BAB II Konduksi

Perpindahan Panas

BAB II KONDUKSI SATU DIMENSI TUNAK

Pernyataan satu dimensi merujuk kepada kenyataan bahwa hanya diperlukan

satu koordinat untuk mendiskripsikan variasi variabel tidak bebas. Jadi konduksi satu

dimensi berarti gradient temperatur hanya terjadi sepanjang satu arah koordinat,

sehingga perpindahan panas hanya terjadi kearah tersebut. Disamping itu sistim disebut

mencapai kondisi tunak (steady state) jika semua sifat-sifatnya tidak berubah dengan

berjalannya waktu.

2.1 DINDING DATAR

Konduksi satu dimensi pada dinding datar, distribusi temperatur hanya kearah

satu sumbu saja misalnya sumbu x, sehingga perpindahan panas hanya terjadi kearah

sumbu x saja.

T∞2

q”x

T1 T2T∞1

Ah 1

1

∞

Ah 2

1

∞

kAL

x x=L

q”x

T∞2, h∞2

T∞1, h∞1

T1

T2

T∞1

T∞2

Lx

y

Gambar 2.1: Perpindahan panas pada dinding datar

Pada gambar diatas terlihat panas berpindah secara konveksi dari udara di bagian dalam

ke dinding dalam, kemudian dilanjutkan dengan konduksi dari dinding dalam ke

dinding luar, lalu diteruskan lagi dengan konveksi dari dinding luar ke udara luar.

D3MITS – FTI - ITS 16

Perpindahan Panas

2.1.1. DISTRIBUSI TEMPERATUR

Distribusi temperatur pada dinding dapat diperoleh dengan menyelesaikan

persamaan difusi panas berikut ini.

0)()()( =+∂∂

+∂∂

+∂∂ oq

dzdTk

zdydTk

ydxdTk

x 1)

Untuk konduksi satu dimensi kearah sumbu x dan tanpa ada pembangkitan panas maka:

0)( =dxdTk

dxd , Jika konduktivitas termal dinding dianggap konstan, lalu

diintegralkan dua kali maka didapat solusi:

21)( CxCxT += 2)

Konstanta C dicari dengan kondisi batas berikut ini: T(x=0) = T1 dan T(x=L) = T2

Jadi: T1 = C2 dan T2 = C1L + C2 atau T2 = C1L + T1 sehingga diperoleh: L

TTC 12

1−

=

Substitusi C1 dan C2 ke persamaan 2 didapatkan:

112 )()( TLxTTxT +−= 3)

Laju perpindahan panas dihitung hukum Fourier (Conduction rate equation):

Konduksi satu dimensi ke arah sumbu X saja (gambar 2.1):

)( 12

2

1

2

1

TTLkAqdTkAdxq

dxdTkAq

T

Tx

x

xxx −−=→−=→−= ∫∫ 4)

2.1.2. HAMBATAN TERMAL:

Untuk kasus perpindahan panas seperti tersebut diatas peristiwa difusi panas

dianalogikan dengan aliran arus listrik dan hambatan listrik dianalogikan dengan

hambatan perpindahan panas, serta beda potensial dianalogikan dengan beda

temperatur.

kAL

qTRkond =

Δ= 5)

Sebaliknya laju perpindahan panas dapat ditulis:

kondkond

kond RTT

RTq )( 12 −=

Δ= 6)

Rkond disebut hambatan perpindahan panas konduksi. Analisis yang sama jika diterapkan

pada kasus konveksi, maka didapat hambatan perpindahan panas konveksi Rkonv :


Perpindahan Panas

)( ∞−= TThAq s

hAq

TRkonv1

=Δ

= 7)

Dan laju perpindahan panas konveksi ditulis:

konv

s

konvkonv R

TTR

Tq )( ∞−=

Δ= 8)

Dalam suatu rangkaian hambatan listrik arus yang mengalir di tiap-tiap hambatan sama,

dan analoginya laju perpindahan panas pada tiap-tiap hambatan perpindahan panas juga

sama, maka:

1

2212

1

11

1)()(

1)(

∞

∞

∞

∞ −=

−=

−=

h

TT

kAL

TT

h

TTqx

Dan juga dapat ditulis dalam bentuk beda temperatur total:

tottot

x RT

RTTq Δ

=−

= ∞∞ )( 21 , dimana: 9)

AhkA

LAh

Rtot21

11

∞∞

++= 10)

Rtot disebut hambatan perpindahan panas keseluruhan (overall heat transfer resistant)

Persamaan 19) dapat ditulis dalam bentuk lain yaitu:

TUAqx Δ=

AhkAL

AhR

UAtot

21

1111

∞∞

++==

21

111

∞∞

++=

hkL

h

U 11)

U disebut koefisien perpindahan panas keseluruhan.

