BAB 1
advertisement
1 BAB 1 PENDAHULUAN A. Latar Belakang Masalah Ilmu transfer panas atau ilmu perpindahan kalor (head transfer) ialah ilmu untuk meramalkan perpindahan energi yang terjadi karena adanya perbedaan suhu di antara benda atau material. Dari termodinamika telah kita ketahui bahwa energi yang pindah itu dinamakan kalor atau panas (head). Ilmu perpindahan kalor tidak hanya mencoba menjelaskan bagaimana energi kalor itu berpindah dari satu benda ke benda yang lain, tetapi juga dapat meramalkan laju perpindahan yang terjadi pada kondisi-kondisi tertentu. Kenyatannya bahwa disini yang terjadi sasaran analisis adalah masalah laju perpindahan, inilah yang membedakan ilmu perpindahan kalor dari ilmu termodinamika. Termodinamika membahas sistem dalam keseimbangan dan ilmu ini dapat digunakan untuk meramalkan energi yang diperlukan untuk mengubah sistem dari suatu keadaan seimbang ke keadaan seimbang lain, tetapi tidak dapat meramalkan kecepatan perpindahan itu. Hal ini disebabkan karena pada waktu proses perpindahan itu langsung, sistem tidak berada dalam keadaan seimbang. Ilmu perpindahan kalor melengkapi hukum pertama dan kedua termodinamika yaitu dengan memberikan beberapa kaidah percobaan yang dapat dimanfaatkan untuk menentukan perpindahan energi. Sebagaimana juga dalam ilmu termodinamika, kaidah-kaidah percobaan yang digunakan dalam masalah perpindahan kalor cukup sederhana dan dapat dengan mudah dikembangkan sehingga mencakup berbagai ragam situasi praktis. Sebagai contoh dari ragam masalah yang dapat dipecahkan dengan termodinamika dan perpindahan kalor adalah peristiwa pendinginan yang berlangsung pada suatu batang baja panas yang dicelupkan ke dalam air. Dengan termodinamika kita dapat meramalkan suhu keseimbangan akhir dari sistem batangan baja dan air itu. Namun, termodinamika tidak akan dapat menunjukkan kepada kita berapa lama waktu diperlukan untuk mencapai keseimbangan itu, atau berapa suhu batangan itu pada suatu saat sebelum tercapainya keseimbangan. 2 Sebaliknya ilmu perpindahan kalor dapat membantu kita untuk meramalkan suhu batangan ataupun air itu sebagai fungsi waktu. Pada makalah ini penulis ingin menyampaikan tentang transfer panas satu dimensi pada keadaan tunak. Di dalam analisis transfer panas kita akan menghubungkan tentang penerapan hukum Faurier tentang konduksi termal untuk menghitung aliran termal dalam sistem sederhana satu dimensi. Untuk menganalisisnya kita menggunakan persamaan dasar dari volume kontrol diferensial dengan metode hukum pertama termodinamika: Q WS dt dt W P e v . n dA e dV c . s dt t c.v. Dalam hal ini kita akan mencari solusi persamaan umum dari transer panas dalam satu dimensi. Aplikasi persamaan umum dari panas satu dimensi dalam keadaan tunak ada dua macam yaitu : a. Transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak tanpa pembangkit kalor pada silinder panjang berongga dan bola berongga. b. Transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak dengan sumber kalor pada dinding datar dan silinder. B. Identifikasi Masalah Dari uraian latar belakang masalah di atas, dapat di identifikasi masalah sebagai berikut : 1. Adanya solusi sederhana dari persamaan transfer panas satu dimensi pada keadaan tunak. 2. Adanya aplikasi dari persamaan transfer panas satu dimensi pada keadaan tunak 3. Adanya persamaan dasar suatu volume kontrol diferensial dengan metode hukum pertama termodinamika untuk membuat persamaan diferensial umum transfer panas satu dimensi 4. Adanya persamaan hukum Faurier tentang konduksi termal untuk menghitung aliran termal dalam sistem sederhana satu dimensi pada keadaan tunak. 3 C. Pembatasan Masalah Dalam makalah ini penulis membatasi permasalahan pada : 1. Solusi sederhana dari persamaan umum transfer panas satu dimensi pada keadaan tunak. 2. Aplikasi dari persamaan umum transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak tanpa pembangkit kalor pada silinder panjang berongga dan bola berongga. 3. Aplikasi dari persamaan umum transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak dengan sumber kalor pada silinder dan dinding datar. D. Perumusan Masalah 1. Bagaimana solusi persamaan umum dari transfer panas satu dimensi pada keadaan tunak ? 2. Bagaimana aplikasi dari persamaan transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak tanpa pembangkit kalor pada silinder panjang berongga dan bola berongga? 3. Bagaimana aplikasi dari persamaan transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak dengan sumber kalor pada silinder dan dinding datar ? E. Tujuan Masalah Makalah ini bertujuan antara lain : 1. Untuk mengetahui bagaimana solusi dari persamaan transfer panas satu dimensi pada keadaan tunak. 2. Untuk mengetahui bagaimana aplikasi dari persamaan tranfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak tanpa pembangkit kalor pada silinder panjang berongga. 3. Untuk mengetahui bagaimana aplikasi dari persamaan transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak dengan sumber kalor pada silinder dan dinding datar. 