Bab IX PERPINDAHAN PANAS RADIASI ANTAR PERMUKAAN

Bab IX

PERPINDAHAN PANAS RADIASI ANTAR PERMUKAAN

..Perpindahan panas radiasi antar permukaan dapat dianalogikan seperti susunan tahan listrik ..

Pada bagian sebelumnya telah dibahas faktor pandangan atau view factor yang merupakan suatu parameter yang menyatakan bagian dari energi dari suatu permukaan yang sampai ke permukaan lainnya. Faktor ini sangat diperlukan pada bab ini untuk melakukan analisis perpindahan panas radiasi antar permukaan. Pada bagian awal akan dilakukan pembahasan perpindahan panas radiasi dari satu benda tidak hitam. Kemudian akan dilanjutkan dengan perpindahan panas antara dua permukaan dan banyak permukaan. Pada bagian berikutnya akan dilakukan pembahasan tentang pesangan perisai panas radiasi (shield).

I. Perpindahan Panas Radiasi permukaan abu-abu

Analysis perpindahan panas radiasi pada permukaan tertutup yang berwarna hitam relatif mudah diselesaikan. Tetapi jika permukaan tidak hitam, maka penyelesaiannya menjadi rumit, kecuali jika menggunakan asumsi untuk mempermudah analysis. Beberapa asumsi yang digunakan antara lain: permukaan bersifat tidak tembus pandang (opaq), difuse, dan abu-abu serta temperatur permukaan bersifat seragam.

Radiositas (Radiosity)

Radiositas adalah total energi radiasi yang meninggalkan suatu permukaan persatuan waktu persatuan luas seperti pada Gambar 1.

G ρG εEb

Gambar 1 Radiositas pada sebuah permukaan Untuk permukaan

i

yang diasumsikan abu-abu dan tidak transparan (

ε

=

α

dan

α

+

ρ

=

1

), radiositas dapat dituliskan sebagai berikut:

i i bi i i

E

G

J

=

ε

+

(

1

−

ε

)

(1)

Dimana

E

bi

=

σ

T

i4 adalah daya emisi benda hitam permukaan

i

. Persamaan (1) dapat dimodifikasi untuk mendapatkan persamaan Radiasi yang sampai ke permukaan

i

: i bi i i i

E

J

G

ε

ε

−

−

=

1

(2)

Laju perpindahan panas total dari sebuah permukaan didefenisikan dengan radiositas yang meninggalkan permukaan

i

dikurangi dengan radiasi yang sampai ke permukaan tersebut. Dirumuskan dengan

i i i i i

A

J

A

G

Q

=

−

(3)

Substitusi persamaan

G

i dari persamaan (2) ke persamaan (3) akan memberikan:

(

bi i

)

i i i i

E

J

A

Q

−

−

=

ε

ε

1

(4)

Persamaan ini dapat disusun dengan membentuk sistem tahanan termal i i bi i

R

J

E

Q

=

−

(5)

Dimana

R

_i adalah tahanan termal radiasi akibat warna permukaan, yang dirumuskan:

i i i i

A

R

ε

ε

−

=

1

(6)

Analogi ini dapat digambarkan pada Gambar 2 berikut. i i i i A R ε ε − =1 i Q

Gambar 2 Radiasi dari sebuah permukaan

II. Perpindahan panas radiasi antara 2 permukaan

Laju perpindahan panas radiasi antara dua permukaan

i

dan permukaan

j

didefenisikan dengan radiasi dari permukaan

i

yang menuju permukaan

j

dikurangi dengan radiasi yang meninggalkan permukaan

j

yang menuju permukaan

i

. Defenisi ini dapat dirumuskan dengan persamaan berikut: ji j j ij i i j i

A

J

F

A

J

F

Q

_→

=

−

(7)

Karena sifat timbal balik view factor

A

_i

F

_ij

=

A

_j

F

_ji, maka persamaan ini dapat ditulis menjadi:

(

i j

)

ij i j i

A

F

J

J

Q

_→

=

−

(8)

Persamaan ini dapat diubah dalam bentuk analogi tahanan termal radiasi: j i j i j i

R

J

J

Q

→ →

−

=

₍₉₎

Dimana

R

ij adalah tahanan termal radiasi antara permukaan

i

dan permukaan

j

, yang dirumuskan dengan:

ij i ij

F

A

R

=

1

(10)

Sistem tahanan termal antara dua permukaan ini ditampilkan pada Gambar 3.

ij i ij F A R = 1 ij Q

Gambar 3 Analogi tahanan termal radiasi antara dua permukaan

Pada gambar dapat dilihat bahwa tahanan termal radiasi antara dua permukaan benda tidak hitam, tergantung kepada radiositas kedua permukaan (

J

_i dan

j

J

). Karena susunan tahanan tersebut adalah seri, maka laju perpindahan panas dapat dituliskan dengan persamaan:

j j j ij i i i i bj bi ij

A

F

A

A

E

E

Q

ε

ε

ε

ε

−

+

+

−

−

=

1

1

1

₍₁₁₎

Atau jika emisi permukaan hitam dijabarkan, menjadi:

(

)

j j j ij i i i i j i ij

A

F

A

A

T

T

Q

ε

ε

ε

ε

σ

−

+

+

−

−

=

1

1

1

4 4

₍₁₂₎

Berdasarkan persamaan ini, untuk kasus-kasus khusus radiasi antara dua permukaan dapat dirumuskan.