Soal latihan 1: Radiasi diabaikan hitung q dan T1???

k = 1,2 W/mK

q”konduksiiAliran fluida h∞ = 25 W/m2oK T∞ = 250oC

T1

q”conq”conv

Aliran fluida h∞ = 10 W/m2oK T∞ = 30oC

20 cm


Perpindahan Panas

x

Penyelesaian:

Aliran fluida h∞2 = 10 W/m2oK T∞2 = 30oC

q”con

x

k = 1,2 W/mK

T1

T2 =100oC

q”konduksiiAliran fluida h∞1 = 25 W/m2oK T∞1 = 250oC

q”conv

20 cm

Balans energi kalor pada permukaan atur:

outin qq =

Soal latihan 2:

Pertanyaan :

Aliran fluida h∞2 = 10 W/m2oK T∞2 = 30oC

q”con

x

k = 1,2 W/mK

T1

T2

q”konduksiiAliran fluida h∞1 = 25 W/m2oK T∞1 = 250oC

q”conv

20 cm

T1 = ?

q” =?


Perpindahan Panas

2.1.3. DINDING BERLAPIS

Metode analisis perpindahan panas dengan menganalogikan dengan rangkaian

hambatan listrik tersebut akan sangat membantu menyelesaikan kasus perpindahan

panas pada dinding berlapis, baik seri maupun parallel.

1. Dinding Datar Berlapis Seri:

Dinding disusun seperti rangkaian hambatan listrik seri.

T∞4

T∞1

T1

T2 kB T3 T4

h∞4, T∞4

h∞1, T∞1

LA LB LC

kA kC

q”x

T1 T2T∞1

Ah 1

1

∞

Ak

L

A

A

T4

Ah 4

1

∞

T3 T∞4

AkL

B

B Ak

L

C

C

Gambar 2.2: Perpindahan panas pada dinding berlapis

Laju perpindahan panas:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++++

−=

−=

Δ=

∞∞

∞∞∞∞

AhAkL

AkL

AkL

Ah

TTR

TTR

Tq

C

C

B

B

A

Atottotx

41

4141

11

Harga koefisien perpindahan panas keseluruhan:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++++

==

∞∞ 41

1111

hkL

kL

kL

hAR

U

C

C

B

B

A

Atot

2. Dinding berlapis seri dan parallel:

kA kC

LC

kB

T3 T2

LA

kD

LD LB

T1

T4

h∞4, T∞4

T5

h∞1, T∞1

LD =LC


Perpindahan Panas

Ada dua kemungkinan:

Jika T4 ≠ T5 :

q”x

T1 T2T∞1

AhR

11

1

∞

=

AkLRA

A=2

T4

T3

AkLRB

B=3

DD

D

AkLR =5

T5CC

C

AkL

R =4

T∞4

DAhR

46

1

∞

=

CAhR

46

1

∞

=

21 xxx qqq +=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++++

−=

−=

Δ=

∞∞

∞∞∞∞

CCC

C

CB

B

CA

A

C

tottotx

AhAkL

AkL

AkL

Ah

TTR

TTR

Tq

41

41

1

41

11

11

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++++

−=

−=

Δ=

∞∞

∞∞∞∞

DDC

D

DB

B

DA

A

D

tottotx

AhAkL

AkL

AkL

Ah

TTR

TTR

Tq

41

41

2

41

22

11

Jika T4 = T5

Hambatan 4 dan 6 yang parallel menghasilkan:

q”x

T1 T2T∞1

AhR

11

1

∞

=

AkLRA

A=2

T3

AkLRB

B=3

DD

D

AkLR =5

T5=T4

CC

C

AkL

R =4

T∞4

AhR

46

1

∞

=

DC

CDDDCC

D

DD

C

CC

DD

D

CC

Cs LLLAkLAk

LAk

LAk

AkL

AkLRRR

+=+=+=+=

11111

54

CDDDCC

DCs LAkLAk

LLR+

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

++++

−=

−=

Δ=

∞∞

∞∞∞∞

AhLAkLAkLL

AkL

AkL

Ah

TTR

TTR

Tq

CDDDCC

DC

B

B

A

Atottotx

41

41

1

41

1 11


Perpindahan Panas

2.1.4. HAMBATAN KONTAK

Pada dinding berlapis terkadang dapat terjadi hambatan perpindahan panas

karena adanya celah diantara lapisan dinding tersebut. Hambatan tersebut dinamakan

hambatan kontak. Hambatan ini terjadi karena adanya kekasaran permukaan material

yang membentuk lapisan tersebut. Pada celah tersebut terjadi penomena hambatan

perpindahan panas parallel antara bagian yang nempel dan bagian yang berongga. Efek

total dari penomena tersebut menyebabkan terjadinya penurunan temperature pada

daerah tersebut. Hambatan kontak ini dapat dieleminir dengan memperhalus permukaan

atau mermberikan tekanan sehingga terjadi kontak yang lebih sempurna.

