Modul 4. PERPINDAHAN PANAS DASAR

Mekanisme Konduksi Dengan Sumber PanasI. Pendahuluan.Sistem dengan sumber panas dijumpai di berbagai cabang perekayasaan. Contoh-contoh yang khas adalah kumparan listrik, pemanas tahanan, reactor nuklir, dan pembakaran bahan bakar di alas bahan bakar tanur tingi untuk ketel. Pembuangan panas dari sumber-sumber di dalam juga merupakan pertimbangan yang penting dalam menetapkan daya nominal motor listrik, generator dan transformator.Dalam pengantar ini akan dibahas dua kasus sederhana: konduksi panas keadaan stedi di dalam pelat datar dan silinder lingkaran dengan pembangkitan panas dalam yang homogeny . Untuk pembahasan soal-soal yang lebih rumit seperti sistem dengan sumber panas yang takseragam, sumber-sumber panas lokal yang konstan, atau sumber panas yang bergerak dapat disederhanakan seperlunya.Pelat datar dengan sumber panas yang terbagi secara seragam. Perhatikan sebuah pelat datar dimana terjadi pembangkitkan panas yang seragam. Pelat ini dapat berupa elemen pemanas seperti rel (bus bar) datar dimana panas dibangkitkan dengan mengalirkan arus listrik melaluinya. Jika kita asumsikan bahwa terdapat keadaan stedi, bahwa bahannya homogen, dan bahwa pelat itu cukup besar sehingga pengaruh ujung-ujungnya dapat diabaikan, maka persamaan energy untuk suatu elemen diferensial dapat dinyatakan dengan perumusan, sebagai berikut:Laju konduksi panas

Laju pembangkitan panas

Laju konduksi panas

melalui permukaan+ di elemen yang tebalnya = melalui permukaan

kiri ke dalam elemen

(dx)

kanan dari elemen

di x

di x + dx

Persamaan matematik yang berangkutan, sebagai berikut:k A dT/dx [di x] + q dot A dx = - k A dT/dx [di x + dx]

dimana:

q dot adalah kekuatan-sumber-panas per volume satuan dan waktu satuan, perhatikan Gambar 1. Dan karena

- k A dT/dx [di x + dx] di x + dx = - k A dT/dx [di x] + d/dx (-k A dT/dx [di x]) dx

(akan diberikan langsung saat tatap muka)

Gambar 1 Sketsa konuksi panas dinding + sumber panas-dalam

Maka persamaan yang diperoleh, sebagai berikut:

q dot = - d/dx (k dT/dx)

Jika konduktivitas panas tetap dan pembangkitan panas seragam, maka persamaan di atas dapat disederhanakan menjadi, sebagai berikut:- k d2T/dx2 = q dot

Sedangkan penyelesaian persamaan di atas ini dapat dilaksanakan dengan dua kali integrasi berturut-turut. Integrasiyang pertama akan mengfhasilkan gradien temperaur, sebagai berikut:

dT/dx = - [q dot/k] (x) + C1dan integrasi kedua akan memberikan distribusi temperature, sebagai berikut:

T = - (q dot/2 k ) (x2) + C1 x + C2Dimana:

C1adalah konstanta integrasi yang harganya akan ditentukan oleh syarat-syarat batas.

C2 adalah konstanta integrasi yang harganya akan ditentukan oleh syarat-syarat batas. Jika kita tetapkan bahwa temperatur pada kedua permukaan adalah To, maka syarat-syarat batas tersebut adalah:

T = To pada x = 0 dan T = To pada x = 2 L

Agar penyelesaian tersebut di atas memenuhi syarat-syarat ini, maka kita memasukkan harga-harga tersebut ke persamaan di atas dan menyelesaikan untuk C1 dan C2. Hal ini akan menghasilkan, sebagai berikut:To = C2 dan

To = - [q dot/2 k]( 4 L2) + C1 2L + ToMenyelesaikan untuk C1, kita akan mendapatkan, sebagai berikut:

C1 = q dot L/kMemasukkan rumus-rumus untuk C1 dan C2 ini ke persamaan di atas akan menghasilkan distribusi temperatur, yaitu:T = - (q dot/2 k) (x2) + (q dot L/k) (x) + ToT To = [q dot L2/2 k] [ 2 (x/L) ( x/L) 2 ]

