13018-3-538688102849

MODUL 3. PERPINDAHAN PANAS DASAR

Sabtu 05 November 2011

KONDUKSI PANAS PADA STRUKTUR GABUNGAN

I. Pendahuluan.

Metoda umum untuk menganalisa soal-soal aliran panas yang melintasi struktur gabungan (komposit) akan dijelaskan lebih lanjut. Marilah kita bahas beberapa contoh struktur gabungan dimana aliran panasnya masih satu dimensi atau setidak-tidaknya hanya satu arah aliran panas. Agar penggarapannya dapat ditrapkan pada hal-hal praktis dimana temperature-temperatur oermukaan pada umumnya tidak diketahui, maka aliran panas melalui tahanan panas pada batas-batas struktur akan dibahas juga.

Akan diasumsikan bahwa pada satu sisinya sistem bersinggungan dengan medium bertemperatur tinggi (sumber panas) yang temperaturnya tetap dan diketahui, sedangkan pada sisi lainnya sistem bersinggungan dengan medium bertemperatur rendah (heat sink), juga dikenal dengan istilah sumber panas dan sungap panas yang temperaturnya tetap dan diketahui. Pada suatu permukaan tertentu, konduktivitas permukaan antara medium dan permukaan dianggap tetap.

2. Contoh dinding gabungan.

Perhatikan Gambar 1 yang menunjukkan dinding gabungan (komposit) dari berbagai jenis yang dan khas dipergunakan pada tanur tinggi yang besar.

[Sket gambar diberikan langsung saat tatap muka]

{Gambar 1. Perambatan panas konduksi dinding gabungan)

Dengan syarat-syarat ini akan terjadi aliran panas secara teus menerus dari gas-gas panas melalui dinding ke sekitarnya. Karena aliran panas melalui luas A yang tertentu sama besarnya untuk bagian dinding yang manapun, maka akan diperoleh hubungan, sebagai berikut:

q = hirat A (Ti –Tl) = (A . k1 /L1) x (T1 – T2)

= [A . k2 /L2](T2 – T3) = (A . k3 /L3) x (T3 – T4)= (A . ko) x (T4 – To)

Perpindahan PanasIr. Pirnadi, M.Sc.

Pusat Pengembangan Bahan AjarUniversitas Mercu Buana

‘11 1


Simbol-simbol yang digunakan dapat dilihat pada gambar di atas, dan dari persamaan di atas dapat ditulis sebagai fungsi tahanan-tahanan panas dari berbagai bagian dinding, sebagai berikut:

q = (Ti – T1)/ R1 = (T1 –T2)/ R2 = (T2 –T3) / R3 = (T3 – T4) / R4 = (T4 – To) / R5.

Dimana, tahanan-tahanan ersebut dapat ditentukan dengan persamaan-persamaan di atas atau dengan membandingkan temperatur-temperatur yang berpasangan persamaan di atas. Menyelesaikan persamaan di atas terakhir untuk berbagai beda temperaturnya, akan diperoleh sebagai berikut:

Ti –T1 = q R1

T1 – T2 = q R2

T2 – T3 = q R3

T3 – T4 = q R4

T4 – To = q R5

Penjumlahan ruas kiri dan ruas kanan persamaan-persamaan di atas akan menghasilkan, hubungan, sebagai berikut:

Ti – To = q (R1 + R2 + R3 + R4 + R5)

Atau dapat ditulis, sebagai berikut:

q = [ Ti – To) / sigma [(n = 1 -5) Rn]

Hasil persamaan terakhir, yaitu bahwasanya aliran panas melalui ke-lima bagian yang dalam kondisi seri tersebut sama dengan potensial temperatur keseluruhan dibagi dengan jumlah tahanan panas pada lintasan aliran panas, dapat pula diperoleh dari rangkaian panas yang ditunjukkan pada gambar 1 di atas. Maka persamaan terakhir di atas dapat langsung dituliskan dengan menggunakan analogi antara aliran panas dan arus listrik.