qx rongga

nempel

TA TB

T

x

TA

TB

Penurunan temperature karena hambatan kontak

Hambatan kontak didefinisikan:

x

BAkontak q

TTR −= 12)

Beberapa harga hambatan kontak ditabelkan dibawah, tetapi yang paling benar adalah

dengan melakukan pengukuran langsung.

Tabel 2.1: Perkiraan harga hambatan kontak untuk celah pada logam dalam kondisi

vacuum.

Hambatan kontak , Rkontak x 104 (m2 oK/W)

Tekanan kontak 100 kN/m2 10.000 kN/m2

Stainles steel 6,0----25,0 0,7----4,0

Copper 1,0----10,0 0,1----0,5

Magnesium 1,5----3,5 0,2----0,4

Aluminium

1.5----5,0 0,2----0,4


Perpindahan Panas

Tabel 2.2: Variasi hambatan kontak untuk celah bertekanan 105 N/m2 antara aluminium

dengan aluminium dengan rongga berisi berbagai cairan ,

Hambatan kontak , Rkontak x 104 (m2 oK/W)

Cairan dlm rongga Rkontak x 104 (m2 oK/W)

Udara 2,75

Helium 1,05

Hydrogen 0,720

Silicone oil 0,525

Glycerine 0,265

Contoh 1:

Sebuah oven dilengkapi dengan jendela dari bahan komposit tahan panas transparan, A

dan B. Tebal komposit LA = 2LB dengan konduktifitas termal kA = 0,15 W/m oK dan

kB = 0,08 W/m oK. Temperatur dinding oven Tw = temperature udara dalam oven

T∞1 = 400oC sedangkan temperatur udara ruangan T∞2 = 25oC. Koefisien perpindahan

panas konveksi di dalam oven (h∞1 ) = koefisien perpindahan panas radiasi didalam

oven (hT = h∞1 ) = koefisien konveksi di luar oven (h∞2 = h∞1 ) = 25 W/m2 oK. Berapakah

tebal total dari dinding komposit tersebut L = LA + LB agar temperatur dipermukaan

luar dinding komposit tersebut 50oC.

Jawaban:

Diketahui:

Dinding komposit transparan A dan B, data yang berhubungan dengan laju perpindahan

panas, dimensi dinding.

Ditanyakan:

Tebal dinding komposit agar temperature permukaan luarnya 50oC.

Skema:

Tw=400oC, hT=25W/m2oK

T∞1=400oC, h∞1=25W/m2oK

T∞2=25oC, h∞2=25W/m2oK

LA LB

Ts2=50o


Perpindahan Panas

Asumsi:

1. Kondisi tunak

2. Konduksi satu dimensi

3. Hambatan kontak diabaikan

4. Radiasi diluar diabaikan

5. Sifat komposit konstan dan homogen

Analisis:

Rangkaian termal terdiri dari konveksi dan radiasi di dalam oven, konduksi di dinding

A dan B dan konveksi diluar oven

Ak

L

A

A Ak

L

B

B Ah 2

1

∞

Ts2T∞1

Tw

Ah 1

1

∞

AhT

1

T∞2

Aplikasi kesetimbangan energi pada permukaan luar dinding komposit memberikan:

)( 222

21

**

∞∞∞ −=−=

TThR

TTEE

stot

s

outin

Total hambatan perpindahan panas disini terdiri dari hambatan perpindahan panas

konveksi parallel dengan radiasi yang selanjutnya seri dengan hambatan perpindahan

panas konduksi di dinding komposit dan konveksi di luar oven, maka:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++

+=++

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+=∞

−

∞

B

A

A

A

TB

B

A

A

T

tot kL

kL

hhAAkL

AkL

AhAh

R2

1111

11

1

1

1

Substitusi hasil-hasil tersebut ke kesetimbangan energi:

)(

21 222

1

21∞∞

∞

∞ −=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++

+

−TTh

kL

kL

hh

TTs

B

A

A

A

T

s


Perpindahan Panas

BA

Ts

s

A

kk

hhTTTT

hL

211

11

122

21

2

+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

= ∞∞

∞

∞

mWmK

WKmWKmLA 0418,0

/)16,0/115,0/1(

/02,0255050400/04,0 2

2

=+

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−−

=

mLL AB 0209,0

2==

mLLL BA 0627,0=+=

Contoh 2:

Sebuah benda berbentuk kerucut terpancung pejal, memiliki konduktivitas termal k =

3,46 W/mK. Diameter benda dinyatakan dalam bentuk D = ax , dimana a = 0,25. bagian

ujung yang kecil terletak pada x1 = 50 mm dan yang lebih besar pada x2 = 250 mm.