4 F. Manfaat Makalah Dengan adanya makalah ini diharapkan dapat memberi manfaat antara lain : 1 Bagi penulis dan pembaca akan menambah wawasan pengetahuan tentang dasar transfer panas satu dimensi pada keadaan tunak dengan menerapkan diferensial volume kontrol dengan metode hukum termodinamika. 5 BAB II PEMBAHASAN A. Konduksi Konduksi yakni perpindahan energi kalor dengan cara tumbukan antar partikel tanpa disertai perpidahan partikel, contoh konduksi pada : tembaga, udara,dan lain-lain. Didalam benda-benda tersebut dapat menghantarkan energi. Perpindahan energi timbul karena atom-atom pada temperatur yang lebih tinggi bergetar dengan lebih hebat, sehingga atom-atom tersebut dapat memindahkan energi kepada atom-atom yang lebih lemah yang berada didekatnya. Didalam logam-logam, elektron bebas juga membuat kontribusi kepada proses hantaran kalor. Didalam sebuah cairan atau gas molekul-molekul mudah berpindah dan energi juga dihantar oleh tumbukan-tumbukan molekul. B. Sistem dan Volume Kontrol Sebuah sistem didefinisikan sebagai sekumpulan zat yang identitasnya tetap. Gambar 1 Volume control untuk analisis aliran lewat sebuah nosel Pada kasus nosel (mulut pipa) yang ditunjukkan pada gambar 1 ,fluida yang menempati nosel berubah dari saat ke saat. Jadi pada saat-saat yang berbeda, sistem yang menempati nosel akan berbeda-beda pula. Sebuah metode analisis nosel yang lebih mudah adalah dengan memperhatikan daerah yang dibatasi garis titik-titik. Daerah semacam itu adalah 6 satu volume kontrol. Volume kontrol adalah suatu daerah dalam ruang yang dilewati aliran fluida. Dalam mengembangkan hukum-hukum fisika dasar dalam bentuk yang berlaku pada sebuah volume kontrol (di mana sistemnya berubah dari saat ke saat), maka analisis aliran fluida akan jauh lebih sederhana. Pendekatan volume kontrol menghindari kesulitan untuk mengidentifikasi sistem.tersebut. Volume kontrol yang dipilih dapat finit atau infinit, pada kenyataannya persamaanpersamaan diferensial aliran fluida akan kita peroleh dengan cara menerapkan hukum-hukum dasar dengan menggunakan volume-volume kontrol yang infinit. C. Dimensi dan Satuan Dalam bagian ini akan kita iktisarkan sistem satuan yang digunakan dalam seminar ini. Kita harus hati-hati agar tidak mengacaukan makna istilah satuan dan dimensi. Dimensi adalah variabel fisis yang digunakan untuk menyatakan sifat atau tingkah laku sistem tertentu. Misalnya panjang sebuah batang adalah dimensi batang itu. Demikian pula suhu suatu gas dapat dianggap sebagai suatu dimensi termodinamika gas itu. Kalau kita mengatakan batang itu panjangnya sekian meter atau gas itu suhunya sekian derajat celcius, maka di sini kita mengatakan pula satuan yang kita gunakan untuk mengukur dimensi itu. Dalam mengembangkan perpindahan kalor, kita menggunakan dimensi dan satuan sebagai berikut : Tabel 1 Satuan mekanik SI Besaran Panjang Dimensi Satuan Nama lain Simbol L Meter - m Waktu T Secon - s Massa M Kilogram - kg Kecepatan L/T m/s - - Percepatan L/T2 m/s2 - - Frekuensi 1/T 1/s Hertz Hz Gaya ML/T2 Kg.m/s2 Newton N Tekanan M/T2L Kg/(s2.m)=N/m2 Pascal Pa Energi ML2/T2 Kg.m2/s2=N.m Joule J Daya ML2T3 Kg.m2/s3=j/s Watt W 7 Tabel 2 besaran mekanik Besaran Dimensi Satuan Nama lain Simbol L Foot - ft Panjang Waktu T Secon - s Massa M Pound mass - lbm Kecepatan L/T ft/s - lbf Percepatan L/T2 ft/s2 - - Frekuensi 1/T 1/s Hertz - F Pound gaya - hz F/T2 lbf/ft2 - psf Gaya Tekanan Energi LF ft.lbf - - Daya LF/T ft.lbf/s - - Semua besaran fisis yang digunakan dalam ilmu perpindahan kalor dapat kita nyatakan dalam dimensi-dimensi fundamental di atas. Satuan yang digunakan untuk dimensi tertentu dipilih dari rumusan yang agak sembarang yang biasanya berhubungan dengan suatu hukum atau fenomena fisis. Berikut ini tabel-tabel yang digunakan dalam menentukan satuan SI. a. Panjang f. 1 in = 0,0254 m 1 Btu/h.ft2 = 3,15372 W/m2 1 ft = 0,3048 m 1 Btu/h.ft = 0,96128 W/m2 1 mi = 1,60934 km b. g. 1 ft2 = 0,092903 h. m2 1 mi2 = 2,58999 km2 N/m2 i. 1 ft3 = 0,0283168 m3 = 1 Pa 1 lb/in2 = 6894,76 Pa e. 1 gal = 231 in3 = 0,003785 m3 j. Energi 1 energi = Volume 1 in3 = 1,63871 X 10-5 m3 1 atm = 1,01325 X 105 Pa d. Koefisian perpidahan kalor 1 Btu/h.ft2.oF = 5,6782 W/m2.oC Tekanan 1 Konduktifitas termal 1 Btu/h.ft.oF = 1,7307 W/m.oC Luas 1 in2 = 645,16mm2 c. Fluks kalor Massa 1 lbm = 0,45359297 kg 10-7 j k. Densitas 1 Btu = 1055,04 j 1 lbm/in3 = 2,76799 X 104 kg/m3 1 ft.lb = 1,35582 j 1 lbm/ft3 = 16,0185 kg/m3 Daya l. Gaya 1 hp = 745,7 W 1 dyne = 10-5 N 1 Btu/h = 0,293W 1lb = 4,44822 N Btu = British thermal unit 8 D. Hukum Pertama Termodinamika Hukum pertama termodinamikadapat dinyatakan sebagai berikut: ”Jika sebuah sistem menjalani suatu siklus, maka panas total yang ditambahkan pada sistem tersebut dari sekitarnya akan sebanding dengan kerja yang dilakukan oleh sistem tersebut pada sekitarnya”. Pernyataan hukum pertama yang diberikan di atas dapat dituliskan dalam bentuk persamaan sebagai : Q J W ...............................................1.1 