Upload
jinggascribd
View
353
Download
46
Embed Size (px)
Citation preview
Perpindahan Panas
BAB II KONDUKSI SATU DIMENSI TUNAK
Pernyataan satu dimensi merujuk kepada kenyataan bahwa hanya diperlukan
satu koordinat untuk mendiskripsikan variasi variabel tidak bebas. Jadi konduksi satu
dimensi berarti gradient temperatur hanya terjadi sepanjang satu arah koordinat,
sehingga perpindahan panas hanya terjadi kearah tersebut. Disamping itu sistim disebut
mencapai kondisi tunak (steady state) jika semua sifat-sifatnya tidak berubah dengan
berjalannya waktu.
2.1 DINDING DATAR
Konduksi satu dimensi pada dinding datar, distribusi temperatur hanya kearah
satu sumbu saja misalnya sumbu x, sehingga perpindahan panas hanya terjadi kearah
sumbu x saja.
T∞2
q”x
T1 T2T∞1
Ah 1
1
∞
Ah 2
1
∞
kAL
x x=L
q”x
T∞2, h∞2
T∞1, h∞1
T1
T2
T∞1
T∞2
Lx
y
Gambar 2.1: Perpindahan panas pada dinding datar
Pada gambar diatas terlihat panas berpindah secara konveksi dari udara di bagian dalam
ke dinding dalam, kemudian dilanjutkan dengan konduksi dari dinding dalam ke
dinding luar, lalu diteruskan lagi dengan konveksi dari dinding luar ke udara luar.
D3MITS – FTI - ITS 16
Perpindahan Panas
2.1.1. DISTRIBUSI TEMPERATUR
Distribusi temperatur pada dinding dapat diperoleh dengan menyelesaikan
persamaan difusi panas berikut ini.
0)()()( =+∂∂
+∂∂
+∂∂ oq
dzdTk
zdydTk
ydxdTk
x 1)
Untuk konduksi satu dimensi kearah sumbu x dan tanpa ada pembangkitan panas maka:
0)( =dxdTk
dxd , Jika konduktivitas termal dinding dianggap konstan, lalu
diintegralkan dua kali maka didapat solusi:
21)( CxCxT += 2)
Konstanta C dicari dengan kondisi batas berikut ini: T(x=0) = T1 dan T(x=L) = T2
Jadi: T1 = C2 dan T2 = C1L + C2 atau T2 = C1L + T1 sehingga diperoleh: L
TTC 12
1−
=
Substitusi C1 dan C2 ke persamaan 2 didapatkan:
112 )()( TLxTTxT +−= 3)
Laju perpindahan panas dihitung hukum Fourier (Conduction rate equation):
Konduksi satu dimensi ke arah sumbu X saja (gambar 2.1):
)( 12
2
1
2
1
TTLkAqdTkAdxq
dxdTkAq
T
Tx
x
xxx −−=→−=→−= ∫∫ 4)
2.1.2. HAMBATAN TERMAL:
Untuk kasus perpindahan panas seperti tersebut diatas peristiwa difusi panas
dianalogikan dengan aliran arus listrik dan hambatan listrik dianalogikan dengan
hambatan perpindahan panas, serta beda potensial dianalogikan dengan beda
temperatur.
kAL
qTRkond =
Δ= 5)
Sebaliknya laju perpindahan panas dapat ditulis:
kondkond
kond RTT
RTq )( 12 −=
Δ= 6)
Rkond disebut hambatan perpindahan panas konduksi. Analisis yang sama jika diterapkan
pada kasus konveksi, maka didapat hambatan perpindahan panas konveksi Rkonv :
D3MITS – FTI - ITS 17
Perpindahan Panas
)( ∞−= TThAq s
hAq
TRkonv1
=Δ
= 7)
Dan laju perpindahan panas konveksi ditulis:
konv
s
konvkonv R
TTR
Tq )( ∞−=
Δ= 8)
Dalam suatu rangkaian hambatan listrik arus yang mengalir di tiap-tiap hambatan sama,
dan analoginya laju perpindahan panas pada tiap-tiap hambatan perpindahan panas juga
sama, maka:
1
2212
1
11
1)()(
1)(
∞
∞
∞
∞ −=
−=
−=
h
TT
kAL
TT
h
TTqx
Dan juga dapat ditulis dalam bentuk beda temperatur total:
tottot
x RT
RTTq Δ
=−
= ∞∞ )( 21 , dimana: 9)
AhkA
LAh
Rtot21
11
∞∞
++= 10)
Rtot disebut hambatan perpindahan panas keseluruhan (overall heat transfer resistant)
Persamaan 19) dapat ditulis dalam bentuk lain yaitu:
TUAqx Δ=
AhkAL
AhR
UAtot
21
1111
∞∞
++==
21
111
∞∞
++=
hkL
h
U 11)
U disebut koefisien perpindahan panas keseluruhan.