Temperatur pada ujung T1 = 400oK dan ujung yang lain T2 = 600oK. Bagian permukaan

konikalnya diisolasi terhadap panas. Dapatkan persamaan distribusi temperatur T(x)

dengan asumsi perpindahan panas satu dimensi. Hitung pula laju perpindahan panas

melalui kerucut tersebut.

Jawaban:

Diketahui:

Konduksi pada kerucut terpancung dengan bagian konikalnya diisolasi. Diameter

kerucut dalam bentuk D = ax, dimana a = 0,25.

Ditanyakan:

1. Distribusi temperature T(x)

2. Laju perpindahan panas qx

Skema:

x

x1 x2

T1

T2

qx

Isolator


Perpindahan Panas

Asumsi:

1. Kondisi tunak

2. Aliran panas satu dimensi ke x saja

3. Ttidak ada panas yang dibangkitkan di dalam kerucut

4. Sifat-sifat konstan

Analisis:

Kasus ini memenuhi syarat hukum Fourier:

4

)(4

dim,22 axDAana

dxdTkAqx

ππ==−=

dxdTaxkqx 4

)( 2π−=

Dikumpulkan variabel yang bersesuaian:

kdTax

dxqx −=2)(4π

∫ ∫−=x

x

T

T

x dTkxadxq

1 1

22

4π

)(1124

11

2 TTkxxa

qx −−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

π

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=

xxkaqTxT x 11

24)(

121 π

jika x = x2 maka T = T2 maka:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=

21212

112

4xxka

qTT x

π

Sehingga qx:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛−⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛

−=

21

212

112

)(

xx

TTkaqxπ

Distribusi temperatur:

Substitusi qx ke persamaan T(x) diatas:


Perpindahan Panas

2.2 DINDING SILINDER

Konduksi satu dimensi pada silinder, distribusi temperatur hanya kearah satu

sumbu saja misalnya sumbu radial (r), sehingga perpindahan panas hanya terjadi kearah

sumbu r saja.

L

Ts1 Ts2

q”

k

r1

r2

Gambar 2.3: Konduksi pada silinder

2.2.1. DISTRIBUSI TEMPERATUR

Distribusi temperatur pada dinding silinder dapat diperoleh dengan

menyelesaikan persaman difusi panas berikut ini.

tTcqTkTk

rrTkr

rr p ∂∂

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

∂∂

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∂∂

∂∂ ρ

ααφφ*

2

11 13)

Untuk konduksi satu dimensi tunak dan tanpa pembangkitan panas, maka :

01=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

drdTkr

drd

r 14)

Persamaan tersebut diintegralkan dua kali, diperoleh:

21 ln){ CrCrT +=

Syarat batas:

T(r1) = Ts1 dan T(r2) = Ts2, masukkan harga-harga ini ke persamaan didapat:

2111 ln CrCTs +=

, sehingga: 2212 ln CrCTs +=

22

2

1

21 lnln

){ sss T

rr

rrTT

rT +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

2.2.2. LAJU PERPINDAHAN PANAS DAN HAMBATAN TERMAL

Laju perpindahan panas dari pada silinder juga dijabarkan dari hukum Fourier

berikut ini:

drdTrLk

dxdTkAq π2−=−=


Perpindahan Panas

1

2

21

ln

)(2

rr

TTLkq ss −=

π 15)

Sehingga hambatan perpindahan panas konduksi pada silinder adalah:

kLrr

Rkond π2

ln1

2

= 16)

2.2.3. DINDING SILINDER BERLAPIS

Gambar 2.4: Konduks pada silinder berlapis

44

342312

11

41

21

2)/ln(

2)/ln(

2)/ln(

21

LhrLkrr

Lkrr

Lkrr

Lhr

TTq

CBA

r

πππππ++++

−= ∞∞ 17)

)( 411141

∞∞∞∞ −=

−= TTAU

RTTq

totr 18)

Dengan harga LrA 11 2π= , maka:

44

1

3

41

2

31

1

21

1

1 1lnlnln11

hrr

rr

kr

rr

kr

rr

kr

h

U

CBA

++++= 19)


Perpindahan Panas

Contoh 3:

Pipa tembaga tipis berjejari ri yang diisolasi digunakan untuk menyalurkan freon

bertemperatur Ti yang lebih rendah dari temperatur udara luar T∞. Jika diameter pipa 10

mm dan ketebalan isolasi dibuat 0, 2, 5, 10, 20, dan 40 mm, hitunglah total hambatan

panas yang dihasilkan dari komposisi tersebut. Bahan isolasi k = 0,55 W/mK dan

koefisien konveksi di luar h = 3 W/m2K.

