BAB II KONDUKSI SATU DIMENSI TUNAK

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 T2

T∞1

A h ₁

1

∞ h ₂A

1 kA ∞

L

x x=L

q^”x

T∞2, h∞2

T∞1, h∞1

T1

T2

T∞1

T∞2

x L 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.

2.1.1. DISTRIBUSI TEMPERATUR

Distribusi temperatur pada dinding dapat diperoleh dengan menyelesaikan persamaan difusi panas berikut ini.

0 )

( ) ( )

( + =

∂ + ∂

∂ + ∂

∂

∂ o

dz q k dT z dy k dT y dx k dT

x 1)

Untuk konduksi satu dimensi kearah sumbu x dan tanpa ada pembangkitan panas maka:

0 )

( =

dx kdT dx

d , Jika konduktivitas termal dinding dianggap konstan, lalu diintegralkan dua kali maka didapat solusi:

2

) 1

(x C x C

T = + 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 T C₁ T² − ¹

=

Substitusi C1 dan C2 ke persamaan 2 didapatkan:

1 1

2 )

( )

( T

L T x T x

T = − + 3)

Laju perpindahan panas dihitung hukum Fourier (Conduction rate equation):

Konduksi satu dimensi ke arah sumbu X saja (gambar 2.1):

) ( _{2 1}

2

1 2

1

T L T

q kA dT

kA dx dx q

kAdT q

T

T

x x

x x

x =− →

∫

=−

∫

→ =− − 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.

kA L q

R_kond = ΔT = 5)

Sebaliknya laju perpindahan panas dapat ditulis:

kond kond

kond R

T T R

q T ( ₂ − ₁) Δ =

= 6)

Rkond disebut hambatan perpindahan panas konduksi. Analisis yang sama jika diterapkan pada kasus konveksi, maka didapat hambatan perpindahan panas konveksi Rkonv :

) ( − _∞

=hAT T

q _s

hA q

R_konv = ΔT = 1 7)

Dan laju perpindahan panas konveksi ditulis:

konv s konv

konv R

T T R

q = ΔT = ( − _∞) 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 2 2 1 2

1 1 1

1 ) (

) (

1 ) (

∞

∞

∞

∞ −

− =

− =

=

h T T kA

L T T h

T q_x T

Dan juga dapat ditulis dalam bentuk beda temperatur total:

tot tot

x R

T R

T

q = (T^∞₁ − ^∞₂) = Δ

, dimana: 9)

A h kA

L A R_tot h

2 1

1 1

∞

∞

+ +

= 10)

Rtot disebut hambatan perpindahan panas keseluruhan (overall heat transfer resistant) Persamaan 19) dapat ditulis dalam bentuk lain yaitu:

T UA q_x = Δ

A h kA

L A h UA R

tot

2 1

1 1

1 1

∞

∞

+ +

=

=

2 1

1 1

1

∞

∞

+ +

=

h k L h

U 11)

U disebut koefisien perpindahan panas keseluruhan.

Soal latihan 1: Radiasi diabaikan hitung q dan T1???

k = 1,2 W/mK q”konduksii

Aliran fluida h_∞ = 25 W/m^2oK T∞ = 250^oC

T1

q”con

q”conv

Aliran fluida h∞ = 10 W/m^2oK T∞ = 30^oC 20 cm

Penyelesaian: x

Aliran fluida h∞2 = 10 W/m^2oK T∞2 = 30^oC q”con

x k = 1,2 W/mK T1

T2 =100^oC q”konduksii

Aliran fluida h_∞1 = 25 W/m^2oK T_∞1 = 250^oC

q”conv

20 cm

Balans energi kalor pada permukaan atur:

out in q q =

Soal latihan 2:

Pertanyaan :

Aliran fluida h∞2 = 10 W/m^2oK T_∞2 = 30^oC q”con

x k = 1,2 W/mK T1

T2 q”konduksii

Aliran fluida h∞1 = 25 W/m^2oK T∞1 = 250^oC

q”conv

20 cm

T1 = ? q” =?