Soal latihan 1: Radiasi diabaikan hitung q dan T1???
k = 1,2 W/mK
q”konduksiiAliran fluida h∞ = 25 W/m2oK T∞ = 250oC
T1
q”conq”conv
Aliran fluida h∞ = 10 W/m2oK T∞ = 30oC
20 cm
D3MITS – FTI - ITS 18
Perpindahan Panas
x
Penyelesaian:
Aliran fluida h∞2 = 10 W/m2oK T∞2 = 30oC
q”con
x
k = 1,2 W/mK
T1
T2 =100oC
q”konduksiiAliran fluida h∞1 = 25 W/m2oK T∞1 = 250oC
q”conv
20 cm
Balans energi kalor pada permukaan atur:
outin qq =
Soal latihan 2:
Pertanyaan :
Aliran fluida h∞2 = 10 W/m2oK T∞2 = 30oC
q”con
x
k = 1,2 W/mK
T1
T2
q”konduksiiAliran fluida h∞1 = 25 W/m2oK T∞1 = 250oC
q”conv
20 cm
T1 = ?
q” =?
D3MITS – FTI - ITS 19
Perpindahan Panas
2.1.3. DINDING BERLAPIS
Metode analisis perpindahan panas dengan menganalogikan dengan rangkaian
hambatan listrik tersebut akan sangat membantu menyelesaikan kasus perpindahan
panas pada dinding berlapis, baik seri maupun parallel.
1. Dinding Datar Berlapis Seri:
Dinding disusun seperti rangkaian hambatan listrik seri.
T∞4
T∞1
T1
T2 kB T3 T4
h∞4, T∞4
h∞1, T∞1
LA LB LC
kA kC
q”x
T1 T2T∞1
Ah 1
1
∞
Ak
L
A
A
T4
Ah 4
1
∞
T3 T∞4
AkL
B
B Ak
L
C
C
Gambar 2.2: Perpindahan panas pada dinding berlapis
Laju perpindahan panas:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡++++
−=
−=
Δ=
∞∞
∞∞∞∞
AhAkL
AkL
AkL
Ah
TTR
TTR
Tq
C
C
B
B
A
Atottotx
41
4141
11
Harga koefisien perpindahan panas keseluruhan:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡++++
==
∞∞ 41
1111
hkL
kL
kL
hAR
U
C
C
B
B
A
Atot
2. Dinding berlapis seri dan parallel:
kA kC
LC
kB
T3 T2
LA
kD
LD LB
T1
T4
h∞4, T∞4
T5
h∞1, T∞1
LD =LC
D3MITS – FTI - ITS 20
Perpindahan Panas
Ada dua kemungkinan:
Jika T4 ≠ T5 :
q”x
T1 T2T∞1
AhR
11
1
∞
=
AkLRA
A=2
T4
T3
AkLRB
B=3
DD
D
AkLR =5
T5CC
C
AkL
R =4
T∞4
DAhR
46
1
∞
=
CAhR
46
1
∞
=
21 xxx qqq +=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡++++
−=
−=
Δ=
∞∞
∞∞∞∞
CCC
C
CB
B
CA
A
C
tottotx
AhAkL
AkL
AkL
Ah
TTR
TTR
Tq
41
41
1
41
11
11
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡++++
−=
−=
Δ=
∞∞
∞∞∞∞
DDC
D
DB
B
DA
A
D
tottotx
AhAkL
AkL
AkL
Ah
TTR
TTR
Tq
41
41
2
41
22
11
Jika T4 = T5
Hambatan 4 dan 6 yang parallel menghasilkan:
q”x
T1 T2T∞1
AhR
11
1
∞
=
AkLRA
A=2
T3
AkLRB
B=3
DD
D
AkLR =5
T5=T4
CC
C
AkL
R =4
T∞4
AhR
46
1
∞
=
DC
CDDDCC
D
DD
C
CC
DD
D
CC
Cs LLLAkLAk
LAk
LAk
AkL
AkLRRR
+=+=+=+=
11111
54
CDDDCC
DCs LAkLAk
LLR+
=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+
++++
−=
−=
Δ=
∞∞
∞∞∞∞
AhLAkLAkLL
AkL
AkL
Ah
TTR
TTR
Tq
CDDDCC
DC
B
B
A
Atottotx
41
41
1
41
1 11
D3MITS – FTI - ITS 21
Perpindahan Panas
2.1.4. HAMBATAN KONTAK
Pada dinding berlapis terkadang dapat terjadi hambatan perpindahan panas
karena adanya celah diantara lapisan dinding tersebut. Hambatan tersebut dinamakan
hambatan kontak. Hambatan ini terjadi karena adanya kekasaran permukaan material
yang membentuk lapisan tersebut. Pada celah tersebut terjadi penomena hambatan
perpindahan panas parallel antara bagian yang nempel dan bagian yang berongga. Efek
total dari penomena tersebut menyebabkan terjadinya penurunan temperature pada
daerah tersebut. Hambatan kontak ini dapat dieleminir dengan memperhalus permukaan
atau mermberikan tekanan sehingga terjadi kontak yang lebih sempurna.