Jadi, distribusi temperature melintasi pelat tersebut berupa parabola dengan puncaknya di bidang tengah, pada x = L. Beda temperatur antara bidang tengah dan permukaan pelat, adalah sebagi berikut:(T To)maks = q dot L2/2 k

Jika pelat itu terendam di dalam fluida yang temperaturnya (takterhingga) dan kondukktansi permukaan pada kedua permukaannya ho rata2, maka dalam keadaan stedi panas yang dibangkitkan di dalam separoh pelat harus mengalir secara kontinu melalui permukaan yang membatasinya. Jika dinyatakan secara aljabar untuk satu satuan luas, maka syarat ini adalah, sebagai berikut:

q dot L = - k dT/dx untuk di (x = 0) = ho rata2 (To Ttakterhingga)

Dari persamaan di atas ini suku pertama menyatakan laju pembangkitan panas di dalam pelat, dan suku kedua menyatakan laju konduksi panas ke permukaan, dan suku ketiga laju aliran panas dengan cara konveksi dan radiasi dari permukaan ke medium sekitarnya. Maka beda temperatur To Ttakhingga yang diperlukan untuk perpindahan panas dari permukaan tersebut adalah sebagai berikut:To Ttakhingga = q dot L / ho rata22. Contoh 1.

Suatu fluida (Ttakhingga = 340 K) yang konduktivitas listriknya rendah dipanaskan oleh suatu pelat besi yang panjang, dengan tebal 15 mm dan lebar 75 mm. Panas dibangkitkan secara seragam di dalam pelat dengan laju q = 1000000 W/m3 dengan mengalirkan arus listrik melalui pelat itu. Tentukan konduktansi permukaan satuan yang diperlukan untuk mempertahankan temperature pelat tersebut di bawah 420 K.

Jawab:

Dengan mengabaikan panas yang terbuang dari tepi-tepi pelat, maka berlaku persamaan :

(T To)maks = q dot L2/2 k

Dan beda temperatur antara bidang tengah dan permukaan, adalah sebagai berikut:(T To)maks = q dot L2/2 k

= (1000000)(0,0075)2 / (2)(43) = 0,65 K

Jatuh temperatur di dalam besi begitu rendah karena konduktivitas panasnya tinggi (k = 43 W/m K). Dari persamaan berikut:

To Ttakhingga = q dot L / ho rata2

Kita mendapatkan besaran, berikut:

To Ttakhingga = q dot L / ho rata2

= (1000000)(0,0075) / (80) = 94 W/m2 K.

Jadi konduktansi perukaan satuan minimum yang akan mempertahankan temperatur di dalam pemanas di bawah 420 K adalah 94 W/m2 K.

Komentar soal-soal perpindahan panas yang dirumuskan dalam persamaan-persamaan diferensial yang sederhana seperti persamaan, sebagai berikut:

- k d2T/dx2 = q dot

Adalah sangat diidealkan. Dalam kebanyakan system yang nyata, konduktivitas panas merupakan fungsi temperatur, sumber-sumber panas adalah fungsi koordinat dan syarat-syarat batasnya rumit. Dalam hal yang demikian tidak selalu dimungkinkan untuk merumuskan soalnya dalam bentuk persamaan yang membuahkan penyelesaian analitik, tetapi selalu mungkin untuk memperoleh penyelesaian numeric dengan bantuan computer. Soal yang berikut ini melukiskan penggunaan computer untuk soal yang relative sederhana, dan hasil perhitungannya dengan computer untuk soal ini dapat dibandingkan dengan jawaban yang didapat dari penelesaian analitik. Dengan sedikit perubahan, cara yang sama dapat ditrapkan pada keadaan dimana konduktivitas panas merupakan fungsi temperatur dan laju pembangkitan panasnya tidak seragam.3.Contoh 2.

Sebuah lempengan besar yang tebalnya 1 ft (k = 25 Btu/h ft F) mengandung sumber-sumber panas yang terbagi secara seragam (q = 100000 Btu/h ft3). Temperatur pada satu permukaannya adalah 2000 F dan panas berpindah ke permukaan itu [q (0)] dengan laju 1000 Btu/h ft2. Tulislah program FORTRAN untuk menentukan distribusi temperatur keadaan stedi di dalam lepengan itu.Jawab.