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 T2

T∞1

A h ₁

1

∞ k A

L

A A

T4

A h ₄

1

∞

T3 T∞4

A k

L

B B

A k

L

C C

Gambar 2.2: Perpindahan panas pada dinding berlapis Laju perpindahan panas:

⎥⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ + + + +

= −

= −

= Δ

∞

∞

∞

∞

∞

∞

A h A k

L A k

L A k

L A h

T T R

T T R q T

C C B

B A

tot A tot

x

4 1

4 1 4

1

1 1

Harga koefisien perpindahan panas keseluruhan:

⎥⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ + + + +

=

=

∞

∞1 4

1 1

1 1

h k L k L k L h A U R

C C B B A tot A

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

Ada dua kemungkinan:

Jika T4 ≠ T5 : q^”x

T1 T2

T∞1

A R h

1 1

1

∞

=

A k R L

A

= A 2

T4

T3

A k R L

B

= B 3

D D D

A k R₅ = L

T5 C C

C

A k R₄ = L

T∞4

AD

R h

4 6

1

∞

= AC

R h

4 6

1

∞

=

2

1 x

x

x q q

q = +

⎥⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ + + + +

= −

= −

= Δ

∞

∞

∞

∞

∞

∞

C C

C C B C

B C A

A C tot

tot x

A h A k

L A k

L A k

L A h

T T R

T T R q T

4 1

4 1 1

4 1 1

1 1 1

⎥⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ + + + +

= −

= −

= Δ

∞

∞

∞

∞

∞

∞

D D

C D B D

B D A

A D tot

tot x

A h A k

L A k

L A k

L A

h

T T R

T T R q T

4 1

4 1 2

4 1 2

2 1 1

Jika T4 = T5

Hambatan 4 dan 6 yang parallel menghasilkan:

q^”x

T1 T2

T∞1

A R h

1 1

1

∞

=

A k R L

A

= A 2

T3

A k R L

B

= B 3

D D D

A k R₅ = L

T5=T4 C C

C

A k R₄ = L

T∞4

A R h

4 6

1

∞

=

D C

C D D D C C D

D D C

C C

D D

D C

C

s C L L

L A k L A k L

A k L

A k A k

L A

k R L R R

= + +

= +

= +

= 1 1 1 1

1

5 4

C D D D C C

D C

s k A L k A L

L R L

= +

⎥⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ +

+ + + +

= −

= −

= Δ

∞

∞

∞

∞

∞

∞

A h L A k L A k

L L A

k L A k

L A h

T T R

T T R q T

C D D D C C

D C B

B A

tot A tot

x

4 1

4 1 1

4 1

1 1 1

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 B A kontak

q T

R T −

= 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 (m^2oK/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

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 (m^2oK/W) Cairan dlm rongga Rkontak x 10⁴ (m^2oK/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 = 400^oC sedangkan temperatur udara ruangan T∞2 = 25^oC. 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/m^{2 o}K. Berapakah tebal total dari dinding komposit tersebut L = LA + LB agar temperatur dipermukaan luar dinding komposit tersebut 50^oC.

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 50^oC.

Skema:

Tw=400^oC, hT=25W/m^2oK

T∞1=400^oC, h∞1=25W/m^2oK

T∞2=25^oC, h∞2=25W/m^2oK

LA LB

Ts2=50^o

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

A k

L

A A

A k

L

B B

A h ₂

1

∞

Ts2

T∞1

Tw

A h ₁

1

∞

A h_T

1

T∞2

Aplikasi kesetimbangan energi pada permukaan luar dinding komposit memberikan:

)

( _{2 2}

2 2 1

*

*

∞

∞ − = ∞ −

=

T T R h

T T

E E

s tot

s out in

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 T

B B A

A

T

tot k

L k L h h A A k

L A k

L A

h A h

R 2

1 1 1

1 1

1

1 1

1

Substitusi hasil-hasil tersebut ke kesetimbangan energi:

) (

2

1 ^{2 2 2}

1 2

1 ∞ ∞

∞

∞ = −

⎥⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ + +

+

− h T T

k L k L h h

T T

s

B A A A T

s

B A

T s

s

A

k k

h h T

T T T L h

2 1 1

1 1

1 2

2 2 1 2

+

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

− +

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

−

⎟⎟ −

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

= ^{∞ ∞}

∞

∞

W m mK

W K m W

K m

L_A 0,0418

/ ) 16 , 0 / 1 15 , 0 / 1 (

/ 02 , 25 0 50

50 / 400

04 ,

0 ² ₂

+ =

⎟−

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

−

−

= L m

L_B ^A 0,0209 2 =

=

m L

L

L= _A + _B =0,0627 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 = 400^oK dan ujung yang lain T2 = 600^oK. 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

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 ) ( dim 4

,

2

2 ax

A D dx ana

kAdT

q_{x =− =}π ₌π

dx dT k ax

q_x

4 ) ( ²

− π

=

Dikumpulkan variabel yang bersesuaian:

ax kdT dx q_x

−

2 = ) ( 4 π

∫

^{x =−}

∫

x

T

T

x k dT

x a

dx q

1 1

2 2

4 π

) 1 (

1 2

4

1 1

2 k T T

x x a

q_x ⎟⎟=− −

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛− + π

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −

−

= ka x x

T q x

T ^x 1 1

2 ) 4

(

1

1 π 2 ^{jika x= x2} maka T = T2 maka:

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ −

−

=

2 1 1 2

2

1 1 2

4

x x ka T q

T ^x

π Sehingga qx:

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛⎜⎝⎛ ⎟⎠⎞−⎜⎝⎛ ⎟⎠⎞

= −

2 1

2 1 2

1 2 1

) (

x x

T T k q_x πa

Distribusi temperatur:

Substitusi qx ke persamaan T(x) diatas:

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.

t c T T q

T k r k

r kr T r

r ^p ∂

= ∂

⎟+

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

∂

∂

∂ + ∂

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

∂

∂

∂ + ∂

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

∂

∂

∂

∂ ρ

α α φ

φ ^*

2

1

1 13)

Untuk konduksi satu dimensi tunak dan tanpa pembangkitan panas, maka :

1 ⎟=0

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ dr krdT dr

d

r 14)

Persamaan tersebut diintegralkan dua kali, diperoleh:

2 1ln )

{r C r C

T = +

Syarat batas:

T(r1) = Ts1 dan T(r2) = Ts2, masukkan harga-harga ini ke persamaan didapat:

2 1 1

1 C lnr C

T_s = +

, sehingga:

2 2 1

2 C lnr C

T_s = +

2 2 2

1 2

1 ln

ln )

{ ^{s s} T_s

r r r

r T r T

T ⎟⎟⎠+

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

= −

2.2.2. LAJU PERPINDAHAN PANAS DAN HAMBATAN TERMAL

Laju perpindahan panas dari pada silinder juga dijabarkan dari hukum Fourier berikut ini:

dr rLdT dx k

kAdT

q=− =− 2π

1 2

2 1

ln

) (

2

r r

T T q= π Lk ^s − ^s

15)

Sehingga hambatan perpindahan panas konduksi pada silinder adalah:

kL r r R_kond

π 2

ln

1 2

= 16)

2.2.3. DINDING SILINDER BERLAPIS

Gambar 2.4: Konduks pada silinder berlapis

4 4 3

4 2

3 1

2 1

1

4 1

2 1 2

) / ln(

2

) / ln(

2 ) / ln(

2 1

Lh r L

k r r L

k r r L

k r r Lh

r

T q T

C B

A r

π π

π π

π ^{+ + + +}

= ^∞ − ^∞ 17)

)

( _{1 4}

1 1 4

1 ∞ ∞ ∞

∞ − = −

= U A T T

R T q T

tot

r 18)