Jawaban:

Diketahui:

Radius pipa ri diisolasi dari udara luar , temperatur Freon Ti , temperatur udara luar T∞

Ditanyakan:

Hitunglah total hambatan panas yang dihasilkan dari komposisi tersebut

Skema:

Asumsi:

1. Kondisi tunak

T∞, h = 5 W/m2K

isolator

Ti ri

2. Konduksi satu dimensi arah radial

3. Hambatan termal dinding pipa diabaikan


5. Radissi diabaikan

Analisis:

Ada dua hambatan perpindahan panas yaitu pada isolator dan konveksi di luar

Total hambatan perpindahan panas per satuan panjang adalah:

hrk

rrRtot ππ 21

2)ln( 1 +=

Laju perpindahan panas per satuan panjang ;

Ti T∞

krr

π2)ln( 1

hrπ21

qr


Perpindahan Panas

tot

r RTTq 1−

= ∞

Tebal isolasi optimum adalah yang dapat memberikan hambatan perpindahan panas

yang maksimum atau laju perpindahan panas yang minimum:

0=drdR , maka:

02

12

12 =−hrkr ππ

hkr =

Untuk memastikan harga tersebut maksimum atau minimum harus diambil turunan

kedua:

hrrkdr

Rd322

2

21

21

ππ+−=

Dengan hkr = , maka:

0/2

1211

)/(1

2322

2

⟩=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

hkkkhkdrRd

ππ

Karena harga turunan kedua tersebut positif maka nilai r tersebut adalah nilai yang

memberikan total hambatan minimum bukan maksimum. Jadi dalam kasus ini tidak ada

nilai hambatan total maksimum.

mkmWmKWr 011,0

/5/055,02 ==

Komentar:

Nilai r pada kasus ini disebut nilai kritis, karena nilai tersebut memberikan nilai

hambatan perpindahan panas total yang paling kecil. Jika nilai r lebih besar ataupun

lebih kecil dari harga tersebut nilai total hambatan perpindahan panas makin besar.

2.3. KONDUKSI PADA BOLA

Konduksi satu dimensi pada bola, distribusi temperature hanya kearah satu

sumbu saja misalnya sumbu radial, sehingga perpindahan panas hanya terjadi kearah

sumbu r saja. Untuk konduksi tunak, satu dimensi dan tanpa pembangkitan panas di

dalam bola hukum Forier memberikan:

drdTrk

dxdTkAqr )4( 2π−=−= 20)


Perpindahan Panas

Gambar 2.5: Konduksi pada bola berongga

∫∫ −=2

1

2

124

Ts

Ts

r

r

r kdTrdrq

π

)1()1()(4

21

21rrTTk

q ssr −

−=

π 21)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

21

114

1rrk

Rkond π 22)

Contoh 4:

Tabung bola berdinding tipis digunakan untuk menyimpan nitrogen cair pada 77oK.

Tabung bola berdiameter 0,5 m ditutup dengan isolasi yang dilengkapi dengan

“evacuated reflective insulation system. Tebal isolator 25 mm dengan k = 0,0017

W/mK dan pada bagian luarnya adalah udara terbuka pada 300oK. Koefisien konveksi

sebesar 20 W/m2K. Kalor laten penguapan nitrogen 2 x 105 J/kg, dan massa jenisnya

804 kg/m3. Dapatkan laju perpindahan panas ke nitrogen dan laju nitrogen yang berubah

menjadi uap?

Jawaban:

Diketahui:

Cairan nitrogen dalam tabung bola yang diisolasi. Bagian luar isolator adalah udara

terbuka.

Ditanyakan:

Laju perpindahan panas dan laju penguapan nitrogen.

