Diktat Kuliah Perpindahan Panas pdf
PENGANTAR PERPINDAHAN PANAS
Macam-macam Perpindahan Panas
z
z
z
Perpindahan Panas Konduksi
Perpindahan Panas Konveksi
Perpindahan Panas Radiasi
1
Perpindahan Panas Konduksi
z
z
Adalah proses transport panas dari daerah bersuhu tinggi ke
daerah bersuhu rendah dalam satu medium (padat, cair atau
gas), atau antara medium – medium yang berlainan yang
bersinggungan secara langsung
Dinyatakan dengan :
q = − kA
dT
dx
2
1
Perpindahan Panas Konduksi
Dimana :
q
= Laju perpindahan panas (w)
A
= Luas penampang dimana panas mengalir
(m2)
dT/dx = Gradien suhu pada penampang, atau laju
perubahan suhu T terhadap jarak
dalam arah
aliran panas x
k
= Konduktivitas thermal bahan (w/moC)
3
Perpindahan Panas Konduksi
con t oh :
Salah satu permukaan sebuah plat
tembaga yang tebalnya 3 cm mempunyai
suhu tetap 400 0C, sedangkan suhu
permukaan yg sebelah lagi dijaga tetap 100
0C. Berapa kalor yang berpindah melintasi
lempeng itu?
4
1
Perpindahan Panas Konduksi
Pe n ye le sa ia n
Dari lampiran A terlihat konduktivitas termal
tembaga adalah 370 W/m 0C. Dari hk.
Fourier :
q = − kA
dT
dx
dT
q
= −k
dx
A
5
Perpindahan Panas Konduksi
q
ΔT − (370)(100 − 400)
= 3,7 MW / m2
= −k
=
−2
3x10
Δx
A
6
1
Perpindahan Panas Konveksi
Adalah transport energi dengan kerja gabungan dari
konduksi panas, penyimpanan, energi dan gerakan
mencampur. Proses terjadi pada permukaan padat
(lebih panas atau dingin) terhadap cairan atau gas
(lebih dingin atau panas).
q = h A (∆T)
7
Perpindahan Panas Konveksi
Dimana :
q = Laju perpindahan panas konveksi
h = Koefisien perpindahan panas konveksi
(w/m2 0C)
A = Luas penampang (m2)
∆T = Perubahan atau perbedaan suhu
(0C; 0F)
8
1
Perpindahan Panas Konveksi
Con t oh :
Udara pada suhu 20 0C bertiup diatas plat panas
50 x 75 cm. Suhu plat dijaga tetap 250 0C. Koefisien
perpindahan kalor konveksi adalah 25 W/m2 0C. Hitunglah
perpindahan kalor.
Pe n ye le sa ia n
Dari persamaan :
q = h A (Tw - T∞)
= (25)(0,50)(0,75)(250 – 20)
= 2,156 kW
9
Perpindahan Panas Radiasi
Adalah proses transport panas dari benda bersuhu
tinggi ke benda yang bersuhu lebih rendah, bila
benda – benda itu terpisah didalam ruang (bahkan
dalam ruang hampa sekalipun
q = δ A (T14 – T24)
10
1
Perpindahan Panas Radiasi
Dimana :
δ = Konstanta StefanStefan-Boltzman 5,669 x10A = Luas penampang
T = Temperatur
8
w/m2 k4
11
Perpindahan Panas Radiasi
Con t oh :
Dua plat hitam tak berhingga yang suhunya masing masing
800 0C dan 300 0C saling bertukar kalor melalui radiasi.
Hitunglah perpindahan kalor persatuan luas.
Pe n ye le sa ia n
Dari persamaan:
persamaan:
q = δ A (T14 – T24)
q/A = δ (T14 – T24)
q/A = (5,669 x 1010-8)(10734 – 5734)
q/A = 69,03 kW/m2
12
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
D in din g D a t a r
Laju perpindahan panas secara konduksi telah kita dapatkan
q = − kA
Atau :
q=−
q=
dT
dx
KA
(T2 − T1 )
Δx
KA
(T1 − T2 )
Δx
13
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Bilamana konduktivitas thermal bahan tetap, tebal dinding
adalah ∆x, sedang T1 dan T2 adalah suhu permukaan
dinding seperti terlihat pada gambar berikut :
q
Profil Suhu
T1
T2
∆x
q
x
14
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Jika dalam sistem
macam bahan, dan
seperti terlihat pada
tersebut terdapat lebih dari satu
terdiri dari beberapa lapis dinding
gambar berikut :
A
q
q
A
B
C
1 2 3 4
15
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Aliran kalor dapat dituliskan :
q = −K A A
T −T
T −T
T2 − T1
= −K B A 3 2 = −KC A 4 3
Δx A
Δx B
Δ xC
atau :
q =
T1 − T 4
ΔxA
ΔxB
Δ xC
+
+
K A .A
K B .A
K C .A
16
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Dimana :
ΔxC
Δx A
Δx B
;
;
K A. A K B . A K C . A
Disebut sebagai Ta h a n a n Th e r m a l
17
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Dari Gambar dapat juga kita buat analogi listriknya:
q
RA
Δx A
K A .A
RB
Δx B
K B .A
RC
ΔxC
K C .A
Analogi
listrik
digunakan
untuk
mempermudah
memecahkan soalsoal-soal yang rumit baik yang seri maupun
paralel.
18
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Persamaan aliran kalor satu dimensi dapat juga dituliskan
sebagai berikut apabila kasusnya seperti pada gambar berikut
ini:
B
q
F
C
A
G
D
1
q=
2
q
E
3
4
5
Δ Tmenyeluruh
∑ R th
19
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Sist e m Silin de r - Ra dia l
Mari kita tinjau suatu silinder panjang dengan jarijari-jari
dalam ri, jarijari-jari luar ro dan panjang L
ro
q
ri
L
20
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Dimana silinder ini mengalami beda suhu Ti – To. Untuk
silinder yang panjangnya sangat besar dibandingkan
dengan diameternya, dapat diandaikan bahwa aliran
kalor berlangsung menurut arah radial.