2.1 Benda kecil di dalam ruang tertutup

Pada ruang tertutup seperti gambar di bawah, jika digunakan asumsi

A

1

A

2

≈

0

dan nilai view factor

1

12

=

F

, maka persamaa (12) dapat diubah menjadi:

(

4

)

2 4 1 1 1 12

A

T

T

Q

=

σε

−

(13) 1 1 1, ,T A ε 2 2 2, ,T A ε 12 Q

Gambar 4 radiasi benda kecil di dalam ruang tertutup 2.2 Plat paralel sangat panjang

Pada dua permukaan paralel yang sangat panjang seperti pada Gambar 5 digunakan asumsi

A

₁

=

A

₂ dan

1

12

=

F

. Persamaan (12) dapat diubah menjadi:

(

)

1

1

1

2 1 4 2 4 1 12

−

+

−

=

ε

ε

σ

A

T

T

Q

(14) 1 1 1, ,T A ε 2 2 2, ,T A ε 12 Q

Gambar 5 radiasi pada plat datar sejajar sangat panjang 2.3 Silinder sepusat sangat panjang

Pada silinder sepusat yang sangat panjang, jika digunakan asumsi

F

₁₂

=

1

, maka laju perpindahan panas radiasinya adalah:

(

)













−

+

−

=

2 1 2 2 1 4 2 4 1 1 12

1

1

r

r

T

T

A

Q

ε

ε

ε

σ

₍₁₅₎ 1 r 2 r 12 Q

2.4 Bola Sepusat 1 r 2

r

12 Q

Gambar 7 radiasi pada bola sepusat

Pada bola sepusat seperti pada Gambar 7, perpindahan panas radiasi dapat dirumuskan dengan persamaan:

(

)

2 2 1 2 2 1 4 2 4 1 1 12

1

1













−

+

−

=

r

r

T

T

A

Q

ε

ε

ε

σ

₍₁₆₎ Contoh soal

[1]. Sebuah benda kecil luasnya

A

=

20 cm2, mempunyai temperatur 427oC dan emisivitasnya sebesar 0,6 berada di dalam ruangan tertutup yang luas serta diisolasi. Jika temperatur dinding ruangan adalah 300K, tentukanlah laju perpindahan panas radiasi antara benda kecil tersebut dengan dinding ruangannya. Penyelesaian:

Jika benda kecil diasumsikan sebagai permukaan 1 dan dinding ruangan sebagai permukaan 2, maka laju perpindahan panas radiasinya adalah:

(

4

)

2 4 1 1 1 12

A

T

T

Q

=

σε

−

Dimana

T

₁

=

427+273

=

700K,

A

₁

=

20

×

10

−4 m2,

=

1

ε

0,6, maka diperoleh:

(

4 4

)

8 4 12

=

20

×

10

×

5

,

67

×

×

10

×

0

,

6

700

−

300

− −

Q

=

12

Q

15,78 W

[2]. Sebuah sistem pemanas air yang mengunakan pipa sepusat yang mempunyai jari-jari

r

₁

=

5 cm dan

=

2

r

20 cm. Pada saat dioperasikan temperatur bagian dalam permukaan pipa luar adalah 600K dan permukaan pipa dalam 400K. Jika emisivitas masing-masing permukaan adalah 0,75, maka tentukanlan laju perpindahan panas dari permukaan pipa kecil ke pipa besar per satuan panjang pipa

Penyelesaian:

Diberikan pipa sepusat dimana

r

₁

=

5 dan

r

₂

=

20 cm,

=

1

T

400K,

T

₂

=

600K, dan

ε

₁

=

ε

₂

=

0,75.

• luas permukaan pipa kecil

A

₁

=

2

π

r

₁

L

=

0,314 m2 • laju perpindahan panas radiasi dihitung dengan

menggunakan persamaan (15):

(

)

₌













−

+

−

×

×

=

−

20

5

75

,

0

75

,

0

1

75

,

0

1

600

400

10

67

,

5

314

,

0

8 4 4 12

Q

- 1307 W

Catatan: tanda minus menyatakan bahwa perpindahan panas dari pipa bagian luar masuk ke pipa bagian dalam.

III. Radiasi ke banyak banyak permukaan

Pada kasus radiasi yang melibatkan lebih dari dua permukaan, maka persamaan yang ditampilkan pada bagian sebelumnya harus dimodifikasi. Illustrasi radiasi antara lebih dari dua permukaan ditampilkan pada Gambar 8 di bawah ini. i Q
1 i

q

2 i

q

q

iN−1 iN

q

Gambar 8 radiasi pada banyak permukaan Pada gambar ditampilkan ada

N

permukaan yang menerima radiasi dari permukaan i. Radiosity dari permukaan i (

J

i ) akan diterima oleh masing-masing permukaan. Laju perpindahan panas dari permukaan i merupakan jumlah laju perpindahan panas pada masing-masing cabang dan dapat dirumuskan dengan persaman:

∑

=

=

N j ij i

q

Q

1

(17)

Laju perpindahan panas pada masing-masing cabang (

q

ij) dapat dijabarkan dengan mengunakan persamaan (9). Dengan mensubstitusi persamaan (8) ke persaman (17) akan diperoleh

(

)

∑

=

−

=

N j j i ij i i

A

F

J

J

Q

1

₍₁₈₎

Bagian kiri persamaan ini merupakan dapat dijabarkan lagi dengan menggunakan persamaan (4).