Skema:

dr

qr+qr r1

r2

r

Ts2

Ts1

vent m*, hfg

T∞2=300oK H=20W/m2

K

qr

Tabung bola tipis

Isolator

Cairan nitrogen


Perpindahan Panas

Asumsi:

1. Kondisi tunak

2. Konduksi satu dimensi

3. Hambatan dinding diabaikan

4. Radiasi dibaikan


Analisis:

Ada dua hambatan perpindahan panas yaitu pada isolator dan konveksi di luar

1. Laju perpindahan panas

Laju perpindahan panas ke nitrogen adalah:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−= ∞∞

hrrrk

TTqr

2221

12

4111

41

ππ

W

KmWmmKW

Kqr 06,13

)/20()275,0(41

275,01

25,01

)/0017,0(41

)77300(

22

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛−

−=

ππ

2. Laju penguapan

Energi balans pada cairan nitrogen memberikan:

0** =− outin EE

Energi masuk adalah laju perpindahan panas ke nitrogen qr dan energi keluar adalah laju

penguapan m*. hfg, maka:

fgr hmq *=

harikgsckgxkgJxscJ

hqm

fg

r /64,5/1053,6/102/06,13 5

5* ====

Dalam basis volume:

harilmkgharikgm /7

/804/64,5

3* ==

T∞1 T∞2

hr 224

1π

qr

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

21

1141

rrkπ


Perpindahan Panas

Contoh 5:

Tabung silinder berdinding tipis digunakan untuk menyimpan nitrogen cair pada 77oK.

Tabung berdiameter 0,5 m panjang 2 m dan kedua ujung silinder berbentuk setengah

bola (r=0,25 m). Seluruh bodi tabung diselimuti dengan isolator setebal 25 mm dengan

k = 0,0015 W/m yang dilengkapi dengan “evacuated reflective insulation system”.

Pada bagian luar tabung adalah udara terbuka yang bertemperatur 300oK dan memiliki

koefisien konveksi sebesar 20 W/m2K. Jika kalor laten penguapan nitrogen sebesar 2 x

105 J/kg, dan massa jenisnya 804 kg/m3. Dapatkan laju perpindahan panas ke nitrogen

dan laju massa nitrogen yang berubah menjadi uap?

Contoh 6:

A steam pipe (made of cooper) passes through a room in which the air and walls are at a

temperature of 25 oC. The outside diameter of the pipe is 70 mm and the inside diameter

is 60 mm. The entire of the pipe is well insulated with 50 mm thick of glass wool and its

surface temperature and emissivity are 50 oC and 0.7 respectively. If the coefficient

associated with free convection heat transfer from the surface to the air is 17 W/m2K.

Calculate the rate of heat transfer (loss) from the surface if the length of pipe is 100 m

and the temperature at the inside surface of the pipe?

Jawaban:

Skema:

ThrLπ2

1

Lkrr

1

12

2)ln(

π

Lkrr

2

23

2)ln(

π

hrLπ21

qr, qkonv

r1

r2

isolatorεh∞

T∞

Tsur

r3

Ts1Ts2

Tsur

T∞


Perpindahan Panas

Analysis:

Total loss of heat transfer:

konvrtotal qqq +=

)()( 4422 sursstotal TTATThAq −+−= ∞ σε

)()( 4422 sursstotal TTDLTTDLhq −+−= ∞ σεππ

Conduction from Ts1 to Ts2:

Lkrr

Lkrr

TTR

TTq ss

konduksi

sskond

2

23

1

12

2121

2)/ln(

2)/ln(

ππ+

−=

−=

Note: qkond = qtotal

Lkrr

Lkrr

TTTTDLTTDLh sssurss

2

23

1

12

214422

2)/ln(

2)/ln()()(

ππ

σεππ+

−=−+− ∞


Perpindahan Panas

2.4. PERPINDAHAN PANAS PADA SIRIP

Untuk memperbesar laju perpindahan panas salah satu cara yang paling sering

digunakan adalah memperluas permukaan perpindahan panas. Hal ini dapat ditempuh

dengan cara menambahkan sirip pada permukan perpindahan panas. Penambahan sirip

ini memperoleh dua keuntungan sekaligus yaitu dapat memperluas permukaan

perpindahan panas tidak hanya permukaan konduksi tapi juga permukaan konveksi.

