Modul Perpindahan Panas
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
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)
Jika pengaruh sudut-sudut dari pertemuan dinding-dinding kita abaikan termasuk
sambungan bata dari adukan semen, maka berlaku perumusan di atas. Dengan
‘11
1
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
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 T o,
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)
Untuk silinder berlobang agak berbeda sedikit, mengenai besarnya luas penempang
yang akan dilewati panas akan dikurangi oleh penampang dalam (lobang pipa).
‘11
2
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
Maka laju aliran panas dengan cara konduksi dinyatakan sebagai :
qk = - k 2 phi r l dT/dr
Perubahan variable-variabel dan integrasi antara T o 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)
Jadi temperatur dalam silinder berlubang merupakan fungsi logaritmik jari-jari r
(Gambar 2. Silinder berlubang), sedangkan untuk dinding datar distribusi
temperaturnya linier.
‘11
3
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
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 = (r o – 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 (A o + 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)
Jawab.
‘11
4
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
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 :
Qk = 4 phi ri ro (Ti – To)/(ro – ri)
‘11
5
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
= 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 permukaandalam Ai, adalah dengan subsitusi data-data yang diberikan, berikut:
Ai = 2 [ (6 x 8) + (6 x 12) + (8 x 12)]/ (144) = 3 ft 2
Permukaan-luar Ao, adalah berikut:
Ao = 2 [ (18 x 20) + (18 x 24) + (20 x 24)] / (144) = 177,7 ft 2
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
4. Beberapa contoh orde besaran konduktivitas panas (k), berikut:
‘11
6
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
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
SI
meter (m)
sekon (s)
Kilogram (kg) Newton (N)
Teknik Britania
ft
sec
slug
pound (lbf) Btu, ftlbf
Tekn ikAmerika
ft
sec
lbm
lbf
Joule (J)
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
Jawab.
‘11
7
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
[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 m 2 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. Analogianalogi yang lain yang bermanfaat akan dibahas nanti sehubungan dengan soal-soal
konduksi dua dimensi dan sistem panas transien.
Sampai jumpa modul ke-3 berikutnya.
‘11
8
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
29/10/2011
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)
Jika pengaruh sudut-sudut dari pertemuan dinding-dinding kita abaikan termasuk
sambungan bata dari adukan semen, maka berlaku perumusan di atas. Dengan
‘11
1
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
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 T o,
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)
Untuk silinder berlobang agak berbeda sedikit, mengenai besarnya luas penempang
yang akan dilewati panas akan dikurangi oleh penampang dalam (lobang pipa).
‘11
2
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
Maka laju aliran panas dengan cara konduksi dinyatakan sebagai :
qk = - k 2 phi r l dT/dr
Perubahan variable-variabel dan integrasi antara T o 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)
Jadi temperatur dalam silinder berlubang merupakan fungsi logaritmik jari-jari r
(Gambar 2. Silinder berlubang), sedangkan untuk dinding datar distribusi
temperaturnya linier.
‘11
3
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
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 = (r o – 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 (A o + 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)
Jawab.
‘11
4
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
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 :
Qk = 4 phi ri ro (Ti – To)/(ro – ri)
‘11
5
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
= 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 permukaandalam Ai, adalah dengan subsitusi data-data yang diberikan, berikut:
Ai = 2 [ (6 x 8) + (6 x 12) + (8 x 12)]/ (144) = 3 ft 2
Permukaan-luar Ao, adalah berikut:
Ao = 2 [ (18 x 20) + (18 x 24) + (20 x 24)] / (144) = 177,7 ft 2
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
4. Beberapa contoh orde besaran konduktivitas panas (k), berikut:
‘11
6
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
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
SI
meter (m)
sekon (s)
Kilogram (kg) Newton (N)
Teknik Britania
ft
sec
slug
pound (lbf) Btu, ftlbf
Tekn ikAmerika
ft
sec
lbm
lbf
Joule (J)
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
Jawab.
‘11
7
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana
MODUL 2. PERPINDAHAN PANAS DASAR
29/10/2011
[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 m 2 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. Analogianalogi yang lain yang bermanfaat akan dibahas nanti sehubungan dengan soal-soal
konduksi dua dimensi dan sistem panas transien.
Sampai jumpa modul ke-3 berikutnya.
‘11
8
Perpindahan Panas
Pirnadi
Pusat Pengembangan Bahan Ajar
Universitas Mercu Buana