(

)

∑

(

)

= − = − − N j j i ij i i bi i i i _{E J AF J J} A 1 1 ε ε (19)

Dengan mengeliminasi

A

i dan menjabarkan

E

bi maka persamaan (19) dapat diubah menjadi

(

)

∑

= − − + = N j j i ij i i i i J F J J T 1 4 1 ε ε σ (20)

Parameter yang umumnya harus dicari dalam menyelesaiakan kasus perpindahan panas radiasi pada permukaan banyak adalah radiositas (

J

) pada masing-masing permukaan. Persamaan yang dapat digunakan untuk menyelesaikannya adalah persamaan (20) atau persamaan (18).

Metode menyelesaiakan kasus perpindahan panas radiasi yang melibatkan banyak permukaan dapat dibagi atas 2 bagian. Metode pertama adalah metode langsung (Direct Method or Matrix Method) dan metode analogi

jaringan listrik.

Pada metode langsung, cara yang dilakukan adalah dengan menerapkan persamaan (20) pada masing-masing permukaan. Penerapan persamaan ini akan menghasilkan beberapa persamaan yang dapat diselesaikan dengan menggunakan cara eleminasi.

Sementara metode analogi jaringan listrik adalah dengan cara menggabarkan sistem tahanan termal seperti yang ditampilkan pada Gambar 8. Kemudian radisitas akan dianalogikan sebagai hambatan dan laju perpindahan panas sebagai kuat arus. Dengan menggunaan persamaan-persamaan rangkaian listrik parameter yang dicari akan didapat.

Contoh soal

[3]. Sebuah boiler mini berbentuk balok dengan sisi atas dan bawah berbentuk bujursangkar seperti pada gambar di bawah. 8 , 0 1= ε 4 , 0 2= ε

Permukaan atas (1) memiliki emisivitas

ε

₁

=

0,8 dan permukaan bawah (2) memiliki emisivitas

ε

₂

=

0,4 dan 600K. Karena berbentuk simetri keempat sisi samping dapat dianggap satu permukaan (3) dan bersifat hitam sempurna. Pada saat beroperasi temperatur masing-masing dijaga konstan pada

=

1

T

800K,

T

₂

=

600K, dan

T

₁

=

500K. Tentukanlah laju perpindahan panas radiasi pada masing-masing permukaan.

Penyelesaian:

Asumsi yang akan digunakan dalam menyelesaikan soal ini adalah kondisi steadi, permukaan bersifat tidak transparan, dan perpindahan panas konveksi diabaikan. Langkah-langkah penyelesaiannya adalah sebagai berikut:

Mulai

I. Hitung view factor F

II. Hitung radiosity masing-masing permukaan (Persamaan 20)

III. Hitung laju perpindahan panas pada masing-masing permukaan

• Luas masing-masing permukaan

=

=

₂

1

A

A

1 m2 dan

A

₃

=

4(2

×

1)

=

8 m2

• Gunakan grafik atau persamaan untuk menghitung

F

₁₂

Untuk L₁ D=0,5 dan L₂ D=0,5 diperoleh =

12

F 0,07

Dengan menggunakan sifat 1 11 13 12+F +F = F 93 , 0 0 07 , 0 1 13 = − − = F

Gunakan sifat timbal-balik (reciprocity) untuk menghitung F₃₁. 31 3 13 1F AF A = = × = 0,93 8 1 31 F 0,11625

Karena bersifat simetri, maka F₃₂ =F₃₁=0,11625 dan

= = ₁₃

23 F

F 0,93.

• Hitung radiosity (

J

) dengan menggunakan persamaan

(20) pada masing-masing permukan: Permukaan atas (i=1)

(

)

(

)

{

12 1 2 13 1 3

}

1 1 1 4 1 1 J J F J J F J T = + − − + − ε ε σ (i) Permukaan atas (i=2)

(

)

(

)

{

21 2 1 23 2 3

}

2 2 2 4 2 1 J J F J J F J T = + − − + − ε ε σ (ii) Permukaan atas (i=3)

(

)

(

)

{

31 3 1 32 3 2

}

3 3 3 4 3 1 J J F J J F J T = + − − + − ε ε σ (iii)

Substitusi nilai T , F , dan ε untuk masing-masing permukaan. Sebagai catatan, untuk permukaan 3, karena hitam, nilai ε₃=0. Ketiga persamaan diatas menjadi: 23224,3=J₁+0,0175(J₁−J₂) +0,2325(J₁−J₃) (i) 7348,3 = J₂+0,105(J₂−J₁)+1,395 (J₂−J₃) (ii)

3543,8 = J₃ (iii)

Jika ketiga persamaan ini disederhakan, akan diperoleh dua persamaan linier:

1,25J₁- 0,0175J₂=24048,24 (iv) -0,105J₁+2,5J₂=12291,9 (v)

Jika kedua persamaan ini diselesaikan akan diperoleh:

=

1

J 19318,79,J₂ = 5728,13 dan J₃ =3543,8

• Hitung laju perpindahan panas dengan menggunakan persamaan (18)

(

)

(

)

[

− + −

]

= = _{1 12 1 2 13 1 3} 1 A F J J F J J Q
15622,13 W

(

)

(

)

[

− + −

]

= = _{2 21 2 1 23 2 3} 2 A F J J F J J Q
1080,13 W

(

)

(

)

[

− + −

]

= = _{3 31 3 1 32 3 2} 2 A F J J F J J Q
-16702 W

Catatan: Jika ditotal jumlah laju perpindahan panas dari ketiga permukaan ini akan sama dengan nol. Artinya jumlah panas yang dipancarkan oleh permukaan 1 dan 2 akan sama dengan yang diterima oleh permukaan 3, karena temperaturnya lebih rendah.