Dengan harga A₁ =2πr₁L, maka:

4 4 1 3 4 1 2 3 1 1 2 1 1

1 1

ln ln

1 ln

1

h r r r r k

r r r k

r r r k

r h U

C B

A

+ +

+ +

= 19)

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 FreonTi , 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:

h r k

r R_tot r

π

π 2

1 2

) ln( ₁

+

=

Laju perpindahan panas per satuan panjang ;

Ti T∞

k r r π 2

) ln( ₁

h π r 2

1 qr

tot

r R

T q T − ¹

= ^∞

Tebal isolasi optimum adalah yang dapat memberikan hambatan perpindahan panas yang maksimum atau laju perpindahan panas yang minimum:

=0 dr

dR , maka:

2 0 1 2

1

2 =

−

h kr πr π

h r= k

Untuk memastikan harga tersebut maksimum atau minimum harus diambil turunan kedua:

h r r

k dr

R d

3 2

2 2

2 1 2

1

π

π ⁺

−

= Dengan

h

r = k , maka:

/ 0 2

1 2

1 1 ) / (

1

2 3 2

2

2 ⎟= 〉

⎠

⎜ ⎞

⎝⎛ −

= k h k k k h

dr R d

π π

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.

k m m W

mK

r W 0,011

/ 5

/ 055 , 0

2 =

= 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:

dr r dT dx k

kAdT

q_r =− =− (4π ²) 20)

Gambar 2.5: Konduksi pada bola berongga

∫

∫

^{=− 2}

1 2

1

4 2

Ts

Ts r

r

r kdT

r dr q

π

) 1 ( ) 1 (

) (

4

2 1

2 1

r r

T T q_r k ^{s s}

−

= π −

21)

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ −

=

2 1

1 1 4

1

r r R_kond k

π 22)

Contoh 4:

Tabung bola berdinding tipis digunakan untuk menyimpan nitrogen cair pada 77^oK.

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 300^oK. 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=300^oK H=20W/m² K

qr

Tabung bola tipis

Isolator Cairan nitrogen

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:

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝ +⎛

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ −

= ^∞ − ^∞

h r r

r k

T q_r T

2 2 2

1

1 2

4 1 1

1 4

1

π π

W K

m W m

mK W

q_r K 13,06

) / 20 ( ) 275 , 0 ( 4

1 275

, 0

1 25 , 0

1 ) / 0017 , 0 ( 4

1

) 77 300 (

2 2

=

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝ +⎛

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

= −

π π

2. Laju penguapan

Energi balans pada cairan nitrogen memberikan:

* 0

* − _out =

in E

E

Energi masuk adalah laju perpindahan panas ke nitrogen qr dan energi keluar adalah laju penguapan m*. hfg, maka:

fg

r m h

q = ^*

hari kg sc

kg kg x

J x

sc J h

m q

fg

r 6,53 10 / 5,64 /

/ 10 2

/ 06 ,

13 ₅

5

* = = = =

Dalam basis volume:

hari m l

kg hari

m kg 7 /

/ 804

/ 64 , 5

3

* = =

T∞1 T∞2

h r₂² 4

1 π qr

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ −

2 1

1 1 4

1

r r πk

Contoh 5:

Tabung silinder berdinding tipis digunakan untuk menyimpan nitrogen cair pada 77^oK.