Jika pengaruh ujung-ujung diabaikan, maka berlaku persmaan konduksi satu dimensi, yaitu sebagai berikut:

d2T/dx2 = - (q/k)

Syarat-syarat batasnya, adalah: Permasalahan konduksi panas keadaan stedi melalui system yang sederhana di mana temperatur dan aliran panas merupakan fungsi dari satu koordinat saja. Dalam hal ini (satu dimensi), berarti aliran panas yang paling sederhana, yaitu konduksi panas melalui dinding datar (plat). Dengan menganggap bahwa, temperatur permukaan adalah seragam (uniform), baik permukaan panas maupun permukaan yang dingin, laju aliran panas dengan cara konduksi melalui suatu bahan yang homogen diberikan dengan perumusan, perhatikan Gambar 1.

Qk = A.k /L (Tpanas Tdingin) = delta T/Rk = Kk delta T

[Sket diberikan saat tatap muka]

Gambar 1 Dinding datar dengan perpindahan panas

2. Contoh 1.

Suatu permukaan dial dari dnding-dinding sebuah gedung yang besar harus dipertehankan temperaturnya pada 70oF, sementra temperatur bagian luar adalah 10oF. Dinding-dinding itu tebalnya 10 inch dan terbuat dari bahan bata dengan koefisien perpindahan panas konduksi 0,4 Btu/h ft F. Hitunglah kerugian panas untuk tiap foot (kaki) persegi permukaan dinding per jam. Sket akan diberikan pada saat tatap muka berlangsung, perhatikan Gambar 2.

Jawab:

[sket gambar diberikan langsung saat tatap muka]

{Gambar 2. Perambatan panas konduksi dinding 1 dimensi)

Jika pengaruh sudut-sudut dari pertemuan dinding-dinding kita abaikan termasuk sambungan bata dari adukan semen, maka berlaku perumusan di atas. Dengan memasukkan konduktivitas panas dan dimensi-dimensi yang bersangkutan dalam satuannya yang benar (misalnya L = 10/12 feet), kita akan peroleh, yaitu:

q/A = (0,4) [70 (-10)]/ (19/12) = 38,4 Btu/hr sq ft.

Jadi 38,4 Btu hilang dari gedung per jamnya melalui setiap foot persegi luas permukaan dinding.

3. Contoh 2.

Sebuah silinder berlobang, dengan menganggap aliran panas adalah radial (menurut jari-jari silinder) dengan cara konduksi melalui dindingsilinder berpenampang lingkaran yang berlobang merupakan masalah konduksi satu dimensi yang cukup penting pada praktek sehari-hari.

Contoh ini khas untuk mekanisme konduksi panas melalui pipa dan melalui isolasi pipa, lihat pada Gambar 3. Jika silinder itu homogen dan cukup panjang sehingga pengaruh ujung-ujungnya dapat diabaikan dan temperatur permukaan dalamnya konstan pada Ti sedangkan temperatur luarnya dipertahankan seragam pada To, maka persamaan konduksi di atas laju konduksinya adalah :

qk = - k A dT/dr

Dimana:

dT/dr adalah gradient temperatur dalam arah radial.

[Sket gambar diberikan saat tatap muka berlangsung]

(Gambar 3. Perambatan konduksi panas pada pipa berlobang)

Dimana:

A = 2 phi r x l adalah luas penampang aliran panas

L = panjang pipa dan

R = jari-jari pipa (solid)

Untuk silinder berlobang agak berbeda sedikit, mengenai besarnya luas penempang yang akan dilewati panas akan dikurangi oleh penampang dalam (lobang pipa).

Maka laju aliran panas dengan cara konduksi dinyatakan sebagai :

qk = - k 2 phi r l dT/dr

Perubahan variable-variabel dan integrasi antara To pada ro dan Ti pada ri akan menghasilkan, perumusan:

Ti To = (qk/2 phi k l) x [ln (ro/ri)]

Menyelesaikan dari persamaan di atas untuk qk besar laju konduksi panas melalui silinder berpenampang lingkaran berlobang, akan menghasilkan, berikut:

qk = (Ti To)/ [(ln (ro/ri)/ (2 Phi k l)]

