BAB II KONDUKSI ALIRAN STEDI SATU DIMENSI

BAB II KONDUKSI ALIRAN STEDI – SATU DIMENSI

Dinding Datar Persamaan kalor : q=

−kA T −T 1  x 2

(5-1)

Harga konduktivitas termal diasumsikan konstan, tebal dinding ∆x, dan T1 dan T2 adalah temperatur permukaan dinding. Jika konduktivitas termal bervariasi karena temperatur dengan hubungan : k = k0 (1 + β T ) maka: q= −

k0 A  β  (T2 − T1 ) + (T22 − T12 )  ∆x  2 

(5-2)

Jika lebih dari satu material, sebagaimana dinding berlapis pada gambar 1, maka : q = − kA A

T − T2 T − T3 T2 − T1 = − kB A 3 = − kC A 4 ∆ xA ∆ xB ∆ xC

maka : q=

T1 − T4 ∆ x A / k A A + ∆ xB / k B A + ∆ xC / kC A

(5-3)

Atau secara umum : Aliran kalor = perbedaan potensial termal tahanan termal

(5-4)

Persamaan diatas identik dengan hukum Ohm pada teori sirkuit listrik. dimana tahanan termal (R) adalah ∆x/kA.

Secara umum laju kalor ditulis : q=

∆ Tkeseruhan ∑ Rth

Satuan tahanan termal adalah

(5-5) o

C/W. Gambar 2 memperlihatkan contoh

dinding berlapis beserta analogi listriknya.

Asyari D. Yunus - Perpindahan Panas dan Massa Teknik Mesin, Universitas Darma Persada - Jakarta

45

Sistem Radial – Silinder

Perbedaan suhu di silinder adalah Ti – To. Untuk silinder dengan panjang yang sangat besar dibandingkan dengan diameter, bisa diasumsikan bahwa kalor mengalir hanya dalam arah radial. Luas area bagi aliran kalor : Ar = 2πrL maka: qr = − kAr

dT dr

atau: qr = − 2π krL

dT dr

(5-7)

dengan kondisi batas: T = Ti pada r = ri T = To pada r = ro maka: q=

2π kL(Ti − To ) ln(ro / ri )

(5-8)

dan tahanan termal adalah: Asyari D. Yunus - Perpindahan Panas dan Massa Teknik Mesin, Universitas Darma Persada - Jakarta

46

Rth =

ln(ro / ri ) 2π kL

Jika silinder mempunyai dinding berlapis seperti gambar 4, maka: q=

2π L (T1 − T4 ) ln(r2 / r1 ) / k A + ln(r3 / r2 ) / k B + ln(r4 / r3 ) / kC

(5-9)

Pada sistem bola, sistem bisa dianggap sebagai satu dimensi jika temperatur adalah hanya sebagai fungsi jari-jari. Laju kalor dirumuskan: q=

4π k (Ti − To ) 1 / ri − 1 / ro

(5-10)

Contoh Soal 1: Dinding eksterior sebuah rumah terbuat dari bata dengan tebal 4 inchi (k = 0,7 W/m.oC) diikuti dengan plester gipsum dengan tebal 1,5 inchi (k = 0,48 W/m. oC). Berapa tebal isolasi rock-wool (k = 0,065 W/m. oC) yang harus ditambahkan untuk mengurangi kerugian kalor (atau penambahan) melalui dinding sebesar 80%? Jawab: Kerugian kalor keseluruhan dirumuskan:


47

q=

∆T ∑ Rth

Karena kerugian kalor dengan isolasi rock-wool hanya 20% (pengurangan 80%) daripada sebelum isolasi:

q dengan isolasi = 0,2 = ΣRth tanpa isolasi q tanpa isolasi ΣRth dengan isolasi

Kita punya bata dan plester, untuk satuan luas,

Rb =

∆ x (4)(0,0254) = = 0,145 m2.oC/W k 0,7

Rp =

∆ x (1,5)(0,0254) = = 0,079 m2.oC/W k 0,48

Tahanan termal tanpa isolasi: R = 0,145 + 0,079 = 0,224 m2.oC/W maka:

R dengan isolasi = 0,224/0,2 = 1,122 m2.oC/W 1,122 = 0,224 + Rrw Rrw = 0,898 = ∆x/k = ∆x/0,065 ∆x = 0,0584 m = 2,30 in

Contoh soal 2: Tube dinding tebal dari baja anti karat (18% Cr, 8% Ni, k = 19 W/m.oC) dengan diamater dalam 2 cm dan diameter luar 4 cm ditutup dengan isolasi asbestos setebal 3 cm (k = 0,2 W/m.oC). Jika temperatur dinding dalam pipa dijaga 600 oC, hitunglah kerugian kalor per meter panjang.