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 300^oK 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:

hT

π rL 2

1

L k

r r

1 1 2

2 ) ln(

π k L

r r

2 2 3

2 ) ln(

π

h π rL 2

1 qr, qkonv

r1

r2

isolator ε h_∞

T∞

Tsur

r3

Ts1 Ts2

Tsur

T_∞

Analysis:

Total loss of heat transfer:

konv r

total q q

q = +

) (

)

( _{s2 s}⁴_{2 sur}⁴

total hAT T A T T

q = − _∞ +ε σ −

) (

)

( _{s2 s}⁴_{2 sur}⁴

total h DL T T DL T T

q = π − _∞ +επ σ −

Conduction from Ts1 to Ts2:

L k

r r L

k r r

T T R

T

q T ^{s s}

konduksi s s kond

2 2 3 1

1 2

2 1 2

1

2 ) / ln(

2 ) / ln(

π

π ⁺

= −

= −

Note: qkond = qtotal

L k

r r L

k r r

T T T

T DL T

T DL

h _{s s sur} ^{s s}

2 2 3 1

1 2

2 4 1

4 2 2

2 ) / ln(

2 ) / ) ln(

( )

(

π π

σ επ π

+

= −

− +

− _∞

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

Balans energi pada elemen fin

conv dx

x

x q dq

q = ₊ + Hk Fourier : (Konduksi)

dx kA dT

q_x =− _c Ac: luas penampang

dx dx q dq q_x+dx = _x+ ^x

dx dx A dT dx k d dx kAdT

q_{x dx c} ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

− ⎛

−

+ =

Newton law of cooling ( Konveksi)

(

− _∞ A

=hdA T T

dq_{conv s}

)

s: luas permukaan

Balans energi menjadi:

(

s

)

s c

c dx hdA T T

dx A dT dx k d dx kAdT dx

kA dT ⎟ + −

⎠

⎜ ⎞

⎝

− ⎛

−

=

−

(

−

)

=0

⎟−

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

T∞

kdx T hdA dx

A dT dx

d _s

c

( )

0

2

2 ⎟ − − =

⎠

⎜ ⎞

⎝ +⎛

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

T∞

dx T dA k h dx dT dx dA dx

T

A_c d ^{c s}

( )

0

1 1

2

2 ⎟⎟ − − =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝ +⎛

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

T∞

dx T dA k h A dx dT dx dA A dx

T

d _s

c c

c

Fin Penampang konstan :

P dx D

dx D dx

dan dA kons

dx A

dA _s

c

c = = =π =π =

tan) (

0

( )

0

2

2 ⎟⎟⎠− − =

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

T∞

k T P A

h dx

T d

c

Substitusi: ( ) ( ) : sehingga:

dx dT dx maka d T

x T

x = − _∞ θ =

θ

k P A m h dengan dx m

d

c

=

=

⎟⎟−

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ _{2 2}

2 2

θ 0 θ

Pers. Diff. Orde 2 linier homogen : (persamaan karakteristiknya adalah):

2 0

2 −m =

λ

m dan

m =−

+

= ₂

1 λ

λ

Fin lurus berpenampang konstan a) fin segi empat b) fin pin ( batang)

Solusi pers tersebut :

mx

mx C e

e C

x)= ₁ + ₂ ⁻ θ(

Syarat batas :

1 Pada x=0 T_fin =T_b maka:θ(x=0)=θ_b =T_b−T_∞ sehingga :

2

1 C

b =C +

θ 23)

2. Pada x = L, konduksi diujung =konveksi diujung:

L x c L

c dx

kA dT T

T hA

=

∞ =−

− ) (

L x

L dx

kd h

=

−

= θ

θ

) 24)

( )

(C₁e^mL C₂e ^mL km C₂e ^mL C₁e^mL

h + ⁻ = ⁻ −

Konduksi dan konveksi pada fin berpenampang konstan

) )

1 2

2 1

mL mL

mL

mL hC e kmC e kmCe

e

hC + ⁻ = ⁻ −

( )

( ₂

1e h km C e km h

C ^mL + = ^−mL −

Dari syarat batas no 1: θ_b −C₂ =C₁, sehingga:

) (

) (

)

(θ_b −C₂ e^mL h+km =C₂e^−mL km−h

) (

) (

)