qx rongga
nempel
TA TB
T
x
TA
TB
Penurunan temperature karena hambatan kontak
Hambatan kontak didefinisikan:
x
BAkontak q
TTR −= 12)
Beberapa harga hambatan kontak ditabelkan dibawah, tetapi yang paling benar adalah
dengan melakukan pengukuran langsung.
Tabel 2.1: Perkiraan harga hambatan kontak untuk celah pada logam dalam kondisi
vacuum.
Hambatan kontak , Rkontak x 104 (m2 oK/W)
Tekanan kontak 100 kN/m2 10.000 kN/m2
Stainles steel 6,0----25,0 0,7----4,0
Copper 1,0----10,0 0,1----0,5
Magnesium 1,5----3,5 0,2----0,4
Aluminium
1.5----5,0 0,2----0,4
D3MITS – FTI - ITS 22
Perpindahan Panas
Tabel 2.2: Variasi hambatan kontak untuk celah bertekanan 105 N/m2 antara aluminium
dengan aluminium dengan rongga berisi berbagai cairan ,
Hambatan kontak , Rkontak x 104 (m2 oK/W)
Cairan dlm rongga Rkontak x 104 (m2 oK/W)
Udara 2,75
Helium 1,05
Hydrogen 0,720
Silicone oil 0,525
Glycerine 0,265
Contoh 1:
Sebuah oven dilengkapi dengan jendela dari bahan komposit tahan panas transparan, A
dan B. Tebal komposit LA = 2LB dengan konduktifitas termal kA = 0,15 W/m oK dan
kB = 0,08 W/m oK. Temperatur dinding oven Tw = temperature udara dalam oven
T∞1 = 400oC sedangkan temperatur udara ruangan T∞2 = 25oC. Koefisien perpindahan
panas konveksi di dalam oven (h∞1 ) = koefisien perpindahan panas radiasi didalam
oven (hT = h∞1 ) = koefisien konveksi di luar oven (h∞2 = h∞1 ) = 25 W/m2 oK. Berapakah
tebal total dari dinding komposit tersebut L = LA + LB agar temperatur dipermukaan
luar dinding komposit tersebut 50oC.
Jawaban:
Diketahui:
Dinding komposit transparan A dan B, data yang berhubungan dengan laju perpindahan
panas, dimensi dinding.
Ditanyakan:
Tebal dinding komposit agar temperature permukaan luarnya 50oC.
Skema:
Tw=400oC, hT=25W/m2oK
T∞1=400oC, h∞1=25W/m2oK
T∞2=25oC, h∞2=25W/m2oK
LA LB
Ts2=50o
D3MITS – FTI - ITS 23
Perpindahan Panas
Asumsi:
1. Kondisi tunak
2. Konduksi satu dimensi
3. Hambatan kontak diabaikan
4. Radiasi diluar diabaikan
5. Sifat komposit konstan dan homogen
Analisis:
Rangkaian termal terdiri dari konveksi dan radiasi di dalam oven, konduksi di dinding
A dan B dan konveksi diluar oven
Ak
L
A
A Ak
L
B
B Ah 2
1
∞
Ts2T∞1
Tw
Ah 1
1
∞
AhT
1
T∞2
Aplikasi kesetimbangan energi pada permukaan luar dinding komposit memberikan:
)( 222
21
**
∞∞∞ −=−=
TThR
TTEE
stot
s
outin
Total hambatan perpindahan panas disini terdiri dari hambatan perpindahan panas
konveksi parallel dengan radiasi yang selanjutnya seri dengan hambatan perpindahan
panas konduksi di dinding komposit dan konveksi di luar oven, maka:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡++
+=++
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
+=∞
−
∞
B
A
A
A
TB
B
A
A
T
tot kL
kL
hhAAkL
AkL
AhAh
R2
1111
11
1
1
1
Substitusi hasil-hasil tersebut ke kesetimbangan energi:
)(
21 222
1
21∞∞
∞
∞ −=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡++
+
−TTh
kL
kL
hh
TTs
B
A
A
A
T
s
D3MITS – FTI - ITS 24
Perpindahan Panas
BA
Ts
s
A
kk
hhTTTT
hL
211
11
122
21
2
+
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
= ∞∞
∞
∞
mWmK
WKmWKmLA 0418,0
/)16,0/115,0/1(
/02,0255050400/04,0 2
2
=+
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
−−
=
mLL AB 0209,0
2==
mLLL BA 0627,0=+=
Contoh 2:
Sebuah benda berbentuk kerucut terpancung pejal, memiliki konduktivitas termal k =
3,46 W/mK. Diameter benda dinyatakan dalam bentuk D = ax , dimana a = 0,25. bagian
ujung yang kecil terletak pada x1 = 50 mm dan yang lebih besar pada x2 = 250 mm.