Maka laju aliran panas yang terjadi dapat kita tuliskan :
q = − KA
dT
dr
21
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Dimana :
A = 2П
2ПrL
Maka :
q = − 2 π rlK
dT
dr
Dengan kondisi batas :
T = Ti pada r = ri
T = To pada r = ro
22
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Bila persamaan diatas diintegralkan didapat :
q =
2 π KL (T i − T o
Ln (ro / ri )
)
Ln (ro / ri )
2π KL
Dan tahanan thermal disini adalah :
Rth =
23
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Koe fisie n Pe r pin da h a n Ka lor M e n ye lu r u h
24
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Sehingga laju aliran kalor menyeluruh menjadi:
q = U0 .A.ΔTmenyeluruh
Dimana :
Uo
=
A
=
ΔTm
=
koefisien perpindahan kalor menyeluruh
luas bidang aliran kalor
beda suhu menyeluruh
25
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Sist e m de n ga n sum be r k a lor
Dinding datar dengan sumber kalor
q = k a lor
ya n g
X= 0
diba n gk it k a n
Tw
T w pe r sa t u a n
volu m e
x
L
L
26
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Laju aliran panas yang dibangkitkan disini sama dengan rugi kalor
kalor
pada permukaan, dan untuk mendapatkan besar suhu pusat:
qL2
To =
+ Tw
2K
Untuk silinder dengan sumber kalor:
qR 2
To =
+ Tw
4K
27
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Perhatikan sebuah benda dua dimensi yang dibagi atas
sejumlah jenjang yang kecil yang sama pada arah x dan y
seperti terlihat pada gambar:
m,n+1
m-1,n
∆y
m,n
m+1,n
∆x
m,n-1
28
1
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Jika ∆x =∆
=∆y maka gradien suhu :
T(m−1),n + T(m+1),n + Tm,(n−1) + Tm,(n+1) − 4Tm,n = 0
Laju Aliran Panas :
q = − ∑ k .Δx.
ΔT
Δy
29
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Contoh:
T = 500 0C
1
2
3
4
T = 100 0C
T = 100 0C
T = 100 0C
Tentukan :
a. Distribusi Suhu
b. Laju Aliran Panas
30
1
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Distribusi suhu:
T2 + 100 + 500 + T3 – 4T1 = 0
100 + T1 + 500 + T4 – 4T2 = 0
T4 + 100 + T1 + 100 – 4T3 = 0
100 + T3 + T2 + 100 – 4T4 = 0
Atau :
600
600
200
200
+
+
+
+
T2 + T3 – 4T1 = 0 .............(1)
T1 + T4 – 4T2 = 0 .............(2)
T1 + T4 – 4T3 = 0 .............(3)
T3 + T2 – 4T4 = 0 .............(4)
Dimana :
T1 = T2
T3 = T4
31
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Dari Persamaan (1)
600 + T2 + T3 – 4T1 = 0
600 + T1 + T3 – 4T1 = 0
600 + T3 – 3T1 = 0 ...................(5)
Dari Persamaan (3)
200 + T1 + T4 – 4T3 = 0
200 + T1 + T3 – 4T3 = 0
200 + T1 – 3T3 = 0 ..................(6)
Maka dari persamaan (5) dan (6)
32
1
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
600 + T3 – 3T1 = 0
600 + T3 – 3T1 = 0
200 + T1 – 3T3 = 0
600 + 3T1 – 9T3 = 0
1200 – 8T3 = 0
8T3 = 1200
T3 = 150 0C
Substitusi ke pers (5) atau (6)
600 + T3 – 3T1 = 0
600 + 150 – 3T1 = 0
750 = 3T1
T1 = 250 0C
Maka :
T1 = T2 = 250 0C
T3 = T4 = 150 0C
33
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Laju Aliran Panas :
q = − ∑ k .Δ x .
ΔT
Δy
Untuk Permukaan 500 0C
Q = -∑k(Δ
k(Δx/Δ
x/Δy)[250 - 500] +[250 - 500] = - k ((-500) = 500 k
Untuk Permukaan 100 0C
Q = -∑k(Δ
k(Δx/Δ
x/Δy)[250 – 100] + [150 – 100] + [150 – 100] +
[150 – 100] + [150 – 100] + [250 – 100] = - 500 k
34
1
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Rumus Empiris untuk aliran dalam pipa/tabung
q
m, Cp
Aliran
2
1
L
Tb1
Tb2
35
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Besarnya perpindahan kalor yang terjadi pada suatu
penampang/saluran yang berbentuk pipa/tabung dapat
dinyatakan dengan beda suhu limbak (bulk temperature):
q = m.Cp(Tb2 – Tb1) = h.A(Tw – Tb)
m = ρ.Um.A
Untuk mengetahui apakah alirannya laminar atau turbulen maka
dibutuhkan bilangan Reynold:
Reynold:
Re =
ρ .U m d
μ
36
1
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Dimana :
m
=
Cp
=
Tb
=
Tw
=
Um
=
μ
=
ρ
=
laju aliran fluida (kg/s)
Panas jenis (kj/kg.0C)
Suhu limbak
Suhu dinding
Kec. RataRata-rata (m/s)
Kekentalan (kg/m.s)
Kerapatan (kg/m3)
37
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Untuk Aliran Turbulen :
Nud = 0,023.Re0,8. Prn = h.d/k..............pipa licin
⎛ μb ⎞ h.d
( f / 8) Re. Pr
⎜ ⎟ =
Nud =
1/ 2
2/ 3
k
1,07+12,7( f / 8) (Pr −1) ⎜⎝ μw ⎟⎠
n
Untuk pipa licin dgn faktor gesek
Dimana:
n = 0,11 jika Tw >Tb
n = 0,25 jika Tw < Tb
38
1
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Untuk Aliran Laminar:
N ud = 1,86(Re. Pr)1/ 3 (d / L)1/ 3 (μ / μ w ) 0,14
Contoh:
Tabung yang diameternya 2 cm mempunyai kekasaran
relatif 0,001 berada pada suhu dinding tetap 90 0C. Air
masuk kedalam tabung pada suhu 40 0C dan yang keluar
adalah 60 0C. Jika kecepatan masuk ialah 3 m/s hitunglah
panjang tabung yang diperlukan.