(h km C₂e km h C₂e h km

e^{mL mL mL}

b + = ⁻ − + +

θ

) (

) (

) (

2 e km h e h km

km h

C _mL e _mL

mL b

+ +

−

= ₋ θ +

) (

) (

) (

) (

) (

) (

1 e km h e h km

h km e

km h e h km e

km h

C e _{mL mL}

mL b mL

mL

mL b

b − + +

= − + +

−

− +

=θ ₋ θ ₋ θ ⁻

Substitusi C1 dan C2 :

) (

) (

) (

) (

) (

)

( ^{( ) ( )}

km h e h km e

e km h km

h e h km e

e h km

mL mL

x L m b

mL mL

x L m b

+ +

− + +

+ +

−

= ₋ θ − ^{− −} ₋ θ ⁻

θ

) (

) (

) (

) (

) (

) (

) (

)

( ^{( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )}

mL mL mL

mL

x L m x L m x

L m x L m mL

mL

x L m x

L m

b km e e h e e

e e

h e

e km km

h e h km e

e km h e

h km

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

+ +

+

− +

= + +

+

−

+ +

= − θ θ

km mL mL h

x L km m

x h L m e

km e e h

e

e km e

e h e

mL mL mL

mL

x L m x L m x

L m x L m

b 2cosh 2sinh

) ( sinh 2 )

( cosh 2 )

( ) (

) (

)

( ^{( ) ( ) ( ) ( )}

+

− +

= − +

+ +

− +

= +

−

−

−

−

−

−

−

−

θ θ

Loss of heat transfer through the fin :

=0

−

=

−

=

x c c

f dx

kA d dx

kA dT

q θ

km mL mL h

km mL mL h m

kA q_{f c b}

sinh cosh

cosh sinh

+

− +

= θ dimana

kAc

m= hP maka :

km mL mL h

km mL mL h hPkA

q_{f c b}

sinh cosh

cosh sinh

+

= 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:

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).

b f

f f

f hA

q q

q η = = θ

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

Gambar 2.9: Efisiensi sirip anular berpenampang segi empat Untuk sirip berpenampang segi empat, segi tiga dan parabola:

b

hPLc

q_max = θ 26)

P adalah perimeter (keliling) Untuk sirip anular:

b

c r

r h

q_max =2π ( ₂² − ₁²)θ 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.

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:

o f

total q q

q = +

Dari persamaan perpindahan panas melalui sirip adalah:

qmax

N q_f = η_f

Dimana N adalah jumlah sirip.

Dari persamaan qmax untuk sirip anular:

) )(

(

2 ₂² ₁²

max = h r − r T −T∞

q π _{c b}

Perpindahan panas dari permukaan silinder langsung ke udara (tidak lewat sirip):

2 1

) (

arg ,

)

(T T denganh a A H Nt r hA

q_o = _{o b}− _{∞ o} = − π

Sehingga:

) (

2 ) (

) )(

(

2 ₂² − ₁² − _∞ + − ₁ − _∞

=N h r r T T h H Nt r T T

q_total η_f π _{c b} π _b

Efisiensi sirip diperoleh dari gambar 2.9:

t m r

r_c 0,048

2 2

2 = + = , t m

L

L_c 0,0238 2 =

+

= 92

, 1

1

2 =

r r_c

, A_p =L_ct=1,38x10⁻⁴m₂

15 , 0

2 / 1 3

/

2 ⎟⎟ =

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

p

c kA

L h , sehingga dari gambar 2.9 diperoleh:η_f =0,93

( ) ( )

(

x

)(

x

)

m x

( )

K

K m W

K x

m x

K m W x q

300 500 025

, 0 2 006 , 0 5 15 , 0 /

50

300 500 025

, 0 048 , 0 2 ) / 50 95 , 0 ( 5

2 2

2 2 2

2

−

− +

−

−

=

π π W

q=890

Jika tanpa sirip laju perpindahan panas menjadi:

2 1

arg ,

)

(T T denganh a A H x r hA

q_b = _{b b} − _{∞ o} = π

(

x x

)

m K W

K m W

q_b =50 / ² 0,15 2π 0,025 ² 300 =236 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.