3. Contoh 1.

Sebuah dinding tanur tinggi terdiri dari dua lapisan, bata tahan api (k= 0,8 Btu/h ft F) setebal 9 inch dan bata isolasi (k = 0,1 Btu/h ft F) setebal 5 inch. Temperatur di dalam tanur 3000 F dan konduktivitas permukaan satuan pada dinding dalam besarnya 12 Btu/h ft F. Temperatur udara sekitar 80 F dan konduktansi permukaan satuan pada



‘11 2


dinding-luar besarnya 2 Btu/h ft F. Denganmengabaikan tahanan panas kampuh-kampuh (sambungan) adukan semen, perkirakan:

a). laju kerugian panas dan per ft persegi dinding dan temperatur

b). dinding dalam, dan

c) dinding luar.

Jawab.

a). Dengan menggunakan persamaan terakhir di atas, maka laju aliran panas diperoleh, sebagai berikut:

q/A = (3000 – 80) / [(1/12 + 9/12/0,8 + 3/12 / 0,1 + ½)]

= 2920/ (0,083 + 0,94 + 4,17 + 0,50)

= 2920/ 5,69

= 513 Btu/h ft2.

Adalah menarik bahwa bata isolasi yang tebalnya hanya 1/3 tebal dinding menyebabkan tiga perempat dari tahanan panas total.

b). Dengan menerapkan persamaan :

q = (Ti – T1)/ R1 = (T1 –T2)/ R2 = (T2 –T3) / R3 = (T3 – T4) / R4 = (T4 – To) / R5.

Jatuh temperatur antara gas-gas tanur tinggi pada permukaan dalam adalah T i – T1 = q / R1 = 513 (0,083) = 43 F. Beda temperatur yang relatif kecil ini sesuai dengan pembahasan sebelumnya yang menunjukkan bahwa tahnan panas bagian pertama rangkaian dapat diabaikan. Jadi panas dapat mengalir tana potensial yang besar dan temperatur pada dinding-dalam hampir sama dengan temperatur gas, yaitu:

T1 = Ti – 43 = 2457 F.

c). Temperatur permukaan luar, yang diperoleh denga cara serupa, adalah 336 F.

Dalam banyak pentrapan dalam praktek, dijumpai kombinasi lintasan-lintasan aliran panas yan terhubung seri dan yang terhubung parallel. Contoh ini perhatikan Gambar 2, yang merupakan dinding gabungan seri dan parallel. Sedangkan penyelesaiannya secara pengira-iraan dapat diperoleh dengan asumsi bahwa aliran panas pada hakekatnya bersifat satu dimensi. Maka dinding gabungan itu dapat dibagi dalam tiga bagian. Tahanan panas masing-masing bagian dapat ditentukan



‘11 3


dengan bantuan rangkaian panas ang ditunjukkan pada Gambar 2. Lapisn-antaranya terdiri dari dua lintasan panas parallel yang terpisah dan konduktansi panasnya sama dengan jumlah konduktansi masing-masing lintasan. Untuk bagian dindin yang tingginya b1 + b2 pada Gambar 2 konduktansinya adalah, sebagai berikut:

[Sket gambar diberikan langsung saat tatap muka]

{Gambar 2. Rangkaian panas dinding seri-paralel)

K2 = k2 b1/L2 + k1 b2/L2 = 1/R2

per panjang satuan dinding. Dengan mempergunakan persamaan, berikut:

U A = 1 /(R1 + R2 + R3 + ………. + Rn)

Maka konduktansi satuan keseluruhan U dari permukaan ke permukaan, adalah:

U = 1 /(b1 + b2)(R1 + R2 + R3)