Temperatur pada ujung T1 = 400oK dan ujung yang lain T2 = 600oK. Bagian permukaan
konikalnya diisolasi terhadap panas. Dapatkan persamaan distribusi temperatur T(x)
dengan asumsi perpindahan panas satu dimensi. Hitung pula laju perpindahan panas
melalui kerucut tersebut.
Jawaban:
Diketahui:
Konduksi pada kerucut terpancung dengan bagian konikalnya diisolasi. Diameter
kerucut dalam bentuk D = ax, dimana a = 0,25.
Ditanyakan:
1. Distribusi temperature T(x)
2. Laju perpindahan panas qx
Skema:
x
x1 x2
T1
T2
qx
Isolator
D3MITS – FTI - ITS 25
Perpindahan Panas
Asumsi:
1. Kondisi tunak
2. Aliran panas satu dimensi ke x saja
3. Ttidak ada panas yang dibangkitkan di dalam kerucut
4. Sifat-sifat konstan
Analisis:
Kasus ini memenuhi syarat hukum Fourier:
4
)(4
dim,22 axDAana
dxdTkAqx
ππ==−=
dxdTaxkqx 4
)( 2π−=
Dikumpulkan variabel yang bersesuaian:
kdTax
dxqx −=2)(4π
∫ ∫−=x
x
T
T
x dTkxadxq
1 1
22
4π
)(1124
11
2 TTkxxa
qx −−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−
π
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−=
xxkaqTxT x 11
24)(
121 π
jika x = x2 maka T = T2 maka:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−−=
21212
112
4xxka
qTT x
π
Sehingga qx:
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞⎜
⎝⎛−⎟
⎠⎞⎜
⎝⎛
−=
21
212
112
)(
xx
TTkaqxπ
Distribusi temperatur:
Substitusi qx ke persamaan T(x) diatas:
D3MITS – FTI - ITS 26
Perpindahan Panas
2.2 DINDING SILINDER
Konduksi satu dimensi pada silinder, distribusi temperatur hanya kearah satu
sumbu saja misalnya sumbu radial (r), sehingga perpindahan panas hanya terjadi kearah
sumbu r saja.
L
Ts1 Ts2
q”
k
r1
r2
Gambar 2.3: Konduksi pada silinder
2.2.1. DISTRIBUSI TEMPERATUR
Distribusi temperatur pada dinding silinder dapat diperoleh dengan
menyelesaikan persaman difusi panas berikut ini.
tTcqTkTk
rrTkr
rr p ∂∂
=+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
∂∂ ρ
ααφφ*
2
11 13)
Untuk konduksi satu dimensi tunak dan tanpa pembangkitan panas, maka :
01=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
drdTkr
drd
r 14)
Persamaan tersebut diintegralkan dua kali, diperoleh:
21 ln){ CrCrT +=
Syarat batas:
T(r1) = Ts1 dan T(r2) = Ts2, masukkan harga-harga ini ke persamaan didapat:
2111 ln CrCTs +=
, sehingga: 2212 ln CrCTs +=
22
2
1
21 lnln
){ sss T
rr
rrTT
rT +⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
2.2.2. LAJU PERPINDAHAN PANAS DAN HAMBATAN TERMAL
Laju perpindahan panas dari pada silinder juga dijabarkan dari hukum Fourier
berikut ini:
drdTrLk
dxdTkAq π2−=−=
D3MITS – FTI - ITS 27
Perpindahan Panas
1
2
21
ln
)(2
rr
TTLkq ss −=
π 15)
Sehingga hambatan perpindahan panas konduksi pada silinder adalah:
kLrr
Rkond π2
ln1
2
= 16)
2.2.3. DINDING SILINDER BERLAPIS
Gambar 2.4: Konduks pada silinder berlapis
44
342312
11
41
21
2)/ln(
2)/ln(
2)/ln(
21
LhrLkrr
Lkrr
Lkrr
Lhr
TTq
CBA
r
πππππ++++
−= ∞∞ 17)
)( 411141
∞∞∞∞ −=
−= TTAU
RTTq
totr 18)
Dengan harga LrA 11 2π= , maka:
44
1
3
41
2
31
1
21
1
1 1lnlnln11
hrr
rr
kr
rr
kr
rr
kr
h
U
CBA
++++= 19)
D3MITS – FTI - ITS 28
Perpindahan Panas
Contoh 3:
Pipa tembaga tipis berjejari ri yang diisolasi digunakan untuk menyalurkan freon
bertemperatur Ti yang lebih rendah dari temperatur udara luar T∞. Jika diameter pipa 10
mm dan ketebalan isolasi dibuat 0, 2, 5, 10, 20, dan 40 mm, hitunglah total hambatan
panas yang dihasilkan dari komposisi tersebut. Bahan isolasi k = 0,55 W/mK dan
koefisien konveksi di luar h = 3 W/m2K.