48

Jawab Gambar memperlihatkan jaringan termal untuk soal ini. Aliran kalor adalah : q 2π (T1 − T2 ) 2π (600 − 100) = = = 680 W/m L ln(r2 / r1 ) / kb + ln(r3 / r2 ) / ka (ln 2) / 19 + (ln 5 / 2) / 0,2

Koefisien Perpindahan Kalor Keseluruhan

Perpindahan kalor:

q = h1 A(TA − T2 ) =

kA (T1 − T2 ) = h2 A(T2 − TB ) ∆x


49

Perpindahan kalor bisa dituliskan dengan tahanan tertmal seperti pada gambar diatas sehingga : q=

TA − TB 1 / h1 A + ∆ x / kA + 1 / h2 A

(5-12)

Persamaan diatas secara umum ditulis: q = UA ∆Tkeseluruhan

(5-13)

dimana U adalah koefisien perpindahan kalor keseluruhan.

U =

1 1 / h1 + ∆ x / k + 1 / h2

Untuk Silinder berlobang :

Perpindahan kalor keseluruhan:

q=

T A − TB ln(ro / ri ) 1 / hi Ai + + 1 / ho Ao 2π kL

(5-14)

dimana notasi i untuk bagian dalam pipa dan o untuk bagian luar pipa. Asyari D. Yunus - Perpindahan Panas dan Massa Teknik Mesin, Universitas Darma Persada - Jakarta

50

Koefisien perpindahan kalor keseluruhan berdasarkan luar permukaan dalam:

U =

1 A ln(ro / ri ) A 1 1 / hi + i + i 2π kL Ao ho

(5-15)

dan berdasarkan luar permukaan luar:

U =

1 Ao 1 A ln(ro / ri ) 1 + o + Ai hi 2π kL ho

(5-16)

Tebal Kritis Isolasi Misalkan sebuah lapisan isolasi dipasang di sekeliling pipa bulat seperti gambar 7. Perpindahan kalor yang terjadi adalah: q=

dimana:

2π L(Ti − T∞ ) ln(ro / ri ) 1 + k ro h

(5-17)

Ti = Temperatur dalam isolasi T∞ = Permukaan yang berhubungan dengan lingkungan secara konveksi.


51

Kondisi maksimal adalah:  1 1   − 2π L(Ti − T∞ ) − 2  kr hr dq o   o = 0= 2 dro  ln(ro / ri ) 1  +   k ro h   dan : ro =

k h

(5-18)

SISTEM DENGAN SUMBER PANAS Bidang Datar Dengan Sumber Panas

Tebal dinding pada arah sumbu x adalah 2L, dan diasumsikan bahwa dimensi pada arah yang lainnya cukup besar sehingga perpindahan kalor dianggap satu dimensi. Dengan menganggap konduktivitas termal tidak berubah terhadap temperatur: d 2T q + = 0 dx 2 k

(5-19)

dimana : q = kalor yang dibangkitkan per satuan volume Kondisi batas :


52

pada x = ±L

T = Tw

Persamaan 5-19 diintegralkan menjadi: T = −

q 2 x + C1 x + C2 2k

(5-20)

Karena temperatur harus sama dikedua sisi dinding, C1 mesti nol. Temperatur pada bidang tengah adalah T0 dan dari persamaan 5-10: T0 = C2 Maka distribusi temperatur menjadi: T − T0 = −

q 2 x 2k

(5-21a)

atau : T − T0  x  =   Tw − T0  L 

2

(5-21b)

Persamaan diatas adalah persamaan parabola. Pada kondisi stedi, energi total yang dibangkitkan sama dengan panas yang hilang di permukaan. Maka:  dT   2 − kA   = qA2 L dx  x = L   dimana A adalah luas penampang pelat. Gradien temperatur pada dinding diperoleh dengan mendiferensialkan persamaan 5-21b: dT  2  2x   = (Tw − T0 ) 2   = (Tw − T0 )  dx  x = L L  L   x= L sehingga: − k (Tw − T0 )

2 = qL L


53

dan

qL2 T0 = + Tw 2k

(5-22)

Persamaan untuk distribusi temperatur bisa juga ditulis dalam bentuk alternatif: T − Tw x2 = 1− 2 T0 − Tw L

(5-21c)

Silinder Dengan Sumber Panas Jika silinder sangat panjang, maka temperatur bisa dinggap hanya sebagai fungsi jari-jari, dan persamaannya adalah: d 2T 1 dT q + + = 0 dr 2 r dr k

