh Edition, Cengage Learning, Inc, 2011. [3]

John Bird, “Higher Engineering Mathematics”, Seventh Edition, Routledge Taylor & Francis Group, 2014.

[4]

John H. Lienhard IV and John H. Lienhard V, “A Heat Transfer Textbook”, Third Edition, Phlogiston Press, 2003.

[5]. J. P. Holman, “Heat Transfer, Tenth Edition”, McGraw-Hill Companies, Inc, 2010. [6]. Robert W. Serth, “Process Heat Transfer: Principles and Applications” First Edition, Elsevier Ltd, 2007. [7]. Theodore L. Bergman, Adrienne S. Lavine, Frank P. Incropera, David P. Dewitt, “Introduction to Heat Transfer”, Sixth Edition, John Wiley & Sons, Inc, 2011. [8]

Theodore L. Bergman, Adrienne S. Lavine, Frank P. Incropera, David P. Dewitt, “Fundamentals of Heat and Mass Transfer”, Seventh Edition, John Wiley & Sons, Inc, 2011.

[9]

William S. Janna, “Engineering Heat Transfer”, Second Edition, CRC Press LLC, 2000.

[10]. Yunus A. Cengel, “Heat Transfer: A Practical Approach”, Second Edition, McGraw-Hill Companies, Inc.

Biography Ali Hasimi Pane, Kandidat Magister (S2) Teknik Mesin USU–Medan, dengan konsentrasi studi konversi energi, dan fokus dalam subyek: Sustainable Energy and Waste heat Energy Technology.

Sarjana Teknik (S1) selesai pada tahun 2004 dari Institut Teknologi Medan (ITM), konsentrasi studi konversi energi. Another major activities: Lubricant technical advisor, Waste heat technology, Reader and writer specially for technology

7 0 Consultant

ht1

Recommend Documents