Jawaban:
Diketahui:
Radius pipa ri diisolasi dari udara luar , temperatur Freon Ti , temperatur udara luar T∞
Ditanyakan:
Hitunglah total hambatan panas yang dihasilkan dari komposisi tersebut
Skema:
Asumsi:
1. Kondisi tunak
T∞, h = 5 W/m2K
isolator
Ti ri
2. Konduksi satu dimensi arah radial
3. Hambatan termal dinding pipa diabaikan
4. Sifat-sifat konstan
5. Radissi diabaikan
Analisis:
Ada dua hambatan perpindahan panas yaitu pada isolator dan konveksi di luar
Total hambatan perpindahan panas per satuan panjang adalah:
hrk
rrRtot ππ 21
2)ln( 1 +=
Laju perpindahan panas per satuan panjang ;
Ti T∞
krr
π2)ln( 1
hrπ21
qr
D3MITS – FTI - ITS 29
Perpindahan Panas
tot
r RTTq 1−
= ∞
Tebal isolasi optimum adalah yang dapat memberikan hambatan perpindahan panas
yang maksimum atau laju perpindahan panas yang minimum:
0=drdR , maka:
02
12
12 =−hrkr ππ
hkr =
Untuk memastikan harga tersebut maksimum atau minimum harus diambil turunan
kedua:
hrrkdr
Rd322
2
21
21
ππ+−=
Dengan hkr = , maka:
0/2
1211
)/(1
2322
2
⟩=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
hkkkhkdrRd
ππ
Karena harga turunan kedua tersebut positif maka nilai r tersebut adalah nilai yang
memberikan total hambatan minimum bukan maksimum. Jadi dalam kasus ini tidak ada
nilai hambatan total maksimum.
mkmWmKWr 011,0
/5/055,02 ==
Komentar:
Nilai r pada kasus ini disebut nilai kritis, karena nilai tersebut memberikan nilai
hambatan perpindahan panas total yang paling kecil. Jika nilai r lebih besar ataupun
lebih kecil dari harga tersebut nilai total hambatan perpindahan panas makin besar.
2.3. KONDUKSI PADA BOLA
Konduksi satu dimensi pada bola, distribusi temperature hanya kearah satu
sumbu saja misalnya sumbu radial, sehingga perpindahan panas hanya terjadi kearah
sumbu r saja. Untuk konduksi tunak, satu dimensi dan tanpa pembangkitan panas di
dalam bola hukum Forier memberikan:
drdTrk
dxdTkAqr )4( 2π−=−= 20)
D3MITS – FTI - ITS 30
Perpindahan Panas
Gambar 2.5: Konduksi pada bola berongga
∫∫ −=2
1
2
124
Ts
Ts
r
r
r kdTrdrq
π
)1()1()(4
21
21rrTTk
q ssr −
−=
π 21)
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
21
114
1rrk
Rkond π 22)
Contoh 4:
Tabung bola berdinding tipis digunakan untuk menyimpan nitrogen cair pada 77oK.
Tabung bola berdiameter 0,5 m ditutup dengan isolasi yang dilengkapi dengan
“evacuated reflective insulation system. Tebal isolator 25 mm dengan k = 0,0017
W/mK dan pada bagian luarnya adalah udara terbuka pada 300oK. Koefisien konveksi
sebesar 20 W/m2K. Kalor laten penguapan nitrogen 2 x 105 J/kg, dan massa jenisnya
804 kg/m3. Dapatkan laju perpindahan panas ke nitrogen dan laju nitrogen yang berubah
menjadi uap?
Jawaban:
Diketahui:
Cairan nitrogen dalam tabung bola yang diisolasi. Bagian luar isolator adalah udara
terbuka.
Ditanyakan:
Laju perpindahan panas dan laju penguapan nitrogen.