= 1 / {L1/k1 + (b1 + b2)/[(k1 b2 / L2) + ( k2 b1/L2) + L3/k3]}

3. Contoh 2.

Suatu lapisan bata tahan api (k = 1,0 Btu/h ft F) yang tebalnya 2 inch ditempatkan di antara dua pelat baja (Ks = 30 Btu/h ft F) yang tebalnya ¼ inch. Permukaan bata yang bersinggungan dengan pelat tersebut kasar, dan persinggungan antara zat padat dengan zat padat hanya meliputi 30 % dari luas keseluruhan, dengan tinggi rata-rata tonjolan bata 1/32 inch. Jika temperature luar pelat baja masing-masing 200 dan 800 F, tentukan laju aliran panas perluas satuan. Perhatikan Gambar 3, sebagai berikut:

[sket gambar diberikan langsung saat tatap muka]

{Gambar 3. Perambatan konduksi panas dinding seri-paralel)

Jawab.



‘11 4


Dengan memperhatikan gambar 3, dan dengan mengidealkan beberapa asumsi dari tonjolan-tonjolan permukaan bata seperti terlihat pada gambar dan anggap dinding gabungan itu adalah simitrik terhadap bidang tengahnya, maka kita cukup memperhatikan separo sistem. Maka koefisien perpindahan panas keseluruhan untuk dinding gabungan, adalah sebagai berikut:

U =(½)/ [(R1 + (R4 R5/(R4 + R5) + R3)]

Diperoleh dari kondisi rangkaian panasnya, sedangkan tahanan panas pelat baja R3, dengan dasar luas satuan besarnya adalah, sebagai berikut:

R3 = L3/k3 = (¼)/(12)(30) = 0,694 x 10-3 h ft2F/Btu

Dan tahanan panas tonjolan bata R4, dengan dasar luas satuan, besarnya sama dengan, berikut:

R4 = L2/0,3 x kb = (1/32)/(12)(30)(1,0) = 8,7 x 10-3 h ft2 F/Btu

Karena udara terkurung dalam rongga-rongga yang kecil, maka pengaruhnya konveksi kecil pula dan diasumsikan bahwa panas mengalir melalui udara dengan konduksi. Pada temperatur 300 F konduktivitas udara ka adalah 0,02 Btu/h ft F. Maka Rs, tahanan panas udara yang terkurung di antara tonjolan-tonjolan bata, dengan dasar luas satuan, akan sama dengan, berikut:

R5 = L2/0,7 ka = (1/32)/[(12)(0,7)(0,02) = 187 x 10-3 h ft2 F/Btu

Faktor 0,3 dan 0,7 dalam R4 dan R5 meunjukkan persentase dari luas keseluruhan untuk masing-masing lintasan aliran panas.

Tahanan panas total bagi kedua lintasan, R4 dan R5 yang parallel, adalah:

R2 = (R4 x R5)/ (R4 + R5) = (8,7) (187) x 10-6 /[(8,7 + 187) x 10-3 = 8,3 x 10-3 h ft2 F / Btu.

R1 = ½ / (L1/kb) = (1/2)/ (2/(12) (30) = 83,5 x 10-3 h ft2 F/Btu

Dan untuk U koefisien perpindahan panas keseluruhan, adalah sebagai berikut:

U = (1/2 x 103)/[(83,5 + 8,3 + 0,69)] = 5,4 Btu/h ft2 F

Pengamatan terhadap harga berbagai tahanan panas tersebut menunjukkan bahwa lapisan baja memberikan tahanan yang dapat diabaikan, sedangkan bagian persinggungan menyebabkan sepuluh persen dari seluruh tahanan, meskipun tebalnya hanya 1/32 inch.



‘11 5


Dari persamaan terdahulu, laju aliran panas per luas satuan, adalah sebagai berikut:

q/A = U delta T = 5,4 (800 – 200) = 3250 Btu/h ft2.

Tahanan panas antara permukaan disebut tahanan singgung. Analisa tentang tahanan singgung dalam soal yang lalu hanya merupakan pengira-iraan karena tahanan singgung tergantung pula pada tekanan singgung selain pada kekasaran, perhatikan pada beberapa buku acuan yang digunakan.

