Sabtu 29 Oktober 2011
KONDUKSI DIMENSI SATU STEDI
I. PENDAHULUAN.
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)
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)
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 Tr Yang memberikan hasil, berikut:
Tr = Ti – [ (Ti – To)/ (ln (ro/ri)] ln (r/ri)
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)
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.
5. Struktur cangkang yang berbentuk bola:
Di antara semua bentuk geometri, bola mempunyai voume per luas permukaan luar yang terbesar. Karena itu bola berongga kadang-kadang dipergunakan dalam industry kimia untuk pekerjaan temperatur rendah, bila kerugian panas harus diusahakan sekecil mungkin. Konduksi melalui cangkang bola adalah juga soal keadaan-stedi satu dimensi jika temperatur permukaan dalam dan luarnya seragam dan konstan. Laju konduksi panas dalam gambar 5, berikut:
[Sket gambar diberikan langsung saat tatap muka]
(Gambar 5. Sket perambatan konduksi cangkang, bola)
Adalah, jika bahannya adalah homogeny, sebagai berikut :
= k akar(Ao Ai) [(Ti –To)/ (ro –ri)]
6. Contoh 4.
Ruang kerja suatu tanur (dapur tinggi) suatu laboratorium yang dipanaskan dengan listrik beukuran 6 x 8 x 12 inch dan dinding-dindingnya, yang tebalnya 6 inch pada semua sisinya, terbuat dari bata tahan api (koefisien konduktivitasnya 0,2 Btu/h ft F). Jika temperatur pada permukaan dalamnya harus dipertahankan pada 2000 F sedangkan temperatur-luarnya 300 F, perkirakan pemakaian daya dalam kilowatt (kW). Perhatikan gambar 4 dan data-data yang diketahui, berikut:
Jawab.
Dalam keadaan stedi komsumsi daya ama dengan kerugian panas permukaan-dalam Ai, adalah dengan subsitusi data-data yang diberikan, berikut:
Ai = 2 [ (6 x 8) + (6 x 12) + (8 x 12)]/ (144) = 3 ft2 Permukaan-luar Ao, adalah berikut:
Ao = 2 [ (18 x 20) + (18 x 24) + (20 x 24)] / (144) = 177,7 ft2 Karena Ao/Ai > 2, jika kita menggunakan perumusan:
Qk = 4 phi ri ro (Ti – To)/(ro – ri) = k akar(Ao Ai) [(Ti –To)/ (ro –ri)]
Dengan menggunakan factor koreksi empiric 0,725, dan kerugian panasnya, berikut:
Qk = (0,2) (0,725) akar (3 x 17,7 ) [ 1700/(6/12)]= 3600 Btu/hr. Karena 1 BTU/hr = 2,93 x 10-4, maka pemakaian daya kurang lebih 1,05 kW.
Tambahan sedikit mengenai konversi satuan dan selanjutnya akan menggunakan notasi satuan SI (system Internasional), sebagai berikut:
1. [Btu/h ft2]/(F ft) atau Btu/h ft F
2. [Watt/m2]/ (K/m) atau Watt/ m K
3. Hubungannya, adalah: 1 Watt/ m K = 0,578 Btu/h ft F
Bahan Btu/h ft F W/m K
Gas pada tekanan atmosferik 0,004 – 0,10 0,0069 – 0,17
Bahan isolasi 0,02 - 0,12 0,034 - 0,21
Cairan bukan logam 0,05 - 0,40 0,86 - 0,69
Non logam (bata, batu, semen) 0,02 - 1,5 0,034 - 2,6
Logam cair 5,0 - 45 8,6 - 76
Paduan 8,0 - 70 14 - 120
Logam murni 30 - 240 52 - 410
S8istem satuan dan dimensi yang lazim digunakan, berikut:
Panjang Waktu Massa Gaya Enersi
S I meter (m) sekon (s) Kilogram (kg) Newton (N) Joule (J)
Teknik Britania ft sec slug pound (lbf) Btu, ftlbf Tekn ikAmerika ft sec lbm lbf ftlbf, Btu
7. Contoh 5.
Dalam suatu rancang bangun sebuah penukar panas untuk penggunaan di pesawat terbang, temperatur dinding maksimum tidak boleh melampaui 800 K. Untuk kondisi-kondisi yang tertera di bawah ini, tentukan tahanan panas per meter persegi dinding logam di antara gas panas di satu sisi dan gas dingin di sisi lainnya yang maksimum diijinkan, lihat gambar 6.a,b,c. dan data-data yang diberikan, berikut:
Temperatur gas panas = 1300 K
Konduktansi permukaan satuan pada sisi panas, h1 = 225 W/m2K Konduktansi permukaan satuan pada sisi dingin h3 = 290 W/m2 K Temperatur gas dingin = 300 K
[a. Set gambar diberikan langsung saat tatap muka]
[b. Gambar rangkaian panas]
[c. Gambar rangkaian listrik yang analog]
(Gambar 6. Sket fisik penukar panas)
Dalam keadaan stedi kita dapat menuliskan q/A dari gas ke sisi panas dinding = q/A dari sisi panas dinding melalui dinding ke gas dingin, atau :
q/A = (Tg – Tsg)/(A Rl) = (Tsg – Tc)/ A (R2 – R3)
Dengan memasukkan data angka-angka untuk tahanan-tahanan panas satuan dan temperature-temperatur akan menghasilkan, berikut:
(1300 – 800)/(1/225) = (800 – 300)/(A R2 + 1/290) dan Setelah diselesaikan untuk A R2 akan menghasuilkan, berikut:
A R2 = 0,001 m2 K/ W.
Disimpulkan tahanan panas per satuan luas yang lebih besar daripada 0,001 m2 K/W akan memanaskan inding-dalam di atas 800 K.
Analogi antara aliran panas dan aliran listrik dapat digunakan sebagai alat bantu dalam membayangkan hubungan-hubungan dalam suatu sistem panas dengan mengkaitkannya dengan sistem listrik yang sudah lebih dikenal. Analogi antara sistem listrik dan panas yang diuraikan ini sama sekali belum lengkap. Analogi-analogi yang lain yang bermanfaat akan dibahas nanti sehubungan dengan soal-soal konduksi dua dimensi dan sistem panas transien.