39
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Jwb :
q = m.Cp(Tb2 – Tb1) = h.A(Tw – Tb)
= ρ.Um.A.Cp(60 - 40)
= ρ.Um.π
.Um.πr2.Cp(60 – 40)
Untuk mendapatkan harga ρ dan Cp kita gunakan tabel dan
menggunakan rumus interpolasi :
Dari temperatur limbak :
Tb = (60 +40)/2 = 50 0C
Maka :
ρ
= 990 kg/m3
Cp
= 4181 j/kg
Maka :
q = 990.3. π.(0,01)2.4181(60 – 40)
q = 77982 W
40
1
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
41
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Untuk
permukaan
tabung
dengan
temperatur ratarata-ratanya:
Tf
= (90+50)/2 = 70 0C
ρ
= 980 kg/m3
k
= 0,660 w/m0C
Pr
= 2,62
υ
= 0,421x10-6m2/s
μ
= ρ.υ = 4,126x10-4 kg/m.s
Re
= 142.510………
..Turbulen
142.510………..Turbulen
kekasaran
relatif,
Maka rumus yang digunakan :
⎛ μb ⎞ h.d
( f / 8) Re. Pr
⎜ ⎟ =
Nud =
1/ 2
2/ 3
k
1,07 +12,7( f / 8) (Pr −1) ⎜⎝ μw ⎟⎠
n
42
1
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Dari diagram mody didapat harga f = 0,0215
Maka f/8 = 0,002688
n = 0,11 karna Tw > Tb
μb
= ρb.v
b.vb = 990.0,568x10990.0,568x10-6 = 5,62x10-4 kg/m.s
μw
= ρw.vw = 967 . 0,33x10-6 m2/s = 3,19x10-4 kg/m.s
maka :
N ud =
⎛ 5,62 x10 −4
(0,002688 )142510 x 2,62
⎜
1,07 + 12,7(0,002688)1 / 2 ( 2,62 2 / 3 − 1) ⎜⎝ 3,19 −4
⎞
⎟⎟
⎠
0 ,11
=
h.d
k
Nud = 640 =h.d/k
h = (640x0,66)/0,02 = 21120 w/m2 0C
43
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
44
1
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Maka panjang tabung :
q = h.A(Tw – Tb)
q = h. Π.d.L(Tw – Tb) = 77982 w
L=
L=
77982
h.π .d (90 − 50)
77982
21120 x 3,14 x 0,02 (90 − 50 )
L = 1,47 m
45
RADIASI TERMAL
Jika suatu benda ditempatkan dalam
pengurung, dan suhu pengurung lebih
rendah dari pada suhu benda, maka suhu
benda tersebut akan turun, sekalipun
ruang dalam pengurung tersebut hampa.
Proses pemindahan panas yang terjadi
hanya semata karena benda suhu dan
tanpa bantuan zat perantara (medium),
disebut pe r pin da h a n pa n a s r a dia si
46
1
Ditinjau
dari
gelombang
elektromagnetik,
energi
radiasi
dibawa
oleh
gelombang
elektomagnetik .Ada banyak jenis
radiasi,
yaitu dari radiasi sinar
gama ,sinar x, radiasi termal hingga
radiasi
gelombang
radio
(dari
spektrum
panjang
gelombang
pendek sampai yang berpanjang
gelombang panjang).
47
Sedang radiasi termal, energi pancarannya
adalah ditentukan berdasar dari suhu
benda tersebut.
Daerah spektrum panjang gelombang
radiasi termal adalah dari 0 , 1 sampai
dengan 1 0 0 m ik r on
Radiasi matahari juga merupakan radiasi
termal dengan daerah panjang gelombang
khusus yaitu 0 , 2 5 sampai dengan 3
m ik r on .
48
1
RADIASI BENDA HITAM
Benda hitam adalah idealisasi benda yang
pada suhu berapapun, memancarkan atau
menyerap seluruh radiasi pada panjang
gelombang tertentu manapun (disebut
Radiator sempurna).
Daya pancar benda hitam tergantung dari
suhu dan panjang gelombangnya.
49
Konduksi transien-suhu dalam bahan seragam
z
Hukum I
⎡Laju perubahan ⎤ ⎡Laju energi ⎤ ⎡Laju energi ⎤ Laju pembentuka n
⎤...( B.7 )
⎥+⎡
⎢energi
⎥ = ⎢masuk ke ⎥ − ⎢keluar
⎢⎣dalam sistem ⎦⎥ ⎢⎣sistem
⎥⎦ ⎢⎣dari sistem ⎥⎦ ⎢⎣energi dalam sistem ⎥⎦
Bila laju pembentuka n energi tidak ada, maka dapat dirumuskan
keseimbang an energi untuk sistem sbb. :
o
dt
= m Cp (ti − t o ) + h A (t1 − t )......( B.8)
M Cp
∂θ
IC : θ = 0 t = t o , BC : θ ≤ 0, t1 , h, A, m, Cp , tin , t ou = const.