4. Silinder konsentrik.

Aliran panas radial melalui silinder-silinder kosentrik yang konduktivitas panasnya berbeda-beda dijumpai pada banyak instalasi industry. Contoh yang khas dari soal demikian adalah pipa yang diisolasi, dengan fluida panas yang mengalir di dalamnya, dan yang bersinggunan dengan zat yang lebih dingin di luarnya, perhatikan Gambar 4.

[sket gambar diberikan langsung saat tatap muka]

(Gambar 4. Sketsa dinding silinder gabungan)

Jika pipa tersebut relatif panjang, maka aliran panas melalui dinding akan terjadi dalam arah radial. Dalam keadaan stedi, laju aliran panas melalui tiap bagian sama besarnya dan diberikan oleh beberapa persamaan, sebagai berikut:

q = 2 phi r1 l hi (Ti –T1) = (Tpanas – Ti)/R1 untuk permukaan dalam

q = [(2 phi k1 l)/(ln (r2/r1)] (T1 – T2) = (T1 – T2)/R2 untuk silinder dalam

q = [(2 phi k2 l)/(ln (r3/r2)] (T2 – T3) = (T2 – T3)/R3 untuk silinder luar

q = 2 phi r3 l ho (T3 –To) = (T3 – Tdingin)/R4 untuk permukaan luar

Dalam kebanyakan penerapan dalam praktek temperatur fluida di dalam dan temperatur zat di sekitar isolasi diketahui atau ditetapkan. Temperatur-temperatur antara dapat dilenyapkan (dieleminir) dengan penjumlahan suku-sku beda –temperatur dan tukar-menukar tempat. Maka rumus yng dihasilkan untuk laju aliran panas melalui dua silinder yang konsentrik menjadi, sebagai berikut:

q = (Ti – To)/[(1/2 phi r1 l hi) + (ln(r2/r1)/2 phi k1 l) +



‘11 6


ln(r3/r2)/2 phi k2 l) + (1/2 phi r3 l ho)].

= (Tpanas – Tdingin)/[ sigma n(1-4) Rn].

Koefisien perpindahan panas keseluruhan U untuk sistem ini dapat didasarkan pada luas yang sama saja, tetapi harga angkanya akan tergantung pada luas yang dipilih. Karena di dalam praktek garis-tengah-luar paling mudah diukurnya, maka biasanya sebagai luas dasar dipilih Ao = 2 phi r3 l dan laju aliran panas adalah, sebagai berikut.

Q = U Ao (Tpanas – T dingin)

Maka, dengan membandingkan dengan persamaan (q = (T i – To)/[(1/2 phi r1 l hi) + (ln(r2/r1)/2 phi k1 l) + ln(r3/r2)/2 phi k2 l) + (1/2 phi r3 l ho)]). Koefisien perpindahan panas keseluruhan sistem, menjadi sebagai berikut:

U = ( 1 )/[ (r3/r1 hi) + r3 (ln (r2/r1))/k1 + r3 (ln(r3/r2))/k2 )+ (1/ho)]

5. Contoh 3.

Hitunglah kerugian panas per meter panjang dari pipa baja 80 skedul 40 (diameter luar 89,1 mm, diameter dalam 78,1 mm, k = 43 W/m K), yang dilapisi dengan isolasi asbes (k = 0,19 W/m K) setebal 15 mm. Di dalam pipa mengalir fluida yang bertemperatur 420 K. Konduktansi permukaan satuan sebelah dalam adalah 227 W/m2 K. Pipa itu terdapat dalam udara sekitar yang temperaturnya 300 K. Konduktansi permukan-satuan rata-rata sebelah luar adalah 22,7 W/m2 K.

Jawab.

Dengan menggunakan rumusan, berikut:

q = (Ti – To)/[(1/2 phi r1 l hi) + (ln(r2/r1)/2 phi k1 l) +

ln(r3/r2)/2 phi k2 l) + (1/2 phi r3 l ho)].