Skema:
dr
qr+qr r1
r2
r
Ts2
Ts1
vent m*, hfg
T∞2=300oK H=20W/m2
K
qr
Tabung bola tipis
Isolator
Cairan nitrogen
D3MITS – FTI - ITS 31
Perpindahan Panas
Asumsi:
1. Kondisi tunak
2. Konduksi satu dimensi
3. Hambatan dinding diabaikan
4. Radiasi dibaikan
5. Sifat-sifat konstan
Analisis:
Ada dua hambatan perpindahan panas yaitu pada isolator dan konveksi di luar
1. Laju perpindahan panas
Laju perpindahan panas ke nitrogen adalah:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−= ∞∞
hrrrk
TTqr
2221
12
4111
41
ππ
W
KmWmmKW
Kqr 06,13
)/20()275,0(41
275,01
25,01
)/0017,0(41
)77300(
22
=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛−
−=
ππ
2. Laju penguapan
Energi balans pada cairan nitrogen memberikan:
0** =− outin EE
Energi masuk adalah laju perpindahan panas ke nitrogen qr dan energi keluar adalah laju
penguapan m*. hfg, maka:
fgr hmq *=
harikgsckgxkgJxscJ
hqm
fg
r /64,5/1053,6/102/06,13 5
5* ====
Dalam basis volume:
harilmkgharikgm /7
/804/64,5
3* ==
T∞1 T∞2
hr 224
1π
qr
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
21
1141
rrkπ
D3MITS – FTI - ITS 32
Perpindahan Panas
Contoh 5:
Tabung silinder berdinding tipis digunakan untuk menyimpan nitrogen cair pada 77oK.
Tabung berdiameter 0,5 m panjang 2 m dan kedua ujung silinder berbentuk setengah
bola (r=0,25 m). Seluruh bodi tabung diselimuti dengan isolator setebal 25 mm dengan
k = 0,0015 W/m yang dilengkapi dengan “evacuated reflective insulation system”.
Pada bagian luar tabung adalah udara terbuka yang bertemperatur 300oK dan memiliki
koefisien konveksi sebesar 20 W/m2K. Jika kalor laten penguapan nitrogen sebesar 2 x
105 J/kg, dan massa jenisnya 804 kg/m3. Dapatkan laju perpindahan panas ke nitrogen
dan laju massa nitrogen yang berubah menjadi uap?
Contoh 6:
A steam pipe (made of cooper) passes through a room in which the air and walls are at a
temperature of 25 oC. The outside diameter of the pipe is 70 mm and the inside diameter
is 60 mm. The entire of the pipe is well insulated with 50 mm thick of glass wool and its
surface temperature and emissivity are 50 oC and 0.7 respectively. If the coefficient
associated with free convection heat transfer from the surface to the air is 17 W/m2K.
Calculate the rate of heat transfer (loss) from the surface if the length of pipe is 100 m
and the temperature at the inside surface of the pipe?
Jawaban:
Skema:
ThrLπ2
1
Lkrr
1
12
2)ln(
π
Lkrr
2
23
2)ln(
π
hrLπ21
qr, qkonv
r1
r2
isolatorεh∞
T∞
Tsur
r3
Ts1Ts2
Tsur
T∞
D3MITS – FTI - ITS 33
Perpindahan Panas
Analysis:
Total loss of heat transfer:
konvrtotal qqq +=
)()( 4422 sursstotal TTATThAq −+−= ∞ σε
)()( 4422 sursstotal TTDLTTDLhq −+−= ∞ σεππ
Conduction from Ts1 to Ts2:
Lkrr
Lkrr
TTR
TTq ss
konduksi
sskond
2
23
1
12
2121
2)/ln(
2)/ln(
ππ+
−=
−=
Note: qkond = qtotal
Lkrr
Lkrr
TTTTDLTTDLh sssurss
2
23
1
12
214422
2)/ln(
2)/ln()()(
ππ
σεππ+
−=−+− ∞
D3MITS – FTI - ITS 34
Perpindahan Panas
2.4. PERPINDAHAN PANAS PADA SIRIP
Untuk memperbesar laju perpindahan panas salah satu cara yang paling sering
digunakan adalah memperluas permukaan perpindahan panas. Hal ini dapat ditempuh
dengan cara menambahkan sirip pada permukan perpindahan panas. Penambahan sirip
ini memperoleh dua keuntungan sekaligus yaitu dapat memperluas permukaan
perpindahan panas tidak hanya permukaan konduksi tapi juga permukaan konveksi.
