TRANSFER PANAS SAATU DIMENSI

TRANSFER PANAS SATU DIMENSI
PADA KEADAAN TUNAK
Ringkasan Seminar Fisika
Oleh :
Jarot Dwi wibowo
K2304031
FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN
UNIVERSITAS SEBELAS MARET
SURAKARTA
2007
2
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. Ilmu perpindahan kalor melengkapi hukum pertama
dan kedua termodinamika yaitu dengan memberikan beberapa kaidah percobaan
yang dapat dimanfaatkan untuk menentukan perpindahan energi. 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
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.
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.
4
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.
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.
B. Sistem dan Volume Kontrol
Sebuah sistem didefinisikan sebagai sekumpulan zat yang identitasnya tetap.
Gambar 1 Volume control untuk analisis
aliran lewat sebuah nosel
Sebuah metode analisis nosel yang lebih mudah adalah dengan
memperhatikan daerah yang dibatasi garis titik-titik. Daerah semacam itu adalah
satu volume kontrol. Volume kontrol adalah suatu daerah dalam ruang yang
dilewati aliran fluida.
C. Hukum Pertama Termodinamika
Hukum pertama termodinamika dapat 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”. Kita dapat menuliskan suatu persamaan lain
untuk hukum pertama termodinamika :
Q  W  dE
Q
positif bila panas ditambahkan pada sistem tersebut.
W
akan positif bila kerja dilakukan oleh sistem.
6
Untuk suatu sistem yang mengalami proses yang terjadi dalam selang waktu dt
persamaan (1.4) dapat ditulis sebagai:
Q
dt

W
dt

dE
dt
D. 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.
y
P
y'
vo
x'
z'
x
z
Gambar 3 Aliran tunak didasarkan pada
sistem koordinat yang bergerak
E. Kekekalan Energi Dengan Pendekatan Volume Kontrol
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 
Laju pertambahan panas dan kerja yang dilakukan oleh volume kontrol
dinyatakan sebagai
Q
dt
dan
W
dt
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
7
Persamaan sekarang dapat ditulis sebagai
Q
dt

W
dt


c. s
e v . n  dA 

e dV
t c.v
Bentuk akhir untuk persamaan hukum pertama dapat kita peroleh setelah
mempertimbangkan lebih lanjut tentang suku laju kerja atau daya W dt .
sehingga persamaan umum volume kontrol adalah:

Q Ws W
P



  e    v . n  dA   e dV
c. s ..
dt
dt
dt

t c.v.

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
4
F. Solusi Sederhana Persamaan Diferensial Transfer Panas
y
y
x
z
x
z
Gambar 9 laju panas yang masuk
melewati volume kontrol diferensial
8
Untuk :
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

x

y

q
x y z ...............................................2.5
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
W
dt
  x y z .................................2.7 
di mana  adalah laju kerja viskos per satuan volume
  v2
 v2

P
P
P 



 x  y z




e


v
.
n
dA


v

gy

u



v

gy

u

 x
x


x
x
c.s.   

2
2





 

  v2
 v2
P
P 
  v y   gy  u   y  y  v y   gy  u   y  x z

 
2
 2
2
2
 v
v
P
P 
  vz   gy  u   z  z  vz   gy  u   z  x y

 
2
 2
Suku akumulasi energi, menghubungkan perubahan energi total di dalam volume
kontrol sebagai fungsi waktu, adalah


  v2

  x y z
e

dV


gy

u
t c.v.
t  2

Dengan memanfaatkan persamaan kontinuitas, maka persamaan diatas dapat
digabung sehingga menjadi persamaan umum transfer panas pada keadaan tunak
adalah:

  kT  q    Cv
DT
Dt
Fungsi disipasi dapat diabaikan dalam semua kasus sehingga persamaan
transfer panas satu dimensi pada keadaan tunak adalah :
9
  T  
DT
k
  q  Cv
x  x 
Dt
Dimana, q = energi yang dibangkitkan persatuan volume, (W/m3)
C = kalor spesifik bahan (J/kg.oC)
ρ = kerapatan (densitas) (kg/m3)
Persamaan di atas digunakan untuk medium konduksi tidak mengandung
sumber panas dan digunakan untuk 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

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
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
t  x  k
10
G. 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.
Rumus transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak tanpa
pembangkit kalor berupa silinder panjang berongga adalah :
qr 
2kL
T0  T1 
r0
In
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 :
r0
T1
T0
Gambar 11 Konduksi panas dalam arah radial
dengan temperatur permukaan
yang uniform.
11
Dengan menggunakan rumus di atas kita tinggal memasukkan nilai-nilai
numeri yang diberikan., kita mendapatkan :
qr 
=
2kL
T0  T1 
r0
In
r1
2 42,90W / m . K 367  344K

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
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
12
Rumus transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak tanpa pembangkit
kalor berupa bola berongga adalah :
qr 
4  k r 1r0
Ti  To 
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 100oC99oC?
Penyelesaian :
20oC
r0
100oC
r
10
a Dengan menggunakan rumus diatas kita dapat memasukkan nilai-nilainya.
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
Waktu
t
yang
dibutuhkan
Q
437