1 Dimana simbol menyatakan suatu integral siklus atau integral dari kuantitas yang dihitung terhadap sebuah siklus. Simbol Q dan W masingmasing menyatakan transfer panas diferensial dan kerja yang dilakukan. Operator difernsial digunakan karena transfer panas dan kerja adalah fungsi-fungsi lintasan (path function) dan perhitungan interal-integral jenis ini membutuhkan pengetahuan tentang lintasan itu. Operator diferensial yang lebih dikenal d digunakan sebuah fungsi “titik”. Kuantitas J adalah kuantitas yang sering disebut sebagai “ekuivalen mekanis dari panas” yang secara numerik sama dengan 778,17 ft lb/Btu dalam satuan teknik. Angka tersebut didapat dari : 1 joule = 1 ft lb 1,35582 = 0,73756103 ft lb 1 Btu = 1055,042 joule 1 joule = 1055,042 /Btu X 0,73756103 ft lb = 778,156357 ft lb/Btu Sehingga dalam satuan SI, J = 1 newton meter/joule Perhatikan sebuah siklus termodinamika umum pada gambar 2 dibawah ini. Siklus a terjadi diantara titik 1 dan 2 melewati lintasan-lintasan yang diperlihatkan. Dengan menggunakan persamaan (1.1) kita dapat menulis untuk siklus a 9 2 1 2 1 1a 2a 1a 2a Q Q W W ...............................................1.2a Gambar 2 Siklus termodinamika reversible dan ireversibel Sebuah siklus baru antara titik 1 dan 2 dipostulatkan sebagai berikut : lintasan antara titik 1 dan 2 adalah identik dengan lintasan yang diperhatikan sebelumnya, namun demikian siklus diselesaikan oleh lintasan b antara titik 2 dan titik 1 adalah semua lintasan-lintasan selain a antara titik-titik ini. Persamaan (1.1) dapat dituliskan : 2 1 2 1 1a 2b 1a 2b Q Q W W ...............................................1.2b Dengan mengurangkan persamaan (1.2b) dari persamaan (1.2a) kita mendapatkan 1 1 1 1 2a 2b 2a 2b Q Q W W yang dapat dituliskan sebagai 1 1 2a 2b Q W Q W ..........................................1.3 karena setiap ruas dari persamaan (1.3) menyatakan integran yang dihitung antara kedua titik yang sama ini tetapi di sepanjang lintasan-lintasan yang berbeda maka kuantitasnya Q W sama dengan fungsi-fungsi titik atau suatu properti. 10 Properti ini ditulis dE, yaitu energi total sistem. Kita dapat menuliskan suatu persamaan lain untuk hukum pertama termodinamika : Q W dE ................................................1.4 Q positif bila panas ditambahkan pada sistem tersebut. W akan positif bila kerja dilakukan oleh sistem. Untuk suatu sistem yang mengalami proses yang terjadi dalam selang waktu dt persamaan (1.4) dapat ditulis sebagai: Q dt W dt dE ................................................1.5 dt E. Konduksi Keadaan Tunak Pada sebagian besar peralatan transfer panas, energi mengalir dari satu fluida ke fluida lainnya melewati dinding padat. Keadaan tunak berarti kondisi, temperatur, densitas, dan semacamnya di semua titik dalam daerah kondusi tidak bergantung pada waktu. Sekarang perhatikan sebuah pesawat udara yang terbang melewati udara dengan laju konstan , seperti pada gambar 3 y P y' vo x' z' x z Gambar 3 Aliran tunak didasarkan pada sistem koordinat yang bergerak 11 Bila diamati dari sistem koordinat x’,y’,z’ yang bergerak dengan kecepatan konstan. Kondisi alirannya tidak tergantung pada waktu di setiap titik di dalam medan alirannya tersebut, sehingga alirannya adalah aliran tunak bila dipandang dari sistem koordinat yang bergerak. F. Kekekalan Energi Dengan Pendekatan Volume Kontrol Sebuah volume kontrol umum yang dipasang dalam ruang inersia yang ditempatkan didalam sebuah medan aliran fluida. Seperti yang ditunjukkan gambar 4. sistem yang diperhatikan adalah yang ditunjukkan oleh garis putusputus, menempati volume kontrol pada saat t dan posisinya juga ditunjukkan setelah suatu periode waktu t yang dibutuhkan Gambar 4 Hubungan antara sebuah sistem dan sebuah volume kontrol dalam suatu medan aliran fluida. Pada gambar ini daerah I ditempati oleh sistem pada saat t, daerah II ditempati oleh sistem pada saat t + t , dan daerah III adalah daerah yang sama untuk sistem tersebut pada saat t dan pada saat t + t . Pada saat t + t energi total dari sistem tersebut dapat dinyatakan sebagai : E t t EII t t EIII t t 12 dan pada saat t E t EI t EIII t dengan mengurangkan persaamaan kedua dari yang pertama dan membagi dengan selang waktu yang digunakan t kita mendapatkan E t t E t t EIII EII t t t t EIII t EIII t EI t t dengan menyusun kembali dan mengambil limitnya pada saat t 0 didapat lim t 0 E t t E t t lim t 0 EIII t t EIII lim t t EII t t EI t t 0 t ..............................