Gambar 2.6: Penambahan sirip untuk memperbesar laju perpindahan panas pada
dinding datar
Gambar 2.7: Pemasangan sirip pada pipa dan pesawat penukar kalor (heat exchanger)
2.4.1 Analisis Perpan Pada Fin
T∞,
q = hA(Ts-T∞)
Ts, A
Ts, A
T∞,
diferensial elemen fin dV
Balans energi pada fin Fin segi empat Fin anular
D3MITS – FTI - ITS 35
Perpindahan Panas
Balans energi pada elemen fin convdxxx dqqq += +
Hk Fourier : (Konduksi)
dxdTkAq cx −= Ac: luas penampang
dxdxdqqq x
xdxx +=+
dxdxdTA
dxdk
dxdTkAq cdxx ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−−=+
Newton law of cooling ( Konveksi) A( ∞−= TThdAdq sconv ) s: luas permukaan Balans energi menjadi:
( )sscc TThdAdxdxdTA
dxdk
dxdTkA
dxdTkA −+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−−=−
( ) 0=−−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∞TTkdx
hdAdxdTA
dxd s
c
( ) 02
2
=−−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∞TT
dxdA
kh
dxdT
dxdA
dxTdA sc
c
( ) 0112
2
=−−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∞TT
dxdA
kh
AdxdT
dxdA
AdxTd s
c
c
c
Fin Penampang konstan :
PDdx
dxDdxdAdankonsA
dxdA s
cc ===== ππtan)(0
( ) 02
2
=−−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∞TT
kP
Ah
dxTd
c
Substitusi: ::)()( sehinggadxdT
dxdmakaTxTx =−= ∞θθ
kP
Ahmdenganm
dxd
c
==−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ 222
2
0θθ
Pers. Diff. Orde 2 linier homogen : (persamaan karakteristiknya adalah): 022 =−mλ mdanm −=+= 21 λλ
Fin lurus berpenampang konstan a) fin segi empat b) fin pin ( batang)
D3MITS – FTI - ITS 36
Perpindahan Panas
Solusi pers tersebut : mxmx eCeCx −+= 21)(θ Syarat batas : 1 ∞−===== TTxmakaTTxPada bbbfin θθ )0(:0 sehingga :
21 CCb +=θ 23) 2. Pada x = L, konduksi diujung =konveksi diujung:
Lx
cLc dxdTkATThA
=∞ −=− )(
Lx
L dxdkh
=
−=θθ
) 24) ()( 1221mLmLmLmL eCeCkmeCeCh −=+ −−
Konduksi dan konveksi pada fin berpenampang konstan
))
1221mLmLmLmL ekmCekmCehCehC −=+ −−
()( 21 hkmeCkmheC mLmL −=+ −
Dari syarat batas no 1: 12 CCb =−θ , sehingga: )()()( 22 hkmeCkmheC mLmL
b −=+− −θ )()()( 22 kmheChkmeCkmhe mLmLmL
b ++−=+ −θ
)()(
)(2 kmhehkme
kmheC mLmL
mLb
++−+
= −
θ
)()(
)()()(
)(1 kmhehkme
hkmekmhehkme
kmheC mLmL
mLb
mLmL
mLb
b ++−−
=++−
+−= −
−
−
θθθ
Substitusi C1 dan C2 :
)()()(
)()()( )()(
kmhehkmeekmh
kmhehkmeehkm
mLmL
xLmb
mLmL
xLmb
++−+
+++−
−= −
−
−
−− θθθ
D3MITS – FTI - ITS 37
Perpindahan Panas
)()()()(
)()()()( )()()()()()(
mLmLmLmL
xLmxLmxLmxLm
mLmL
xLmxLm
b eeheekmeeheekm
kmhehkmeekmhehkm
−−
−−−−−−
−
−−−
+++−++
=++−
++−=
θθ
mLkmhmL
xLmkmhxLm
eekmhee
eekmhee
mLmLmLmL
xLmxLmxLmxLm
b sinh2cosh2
)(sinh2)(cosh2
)()(
)()( )()()()(
+
−+−=
+++
−++=
−−
−−−−−−
θθ
Loss of heat transfer through the fin :
0=
−=−=x
ccf dxdkA
dxdTkAq θ
mL
kmhmL
mLkmhmL
mkAq bcf
sinhcosh
coshsinh
+
+−= θ dimana
ckAhPm = maka :
mL
kmhmL
mLkmhmL
hPkAq bcf
sinhcosh
coshsinh
+
+= θ
Soal latihan:
Sebuah plat baja setebal 50 mm berukuran p x l = 100 mm x 60 mm dipasang fin 4
buah setebal 2 mm dengan (p x l)fin = 10 mm x 60 mm. Jarak antar fin dibuat sama.
Bahan fin sama dengan bahan plat. Koefisien konveksi pada konstruksi tersebut 50
W/m2 K dan temperatur udara 25 oC. Sedangkan temperatur plat dianggap seragam =
Tabel 2.3:
D3MITS – FTI - ITS 38
Perpindahan Panas
100 oC. Hitung perpan total yang terjadi. Hitung berapa persen perpan yang melalui fin.
(radiasi diabaikan).