Gambar 2.6: Penambahan sirip untuk memperbesar laju perpindahan panas pada

dinding datar

Gambar 2.7: Pemasangan sirip pada pipa dan pesawat penukar kalor (heat exchanger)

2.4.1 Analisis Perpan Pada Fin

T∞,

q = hA(Ts-T∞)

Ts, A

Ts, A

T∞,

diferensial elemen fin dV

Balans energi pada fin Fin segi empat Fin anular


Perpindahan Panas

Balans energi pada elemen fin convdxxx dqqq += +

Hk Fourier : (Konduksi)

dxdTkAq cx −= Ac: luas penampang

dxdxdqqq x

xdxx +=+

dxdxdTA

dxdk

dxdTkAq cdxx ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−−=+

Newton law of cooling ( Konveksi) A( ∞−= TThdAdq sconv ) s: luas permukaan Balans energi menjadi:

( )sscc TThdAdxdxdTA

dxdk

dxdTkA

dxdTkA −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−−=−

( ) 0=−−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∞TTkdx

hdAdxdTA

dxd s

c

( ) 02

2

=−−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∞TT

dxdA

kh

dxdT

dxdA

dxTdA sc

c

( ) 0112

2

=−−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∞TT

dxdA

kh

AdxdT

dxdA

AdxTd s

c

c

c

Fin Penampang konstan :

PDdx

dxDdxdAdankonsA

dxdA s

cc ===== ππtan)(0

( ) 02

2

=−−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∞TT

kP

Ah

dxTd

c

Substitusi: ::)()( sehinggadxdT

dxdmakaTxTx =−= ∞θθ

kP

Ahmdenganm

dxd

c

==−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 222

2

0θθ

Pers. Diff. Orde 2 linier homogen : (persamaan karakteristiknya adalah): 022 =−mλ mdanm −=+= 21 λλ

Fin lurus berpenampang konstan a) fin segi empat b) fin pin ( batang)


Perpindahan Panas

Solusi pers tersebut : mxmx eCeCx −+= 21)(θ Syarat batas : 1 ∞−===== TTxmakaTTxPada bbbfin θθ )0(:0 sehingga :

21 CCb +=θ 23) 2. Pada x = L, konduksi diujung =konveksi diujung:

Lx

cLc dxdTkATThA

=∞ −=− )(

Lx

L dxdkh

=

−=θθ

) 24) ()( 1221mLmLmLmL eCeCkmeCeCh −=+ −−

Konduksi dan konveksi pada fin berpenampang konstan

))

1221mLmLmLmL ekmCekmCehCehC −=+ −−

()( 21 hkmeCkmheC mLmL −=+ −

Dari syarat batas no 1: 12 CCb =−θ , sehingga: )()()( 22 hkmeCkmheC mLmL

b −=+− −θ )()()( 22 kmheChkmeCkmhe mLmLmL

b ++−=+ −θ

)()(

)(2 kmhehkme

kmheC mLmL

mLb

++−+

= −

θ

)()(

)()()(

)(1 kmhehkme

hkmekmhehkme

kmheC mLmL

mLb

mLmL

mLb

b ++−−

=++−

+−= −

−

−

θθθ

Substitusi C1 dan C2 :

)()()(

)()()( )()(

kmhehkmeekmh

kmhehkmeehkm

mLmL

xLmb

mLmL

xLmb

++−+

+++−

−= −

−

−

−− θθθ


Perpindahan Panas

)()()()(

)()()()( )()()()()()(

mLmLmLmL

xLmxLmxLmxLm

mLmL

xLmxLm

b eeheekmeeheekm

kmhehkmeekmhehkm

−−

−−−−−−

−

−−−

+++−++

=++−

++−=

θθ

mLkmhmL

xLmkmhxLm

eekmhee

eekmhee

mLmLmLmL

xLmxLmxLmxLm

b sinh2cosh2

)(sinh2)(cosh2

)()(

)()( )()()()(

+

−+−=

+++

−++=

−−

−−−−−−

θθ

Loss of heat transfer through the fin :

0=

−=−=x

ccf dxdkA

dxdTkAq θ

mL

kmhmL

mLkmhmL

mkAq bcf

sinhcosh

coshsinh

+

+−= θ dimana

ckAhPm = maka :

mL

kmhmL

mLkmhmL

hPkAq bcf

sinhcosh

coshsinh

+

+= θ

Soal latihan:

Sebuah plat baja setebal 50 mm berukuran p x l = 100 mm x 60 mm dipasang fin 4

buah setebal 2 mm dengan (p x l)fin = 10 mm x 60 mm. Jarak antar fin dibuat sama.

Bahan fin sama dengan bahan plat. Koefisien konveksi pada konstruksi tersebut 50

W/m2 K dan temperatur udara 25 oC. Sedangkan temperatur plat dianggap seragam =

Tabel 2.3:


Perpindahan Panas

100 oC. Hitung perpan total yang terjadi. Hitung berapa persen perpan yang melalui fin.

(radiasi diabaikan).