(1.6) Penghitungan limit dari ruas kiri akan menghasilkan lim E t t E t t t 0 dE dt yang sama dengan ruas kanan pernyataan hukum pertama persamaan (1.5). pada ruas kanan persamaan (1.6) limit pertama menjadi lim EIII t t EIII t t 0 t dEIII dt yaitu laju perubahan dari energi total sistem, karena volume yang ditempati oleh sistem tersebut pada saat t 0 adalah volume kontrol yang sedang ditinjau. Limit kedua di kanan persamaan (1.6) lim t 0 EII t t EI t t menyatakan laju energi neto yang meninggalkan melewati permukaan kontrol di dalam selang waktu t . Dengan memberikan arti fisis kepada tiap suku didalam persamaan (1.6), kita dapat menyusun kembali hukum pertama termodinamika menjadi suatu bentuk yang tepat untuk sebuah volume kontrol yang dinyatakan oleh persamaan kata-kata berikut ini: 13 laju penambahan panas laju kerja yang dilakukan laju energi keluar dari ke volume kontrol oleh volume kontrol volume kotrol yang dari sekitarnya pada sekitarnya dusebabkan aliran fluida laju energi kedalam laju akumulasi volume kontrol yang energi kedalam ................................................(1.7) disebabkan aliran fluida volume kontrol Persamaan (1.7) akan diterapkan pada volume kontrol umum yang ditunjukkan pada gambar 5 Gambar 5 Aliran fluida melewati volume kontrol Laju pertambahan panas dan kerja yang dilakukan oleh volume kontrol dinyatakan sebagai Q dt dan W dt luasan yang kecil dA pada permukaan kontrol. Laju energi yang meninggalkan volume kontrol lewat dA dapat dinyatakan rumus sebagai berikut : laju fluks energi : e v dA cos Hasil kali v dA cos adalah laju fluks massa dari volume kontrol melewati dA. Kuantitas e adalah energi spesifik atau energi per satuan massa (joule/kg). Energi spesifik mencakup energi potensial gy (m/s2) sehubungan dengan posisi koninum fluida di dalam medan gravitasi; energi 2 kinetik fluida v 2 sehubungan dengan kecepatannya. Kuantitasnya dA cos menyatakan luas dA yang diproyeksikan normal terhadap vektor kecepatan v. Theta adalah sudut antara v dan vektor 14 normal yang berarah keluar n sekarang laju fluks energi dapat ditulis sebagai berikut : e v dA cos = e dA v . n cos = e v . n dA Integral kuantitas ini meliputi permukaan kontrol c. s e v . n dA Persamaan diatas menyatakan fluks energi neto dari volume kontrol. Tanda hasil kali skalar v . n, berlaku untuk fluks massa dan masuk melewati permukaan kontrol seperti yang dibahas sebelumnya. Jadi kedua suku pertama di ruas kanan persamaan (1.7) dapat di hitung sebagai energi ke keluar laju energi ke dalam laju dari volume kontrol dari volume kontrol = fluks energi neto Laju akumulasi energi ke dalam volume kontrol dapat dinyatakan sebagai : e dA t c.v Persamaan (1.7) sekarang dapat ditulis sebagai Q dt W dt e v . n dA c.s e dV t c.v .........................1.8 Bentuk akhir untuk persamaan hukum pertama dapat kita peroleh setelah mempertimbangkan lebih lanjut tentang suku laju kerja atau daya W dt . Ada tiga jenis yang tercakup didalam suku laju kerja. 1 Ws (kerja poros) adalah kerja yang dilakukan oleh volume kontrol pada sekitarnya yang dapat menyebabkan suatu poros berputar atau menyelesaikan pengangkatan suatu beban melalui suatu jarak. 2 W (kerja aliran) adalah kerja yang dilakukan sekitarnya untuk mengatasi tegangan normal pada permukaan kontrol di mana terdapat aliran fluida. 3 W (kerja geser) adalah kerja yang dilakukan pada sekitarnya untuk mengatasi tegangan-tegangan geser pada permukaan kontrol. Dengan memeriksa volume kontrol untuk aliran dan laju kerja geser, kita mendapatkan efek yang lain pada bagian elemen permukaan kontrol dA. Seperti pada gambar 6 15 s Gambar 6 Aliran dan kerja geser untuk sebuah volume kontrol umum. Vektor S adalah intensitas gaya (tegangan) yang mempunyai komponen ii dan ij masing-masing di dalam arah normal dan tangensial terhadap permukaan. Dinyatakan dalam S gaya pada dA adalah S dA dan laju kerja yang dilakukan oleh fluida yang mengalir melalui dA adalah S dA . v. Laju neto kerja yang dilakukan oleh volume kontrol terhadap sekitarnya sehubungan dengan hadirnya S adalah v . S dA c. s . Dimana tanda negatif muncul dari kenyataan bahwa gaya persatuan luas pada sekitarnya adalah –S. Pernyataan hukum pertama persamaan (1.8) sekarang dapat ditulis sebagai Q dt WS dt di mana v . S dA e v . n dA c.s c.s e dV t c.v .........................1.8 WS adalah laju kerja poros. dt Dengan menuliskan komponen-komponen tegangan normal S sebagai iin kita dapatkan untuk laju neto kerja yang dilakukan dalam mengatasi tegangan normal. c. s . v . S dA normal = v . iin dA = ii v . n dA c. s . c. s . 16 Bagian yang tersisa dari kerja yang harus di hitung adalah bagian yang diperlukan untuk mengatasi tegangan geser. Bagian laju kerja yang dibutuhkan ini, ditransformasikan menjadi suatu bentuk yang tak tersedia untuk melakukan kerja mekanis. Laju kerja sekarang menjadi : W Ws W W dt dt dt dt Ws W ii v n dA c. s dt dt Dengan mensubtitusikan ke dalam persamaan (1.8) kita mendapatkan Q dt WS dt ii v . n .dA c.s W e v . n dA e dV c . s dt t c.v Seperti dengan kerja geser yang dilakukan untuk mengatasi bagian kekentalan dari tegangan normal tak dapat melakukan kerja mekanis. Adalah laju kerja yang dihasilkan di dalam mengatas efek kekentalan di permukaan kontrol. Subskrip digunkan untuk membedakan hal ini. Bagian yang tersisa dari suku tegangan normal yang berhubungan dengan tekanan dapat ditulis dalam bentuk yang agak berbeda. ii adalah negatif dari tekanan termodinamika. P suku kerja geser dan kerja aliran maka dapat ditulis sebagai berikut : c. s . ii v n dA W W P v n dA c. s dt dt Dengan mengkombinasikan persamaan ini dengan persamaan yang ditulis sebelum ini maka menjadi : W Q Ws Pv . n dA e v . n dA e dV c . s . c . s . dt dt dt t c.v. Q Ws W e v . n dA Pv . n dA e dV c. s . c. s dt dt dt t c.v. Q Ws W P e v . n dA e dV c. s . dt dt dt t c.v. .............1.9 17 Persamaan (1.9) merupakan persamaan volume kontrol untuk hukum pertama termodinamika. G. Persamaan Laju Hantaran Jika dua sistem yang dihubungkan oleh sebuah mistar logam pada Gambar 7 tanpa adanya efek-efek yang terkopel maka setiap perpindahan energi di antara sistem-sistem tersebut haruslah sebagai kalor. TA Q Q = f1 (TA, TB , TA, batang) TB Gambar 7 Dua sistem yang dihubungkan oleh sebuah mistar logam Perpindahan energi sebagai kalor oleh hantaran di antara dua sistem. Secara alternatif, maka kita dapat menyatakan Q sebagai sebuah fungsi dari temperatur-temperatur, perbedaan temperatur, dan batang. Q = f2 (TA – TB , TA, batang) Sebuah persyaratan pada f2 harus sama dengan nol. Bila TA = TB maka untuk TA - TB. yang kecil ekspansi deret Taylor dari f2 disekitar TA - TB = 0. Untuk mengekspansikan f(x) di dalam sebuah deret Taylor disekitar a. df f (a + ∆x) = f (a) + dx d2 f x a x dx 2 x 2 ................ x a 2! Jadi f 2 TA TB ..............................................2.0 Q T T B TA TB 0 A Turunan didalam persamaan (2.0) dihitung bila TA - TB = 0, yakni ada kesetimbangan diantara A dan B. Maka sifat tersebut haruslah merupakan sebuah sifat batang, yakni dapat diukur secara eksperimental dan ditabelkan sebagai 18 sebuah fungsi dari keadaan kesetimbangan. Karena Q 0 jika TA > TB, sifat ini haruslah positif. Jika luas penampang batang adalah seragam, maka Q harus sebanding dengan luas ini. Akan tetapi semakin panjang batang tersebut maka semakin berkurang aliran energi untuk sebuah TA - TB yang diberikan. Maka koefisien dari (TA - TB) di dalam persamaan (2.0) adalah sebanding luas penampang A dan berbanding terbalik kepada panjang L. F2 kA ...............................................2.1 L TA TB T A TB 0 Dimana A adalah luas batang , L panjangnya dan k adalah sifat bahan batang, maka Q kA TA TB ...... L ......................................2.2 jika batang tersebut disusutkan dan pada waktu bersamaan membawa T A sangat dekat kepada TB, maka limit sewaktu L 0 maka TA TB T TA dT B L L dx Jadi persamaan (2.2) menjadi Q kA . ......................................2.3 dT dx Q persamaan laju untuk fluk kalor q Qq.A A q k dT dx ......................................2.4 Persamaan di atas merupakan hukum Faurier. Hukum Faurier merupakan persamaan laju dasar perpindahan kalor hantaran. Dimana q ialah laju perpindahan kalor dan T x merupakan gradien suhu ke arah perpindahan kalor. Konstanta positif (k) disebut konduktifitas atau kehantaran termal benda itu 19 dengan satuan watt per meter per derajat kelvin (W/m . K), sedangkan tanda minus diselipkan agar memenuhi hukum kedua termodinamika, yaitu bahwa kalor mengalir ke tempat yang lebih rendah dalam skala suhu, sebagaimna ditunjukkan dalam koordinat pada gambar ini : T Profil suhu qx x Gambar 8 Bagan yang menunjukkan arah aliran kalor Untuk benda padat hantaran disebabkan oleh gerakan elektron bebas di dalam benda padat dan aksi getaran molekul di dalam benda padat. Karena penghantar listrik mempuyai persediaan elektron bebas yang banyak, maka penghantar listrik adalah penghantar kalor yang baik. Untuk gas hantaran disebabkan oleh gerakan translasi molekul. Gerakan ini yakni k, bertambah oleh pertambahan tempertur. H. Solusi Sederhana Persamaan Diferensial Transfer Panas Alat dasar yang akan digunakan dalam mengembangkan persamaan diferensial transfer panas adalah tentang persamaan volume kontrol untuk hukum pertama termodinamika. Q Ws W P e v . n dA e dV c. s .. dt dt dt t c.v. .............1.9 laju panas total yang ditambahkan ke volume kontrol akan meliputi semua efek konduksi, total pelepasan energi termal di dalam volume kontrol akibat efek-efek volumetrik seperti reaksi kimia atau pemanasan induksi dan disipasi energi listrik atau nuklir. Efek-efek pembangkit energi termal yang mempunyai satuan W/m3 atau B tu/jam f.t3. Jadi suku yang pertama dapat dinyatakan sebagai : 20 y y x z x Gambar 9 laju panas yang masuk z melewati volume kontrol diferensial Q T k dt x T k z x x z z T T T x y z k y y k x z x y y T k ...............................................2.5 z x y q x y z z k Suku laju kerja atau daya poros akan dianggap sebagai nol untuk tujuan saat ini.suku ini berpengaruh apabila kerja yang dilakukan di dalam volume kontrol cukup besar yang untuk kasus diferensial tidak ada. Suku daya dengan demikian dihitung sebagai Ws 0 .........................................................2.6 dt Laju kerja viskos terjadi pada permukaan kontrol diperoleh dengan cara mengintegralkan hasil kali titik (dot product) dari tegangan viskos dan kecepatan pada permukaan kontrol. Kita akan menyatakan laju kerja viskos sebagai x y z dimana adalah laju kerja viskos per satuan