Contoh soal

[4]. Ruang pemanas plat berbentuk segitiga sama sisi sangat panjang seperti ditunjukkan pada gambar di bawah. Permukaan plat pemanas memiliki emisivitas 0,85 dan dijaga pada temperatur 1300 K. Permukaan lainnya memiliki emisivitas 0,6 dan diisolasi. Plat yang akan dipanaskan dipasang pada salah satu sisi segitiga dan memiliki emisivitas 0,5 serta dijaga konstan pada temperatur 500 K. Panjang masing-masing sisi adalah 1 m.

Pada kondisi steadi, tentukanlah: (a) panas yang dibutuhkan untuk menjaga suhu plat pemanas 1300 K dan (b) temperatur yang diisolasi.

Penyelesaian:

Diberikan pemanas berbentuk segitiga seperti pada gambar. Data masing-masing permukaan adalah ε₁= 0,85,

= 1 T 1300K, ε₂= 0,6, Q
₂= 0 (diisolasi), ε₃= 0,5 dan = 3 T 500K.

Sistem tahanan termal untuk kasus ini ditampilkan pada gambar berikut: 1 R 2 R 3 R 1 J 2 J 3 J 13 R 12 R 23 R 1 b E 2 b E 3 b E 1 Q
2 Q
3 Q

Karena permukaan 2 diisolasi, maka tidak ada laju panas yang masuk ke permukaan 2. Artinya Q
₂= 0 atau

2 2 J

E_b = . Sehingga gambar diatas dapat diubah menjadi:

1 R 3 R 1 J 2 J 3 J 13 R 12 R 23 R 1 b E 3 b E 1 Q
1 Q
13 Q
23 12 Q Q
=
1 R 3 R 1 J 3 J 1 b E 3 b E 1 Q
1 Q
p

R

1 Q

Dengan menggunakan analogi susunan tahanan termal, penyederhanaan dapat dilakukan. Pada gambar sebelah kanan, 3 tahanan termal R₁₂, R₁₃, dan R₂₃ dapat disusun, menjadi satu tahanan Rp . Dengan demikian, laju perpindahan panas dapat dihitung dengan persamaan:

3 1 3 1 1 R R R E E Q p b b + + − =
(i)

Langkah penyelesaian soal ini adalah sebagai berikut: • Hitung tahanan termal masing-masing menggunakan

persamaan (6) dan persamaan (10).

Sebagai catatan, perhitungan akan dilakukan untuk per satuan panjang segitiga, maka A₁=A₂ =A₃=1.

1765 , 0 85 , 0 1 85 , 0 1 1 1 1 1 1 = × − = − = ε ε A R

Dengan cara yang sama diperoleh R₂ =0,6667, dan

=

3

R 1.

Karena bersifat simetri, maka F₁₂=F₁₃=F₂₃=0,5. Maka tahanan berikutnya dapat dihitung

= × = = 5 , 0 1 1 1 12 1 12 F A R 2.

Dengan cara yang sama diperoleh R₁₃= R₂₃=2. • Sederhanakan Tahanan termal

13 23 12 1 1 1 R R R R_p = + + atau Rp =1,3333

• Hitung laju aliran panas menggunakan persaman (i), tetapi nilai Eb₁ dan Eb3 harus dihitung lebih dulu.

= × × = = ₁4 −8 4 1 T 5,67 10 1300 E_b σ 1,62 ×105

Dengan cara yang sama diperole:

= 3 b E 3,54 ×103 Maka = + + × − × = 1 3333 , 1 1765 , 0 10 54 , 3 10 62 , 1 5 3 1 Q
63,111 kW (Jawaban pertanyaan a)

• Pertanyaan b dapat dijawab jika nilai radiositas J pada masing-masing titik dapat diperoleh. Masing-masing tahaan harus dipisahkan:

Pada titik 1 dapat digunakan analogi arus antara titik 1 dan J₁: 1765 , 0 10 62 , 1 63111 1 5 1 1 1 1 J R J E Q
= b − ⇔ = × − Diperoleh J₁=1,51 ×105

Tahanan antara titik J₃ dan 3 akan memberikan persamaan: 3 3 3 1 3 R E J Q Q
=
= − b

Jika diselesaikan akan memberikan J₃=6,67 ×104. Nilai J₂ akan dapat dihitung jika laju perpindahan panas Q
₁₂ diperoleh. Pada percabangan di titik J₁, dapat dibuat persamaan:

12 13

1 Q Q

Q
=
+
(ii)

Karena J₁ dan J₃ sudah diperoleh, maka Q
₁₃ dapat dihitung: = − = 13 3 1 13 R J J Q
42074,24 W

Gunakan persamaan (ii) untuk menghitung Q
₁₂: =

− = _{1 13}

12 Q Q

Q


21037,12 W

Sekarang analogi tahanan termal antara titik J₁ dan

2 J dapat digunakan: 2 10 51 , 1 12 , 21037 2 5 12 2 1 12 J R J J Q
= − ⇔ = × − Diperoleh J₂ =1,09×105.

• Maka temperatur permukaan 2 dapat dihitung:

4 2 2 2 J T E_b = =σ atau = =4 2 2 J σ T 1176 K

Catatan: Metode penyelesaian yang digunakan dalam

menyelesaikan contoh soal ini adalah analogi tahanan termal. Metode lain yang dapat digunakan adalah dengan menerapkan persamaan (20) pada masing-masing permukaan.