2.4.2. Kinerja dari sirip tersebut dapat dianalisis dengan efisiensi sirip ηf . Definisi dari
efisiensi sirip adalah: perbandingan antara perpindahan panas yang melalui sirip
sesungguhnya dengan perpindahan panas jika seluruh sirip bertemperatur sama dengan
temperature akar sirip (base metal).
bf
fff hA
qqq
θη ==
max
25)
Keterangan:
1. qf : perpindahan panas pada sirip sebenarnya
2. qmax : perpindahan panas jika seluruh sirip bertemperatur sama dengan akar
sirip
3. h : koefisien konveksi di sekitar sirip
4. Af : total luas permukaan sirip
5. θb : perbedaan temperature antara akar sirip dengan temperature udara (θb =
Tb - T∞
Beberapa sirip yang sudah lazim dipakai harga efisiensinya dapat dilihat pada gambar
2.8 da 2.9. Gambar 2.8 menampilkan efisiensi sirip berpenampang segi empat, segi tiga
dan parabola. Sedangkan gambar 2.9 menampilkan efisiensi sirip anular berpenampang
segi empat.
Gambar 2.8: Efisiensi sirip segi empat, segi tiga dan parabola
D3MITS – FTI - ITS 39
Perpindahan Panas
Gambar 2.9: Efisiensi sirip anular berpenampang segi empat
Untuk sirip berpenampang segi empat, segi tiga dan parabola:
bchPLq θ=max 26)
P adalah perimeter (keliling)
Untuk sirip anular:
bc rrhq θπ )(2 21
22max −= 27)
Contoh 5:
An engine head on a motorcycle is constructed of 2024-T6 alluminium alloy. The head
is in the form of cylindrical that has a height of H = 0,15 m and an outside diameter of
D = 50 mm. Under typical operating conditions the outer surface of the head is at a
temperature of 500 K and is exposed to ambient air at 300K, with a convection
coefficient of 50 W/m2 K. Annular fins of rectangular profile are typically added to the
head in order to increase heat transfer to the surroundings. Assume that five such fins,
which are of thickness t = 6 mm, length = 20 mm and equally space are added. What is
the increase in heat transfer from the head due to addition of the fins?
Jawaban:
Diketahui:
Data teknis sirip dan kondisi operasi kepala silinder motor yang bersirip anular.
D3MITS – FTI - ITS 40
Perpindahan Panas
Ditanyakan:
Kenaikkan perpindahan panas karena penambahan sirip?
Skema:
Asumsi:
r1=25 mm L=20 mm r2=45 mm
H=0
,15
m
t=6 mm Udara T∞=300 K h = 50W/m2K
Tb=500 K
1. Kondisi tunak
2. Konduksi satu dimensi arah radial
3. Sifat-sifat konstan
4. Tak ada pembangkitan panas
5. Koefisien konveksi merata di bagian luar silinder
6. Radiasi diabaikan
Sifat;
Tabel A 1 2024-T6 aluminium (T=500K); k = 186 W/m K
Analisis:
Dengan adanya sirip laju perpindahan panas:
oftotal qqq +=
Dari persamaan perpindahan panas melalui sirip adalah:
maxqNq ff η=
Dimana N adalah jumlah sirip.
Dari persamaan qmax untuk sirip anular:
))((2 21
22max ∞−−= TTrrhq bcπ
Perpindahan panas dari permukaan silinder langsung ke udara (tidak lewat sirip):
12)(arg,)( rNtHAahdenganTThAq oboo π−=−= ∞
Sehingga:
)(2)())((2 12
12
2 ∞∞ −−+−−= TTrNtHhTTrrhNq bbcftotal ππη
Efisiensi sirip diperoleh dari gambar 2.9:
D3MITS – FTI - ITS 41
Perpindahan Panas
mtrr c 048,0222 =+= , mtLLc 0238,0
2=+=
92,11
2 =rr c , 2
41038,1 mxtLA cp−==
15,02/1
3/2 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
pc kA
hL , sehingga dari gambar 2.9 diperoleh: 93,0=fη
( ) ( )
( )( ) ( )KxmxxKmWKxmxKmWxq
300500025,02006,0515,0/50300500025,0048,02)/5095,0(5
22
2222
−−+
−−=
π
π
Wq 890=
Jika tanpa sirip laju perpindahan panas menjadi:
12arg,)( rxHAahdenganTThAq obbb π=−= ∞
( ) WKmxxKmWqb 236300025,0215,0/50 22 == π
Kenaikan perpan setelah ditambah fin = 890 W-236 W = 654 W
Komentar:
Sirip ternyata mampu meningkatkan laju perpindahan panas dengan besaran sangat
berarti, akan lebih baik lagi jika tebal dan jarak antar sirip diperkecil lagi.
D3MITS – FTI - ITS 42