Persamaan di atas menunjukkan bahwa laju aliran panas radial berbanding lurus dengan panjang silinder l, konduktivitas termal (k), beda temperatur antara permukaan dalam dan luar Ti To, dan berbanding terbalik dengan logaritma alamiah (suatu bilangan, ln, adalah 2,3026 x logaritma dengan dasar 10), hasil bagi jari-jari dalam ro/ri atau hasil bagi garis tengah-dalam Do/Di. Dengan analogi terhadap kasus dinding datar dan hukum Ohm, untuk tahanan termal silinder berlubang adalah, sebagai berikut:

Rk = [ln (ro/ri)]/ (2 phi k l)

Distribusi temperatur atau dikenal dengan (agihan temperatur) pada dinding yang lengkung diperoleh dengan mengintegrasikan persamaan:

qk = - [k 2 phi r l] (dT/dr)

Dari jari-jari dalam ri dan temperatur Ti yang bersangkutan sampai jari-jari sembarang lain dan temperatur T yang bersangkutan, atau ditulis berikut:

Integral [(qr)/(k (2 phi l)] (dr/r) dari ri ke r = - integral dT dari Ti ke TrYang memberikan hasil, berikut:

Tr = Ti [ (Ti To)/ (ln (ro/ri)] ln (r/ri)

Jadi temperatur dalam silinder berlubang merupakan fungsi logaritmik jari-jari r (Gambar 2. Silinder berlubang), sedangkan untuk dinding datar distribusi temperaturnya linier.

Untuk penggunaan-penggunaan tertentu adalah bermanfaat untuk membuat persamaan bagi konduksi melalui dinding lengkung dalam bentuk persamaan sama seperti, berikut:

Qk = [A.k /L] (Tpanas Tdingin) = delta T/Rk = Kk deltaT

Dari beberapa perumusan di atas, dapat dengan subsitusi l = (ro ri) sebagai tebal yang dilalui panas konduksi dan menghasilkan persamaan A (rata-rata logaritmik =

A rta = [2 phi (ro ri) l / ln (ro/ri) = (Ao Ai) / ln (Ao/ Ai), maka laju konduksi panas mealaui silinder berpenampang lingkaran yang berlubang dapat dinyatakan, sebagai berikut:

Qk = [Ti To] / [(ro ri) / k A rta]

Untuk harga Ao / Ai < 2 (yaitu ro < ri < 2) luas rata-rata aritrmatik (Ao + Ai) / 2 terdapat dalam batas 4 % dari luas rata-rata logaritmik dan boleh dipakai dengan ketelitian yng memuaskan. Untk dinding yang lebih tebal pengira-iraan ini pada umumnya tidak dapat diterima, lihat Gambar 4 berikut ini: Distribusi temperatur dalam dinding pipa berlubang.

[sket gambar diberikan langsung saat tatap muka]

(Gambar 4 Perambatan panas konduksi pipa berlobang)

4. Contoh 3.

Hitunglah kerugian panas dari pipa yang bergaris-tengah nominal 80 mm dan panjangnya 3 m yang ditutup dengan bahan isolasi yang mempunyai konduktivitas panas 0,70 W/mK setebal 4 cm. Assumsikan bahwa temperatur permukaan dalam dan luar masing-masing 475 K dan 300 K. Lihat Gambar 5 (sket), berikut:

[sket gambar diberikan langsung saat tatap muka]

(Gambar 5. Sket perambatan panas konduksi pipa berlobang)

Jawab.

Diameter luar pipa 80 mm nominal adalah 88,9 mm. Ini adalah juga diameter salam isolasi. Diameter luar isolasi 168,9 mm. Luas rata-rata logaritmik adalah:

Arta= [Ao Ai]/[ln(Ao/Ai)] = 10 phi (0,1689 0,0889)/ ln (0,1689/0,0889)

= 1,175 m2.

Karena ro/ri < 2, luas rata-rata aritmatik menjadi endekatan yang dapat diterima dan diambil berikut:

(Ao + Ai)/ 2 = 3 phi (0,1689 + 0,0889)/2

= 1,215 m2.

Kita terapkan perumusan, berikut:

qk = (Ti To) / [(ro ri) / k A rta]

Dengan subsitusi harga-harga yang diketahui, laju kerugian panas tersebut besarnya, adalah berikut:

qk = (475 300)/(0,04/0,070 x 1,175)

= 359,8 Watt.

Sampai Module ke 5 minggu depan.

Perpindahan PanasIr. Pirnadi, M.Sc.Pusat Pengembangan Bahan AjarUniversitas Mercu Buana

118