o
m Cpti
h
o
MCp dT/dθ
m Cpt o
50
1
Pemecahan secara numerik
z
z
z
Bila diketahui suatu fungsi kontinyu
y=f(x) ........(B.9)
Maka pemecahan numeriknya secara beda
hingga (finite difference) menjadi
ti j +1 = ti j + {z1 (tin − ti ) + z 2 (t1 − ti )}Δθ ......( B.10)
.
dimana
z1 =
m Cp
hA
; z2 =
.........( B.11)
m Cp
m Cp
o
51
Contoh
z
z
Z1=0,3/3=0,1
Z2=5(w/m2 C)x4x0,025/(3x500
J/kg C)=0,000333
z
z
z
z
z
z
Diketahui benda padat berupa
kubus dengan salah satu sisinya
berukuran 5 cm dan m= 3 kg
Suhu keliling benda konstan
pada t1=600 C
Suhu awal benda t0=30 C
Nilai h=5 W/m2 C
Laju massa udara,=0,3 kg/det
Cp=0,5 kJ/kg C
52
1
Pemanasan padat berbentuk
kubus
z1
z2
0,1
t
0
T
0,000333
T1
30
0,1
35,719
0,2
47,04224
0,3
63,68627
0,4
85,21033
0,5
111,0356
0,6
140,4713
0,7
172,7455
0,8
207,0398
0,9
242,5241
1
278,3908
1,1
313,8858
1,2
348,3339
600
53
Penukar panas
z
Kegunaan:
z
z
Alat untuk memanaskan
atau mendinginkan fluida
kerja dengan medium
antara yang dapat
berupa cairan, gas/uap.
Medium antara ini dapat
berupa gas hasil dari
pembakaran langsung,
uap, atau cairan
54
1
Governing equations
z
z
z
z
z
z
Q= ε Ws Cs (TsiTLi)..........(6.1)
And q=ws cs (Tsi-TLi)
.......(6.2)
Dimana
ws = W/Ax
wc
cs= Cs/Ax
1− ε s s
wl cl
ln(
)
NTU.
U a
NTU =
x
x
ws cs
=
1− ε
.........(6.3)
wc
(1 − s s )
wl cl
z
z
z
z
z
z
z
z
z
Disini
ε, effectiveness of heat
exchanger (-)
Ws, mass flow rate of streams
(kg/s)
Cs. Specific heat of streams
(kJ/kg C)
T, temperature, C
NTU, number of heat trasfer unit
Subscript
Si, inlet of smaller streams,
Li, inlet of larger streams
55
Governing equations
Nilai effektivit as penukar panas ε , dapat dinyatakan sbb.
ε=
−T )
si
so .......... .......... .......... .......( 6.4)
(T − T )
si
lo
(T
dan karena
(T − T )
w c
li .......... .......... .......... ..( 6.5)
s s = lo
(T − T )
wc
si
so
l l
maka
ε=
1 ‐ e‐ B
.......... .......... .......... ...( 6.6)
w c −B
)
(1 ‐ s s e
wc
l l
56
1
Governing equations
dimana, bila N
TU
= U A /W C
x x s s
maka
w
B = (1 ‐ s
w
l
c
s )N
.......... .......... .......... ...( 6.7 )
TU
c
l
pers.(6.6) dan (6.7) dapat diselesaik an secara eksplisit untuk mendapatka n
persamaan untuk N
TU
1‐ε
w c
s s
w c
l l )
ln(
1
ε
−
.......... .......... .......( 6.8)
N =
TU
w c
(1 − s s )
w c
l l
57
Governing equations
z
In case when ws cs= wl cl, then
ε=
B=
N TU
.......... .......... .......... .......... .....( 6.9)
1 + N TU
A
x x =N
.......... .......... .......... ...( 6.10)
TU
WC
U
or if the effectiven ess is known, then
NTU = (
ε
1− ε
)......... .......... .......... .......... ...( 6.11)
when one flow is very much larger than the other, the equations are in the form of
ε = 1 ‐ exp(‐U x A x /WC) = 1 ‐ e ‐NTU .......... .........( 6.12)
where W C is the flow of the smaller stream.
58
1
6.Heat exchanger problems
z
z
A heat exchanger is
specified by its
performance as given
by fig.6.1. Wat is Ux
Ax?
Use 38 C properties for
the large streams, and
66 C properties for the
small streams.
Water flow,
o,473 Liter/s
48,9 C
93,3C
q
Ux Ax
65,6C
Water flow,
0,79 Liter/s
59
Answer
w scs =
wlcs =
= 1943 W / o C
9 , 473 L 0 , 98 kg
4 ,19 kJ
1000
W
x
x
x
x
J s
k
L
s
kg o C
0 , 7886
s
L
x
0 , 993 kg
4 ,19 kJ
1000
W
x
x
x
J s
k
L
kg o C
= 3281 W / o C
dari pers. (6.5),
T lo − T li =
w scs
1943
( 93 . 33 − 48 . 89 ) = 26 . 32
( T si − T so ) =
3281
wlcl
T li = T io − 26 . 32 oC = ( 65 . 56 − 26 . 32 ) = 39 . 24
o
o
C
C
dari pers.(6.4)
ε =
93.33
93.33
Kemudian
UxAx
‐ 48.89
‐ 39.24
= 0 . 8215
dari pers.(6.12
= 1943 x
)didapat
1 − 0 . 8215 x
ln(
1943
3281 )
1 − 0 . 8215
= 5033 W / o C
1943
(1 −
)
3281
60
1
Daftar Pustaka
z
z
z
DR. Pitts L Sissom, “ Theory and problem of
Heat Transfer “, Schaum Outline Series, Mc
GrawHill.
JP. Holman, “ Perpindahan Kalor “, Erlangga,
1991.
