Konduksi Keadaan Steady (Tunak) Persamaan neraca energi:
Kualitas energi panas adalah sebagai berikut: Energi masuk: Energi yang dibangkitkan: Perubahan energi dalam Energi keluar Pada keadaaan steady, distribusi suhu konstan, suhu hanya merupakan fungsi posisi dan akumulasi = 0, sehingga:
Untuk konduksi keadaan steady, hukum Fourier dapat diintegrasi:
(oK ) T1 T1 q
T2 T2 ∆ x
0
∆ x
(m )
DINDING DATAR Perpindahan Panas Konduksi Pada Satu Bidang Datar (Slab)
Keterangan : q = Laju perpindahan Panas (W) T = Temperature (0C) ∆x = Tebal Bahan (m) A = Luas Permukaan (m2)
Perpindahan Panas Konduksi Pada Satu Seri Bahan
Analogi listrik yang disusun secara seri :
Pada keadaan steady state, panas yang masuk pada sisi muka sebelah kiri harus sama dengan panas yang meninggakan sisi muka sebelah kanan qinput = qoutput Sehingg a,
Arah aliran bila disusun paralel :
A B
Contoh soal : Suhu pada satu dinding gabus setebal10 cm sebesar 210 C dan pada sisi lainnya -12 0 C . Konduktivitas termal pada rentang suhu ini 0,042 w/m 0C. Hitunglah laju perpindahan panas melalui dinding seluas 1 m 2 . Jawab : Dik : T1 = 210 C T2 = -120 C K = 0,042 W/m 0C A = 1 m2 ∆x = 10 cm = 0,1 m
Penyelesaia n:
Sistem Radial-Silinder
Suatu silinder, dimana: r1= jari-jari dalam r0=jari-jari luar L=panjang Ti-To=beda suhu
• Laju perpindahan panas dapat ditentukan dari Hukum Fourier dengan penyesuaian rumus luas menjadi: r o
Ar
∫
= 2π rL
qr = − k . Ar
dT dr
r 1
dr r
=
2π .k . L
ln r o − ln r 1 =
q
T 1
∫ dT
T 0
2π .k . L q
( T 1 −T 0 )
2π .k . L ( T 1 −T 0 ) q= r ln( 0 ) r 1
q
=
k . Alm .
Dimana :
T 1 r 2
T 2
−
Alm
Dimana : R
T 1
−
r 1
=
=
( r 2
( 2π Lr 2 )
−
−
T 2
−
r 1 ) /( kAlm )
( 2π Lr 1 )
ln(2π Lr 2 / 2π Lr 1 )
r 2
r 1
A2
T 2
−
R A1
−
ln( A2 / A1 )
ln(r 2 / r 1 )
= − = k A . Alm
=
=
T 1
kL 2π
(Geankoplis, 1987)
Contoh 4.2-1 (Geankoplis, 1987).
Panjang tabung untuk koil pendingin
Tabung silinder berdinding tipis dari karet dengan ID 5 mm dan OD 20 mm digunakan sebagai koil pendingin. Air pendingin dalam tabung mengalir pada suhu 274,9 K. Sebanyak 14,65 W panas harus dipindahkan dengan pendinginan ini. Hitung panjang
Penyelesaian: • Dari App. A-3 Geankoplis, 1987: • K hardbutter= 0,151 W/m.K • r1 = 5/100 = 0,005 m; r 2 = 20/1000 = 0,02 m • Ambil L= 1 m.
= 2π Lr 1 = 2π (1)(0,005) = 0,0314m 2 A1 = 2π Lr 2 = 0,1257m 2
A1
Arata − rata
=
A2
− A1
ln( A2 / A1 )
q = k . Arata − rata .
T 1 − T 2 r 2
− r 1
= 0,0680m2 274,9 − 297,1 = 0,151(0,0682) = −15,2W 0,02 − 0,005
Tanda negatif menunjukkan bahwa arah aliran panas adalah dari r2, dinding luar ke r1, dinding dalam. Panjang tabung yang diperlukan:
=
14,65W 15,2W / 1m
= 0,964m
Konsep tahanan termal dapat juga digunakan untuk dinding lapis rangkap seperti gambar di 2π L(T 1 − T 4 ) atas: q = ln(r 2 / r 1 ) k A
+
ln(r 3 / r 2 ) k B
+
ln(r 4 / r 3 ) k C
Contoh 4.3-1 (Geankoplis, 1987). Aliran panas melalui dinding isolasi ruang pendingin • Ruang pendingin dilapisi dengan 12,7 mm kayu pine; 101,6 mm cork board dan lapisan terluar 76,2 mm concrete. • Temperatur permukaan luar 255,4 K (ruang pendingin) dan permukaan luar concrete 297,1 K. • Nilai: – kpine = 0,151 W/m.K – kcorkboard = 0,0433 W/m.K – kconcrete = 0,762 W/m.K
Penyelesaian: T1 = 255,4 K; kA= 0,151 kB= 0,0433 kC= 0,762
T4= 297,1 K; ; xA= 0,0127 m ; xB= 0,1016 m ; xC= 0,0762 m
Tahanan masing-masing material:
R A =
∆ x A k A . A
=
0,0127 0,151(1)
= 0,0841 K / W
Dengan cara yang ama: R B = 2,346 K / W RC = 0,1 K / W q=
T 1 − T 4 R A + R B
+ RC
=
255,4 − 297,1 0,0841 + 2,346 + 0,1
= −16,48W
menghitung temperatur T2, antara pine dan cork q=
T 1 − T 2 R A
− 16,48 =
255,4 − T 2 0,0841
;T 2
= 256,79 K
Contoh 4.3-2 (Geankoplis, 1987).
Panas yang hilang dari isolasi pipa. • Pipa stainless stell berdinding tipis (A) mempunyai k= 21,63 W/m.K dengan ID=0,0254 m dan OD = 0,0508 m. Pipa dilapisi asbestos (B) sebagai isolasi setebal 0,0254 m dengan k=0,2433 W/m.K. Temperatur permukaan dalam pipa 811 K dan permukaan luar isolasi 310,8 K. Untuk pipa 0,305 m panjang, hitung: – Panas yang hilang – Temperatur antara pipa dengan isolasi
Penyelesaian: • T1= 811 K; T2 = T antara; T 3=310,8 K r = D 1
2
=
0,0254 2
= 0,0127; r 2 = 0,0254; r 3 = r 2 + 0,0254 = 0,0508m
• Luas permukaan pada L=0,305 m: A1
= 2π Lr 1 = 2π (0,305)(0,0127) = 0,0243m 2 A2
= 2π Lr 2 = 0,0487m 2
A3
= 2π Lr 3 = 0,0974m 2
A A, rata − rata
A B , rata − rata
= =
A2
− A1
ln( A2 / A1 ) A3 − A2 ln( A3 / A2 )
= 0,0351m 2 = 0,0703m 2
Tahanan masing-masing: R A
R B
= =
r 2
− r 1
k A . Alm r 3 − r 2 k B . A B ,lm
= 0,0127 21,63(0,0351) = 0,01637 K / W = 0,0254 0,2423(0,0703) = 1,491 K / W
• Laju perpindahan panas: q=
T 1 − T 3 R A + R B
=
811 − 310,8 0,01673 + 1,491
= 331,7W
• Untuk menghitung temperatur T2:
q
T 1 T 2 R A −
=
331,7 =
811 − T 2 0,01673
; T 2 = 805,5 K
• Hanya terjadi penurunan T yang kecil melintasi pipa, karena nilai k yang tinggi.