Contoh soal

[5]. Sebuah ruang bakar berbentuk silinder ditanam di dalam tanah dan permukaan atasnya ditutup dengan sebuah lingkatan seperti pada gambar di bawah.

Permukaan atas memiliki emisivitas ε1= 0,7 dan dijaga konstan pada temperatur 400K. Permukaan dasar ruang bakar mempunyai emisivits ε3= 0,9 dijaga konstan sebesar 1600K, sementara dindingnya memiliki emisivitas 0,6 dan temperaturnya 1000K. Tentukanlah:

a. Laju perpindahan panas pada permukaan 2 dan 3 b. Jika penutup tungku (permukaan 1) dibuka maka

berapakah laju perpindahan panas radiasi dari permukaan 2 dan 3 ke lingkungan yang mempunyai temperatur 27oC.

Penyelesaian:

Diberikan ruang bakar berbentuk silinder tertutup dengan temperatur permukaan konstan.

Permukaan akan dibagi atas 3, bagian seperti yang ditampilkan pada gambar di soal. Data yang diberikan adalah sebagai berikut:

• Permukaan 1: lingkaran : =ε1 0,7 dan T1=400K

• Permukaan 2 : lingkaran : ε2=0,9 dan T2 =1600K

• Permukaan 3 : dinding ε3=0,6 dan T3=1000K

Pertanyaan:

a. Q
2 dan Q
3=?

b. Jika permukaan 1 dibuka Q
2 dan Q
3= ?

Soal ini dapat diselesaikan dengan dua cara, yaitu dengan menggabarkan tahanan thermal atau menggunakan metode langsung. Pada penyelesaiaan ini akan digunakan metode langsung. Langkahnya adalah sebagai beriku:

• Lengkapi luas permukaan

= × = = ₄1 12 ₄1 2 1 D 3,14 0,8 A π 0,5024 m2 = = DL A₃ π 2,51 m2 dan A₂=A₁=0,5024 m2 • Hitung tahanan termal masing-masing

= − = 1 1 1 1 1 ε ε A R 0,853

Dengan cara yang sama diperoleh R₂ = 0,221 dan

=

3

R 0,265 • Hitung View factor

Gunakan grafik untuk mendapatkan F₁₂ =0,123 Hukum penjumlahan: 1 13 11 12+F +F = F Karena F₁₁=0, maka F₁₃= 0,877 Gunakan sifat timbal-balik:

31 3 13 1F AF

A = diperoleh F₃₁=0,1754

• Aplikasikan persamaan (20) pada masing-masing permukaan: Permukaan 1:

(

)

(

)

{

12 1 2 13 1 3

}

1 1 1 4 1 1 J J F J J F J T = + − − + − ε ε σ Permukaan 2:

(

)

(

)

{

21 2 1 23 2 3

}

2 2 2 4 2 1 J J F J J F J T = + − − + − ε ε σ Permukaan 3:

(

)

(

)

{

31 3 1 32 3 2

}

3 3 3 4 3 1 J J F J J F J T = + − − + − ε ε σ

Jika semua nilai yang ada disubstitusikan, maka diperoleh sistem persamaan liner berikut:

1,4286J₁-0,0527J₂-0,3750J₃= 1451,52 (i) -0,0137J₁+1,1111J₂-0,0974J₃= 8,06×1011 (ii) -0,1169J₁-0,1169J₂+1,2339J₃= 8,77×1011 (iii) Jika sistem persamaan ini diselesaikan, maka akan diperoleh:

=

1

J 2,425×1011, J₂= 7,995×1011, J₃= 8,095×1011

Maka masing-masing pertanyaan dapat dijawab: a. Laju perpindahan panas dari permukaan 2 dan 3

= − = − = 2 2 4 2 2 2 2 2 R J T R J E Q
b σ 2,99 ×1010

Dengan cara yang sama diperoleh Q
₃=25,43 ×1010

b. Jika penutup tungku dibuka, maka permukaan 1 akan langsung terhubung dengan atosfer dan permukaannya dapat dianggap sebagai benda hitam. Sehingga, data yang diketahui menjadi: T1=300K dan ε1=1.

Maka parameternya menjadi

= = = _{1 1}4

1 J T

E_b σ 459,27

Sistem persamaan linier akan berubah menjadi: 1,1111J2-0,0977J3=8,06 ×1011 (iv)

-0,1169J₂+1,2339J₃=8,77 ×1011 (v) Jika sistem persamaan linier ini diselesaikan, maka akan diperoleh J₂ = 7,994 ×1011 dan J₃ = 7,861

11

10 × .