 21,8 s
q r 20,05
untuk
mengeluarkan
panas
Q
adalah
13
2. Transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak dengan sumber kalor.
a. Dinding datar

q = Kalor yang dibangkitkan persatuan
volume
x=0 T0
T1
T1
Gambar 13 Dinding datar pada konduksi
satu dimensi dengan pembangkit kalor
-L- -LRumus 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 rumusnya :

q L2
T0 =
 TI
2k
dan konduktivitas permukaan pada kedua permukaannya adalah :
h
qL
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 rumus suhu bidang tengah. Beda suhu antara bidang tengah dan
permukaan adalah :
14


q L2
q L2
T0 =
 TI atau T0  T1  
2k
2k
1000000 W / m 0,0075 m
=
243 W / m K 
2
3

= 0,65 0K
Jatuh suhu di dalam besi begitu rendah karena konduktivitasnya tinggi
(k = 43 W/m.K) maka kita mendapatkan :
h


qL
1000000 W / m3 0,005 m
=
 94W / m2 .K
T0  T
420  340K
b. Silinder panjang.
∆r
r
Gambar 14 Elemen anular dalam sebuah
silinder panjang lingkaran
dengan pembangkit panas
internal
Rumus transfer panas satu dimensi dalam keadaan tunak dengan sumber
kalor pada silinder berongga adalah :

q r  r 2 L q
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!
15
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)


L
70  106 100
Tahan kawat dihitung dari R   
 0,099
A
 0,152
Dimana ρ adalah resistifitas kawat. Luas permukaan kawat ialah п dL,
sehingga dari persamaan (1) diperoleh :
2002 0,099  4000 3  103 1Tw  110  3960
Tw  2150 C atau 4190 F

Kalor yang dibangkitkan perasatuan volume q dihitung dari :


P  qV  q  r 2 L
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
419
3 2
 215  231,60 C
atau 449o F
Jadi suhu pusat kawat baja adalah 231,6oC atau 449 oF
16
BAB III
KESIMPULAN DAN SARAN
A. .Kesimpulan
Dari pembahasan yang telah dipaparkan di depan, maka penulis dapat menarik
beberapa kesimpulan yang dapat dianggap penting, antara lain:
1. Solusi sederhana dari persamaan transfer panas satu dimensi pada keadaan
tunak dapat dianalisis dengan menerapan persamaan dasar dari volume kontrol
diferensial dengan pengembangan metode hukum pertama termodinamika.
Bentuk umum dari persamaan dasar dari volume kontrol diferensial dengan
pengembangan metode hukum pertama termodinamika adalah :
Q WS
dt

dt

W

P

  e   v . n  dA   e dV
c. s
dt

t c.v.

2. Rumusan persamaan umum dari transfer panas satu dimensi pada keadaan
tunak adalah :
  T  
DT
k
  q  Cv
x  x 
Dt
3. Rumusan persamaan umum dari transfer panas satu dimensi pada keadaan
tunak dapat digunakan untuk medium konduksi tidak mengandung sumber
panas dan medium konduksi yang mengandung sumber panas.
a. Jika medium konduksi tidak mengandung sumber panas, maka persamaan
umum dari transfer panas satu dimensi pada keadaan tunak tereduksi
menjadi persamaan medan Fourier.
T
  T 
  k

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
t  x 
17
b. Jika suatu sistem di mana sumber panas ada tetapi tidak ada perubahan
waktu (tunak) maka persamaan umum dari transfer panas satu dimensi
pada keadaan tunak akan tereduksi menjadi persamaan poisson.

  T  q
k
   0 ………………………………(4.2)
t  x  k
B. Saran
Berdasarkan hasil penulisan makalah seminar dapat diajukan saran-saran
sebagai berikut:
1. Materi makalah ini hanya mengenai transfer panas satu dimensi pada keadaan
tunak. Sebetulnya masih ada lagi tentang transfer panas selain satu dimensi
pada keadaan tunak dan harapan kami ada mahasiswa lain yang bersedia
mengkajinya.
2. Kajian yang lebih mendalam baik secara teori maupun praktek tentang materi
penguatan ini akan lebih berguna bagi kemajuan ilmu pengetahuan dan
teknologi.
18
DAFTAR PUSTAKA
1. Welty, James R. 2002. Dasar-Dasar Fenmena Transport. Edisi ke-4. Jakarta :
Erlangga.
2. Lee, JF dan Sear, FW. 1983. Thermodynamics. 2nd. Edition Massachusetts :
Addision-Wesley. Publishing Company.
3. Wark, K dan Richards, D. 1999. Thermodynamic. 6th edition. Singapore : MC
4. Pitt, Donald R. 1983. Heat Transfer. Singapore : MC Graw-hill.
5. Holman, J.P. 1994. Perpindahan Kalor. Edisi ke-6. Jakarta : Erlangga.