Maka laju perpindahan panas untuk panjang l = 1 m, adalah:

q = (Ti – To)/[(R1) + (R2) + (R3) + (R4)].

Dengan subsitusi harga-harga yang diketahui dengan benar akan diperoleh hasil, laju aliran perpindahan panas untuk l = 1 m, adalah 316,4 W/m.

Perlu kiranya dicatat bahwa tahanan panas tersebut terpusat pada isolasi dan pada konduktansi ermukaan yang rendah harganya pada permukaan-luar. Sedangkan tahanan dinding logam dapat diabaikan. Seandainya pipa tidak diisolasi, maka



‘11 7


kerugian panas akan menjadi 973 W/m, atau kurang-lebih 3 x lebih besar daripada bila dibanding dengan menggunakan isolasi.

6. Tebal Kritis isolasi.

Pemasangan isolasi di sekeliling pipa atau kawat kecil tidak selalu mengurangi perpindahan panas. Telah kita catat bahwa laju aliran panas radial melalui silinder berlubang berbanding terbalik dengan logaritma jari-jari luar dan laju pembuangan panas dari permukaan-luar berbanding lurus dengan jari-jari ini. Jadi, untuk pipa berdinding tunggal dengan jari-jari ri yang tetap, pembesaran jari-jari luar ro (missal dengan tambah isolasi), akan memperbesar tahanan panas yang disebabkan ole konduksi secara logaritmik dan sekaligus memperkecil tahanan panas pada permukaan luar secara linier terhadap ro.

Karena tahanan panas total sebanding dengan jumlah kedua tahanan ini, maka laju aliran panas dapat bertambah jika isolasi dipasangkan pada pipa atau kawat telanjang. Jika tebal isolasi terus dinaikkan, maka berangsur-angsur berkurang sampai menjadi lebih kecil daripada kerugian dari permukaan telanjang. Prinsip ini dipakai secara luas di bidang teknik listrik dimana kawat dan kabel yang mengalirkan arus listrik dibalut tidak untuk mengurangi kerugian panas tetapi untuk menmbahnya. Hal ini juga penting di bidang pendinginan, dimana aliran panas ke zat pendingin yang dingin harus diusahakan sekecil-kecilnya. Pada banyak instalasi seperti itu, dimana dipakai pipa yang bergaris tengah kecil, pengisolasian permukaan luarnya akan meningkatkan laju aliran panas.

Hubungan antara perpindahan panas dan tebal isolasi dapat dipelajari secara kuantitatif dengan bantuan persaman di atas terakhir. Pada banyak keadaan yang dijumpai di dalam praktek tahanan panasnya terpusat pada isolasi dan pada permukaan luar. Karena itu kita akan melakukan penyederhanaan dari persamaan terakhir dengan asumsi Ti adalah temperature pada ermukaan dalam dari isolasi. Syarat batas ini berlaku untuk kawat listrik berisolasi yang temperatur permukaan luarnya Ti ditentukan oleh kerapatan arus, ukuran kawat dan bahannya. Maka, berlaku rumusan:

q = (2 phi k l (Ti – To)/ [ln(ro/ri) + k/ho ro)].

Dimana:

ro : adalah jari-jari luar

ri : jari-jari dalam dan



‘11 8


k : konduktivitas panas isolasi.

Untruk harga ri yang tetap, laju aliran panas adalah fungsi ro, yaitu q = q (ro) dan akan menjadi maksimum pada harga ro untuk mana diturunkan satu x ke ro.

dq/dro = - 2phi k l (Ti –To) [1/ro – (k/ho ro2)]/ [ln (ro/ri) + k /ho ro)]2 = 0

Contoh perhitungan tebak kritis suatu isolasi panas akan diberikan menyusul (saat kuliah berjalan).



‘11 9

13018-3-538688102849

Documents

Transcript of 13018-3-538688102849