Maka laju radiasi yang keluar dari tungku ke atmosfer dapat dihitung: 31 1 3 21 1 2 31 21 R J J R J J q q Qtot − + − = + =


_(vi) Dimana: = = 21 2 21 1 F A R 16,182 dan = = 31 3 31 1 F A R 2,269

Dengan mensubstitusi nilai yang ada, maka akan diperoleh total panas yang hilang ke atmosfer adalah:

=

tot

Q
0,49×1011+3,46×1011=3,95×1011W

IV. Perisai Penahan Panas Radiasi

Laju perpindahan panas dari suatu permukaan ke permukaan lain dapat dikurangi dengan menggunakan permukaan penahan radiasi, umumnya disebut dengan perisai (shield). Perisai radiasi yang umum digunakan adalah lapisan tipis yang mempunyai koefisien reflektivitas yang tinggi dan koefisien emisivitas yang rendah. Permukaan yang dipasang perisai radiasi diilsutrasikan pada Gambar 9. Pada gambar ditampilkan, permukaan 1 yang panas memancarkan radiasi ke permukaan 2. Jika tidak ada perisai diantara kedua permukaan, maka laju perpindahan panas radiasi antara kedua permukaan dapat dihitung dengan persamaan (14):

(

)

1 1 1 2 1 4 2 4 1 12 − + − = ε ε σAT T Q
(21)

Pada Gambar 9, ditampilkan sebuah perisai yang dipasang diantara kedua permukaan. Akibat penambahan perisai, maka tahanan termal akan bertambah, dan ssunannya seri, seperti yang ditampilkan pada bagian bawaj gambar. Perisai 12 Q
Q
12 Q
12 1 b E 2 b E 1 J J3,1 E_b3 J3,2 J3 1 R R₁₃ R3,1 R3,2 R32 R3

Gambar 9 Tahanan termal sistem perisai

Untuk kasus 1 perisai seperti pada Gambar 9, tahanan termal masing-masing dapat diuraikan, maka laju perpindahan panasnya menjadi:

total b b p R E E Q
_12,1 = 1− 2 (22)

Dimana tahanan termal total dapat dirumuskan dengan persamaan: 2 2 2 32 3 2 , 3 3 2 , 3 1 , 3 3 1 , 3 12 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ε ε ε ε ε ε ε ε A F A A A F A A R_tot = − + + − + − + + −

(23)

Untuk plat paralel yang sangat panjang, maka diasumsikan 1

23 13= F =

F dan A₁=A₂=A₃=A, maka persaman (22) dan persamaan (23) dapat disederhanakan menjadi:

(

)

        − + +       − + − = 1 1 1 1 1 1 2 , 3 1 , 3 2 1 4 2 4 1 1 , 12 ε ε ε ε σT T A Q
_p (24)

Adakalanya dalam apilkasinya dipasang beberapa lapisan perisai. Jika jumlah perisai ada sebanyak N plat, maka tahanan termal total menjadi:

        − + + +         − + +       − + = 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 1 2 , 1 , 2 , 3 1 , 3 2 1 N N tot R ε ε ε ε ε ε (25)

Jika emisivitas seluruh permukaan sama, maka laju perpindahan panas menjadi:

(

)

12 2 1 4 2 4 1 , 12 1 1 1 1 1 ) 1 ( Q N N T T A Q
_Np
+ =       − + + − = ε ε σ (26)

Dimana Q
12,Np adalah laju perpindahan panas radiasi antara permukaan 1 dan 2 jika tidak ada perisai dan Q
₁₂ adalah laju perpindahan panasnya jika tidak ada perisai.

Contoh Soal

[6]. Dua permukaan berbentuk plat paralel yang dijaga pada temperatur T1= 1000K dan T2= 400K

mempunyai emisivitas masing-masing ε₁= 0,4 dan =

2

ε 0,8. Sebuah perisai tipis yang terbuat dari aluminium dengan emisivitas 0,1 pada kedua sisinya ditempatkan diantara kedua plat. Tentukanlah laju perpindahan panas radiasi per satuan luas antara kedua permukaan tanpa perisai dan jika ada perisai.

Penyelesaian:

Diberikan T1= 1000K dan T2= 400K, ε1= 0,4 dan

=

2

ε 0,8 dan pada perisai ε3,1=ε3,2=0,1. Gambar 9 dapat digunakan untuk mengilusttrasikan soal ini.

Ditanya: (a) Q
12 tanpa perisai dan (b) Q
12ada perisai

(a) Jika tidak menggunakan perisai laju perpindahan panas dihitung dengan menggunakan persamaan (21)

(

)

(

)

= − + − × = − + − = − 1 8 , 0 1 4 , 0 1 400 1000 10 67 , 5 1 1 1 4 4 8 2 1 4 2 4 1 12 ε ε σAT T Q
20090W

(b) Jika menggukan satu perisai, persamaan (24) dapat digunakan:

(

)

₌       − + +       − + − × = − 1 1 , 0 1 1 , 0 1 1 8 , 0 1 4 , 0 1 400 1000 10 67 , 5 8 4 4 1 , 12 p Q
2540 W Catatan:

Dengan pemasangan perisai terjadi pengurangan laju perpindahan panas radiasi sebesar 87,35%

[7]. Sebuah pipa air panas mempunyai jari-jari 20 cm dan emisivitas permukaan ε₁= 0,2 serta temperatur permukaan 500 K. Pipa tersebut ditutup dengan pipa yang lebih besar berjari-jari 50 cm dan memiliki emisivitas ε₂= 0,4 dan temperaturnya 300 K. Jika sebuah perisai tipis berjari-jari 30 cm terbuat dari alumnium dan memiliki emisivitas 0,1 dipasang diantara kedua pipa, tentukanlah laju perpindahan panas radiasi per satuan panjang antara kedua pipa sesudah dipasang perisai. Jika jari-jari perisai

diperbesar menjadi 40 cm, tentukan laju perpindahan panasnya.