(5-23)

Kondisi batas : T = Tw

pada r = R

Dan kalor yang dibangkitkan sama dengan kehilangan panas pada permukaan: qπ R 2 L = − k 2π RL

dT  dr  r = R

Karena fungsi temperatur mesti kontinyu pada pusat silinder, kita bisa nyatakan: dT = 0 dr

pada r = 0

Dari persamaan 5-23: d 2T dT − qr r 2 + = dr dr k sedangkan : r

d 2T dT d  dT  + = r  2 dr dr dr  dr 

Diintegrasikan menjadi: Asyari D. Yunus - Perpindahan Panas dan Massa Teknik Mesin, Universitas Darma Persada - Jakarta

54

dT − qr 2 r = + C1 dr 2k dan

T =

− qr 2 + C1 ln r + C2 4k

Dari kondisI batas kedua diatas, dT  − qr − qR C1 = = +  dr  r = R 2k 2k R sehingga

C1 = 0

Dari kondisi batas pertama: T = Tw =

sehingga:

− qR 2 + C2 pada r = R 4k

qR 2 C2 = Tw + 4k

Jawabab akhir distribusi temperatur adalah: T − Tw =

q (R 2 − r 2 ) 4k

(5-24a)

atau dalam bentuk tak berdimensi: T − Tw  r = 1−   T0 − Tw  R

2

(5-24b)

dimana T0 adalah temperatur pada r = 0 dan diberikan oleh : T0 =

qR 2 + Tw 4k

(5-25)

Untuk silinder berlobang dengan sumber panas yang terdistribusi merata, kondisi batas adalah: T = Ti pada r = ri (permukaan dalam) T = To pada r = ro (permukaan luar)


55

Persamaan umum tetap: T= −

qr 2 + C1 ln r + C 2 4k

Penerapan kondisi batas yang baru menghasilkan: T − To =

q 2 r (ro − r 2 ) + C1 ln 4k ro

(5-26)

dimana konstanta C1 adalah : C1 =

Ti − o + q (ri 2 − ro2 ) / 4k ln(ri / ro )

(5-27)

Contoh soal 3: Arus listrik sebesar 200 A dilewatkan ke sebuah kawat baja tahan karat (k = 19 W/m.oC) yang berdiameter 3 mm. Tahanan baja adalah 70 µΩ.cm dan panjangkawat 1m. Kawat dicelupkan kedalam cairan yang bersuhu 110 oC dan mengalami perpindahan kalor dengan koefisien 4 kW/m 2.oC. Hitunglah temperatur pada pusat kawat. Jawab: Semua daya yang dibangkitkan kawat mesti dikeluarkan secara konveksi ke cairan: P = I2R = q = hA (Tw – T∞) Tahanan kawat dihitung dari: R= ρ

L (70 x10 − 6 )(100) = = 0,099 Ω A π (0,15) 2

dimana ρ adalah resistivitas kawat. Luas permukaan kawat adalah π.dL. sehingga: (200)2(0,099) = 4000 π(3 x 10-3)(1)(Tw – 110) = 3960 W dan

Tw = 215 oC

Kalor yang dibangkitkan per satuan volume q dihitung dari: Asyari D. Yunus - Perpindahan Panas dan Massa Teknik Mesin, Universitas Darma Persada - Jakarta

56

P = qV = qπr2L sehingga: 3960 q = --------------------- = 560,2 MW/m3 π(1,5 x 10-3)2(1) Terakhir, temperatur pusat kawat dihitung dengan: qr02 (5,602 x10 8 )(1,5 x10 − 3 ) 2 T0 = + Tw = + 215 = 231,6 oC. 4k (4)(19) Sistem Konveksi-Konduksi Kalor yang dikonduksikan ke suatu benda secara berkala mesti dibuang dengan proses konveksi. Contohnya, kerugian kalor secara konduksi melalui dinding tanur tinggi mesti dilepaskan ke lingkungannya secara konveksi. Perhatikan gambar 9 berikut ini:

Energi masuk pada muka kiri = Energi keluar pada sisi kanan + kehilangan energi karena konveksi Rumus perpindahan kalor konveksi: q = h.A (Tw - T∼)

(5-28)

dimana luas permukaan adalah luas permukaan untuk konveksi dan P adalah perimeter. Asyari D. Yunus - Perpindahan Panas dan Massa Teknik Mesin, Universitas Darma Persada - Jakarta

57

BAB II KONDUKSI ALIRAN STEDI SATU DIMENSI

Recommend Documents