volume. Suku ketiga dalam persamaan (2.0) dengan demikian dituliskan sebagai : W dt x y z .................................2.7 21 Integral permukaannya meliputi semua transfer energi yang terjadi di seluruh permukaan kontrol tersebut akibat aliran fluida. Semua suku yang berhubungan dengan integral permukaan telah didefinisikan sebelum ini. Integral permukaan tersebut adalah v2 P P e v . n dA v gy u x c.s. 2 x x v2 P vx gy u x y z 2 v2 P v y gy u 2 y y v2 P v y gy u y x z 2 v2 P vz gy u 2 z z v2 P vz gy u z x y ....2.8 2 Suku akumulasi energi, menghubungkan perubahan energi total di dalam volume kontrol sebagai fungsi waktu, adalah v2 x y z ........................................2.9 e dV gy u t c.v. t 2 Persamaan (2.5) sampai (2.9) sekarang dapat digabungkan seperti yang telah ditunjukkan oleh persamaan hukum pertama, persamaan (1.9). dengan melakukan penggabungan ini dan kemudian membagi dengan volume elemen. Kita mendapatkan : T k x T k x x x x vx q X T k y v 2 P gy u 2 T k y y y y T y k z T k z z z z v 2 P gy u v x x x 2 x x v 2 P v y 2 gy u v 2 P v gy u y y y 2 y v 2 P v gy u z 2 v 2 P v gy u z z z 2 z v2 gy u t 2 z x z 22 Dengan menghitung limitnya jika x , y, dan z mendekati nol, persamaan ini menjadi : T T T k k q A k x x y y z z = v2 P v 2 P v y gy u v gy u x x 2 y 2 + v2 P v 2 gy u …………….(3.0) v gy u z z 2 t 2 Persamaan diatas dapat dijabarkan : T T T k k q k x x y y z z = 2 v v x v 2 + v y v 2 vz v 2 t 2 x 2 y 2 z 2 gy vx gy + v y gy vz gy t x y z u vx u + v y u vz u t x y z P vx P + v y P vz P ………………………(3.1) t x y z Dengan memanfaatkan persamaan kontinuitas dimana D vx v y vz Dt t x y z Maka persamaan (3.1) menjadi T T T k k k q x x y y z z P Dv 2 Du Dgy = Pv …………………….(3.2) 2 Dt Dt Dt Untuk aliran inkompresibel suatu fluida dengan konstanta , suku kedua di ruas kanan persamaan (3.2) menjadi 23 Dv 2 2 Dt v P v g v 2 v ……………………….(3.3) Demikian juga untuk aliran inkompresibel, suku pertama di ruas kanan persamaan (1.23) menjadi v P v v P ………………………(3.4) Dengan mensubstitusikan persamaan (3.2) dan (3.4) ke dalam persamaan (3.1) dan menuliskan suku konduksi sebagai kT kita mendapatkan kT q Du Dgy v g v 2 v …………(3.5) Dt Dt Persamaan (4.10) selanjutnya akan tereduksi menjadi kT q Cv DT v 2 v ……………………….(3.6) Dt Fungsi dapat digunakan dengan mengunakaan bagian viskos dari suku tegangan geser dan tegangan normal. Untuk kasus aliran inkompresibel fungsi ini ditulis sebagai : v 2 v …………………………………….(3.7) Di mana fungsi disipasi diberikan oleh v 2 v y 2 v 2 z 2 x x y z 2 v vy 2 v y v 2 v v x z x z z y x z y x Dengan mensubtitusikan dalam persamaan (3.6), persamaan energi menjadi kT q Cv Berdasarkan persamaan (3.8a), DT ……………………(3.8a) Dt dipandang sebagai suatu fungsi yang terdiri dari viskositas fluida dan laju-laju regangan geser, dan definit-positif : Disipasi viskos selalu menaikkan energi internal namun mengakibatkan turunnya energi potensial atau tekanan stagnasi. Fungsi disipasi dapat diabaikan dalam semua kasus yang akan kita bahas,efeknya menjadi signifikan dalam lapisanlapisan batar supersonik. 24 Persamaan (3.8a) jika dijelaskan dengan kata-kata dapat dituliskan sebagai berikut : Energi yang dihantarkan dimuka kiri + energi yang dibangkitkan dalam unsur = perubahan energi dalam + energi yang dihantarkan ke luar unsur melalui muka kanan. Kuantitas energi itu ialah sebagai berikut: Energi dimuka kiri = q kA dT dx Energi yang dibangkitkan di dalam unsur = q A dx Perubahan energi dalam = CA DT Dt Energi yang keluar dari muka kanan qx dx kA T x x dx T T A k k dx x x x Sehingga jika digabungkan dapat ditulis sebagai berikut : q 1 DT T k Dt 2 ...........................................3.8b Di mana : .T T T T x y z 2T 2T 2T 2T x 2 y 2 z 2 Besarannya α = k disebut difusivitas termal bahan. Makin besar nilai α, C makin cepat kalor membaur dalam bahan itu. Hal ini jelas kelihatan bilamana kita periksa besaran yang membentuk α. Nilai α yang besar dapat disebabkan oleh salah satu dari dua hal berikut. Pertama, nilai konduktivitas termal yang tinggi menunjukkan laju perpindahan energi yang. Kedua, dari nilai kapasitas kalor termal ρC yang rendah berarti bahwa energi yang berpindah melalui bahan itu yang diserap dan digunakan untuk menaikkan suhu jumlahnya lebih sedikit, jadi 25 energi yang masih dapat dipindahkan lebih banyak. Satuan difusivitas termal α adalah meter persegi per detik. Persamaan (3.8b) merupakan persamaan umum dari transfer panas dalam keadaan tunak. Disini penulis hanya membahas tentang transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak, sehingga persamaan (3.8b) jika diubah menjadi persamaan transfer panas satu dimensi, maka persamaan tersebut akan menjadi : T DT k q Cv x x Dt ...........................................3.9 Dimana, q = energi yang dibangkitkan persatuan volume, (W/m3) C = kalor spesifik bahan (J/kg.oC) ρ = kerapatan (densitas) (kg/m3) Persamaan (3.9) dapat digunakan untuk medium konduksi tidak mengandung sumber panas dan digunakan medium konduksi yang mengandung sumber panas dalam satu dimensi. I. Jika medium konduksi tidak mengandung sumber panas, maka persamaan (3.9) tereduksi menjadi persamaan medan Fourier. T T k ……………………………….