F. Kreith, “ Prinsip-Prinsip Perpindahan
Panas “, Erlangga’
61
1
Macam-macam Perpindahan Panas
z
z
z
Perpindahan Panas Konduksi
Perpindahan Panas Konveksi
Perpindahan Panas Radiasi
1
Perpindahan Panas Konduksi
z
z
Adalah proses transport panas dari daerah bersuhu tinggi ke
daerah bersuhu rendah dalam satu medium (padat, cair atau
gas), atau antara medium – medium yang berlainan yang
bersinggungan secara langsung
Dinyatakan dengan :
q = − kA
dT
dx
2
1
Perpindahan Panas Konduksi
Dimana :
q
= Laju perpindahan panas (w)
A
= Luas penampang dimana panas mengalir
(m2)
dT/dx = Gradien suhu pada penampang, atau laju
perubahan suhu T terhadap jarak
dalam arah
aliran panas x
k
= Konduktivitas thermal bahan (w/moC)
3
Perpindahan Panas Konduksi
con t oh :
Salah satu permukaan sebuah plat
tembaga yang tebalnya 3 cm mempunyai
suhu tetap 400 0C, sedangkan suhu
permukaan yg sebelah lagi dijaga tetap 100
0C. Berapa kalor yang berpindah melintasi
lempeng itu?
4
1
Perpindahan Panas Konduksi
Pe n ye le sa ia n
Dari lampiran A terlihat konduktivitas termal
tembaga adalah 370 W/m 0C. Dari hk.
Fourier :
q = − kA
dT
dx
dT
q
= −k
dx
A
5
Perpindahan Panas Konduksi
q
ΔT − (370)(100 − 400)
= 3,7 MW / m2
= −k
=
−2
3x10
Δx
A
6
1
Perpindahan Panas Konveksi
Adalah transport energi dengan kerja gabungan dari
konduksi panas, penyimpanan, energi dan gerakan
mencampur. Proses terjadi pada permukaan padat
(lebih panas atau dingin) terhadap cairan atau gas
(lebih dingin atau panas).
q = h A (∆T)
7
Perpindahan Panas Konveksi
Dimana :
q = Laju perpindahan panas konveksi
h = Koefisien perpindahan panas konveksi
(w/m2 0C)
A = Luas penampang (m2)
∆T = Perubahan atau perbedaan suhu
(0C; 0F)
8
1
Perpindahan Panas Konveksi
Con t oh :
Udara pada suhu 20 0C bertiup diatas plat panas
50 x 75 cm. Suhu plat dijaga tetap 250 0C. Koefisien
perpindahan kalor konveksi adalah 25 W/m2 0C. Hitunglah
perpindahan kalor.
Pe n ye le sa ia n
Dari persamaan :
q = h A (Tw - T∞)
= (25)(0,50)(0,75)(250 – 20)
= 2,156 kW
9
Perpindahan Panas Radiasi
Adalah proses transport panas dari benda bersuhu
tinggi ke benda yang bersuhu lebih rendah, bila
benda – benda itu terpisah didalam ruang (bahkan
dalam ruang hampa sekalipun
q = δ A (T14 – T24)
10
1
Perpindahan Panas Radiasi
Dimana :
δ = Konstanta StefanStefan-Boltzman 5,669 x10A = Luas penampang
T = Temperatur
8
w/m2 k4
11
Perpindahan Panas Radiasi
Con t oh :
Dua plat hitam tak berhingga yang suhunya masing masing
800 0C dan 300 0C saling bertukar kalor melalui radiasi.
Hitunglah perpindahan kalor persatuan luas.
Pe n ye le sa ia n
Dari persamaan:
persamaan:
q = δ A (T14 – T24)
q/A = δ (T14 – T24)
q/A = (5,669 x 1010-8)(10734 – 5734)
q/A = 69,03 kW/m2
12
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
D in din g D a t a r
Laju perpindahan panas secara konduksi telah kita dapatkan
q = − kA
Atau :
q=−
q=
dT
dx
KA
(T2 − T1 )
Δx
KA
(T1 − T2 )
Δx
13
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Bilamana konduktivitas thermal bahan tetap, tebal dinding
adalah ∆x, sedang T1 dan T2 adalah suhu permukaan
dinding seperti terlihat pada gambar berikut :
q
Profil Suhu
T1
T2
∆x
q
x
14
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Jika dalam sistem
macam bahan, dan
seperti terlihat pada
tersebut terdapat lebih dari satu
terdiri dari beberapa lapis dinding
gambar berikut :
A
q
q
A
B
C
1 2 3 4
15
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Aliran kalor dapat dituliskan :
q = −K A A
T −T
T −T
T2 − T1
= −K B A 3 2 = −KC A 4 3
Δx A
Δx B
Δ xC
atau :
q =
T1 − T 4
ΔxA
ΔxB
Δ xC
+
+
K A .A
K B .A
K C .A
16
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Dimana :
ΔxC
Δx A
Δx B
;
;
K A. A K B . A K C . A
Disebut sebagai Ta h a n a n Th e r m a l
17
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Dari Gambar dapat juga kita buat analogi listriknya:
q
RA
Δx A
K A .A
RB
Δx B
K B .A
RC
ΔxC
K C .A
Analogi
listrik
digunakan
untuk
mempermudah
memecahkan soalsoal-soal yang rumit baik yang seri maupun
paralel.
18
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Persamaan aliran kalor satu dimensi dapat juga dituliskan
sebagai berikut apabila kasusnya seperti pada gambar berikut
ini:
B
q
F
C
A
G
D
1
q=
2
q
E
3
4
5
Δ Tmenyeluruh
∑ R th
19
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Sist e m Silin de r - Ra dia l
Mari kita tinjau suatu silinder panjang dengan jarijari-jari
dalam ri, jarijari-jari luar ro dan panjang L
ro
q
ri
L
20
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Dimana silinder ini mengalami beda suhu Ti – To. Untuk
silinder yang panjangnya sangat besar dibandingkan
dengan diameternya, dapat diandaikan bahwa aliran
kalor berlangsung menurut arah radial.