Penyelesaian:

Diberikan pipa yang diberi perisai seperti pada gambar di bawah. 1 2 Peri_sai 3 1 T 2 T 1 r 2 r

Data yang diberikan r₁=20 cm, ε₁=0,4 dan T₁=500K serta r₂=50 cm, ε₂=0,8 dan T₂=300K. Perisai ε₃=0,1 (sama di kedua sisi). Hitung Q
₁₂ jika r₃=30 cm dan jika

=

3

r 40 cm. Langkah penyelesaian soal ini adalah sebagai berikut:

(a) Jika r₃=30 cm

• Tahanan termal sistem ini ditampilkan pada gambar berikut:

1

R R13 R3,1 R3,2 R32 R2

12

Q

• Hitung tahanan termal masing-masing = × × − = − = 4 , 0 2 , 0 2 4 , 0 1 1 1 1 1 1 π ε ε A R 1,1943 = × × − = − = 8 , 0 5 , 0 2 4 , 0 1 1 2 2 2 2 π ε ε A R 0,0796 = × × − = − = = 1 , 0 3 , 0 2 4 , 0 1 1 3 3 3 2 , 3 1 , 3 π ε ε A R R 4,7771 = = 13 1 13 1 F A R 0,7962 = = 32 3 32 1 F A R 0,5308

• Hitung tahanan totalnya

= + + + + + =R₁ R₁₃ R_3,1 R_3,2 R₃₂ R₂ R_tot 12,159

• Laju perpindahan panas totalnya adalah

159 , 12 ) 300 500 ( 10 67 , 5 8 4 4 4 2 4 1 12 − × = − = − tot R T T Q
σ σ = 12 Q
253,7625 W

(b) Jika perisai diperbesar menjadi r₃=40 cm • Tahanan termal yang akan berubah adalah:

=

1 , 3

R 3,582, R_3,2=3,582, dan R₃₂ =0,398 • Maka tahanan total menjadi Rtot =9,633

• Laju aliran panas radiasi menjadi Q
₁₂=320,174W Catatan:

Pada kasus ini memperbesar jari-jari justru memperbesar laju perpindahan panas radiasi.

V. Perpindahan Panas Gabungan

Pada bagian diatas telah dibahas perpindahan panas radiasi yang berdiri sendiri. Artinya mekanisme perindahan panas lainnya (konduksi dan konveksi) diabaikan. Pada kasus-kasus sebenarnya di lapangan, adakalanya hal ini berlaku. Misalnya karena temperatur permukaan cukup tinggi sehingga perpindahan panas secara konveksi relatif kecil sehingga dapat diabaikan atau karena isolasi yang cukup baik maka perpindahan panas konduksi dapat diabaikan. Tetapi jika laju perpindahan panas konduksi dan konveksi sebanding dengan laju perpindahan panas radiasi, maka seluruh mekanisme perpindahan panas tersebut harus diperhitungkan.

Jika seluruh laju perpindahan panas harus diperhitungkan, maka rangkaian listrik perpindahan panasnya harus digambarkan. Kemudian hukum kekepalan energi dapat diterapkan. Salah satu contoh kasus yang harus diselesaikan dengan menggunakan metode perpindahan panas gabungan adalah analysis kolektor surya plat datar. Mekanisme perpindahan panasnya digambarkan pada Gambar 10 di bawah. Pada gambar ditampilkan kolektor surya plat datar yang ditutup oleh dinding isolator dan media transparan (permukaan 3) yang memungkinkan radiasi surya masuk ke dalam kolektor.

G

1 2 3 1 b E 1 , cond Q
co n v Q
p T ∞ T 1 J b

T

wall

Gambar 10 Illustrasi perpindahan panas gabungan pada kolektor surya

Mekasnisme perpindahan panas pada kolektor ini dapat dijelaskan sebagai berikut. Intensitas radiasi surya ( G ) akan diabsorpsi oleh plat kolektor (permukaan 1) sehingga suhunya naik. Akibat kenaikan suhunya maka dari plat kolektor akan terjadi perpindahan panas secara radiasi, konveksi dan konduksi. Perpindahan panas radiasi terjadi dari permukaan 1 ke lingkungan dan ke plat vertikal (permukaan 2). Perpindahan panas konveksi dari plat kolektor melalui udara ke lingkungan, dan perpindahan panas konduksi dari plat kolektor ke lingkungan melalui

dinding kolektor. Susunan tahanan termalnya dapat digambarkan pada gambar berikut

1 J r Q conv Q 1 , cond

Q

G

α

Gambar 11 Tahanan termal pada plat kolektor Penerapan hukum kekekalan energi pada plat kolektor p, akan memberikan: cond conv r Q Q Q GA=
+
+
α (27)

Dimana α adalah koefisien absorbsi plat kolektor dan A adalah luar permukaan plat kolektor yang menerima radiasi. Jika dijabarkan, persamaan (27) dapat ditulis menjadi:

x T T kA T T A h J E A GA b _p p b ∆ − + − + − − = ( _∞) ( ) ) 1 ( ) ( _{1 1} ε ε α (28)

Dimana h adalah koefisien konveksi rata-rata dan k adalah koefisien konduksi. Jika persamaan ini diselesaikan maka akan diperoleh parameter yang dicari.