(4.0) t x x Yang kadang-kadang disebut sebagai hukum kedua Fourier tentang konduksi panas. Untuk kasus distibusi temperatur harus memenuhi persamaan Laplace yang telah direduksi. T k 0 ……………………………………(4.1) t x II. Jika suatu sistem di mana sumber panas ada tetapi tidak ada perubahan waktu (tunak) persamaan (4.15) akan tereduksi menjadi persamaan poisson. T q k 0 ………………………………(4.2) t x k 26 I. Aplikasi Persamaan Transfer Panas Satu Dimensi Pada Keadaan Tunak 1. Transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak tanpa pembangkit kalor. a. Silinder panjang berongga. r1 q T1 To Gambar 10 Konduksi panas radial dengan temperatur permukaan yang uniform. Hukum pertama termodinamika yang diterapkan akan tereduksi ke bentuk SQ dt 0 , yang menujukkan bahwa laju transfer panas kedalam volume kontrol adalah sama dengan laju keluarnya dengan kata lain Q = q = konstan Karena aliran panas akan memiliki arah yang radial, variabel bebasnya adalah r, sehingga bentuk persamaannya adalah laju Fourier qr kA dT ……………………………….(2.4) dr Dengan menulis A = 2 rL , persamaan tersebut menjadi qr k (2rL ) dT dr Di mana qr adalah konstanta yang dapat dipisahakan dan dipecahkan sebagai berikut : r0 T 0 dr 2kL dT r r1 T1 qr q r ln r0 2kLT0 T1 r1 27 qr 2kL T0 T1 ………………………(4.3) r In 0 r1 Contoh soal : Sebuah pipa baja yang mempunyai diameter dalam 1,88 cm dan tebal dinding 0,391 cm (k = 42,90 W/m) masing-masing mengalami temperatur dalam dan temperatur luar, berturut-turut 367 K dan 344 K (lihat gambar 11). Cari laju aliran panas per feet panjang pipa dan hitung juga fluks panasnya berdasarkan luas permukaan dalam dan luas permukaan luar. Penyelesaiannya : r1 r0 T1 T0 Gambar 11 Konduksi panas dalam arah radial dengan temperatur permukaan yang uniform. Dengan menggunakan persamaan (4.3) kita tinggal memasukkan nilai-nilai numeri yang diberikan., kita mendapatkan : qr = 2kL T0 T1 r0 In r1 2 42,90W / m . K 367 344K ln 2,66 1,88 = 17,860 W/m atau 18,600 Btu/hr.ft Jadi laju aliran panas pipa baja adalah 17,860 W/m atau 18,600 Btu/hr.ft 28 Luas permukaan dalam dan permukaan luar per satuan panjang pipa adalah : A0 = п (1,88)(10-2)(1) = 0,059 m2/m atau 0,194 ft2/ft A1 = п (2,662)(10-2)(1) = 0,084 m2/m atau 0,275 ft2/ft Sehingga kita dapatkan : qr 17,860 302,7 kW / m 2 atau 95.500 Btu/hr.ft2 A0 0,059 qr 17,860 212,6 kW / m 2 atau 67.400 Btu/hr.ft2 A1 0,084 Jadi luas permukaan dalam pipa baja adalah 302,7 kW/m2 atau 95.500 Btu/hr.ft2 Dan luas permukaan luar pipa baja adalah212,6 kW/m2 atau 67.400 Btu/hr.ft2 b. Bola berongga r0 T0 r1 T1 Gambar 12 Konduksi panas radial pada bola berongga Seperti pada silinder panjang berongga, bola berongga juga menggunakan persamaan Laju Fourier yamg dimodifikasi. qr kA dT ………………………(4.4) dr Dimana A = Luas bola = 4 r 2 , yang memberikan qr 4kr 2 ro dT dr dT dr = -4 kr2 2 dr r ri qr 29 qr 4k Ti To 1 1 ri ro qr 4 k r 1r0 Ti To ………………….(4.5) r0 r1 Contoh soal : Satu bola copper dengan massa 4700 gr dan radius 5 cm diselubungi lapisan isolasi dengan tebal 5 cm (di jari-jari luar 10 cm). termal konduktivitas dari isolasi itu k = 0,002 kal/s.cmoC dan permukaan luar dipertahankan pada temperatur20oC. panas jenis copper 0,093. a. Bila copper bersuhu 100oC. berapa arus panas yang melalui isolasi? b. Kira-kira berapa lama waktunya untuk mendinginkan coppe dari 100oC-99oC? Penyelesaian : 20oC r0 100oC r 10 a. Dengan menggunakan persamaan (4.5) kita dapat memasukkan nilainilainya. qr 4 k r 1r0 Ti To r0 r1 qr 4 .3,14.0,002.5.10 20 100 5 101 = 20,05 kal/s b. Panas yang dibutuhkan untuk mendinginkan copper 1oC Q m.c.t 4700.0,093.1 437 kal 30 Waktu yang dibutuhkan untuk mengeluarkan panas Q adalah t Q 437 21,8 s q r 20,05 2. Transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak dengan sumber kalor. a. Dinding datar Perhatikan suatu dinding datar dengan sumber kalor yang terbagi rata seperti pada gambar 12. Tebal dinding diarah X ialah 2L, sedang dimensi di kedua arah lain dianggap cukup besar sehingga aliran kalor dapat di andalkan satu dimensi. Kalor yang dibangkitkan persatuan volume adalah q , dan kita andaikan pula bahwa konduksi termal tidak berubah dengan suhu. Sehingga keadaan ini dapat terjadi jika arus listrik dialirkan melalui bahan penghantar. q = Kalor yang dibangkitkan persatuan volume x=0 T0 T1 T1 Gambar 13 Dinding datar pada konduksi satu dimensi dengan pembangkit kalor -L- -L- Persamaan diferensial yang mengatur aliran kalor ialah d 2T q 0 …………………………..(4.6) dx 2 k Sebagai kondisi batas kita tentukan suhu kedua muka dinding, yaitu T=T1 pada x = L 31 Dari persamaan (4.18) dapat diselesaikan q 2 T= x C1 x C2 2k Oleh karena suhu pada masing-masing sisi dinding mesti sama, maka C1 mestinya nol, suhu pada bidang tengah adalah T0, sehingga persamaan T0 = C2 Jadi distribusi suhu T – T0 = q 2 x …………………………..(4.7a) 2k T T0 x ……………………………..