Maka laju aliran panas yang terjadi dapat kita tuliskan :
q = − KA
dT
dr
21
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Dimana :
A = 2П
2ПrL
Maka :
q = − 2 π rlK
dT
dr
Dengan kondisi batas :
T = Ti pada r = ri
T = To pada r = ro
22
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Bila persamaan diatas diintegralkan didapat :
q =
2 π KL (T i − T o
Ln (ro / ri )
)
Ln (ro / ri )
2π KL
Dan tahanan thermal disini adalah :
Rth =
23
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Koe fisie n Pe r pin da h a n Ka lor M e n ye lu r u h
24
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Sehingga laju aliran kalor menyeluruh menjadi:
q = U0 .A.ΔTmenyeluruh
Dimana :
Uo
=
A
=
ΔTm
=
koefisien perpindahan kalor menyeluruh
luas bidang aliran kalor
beda suhu menyeluruh
25
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Sist e m de n ga n sum be r k a lor
Dinding datar dengan sumber kalor
q = k a lor
ya n g
X= 0
diba n gk it k a n
Tw
T w pe r sa t u a n
volu m e
x
L
L
26
1
KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Laju aliran panas yang dibangkitkan disini sama dengan rugi kalor
kalor
pada permukaan, dan untuk mendapatkan besar suhu pusat:
qL2
To =
+ Tw
2K
Untuk silinder dengan sumber kalor:
qR 2
To =
+ Tw
4K
27
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Perhatikan sebuah benda dua dimensi yang dibagi atas
sejumlah jenjang yang kecil yang sama pada arah x dan y
seperti terlihat pada gambar:
m,n+1
m-1,n
∆y
m,n
m+1,n
∆x
m,n-1
28
1
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Jika ∆x =∆
=∆y maka gradien suhu :
T(m−1),n + T(m+1),n + Tm,(n−1) + Tm,(n+1) − 4Tm,n = 0
Laju Aliran Panas :
q = − ∑ k .Δx.
ΔT
Δy
29
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Contoh:
T = 500 0C
1
2
3
4
T = 100 0C
T = 100 0C
T = 100 0C
Tentukan :
a. Distribusi Suhu
b. Laju Aliran Panas
30
1
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Distribusi suhu:
T2 + 100 + 500 + T3 – 4T1 = 0
100 + T1 + 500 + T4 – 4T2 = 0
T4 + 100 + T1 + 100 – 4T3 = 0
100 + T3 + T2 + 100 – 4T4 = 0
Atau :
600
600
200
200
+
+
+
+
T2 + T3 – 4T1 = 0 .............(1)
T1 + T4 – 4T2 = 0 .............(2)
T1 + T4 – 4T3 = 0 .............(3)
T3 + T2 – 4T4 = 0 .............(4)
Dimana :
T1 = T2
T3 = T4
31
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Dari Persamaan (1)
600 + T2 + T3 – 4T1 = 0
600 + T1 + T3 – 4T1 = 0
600 + T3 – 3T1 = 0 ...................(5)
Dari Persamaan (3)
200 + T1 + T4 – 4T3 = 0
200 + T1 + T3 – 4T3 = 0
200 + T1 – 3T3 = 0 ..................(6)
Maka dari persamaan (5) dan (6)
32
1
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
600 + T3 – 3T1 = 0
600 + T3 – 3T1 = 0
200 + T1 – 3T3 = 0
600 + 3T1 – 9T3 = 0
1200 – 8T3 = 0
8T3 = 1200
T3 = 150 0C
Substitusi ke pers (5) atau (6)
600 + T3 – 3T1 = 0
600 + 150 – 3T1 = 0
750 = 3T1
T1 = 250 0C
Maka :
T1 = T2 = 250 0C
T3 = T4 = 150 0C
33
KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Laju Aliran Panas :
q = − ∑ k .Δ x .
ΔT
Δy
Untuk Permukaan 500 0C
Q = -∑k(Δ
k(Δx/Δ
x/Δy)[250 - 500] +[250 - 500] = - k ((-500) = 500 k
Untuk Permukaan 100 0C
Q = -∑k(Δ
k(Δx/Δ
x/Δy)[250 – 100] + [150 – 100] + [150 – 100] +
[150 – 100] + [150 – 100] + [250 – 100] = - 500 k
34
1
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Rumus Empiris untuk aliran dalam pipa/tabung
q
m, Cp
Aliran
2
1
L
Tb1
Tb2
35
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Besarnya perpindahan kalor yang terjadi pada suatu
penampang/saluran yang berbentuk pipa/tabung dapat
dinyatakan dengan beda suhu limbak (bulk temperature):
q = m.Cp(Tb2 – Tb1) = h.A(Tw – Tb)
m = ρ.Um.A
Untuk mengetahui apakah alirannya laminar atau turbulen maka
dibutuhkan bilangan Reynold:
Reynold:
Re =
ρ .U m d
μ
36
1
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Dimana :
m
=
Cp
=
Tb
=
Tw
=
Um
=
μ
=
ρ
=
laju aliran fluida (kg/s)
Panas jenis (kj/kg.0C)
Suhu limbak
Suhu dinding
Kec. RataRata-rata (m/s)
Kekentalan (kg/m.s)
Kerapatan (kg/m3)
37
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Untuk Aliran Turbulen :
Nud = 0,023.Re0,8. Prn = h.d/k..............pipa licin
⎛ μb ⎞ h.d
( f / 8) Re. Pr
⎜ ⎟ =
Nud =
1/ 2
2/ 3
k
1,07+12,7( f / 8) (Pr −1) ⎜⎝ μw ⎟⎠
n
Untuk pipa licin dgn faktor gesek
Dimana:
n = 0,11 jika Tw >Tb
n = 0,25 jika Tw < Tb
38
1
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Untuk Aliran Laminar:
N ud = 1,86(Re. Pr)1/ 3 (d / L)1/ 3 (μ / μ w ) 0,14
Contoh:
Tabung yang diameternya 2 cm mempunyai kekasaran
relatif 0,001 berada pada suhu dinding tetap 90 0C. Air
masuk kedalam tabung pada suhu 40 0C dan yang keluar
adalah 60 0C. Jika kecepatan masuk ialah 3 m/s hitunglah
panjang tabung yang diperlukan.