2.4.2. Kinerja dari sirip tersebut dapat dianalisis dengan efisiensi sirip ηf . Definisi dari

efisiensi sirip adalah: perbandingan antara perpindahan panas yang melalui sirip

sesungguhnya dengan perpindahan panas jika seluruh sirip bertemperatur sama dengan

temperature akar sirip (base metal).

bf

fff hA

qqq

θη ==

max

25)

Keterangan:

1. qf : perpindahan panas pada sirip sebenarnya

2. qmax : perpindahan panas jika seluruh sirip bertemperatur sama dengan akar

sirip

3. h : koefisien konveksi di sekitar sirip

4. Af : total luas permukaan sirip

5. θb : perbedaan temperature antara akar sirip dengan temperature udara (θb =

Tb - T∞

Beberapa sirip yang sudah lazim dipakai harga efisiensinya dapat dilihat pada gambar

2.8 da 2.9. Gambar 2.8 menampilkan efisiensi sirip berpenampang segi empat, segi tiga

dan parabola. Sedangkan gambar 2.9 menampilkan efisiensi sirip anular berpenampang

segi empat.

Gambar 2.8: Efisiensi sirip segi empat, segi tiga dan parabola


Perpindahan Panas

Gambar 2.9: Efisiensi sirip anular berpenampang segi empat

Untuk sirip berpenampang segi empat, segi tiga dan parabola:

bchPLq θ=max 26)

P adalah perimeter (keliling)

Untuk sirip anular:

bc rrhq θπ )(2 21

22max −= 27)

Contoh 5:

An engine head on a motorcycle is constructed of 2024-T6 alluminium alloy. The head

is in the form of cylindrical that has a height of H = 0,15 m and an outside diameter of

D = 50 mm. Under typical operating conditions the outer surface of the head is at a

temperature of 500 K and is exposed to ambient air at 300K, with a convection

coefficient of 50 W/m2 K. Annular fins of rectangular profile are typically added to the

head in order to increase heat transfer to the surroundings. Assume that five such fins,

which are of thickness t = 6 mm, length = 20 mm and equally space are added. What is

the increase in heat transfer from the head due to addition of the fins?

Jawaban:

Diketahui:

Data teknis sirip dan kondisi operasi kepala silinder motor yang bersirip anular.


Perpindahan Panas

Ditanyakan:

Kenaikkan perpindahan panas karena penambahan sirip?

Skema:

Asumsi:

r1=25 mm L=20 mm r2=45 mm

H=0

,15

m

t=6 mm Udara T∞=300 K h = 50W/m2K

Tb=500 K

1. Kondisi tunak

2. Konduksi satu dimensi arah radial


4. Tak ada pembangkitan panas

5. Koefisien konveksi merata di bagian luar silinder

6. Radiasi diabaikan

Sifat;

Tabel A 1 2024-T6 aluminium (T=500K); k = 186 W/m K

Analisis:

Dengan adanya sirip laju perpindahan panas:

oftotal qqq +=

Dari persamaan perpindahan panas melalui sirip adalah:

maxqNq ff η=

Dimana N adalah jumlah sirip.

Dari persamaan qmax untuk sirip anular:

))((2 21

22max ∞−−= TTrrhq bcπ

Perpindahan panas dari permukaan silinder langsung ke udara (tidak lewat sirip):

12)(arg,)( rNtHAahdenganTThAq oboo π−=−= ∞

Sehingga:

)(2)())((2 12

12

2 ∞∞ −−+−−= TTrNtHhTTrrhNq bbcftotal ππη

Efisiensi sirip diperoleh dari gambar 2.9:


Perpindahan Panas

mtrr c 048,0222 =+= , mtLLc 0238,0

2=+=

92,11

2 =rr c , 2

41038,1 mxtLA cp−==

15,02/1

3/2 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

pc kA

hL , sehingga dari gambar 2.9 diperoleh: 93,0=fη

( ) ( )

( )( ) ( )KxmxxKmWKxmxKmWxq

300500025,02006,0515,0/50300500025,0048,02)/5095,0(5

22

2222

−−+

−−=

π

π

Wq 890=

Jika tanpa sirip laju perpindahan panas menjadi:

12arg,)( rxHAahdenganTThAq obbb π=−= ∞

( ) WKmxxKmWqb 236300025,0215,0/50 22 == π

Kenaikan perpan setelah ditambah fin = 890 W-236 W = 654 W

Komentar:

Sirip ternyata mampu meningkatkan laju perpindahan panas dengan besaran sangat

berarti, akan lebih baik lagi jika tebal dan jarak antar sirip diperkecil lagi.


BAB II Konduksi

Documents

Transcript of BAB II Konduksi