Persamaan yang ditampilkan di atas hanyalah sebuah illustrasi dari perpindahan panas gabungan yang melibatkan radiasi, konveksi dan konduksi. Pada aplikasinya bisa saja bentuknya tidak seperti yang digambarkan di atas. Tetapi prinsip dasar penyelesaiaanya adalah sama dengan yang ditampilkan.

Soal-soal Latihan

[1]. Sebuah ruang bakar berbentuk setengah bola dengan diameter 6 m seperti gambar di bawah ini.

7 , 0 1= ε 8 , 0 2= ε

Pada saat dioperasikan temperatur permukaan dasar dan atap ruang bakar dijaga konstan pada T1=1000K dan T2=600K. Tentukanlah laju perpindahan panas radiasi dari permukaan dasar ke atap ruang bakar [2]. Dua silinder sepusat yang sangat panjang dengan

diameter masing-masing D1=0,3 m dan D2=0,6 m

dijaga konstan pada temperatur T1= 650K dan =

2

T 400K. Jika emisivitas masing-masing permukaan adalah ε1=0,6 dan ε2 =0,9, maka tentukanlah laju

perpindahan panas radiasi antara kedua permukaan tersebut.

[3]. Sebuah sistem pemanas dimana pemanas dan benda yang dipanaskan berbentuk piringan seperti yang ditampilkan pada gambar berikut.

cm D1=40

cm D2=80

Piringan pemanas mempunyai emisivitas ε1= 1 dan benda yang dipanaskan memiliki emisivitas ε2=0,8. Kedua piringan terpisah pada jarak 0,5 m. Kedua piringan berada pada ruangan yang mempunyai temperatur 300K dan temperatur benda yang akan dipanaskan dijaga pada temperatur 500K. Untuk melakukan pemanasan ini dibutuhkan daya listrik 25 W pada piringan bagian atas. Tentukanlah temperatur permukaan piringan atas dan panas radiasi yang diterima oleh piringan bagian bawah.

[4]. Ruang pemanas plat berbentuk segitiga sama sisi sangat panjang seperti ditunjukkan pada gambar di bawah.

Permukaan plat pemanas memiliki emisivitas 0,8 dan dijaga pada temperatur 1000 K. Permukaan lainnya memiliki emisivitas 0,7 dan diisolasi. Plat yang akan dipanaskan dipasang pada salah satu sisi segitiga dan memiliki emisivitas 0,6 serta dijaga konstan pada temperatur 500 K. Panjang masing-masing sisi adalah 0,5 m. Pada kondisi steadi, tentukanlah: (a) panas yang dibutuhkan untuk menjaga suhu plat pemanas 1000 K dan (b) temperatur plat yang diisolasi.

[5]. Sebuah ruang bakar berbentuk kerucut terpotong yang tingginya H= 55 cm seperti ditunjukkan gambar. Bagian dasar ruang bakar mempunyai diameter 30 cm dan mempunyai emisivitas 0,8 serta bagian atasnya mempunyai diameter 50 cm dan emisivitasnya 0,7. Bagian sisinya mempuyai emisivitas 0,5 dan diisolasi. Jika permukaan dasar dijaga konstan pada temperatur 1000 K dengan memberikan flux panas 2300 W/m2, maka tentukanlah temperatur permukaan atas dan sisi kerucut. 2 D 1 D H

[6]. Sebuah perisai berbentuk silinder berjari-jari 4 cm dan memiliki emisivitas permukaan dalam dan permukaan luar masing-masing 0,05 dan 0,1 digunakan untuk mengurangi kehilangan panas dari pipa yang dipanaskan seperti pada gambar di bawah.

1 2 1

T

2

T

2 r 1 r i , 2 ε ε2,o Divacum Pipa panas

Pipa panas di dalam sistem mempunyai jari-jari 1 cm dan memiliki emisivitas 0,9. Bagian luar sistem ini berada pada lingkungan yang mempunyai temperatur 37oC. Bagian luar perisai mengalami konveksi dengan lingkungan dengan koefisien konveksi 12 W/m2K. Tentukanlah temperatur pipa di dalam jika tempertur perisasi dijaga 45oC.

[7]. Aluminium cair pada temperatur 900 K berada di dalam kontainer berbentuk silinder yang diisolasi sempurna seperti pada gambar di bawah.

mm D=250 m m L 1 0 0 = K 300 = sur T K 900 1= T ε1 =0,6

Pada suatu kondisi temperatur aluminium cair adalah 900K dan mempunyai emisivitas 0,6. Simtem ini berada pada lingkungan yang mempunyai temperatur 300K. Bagian atas permukaan aluminium cair dengan bagian atas kontainer mempunyai

jarak 100 mm.

Tentukanlah laju perpindahan panas dari permukaan aluminium cair tersebut