39
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Jwb :
q = m.Cp(Tb2 – Tb1) = h.A(Tw – Tb)
= ρ.Um.A.Cp(60 - 40)
= ρ.Um.π
.Um.πr2.Cp(60 – 40)
Untuk mendapatkan harga ρ dan Cp kita gunakan tabel dan
menggunakan rumus interpolasi :
Dari temperatur limbak :
Tb = (60 +40)/2 = 50 0C
Maka :
ρ
= 990 kg/m3
Cp
= 4181 j/kg
Maka :
q = 990.3. π.(0,01)2.4181(60 – 40)
q = 77982 W
40
1
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
41
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Untuk
permukaan
tabung
dengan
temperatur ratarata-ratanya:
Tf
= (90+50)/2 = 70 0C
ρ
= 980 kg/m3
k
= 0,660 w/m0C
Pr
= 2,62
υ
= 0,421x10-6m2/s
μ
= ρ.υ = 4,126x10-4 kg/m.s
Re
= 142.510………
..Turbulen
142.510………..Turbulen
kekasaran
relatif,
Maka rumus yang digunakan :
⎛ μb ⎞ h.d
( f / 8) Re. Pr
⎜ ⎟ =
Nud =
1/ 2
2/ 3
k
1,07 +12,7( f / 8) (Pr −1) ⎜⎝ μw ⎟⎠
n
42
1
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Dari diagram mody didapat harga f = 0,0215
Maka f/8 = 0,002688
n = 0,11 karna Tw > Tb
μb
= ρb.v
b.vb = 990.0,568x10990.0,568x10-6 = 5,62x10-4 kg/m.s
μw
= ρw.vw = 967 . 0,33x10-6 m2/s = 3,19x10-4 kg/m.s
maka :
N ud =
⎛ 5,62 x10 −4
(0,002688 )142510 x 2,62
⎜
1,07 + 12,7(0,002688)1 / 2 ( 2,62 2 / 3 − 1) ⎜⎝ 3,19 −4
⎞
⎟⎟
⎠
0 ,11
=
h.d
k
Nud = 640 =h.d/k
h = (640x0,66)/0,02 = 21120 w/m2 0C
43
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
44
1
PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Maka panjang tabung :
q = h.A(Tw – Tb)
q = h. Π.d.L(Tw – Tb) = 77982 w
L=
L=
77982
h.π .d (90 − 50)
77982
21120 x 3,14 x 0,02 (90 − 50 )
L = 1,47 m
45
RADIASI TERMAL
Jika suatu benda ditempatkan dalam
pengurung, dan suhu pengurung lebih
rendah dari pada suhu benda, maka suhu
benda tersebut akan turun, sekalipun
ruang dalam pengurung tersebut hampa.
Proses pemindahan panas yang terjadi
hanya semata karena benda suhu dan
tanpa bantuan zat perantara (medium),
disebut pe r pin da h a n pa n a s r a dia si
46
1
Ditinjau
dari
gelombang
elektromagnetik,
energi
radiasi
dibawa
oleh
gelombang
elektomagnetik .Ada banyak jenis
radiasi,
yaitu dari radiasi sinar
gama ,sinar x, radiasi termal hingga
radiasi
gelombang
radio
(dari
spektrum
panjang
gelombang
pendek sampai yang berpanjang
gelombang panjang).
47
Sedang radiasi termal, energi pancarannya
adalah ditentukan berdasar dari suhu
benda tersebut.
Daerah spektrum panjang gelombang
radiasi termal adalah dari 0 , 1 sampai
dengan 1 0 0 m ik r on
Radiasi matahari juga merupakan radiasi
termal dengan daerah panjang gelombang
khusus yaitu 0 , 2 5 sampai dengan 3
m ik r on .
48
1
RADIASI BENDA HITAM
Benda hitam adalah idealisasi benda yang
pada suhu berapapun, memancarkan atau
menyerap seluruh radiasi pada panjang
gelombang tertentu manapun (disebut
Radiator sempurna).
Daya pancar benda hitam tergantung dari
suhu dan panjang gelombangnya.
49
Konduksi transien-suhu dalam bahan seragam
z
Hukum I
⎡Laju perubahan ⎤ ⎡Laju energi ⎤ ⎡Laju energi ⎤ Laju pembentuka n
⎤...( B.7 )
⎥+⎡
⎢energi
⎥ = ⎢masuk ke ⎥ − ⎢keluar
⎢⎣dalam sistem ⎦⎥ ⎢⎣sistem
⎥⎦ ⎢⎣dari sistem ⎥⎦ ⎢⎣energi dalam sistem ⎥⎦
Bila laju pembentuka n energi tidak ada, maka dapat dirumuskan
keseimbang an energi untuk sistem sbb. :
o
dt
= m Cp (ti − t o ) + h A (t1 − t )......( B.8)
M Cp
∂θ
IC : θ = 0 t = t o , BC : θ ≤ 0, t1 , h, A, m, Cp , tin , t ou = const.