(4.7b) TI T0 L 2 Atau Merupakan distribusi parabola. Rumus untuk suhu bidang tengah T0 bisa didapat dari neraca energi. Pada keadaan tunak, jumlah kalor yang dibangkitkan mestinya sama dengan rugi kalor pada permukaan. Jadi dT 2 kA dX ; di mana A = luas penampang X L q A 2L gradien suhu pada dinding didapatkan dan diferensial persamaan (4.7b) 2X -kA TI T0 2 L X L q A 2L 2 -kA TI T0 q A 2 L L q L2 T0 = TI …………………………(4.8a) 2k Jika pelat itu terendam oleh fluida yang suhunya T dan konduktivitas permukaan pada kedua permukaannya h0 , maka dalam keadaan stedi panas yang dibangkitkan dalam separuh pelat harus mengalir secara kontinu melalui permukaan yang mengatasinya. Jika dinyatakan secara aljabar untuk satu satuan luas maka syarat ini ialah : 32 qL k T x x 0 = h0 To T h qL …………………………………(4.8b) T0 T Contoh soal : Suatu fluida T 3400 K yang konduktivitas listriknya rendah dipanaskan oleh sebuah pelat besi yang panjang, dengan tebal 15 mm dan lebar 75 mm. panas dibangkitkan secara seragam didalam panas dengan laju q = 1000000 W/m3 dengan mengalirkan arus listrik melalui pelat itu. Tentukanlah konduktansi permukaan satuan yang diperlukan untuk mempertahankan suhu pelat tersebut dibawah 420 0K! (k = 43 W/m.K) Penyelesaiannya : Dengan mengabaikan panas yang terbuang dari tepi-tepi pelat, maka berlaku persamaan (4.8) dan beda suhu antara bidang tengah dan permukaan adalah : q L2 q L2 T0 = TI atau T0 T1 2k 2k 1000000 W / m 0,0075 m 243 W / m K 2 3 = = 0,65 0K Jatuh suhu di dalam besi begitu rendah karena konduktivitasnya tinggi (k = 43 W/m.K) dari persamaan (4.8b) kita mendapatkan : qL 1000000 W / m3 0,005 m h = 94W / m2 .K T0 T 420 340K 33 b. Silinder panjang. ∆r r Gambar 14 Elemen anular dalam sebuah silinder panjang lingkaran dengan pembangkit panas internal Perhatikan sebuah padatan silinder dengan pembangkit energi seperti pada gambar 14 silinder dianggap panjang sehingga hanya konduksi radial yang terjadi. Densitas, , kapasitas panas, Cp , dan konduktivitas termal material akan dianggap konstan. Keseimbangan energi untuk elemen yang ditunjuk adalah Laju konduksi] Laju pembangkit an Laju konduksi] Laju akumulasi energi ke energi di dalam energi keluar energi di dalam elemen dalam elemen elemen elemen ……..(4.9) Dengan menerapkan persamaan Laju Fourier dan menetapkan q sehingga Laju energi yang dibangkitkan persatuan volume, persamaan ini dapat dinyatakan secara matematis T k 2rL r r T q2rL r k 2rL r r r T C p t 2rL r Dengan membagi tiap suku dengan 2 rL r , kita mendapatkan q r k r T r r r T r r r r C p T ………… …(5.0) t Dalam limit jika r mendekati nol, persamaan diferensial berikut akan memperoleh q k T T r C p ……………………………(5.1) r r r t 34 Untuk kondisi keadaan tunak suku akumulasinya adalah nol, jika kita eliminasikan suku ini dari persamaan di atas, sehingga menjadi q k d dT r 0 r dr dr Variabel-variabel dalam persamaan ini dapat dipisah dan diintegrasi untuk menghasilkan rk dT r C1 dT r q C , atau k q …………………….(5.2) dr 2 dr 2 r Karena simetri dari silinder padat tersebut, sebuah kondisi batas yang harus dipenuhi mensyaratkan bahwa gradien temperatur harus finit (terbatas) di pusat silinder, di mana r = 0. Ini hanya benar jika C1=0. Sehingga relasi diatas tereduksi menjadi. k dT r q 0 ……………………………….(5.3) dr 2 Integrasi yang kedua kalinya akan menghasilkan q r2 T= C2 ……………………………(5.4) 4k Jika r = R maka C2 = q R2 Tw + 4k Penyelesaian distribusi q 2 2 T – Tw = R r ……………..(5.5a) 4k Atau dalam bentuk tak berdimensi T Tw r 1 ……………………..(5.5b) T0 Tw R 2 dimana ialah suhu pada r = 0 dan diberikan oleh q R2 T0 = Tw …………………………..(5.6) 4k 35 Jika temperatur T selalu diketahui pada nilai jari-jari berapa pun, seperti suatu permukaan, konstanta kedua, C2 dapat dihitung. Fluk energi dalam arah radial dapat diperoleh dari qr dT k A dr dengan cara mensubstitusi persamaan (5.7) menghasilkan qr r q atau A 2 r qr 2rL q A 2 q r r 2 L q …………………………………..(5.8) Contoh soal : Arus sebesar 200 A dilewatkan melalui sebuah kawat baja tahan karat (k = 19 W/m.oC) yang diameternya 3mm. Resitifitas baja dapat dianggap 70μΩ.cm, dan panjang kawat 1m. kawat ini dibenamkan di dalam zat cair pada 110oC di mana koefisien perpindahan kalor konveksi ialah 4 kW/m2.oC. Hitunglah suhu pusat kawat! Penyelesaian : A = 200A d = 3 mm L = 1m Seluruh daya yang dibangkitkan di dalam kawat haruslah di lepas melalui konveksi ke cairan P = I2R =q = h A Tw T .............................................(1) Tahan kawat dihitung dari R L 70 106 100 0,099 A 0,152 36 Dimana ρ adalah resistifitas kawat. Luas permukaan kawat ialah п dL, sehingga dari persamaan (1) diperoleh : 2002 0,099 4000 3 103 1Tw 110 3960 Tw 2150 C atau 4190 F Kalor yang dibangkitkan perasatuan volume q dihitung dari : P qV q r 2 L ........................................................................(5.8) Sehingga : q 3960 1,5 10 1 3 2 560,2 MW / m3 atau 5,41 107 Btu / h. ft 3 Akhirnya suhu pusat kawat dihitung dari persamaan (5.6) q R2 T0 = Tw 4k 5,602 10 1.5 10 = 8 419 3 2 215 231,60 C atau 449o F Jadi suhu pusat kawat baja adalah 231,6oC atau 449 oF