o
m Cpti
h
o
MCp dT/dθ
m Cpt o
50
1
Pemecahan secara numerik
z
z
z
Bila diketahui suatu fungsi kontinyu
y=f(x) ........(B.9)
Maka pemecahan numeriknya secara beda
hingga (finite difference) menjadi
ti j +1 = ti j + {z1 (tin − ti ) + z 2 (t1 − ti )}Δθ ......( B.10)
.
dimana
z1 =
m Cp
hA
; z2 =
.........( B.11)
m Cp
m Cp
o
51
Contoh
z
z
Z1=0,3/3=0,1
Z2=5(w/m2 C)x4x0,025/(3x500
J/kg C)=0,000333
z
z
z
z
z
z
Diketahui benda padat berupa
kubus dengan salah satu sisinya
berukuran 5 cm dan m= 3 kg
Suhu keliling benda konstan
pada t1=600 C
Suhu awal benda t0=30 C
Nilai h=5 W/m2 C
Laju massa udara,=0,3 kg/det
Cp=0,5 kJ/kg C
52
1
Pemanasan padat berbentuk
kubus
z1
z2
0,1
t
0
T
0,000333
T1
30
0,1
35,719
0,2
47,04224
0,3
63,68627
0,4
85,21033
0,5
111,0356
0,6
140,4713
0,7
172,7455
0,8
207,0398
0,9
242,5241
1
278,3908
1,1
313,8858
1,2
348,3339
600
53
Penukar panas
z
Kegunaan:
z
z
Alat untuk memanaskan
atau mendinginkan fluida
kerja dengan medium
antara yang dapat
berupa cairan, gas/uap.
Medium antara ini dapat
berupa gas hasil dari
pembakaran langsung,
uap, atau cairan
54
1
Governing equations
z
z
z
z
z
z
Q= ε Ws Cs (TsiTLi)..........(6.1)
And q=ws cs (Tsi-TLi)
.......(6.2)
Dimana
ws = W/Ax
wc
cs= Cs/Ax
1− ε s s
wl cl
ln(
)
NTU.
U a
NTU =
x
x
ws cs
=
1− ε
.........(6.3)
wc
(1 − s s )
wl cl
z
z
z
z
z
z
z
z
z
Disini
ε, effectiveness of heat
exchanger (-)
Ws, mass flow rate of streams
(kg/s)
Cs. Specific heat of streams
(kJ/kg C)
T, temperature, C
NTU, number of heat trasfer unit
Subscript
Si, inlet of smaller streams,
Li, inlet of larger streams
55
Governing equations
Nilai effektivit as penukar panas ε , dapat dinyatakan sbb.
ε=
−T )
si
so .......... .......... .......... .......( 6.4)
(T − T )
si
lo
(T
dan karena
(T − T )
w c
li .......... .......... .......... ..( 6.5)
s s = lo
(T − T )
wc
si
so
l l
maka
ε=
1 ‐ e‐ B
.......... .......... .......... ...( 6.6)
w c −B
)
(1 ‐ s s e
wc
l l
56
1
Governing equations
dimana, bila N
TU
= U A /W C
x x s s
maka
w
B = (1 ‐ s
w
l
c
s )N
.......... .......... .......... ...( 6.7 )
TU
c
l
pers.(6.6) dan (6.7) dapat diselesaik an secara eksplisit untuk mendapatka n
persamaan untuk N
TU
1‐ε
w c
s s
w c
l l )
ln(
1
ε
−
.......... .......... .......( 6.8)
N =
TU
w c
(1 − s s )
w c
l l
57
Governing equations
z
In case when ws cs= wl cl, then
ε=
B=
N TU
.......... .......... .......... .......... .....( 6.9)
1 + N TU
A
x x =N
.......... .......... .......... ...( 6.10)
TU
WC
U
or if the effectiven ess is known, then
NTU = (
ε
1− ε
)......... .......... .......... .......... ...( 6.11)
when one flow is very much larger than the other, the equations are in the form of
ε = 1 ‐ exp(‐U x A x /WC) = 1 ‐ e ‐NTU .......... .........( 6.12)
where W C is the flow of the smaller stream.
58
1
6.Heat exchanger problems
z
z
A heat exchanger is
specified by its
performance as given
by fig.6.1. Wat is Ux
Ax?
Use 38 C properties for
the large streams, and
66 C properties for the
small streams.
Water flow,
o,473 Liter/s
48,9 C
93,3C
q
Ux Ax
65,6C
Water flow,
0,79 Liter/s
59
Answer
w scs =
wlcs =
= 1943 W / o C
9 , 473 L 0 , 98 kg
4 ,19 kJ
1000
W
x
x
x
x
J s
k
L
s
kg o C
0 , 7886
s
L
x
0 , 993 kg
4 ,19 kJ
1000
W
x
x
x
J s
k
L
kg o C
= 3281 W / o C
dari pers. (6.5),
T lo − T li =
w scs
1943
( 93 . 33 − 48 . 89 ) = 26 . 32
( T si − T so ) =
3281
wlcl
T li = T io − 26 . 32 oC = ( 65 . 56 − 26 . 32 ) = 39 . 24
o
o
C
C
dari pers.(6.4)
ε =
93.33
93.33
Kemudian
UxAx
‐ 48.89
‐ 39.24
= 0 . 8215
dari pers.(6.12
= 1943 x
)didapat
1 − 0 . 8215 x
ln(
1943
3281 )
1 − 0 . 8215
= 5033 W / o C
1943
(1 −
)
3281
60
1
Daftar Pustaka
z
z
z
DR. Pitts L Sissom, “ Theory and problem of
Heat Transfer “, Schaum Outline Series, Mc
GrawHill.
JP. Holman, “ Perpindahan Kalor “, Erlangga,
1991.
F. Kreith, “ Prinsip-Prinsip Perpindahan
Panas “, Erlangga’
61
1