PEMICU 1

PERPINDAHAN KALOR SECARA KONDUKSI

Disusun Oleh:

KELOMPOK 10

Andrea Rizky Sabrina H (1306446345)

Grano Prabumukti (1306392885)

Julianto (1306370682)

Mega Puspitasari (1306370713)

Nadia Huda Apriliani (1306370474)

DEPARTEMEN TEKNIK KIMIA

FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS INDONESIA

DEPOK, MARET 2015

i

KATA PENGANTAR

Alhamdulillah puji syukur kami panjatkan kehadirat Tuhan Yang Maha Esa,

sebab berkat rahmat dan karunia-Nya yang begitu luar biasa kami diberikan

kemudahan dan kelancaran dalam menyusun sekaligus menyelesaikan makalah ini.

Penyusunan makalah ini kami buat guna memenuhi Tugas Mata Kuliah

Perpindahan Kalor mengenai “Perpindahan Kalor Secara Konduksi” sebagai

salah satu bentuk hasil diskusi kelompok menyangkut pembahasan topik tersebut.

Dalam makalah ini terdapat sumber informasi penunjang seputar

permasalahan perpindahan kalor secara konduksi guna menjawab soal pemicu yang

diberikan dosen pembimbing. Data-data yang diperoleh diambil dari sumber

terpercaya dan dapat dibuktikan keasliannya.

Tak luput ucapan terimakasih atas segala bantuan sumber referensi yang

telah diberikan anggota kelompok serta dukungan dari dosen pembimbing yang

menuntun lancarnya proses penyusunan makalah ini secara sistematis.

Akhirnya “Tiada ada gading yang tak retak” , kami menyadari bahwa

kesempurnaan masih sangat jauh dalam penulisan makalah ini. Oleh sebab itu

segala bentuk kritik dan saran yang membangun sangat diperlukan guna menunjang

pembuatan makalah yang lebih baik lagi. Kami berharap makalah yang sudah

tersusun ini dapat menjadi sebuah informasi yang bermanfaat bagi pembaca.

Depok , Maret 2015

Penyusun

ii

DAFTAR ISI

Kata Pengantar i

Daftar Isi ii

Bab 1 Pendahuluan 1

1.1 Latar Belakang 1

1.2 Problem Statement 1

1.3 Informasi yang diperlukan 1

Bab 2 Landasan Teori 3

2.1 Konduksi Keadaan Tunak 3

2.1.1 Konduksi Keadaan Tunak Pada Bidang Datar 3

2.1.2 Konduksi Keadaan Tunak pada Radial Silinder 3

2.1.3 Konduksi Keadaan Tunak Pada Bola 4

2.1.4 Tahanan Kontak Termal 4

2.1.5 Tahanan Termal Total 5

2.2 Konduksi Keadaan Tak Tunak 6

2.2.1 Sistem Kapasitas Kalor Tergabung 6

2.2.2 Aliran Kalor Transien Dalam Benda Padat Semi Tak

Berhingga 6

2.2.3 Perpindahan Kalor Dalam Sistem Dimensi Rangkap 8

Bab 3 Pembahasan 11

3.1 Contoh Kasus 11

3.2 Perhitungan 12

Bab 4 Penutup 27

4.1 Kesimpulan 27

Daftar Pustaka 28

1

BAB I

PENDAHULUAN

1.1 Latar Belakang

Kalor dapat berpindah melalui benda, tetapi partikel-partikel benda itu tidak

mengalami perpindahan tempat. Perpindahan kalor seperti ini disebut konduksi atau

hantaran. Perpindahan kalor dengan cara konduksi biasa terjadi pada jenis zat

penghantar yang berbentuk padat, seperti besi saat dipanaskan lalu dipegang ujung

yang lain, pasti lama kelamaan ujung besi yang dipegang juga ikutan terasa panas,

hal ini dikarenakan panas merambat pada besi tersebut, sehingga kemudian seluruh

batang besi tersebut menjadi panas. Pada peristiwa perpindahan dari ujung besi

kalor yang dipanaskan ke ujung besi yang dipegang molekul-molekul besi yang

menghantarkan kalor tidak ikut berpindah. Perpindahan kalor seperti inilah yang

dinamakan perpindahan kalor secara hantaran atau konduksi.Jadi konduksi adalah

perpindahan kalor melalui zat perantara dan selama terjadi perpindahan kalor, tidak

disertai dengan perpindahan partikel-partikel zat perantaranya.

Syarat terjadinya konduksi kalor suatu benda adalah adanya perbedaan suhu

antar dua tempat pada benda tersebut. Kalor akan berpindah dari tempat bersuhu

tinggi ke tempat bersuhu rendah. Jika suhu kedua tempat tersebut menjadi sama,

maka rambatan kalor pun akan terhenti.

1.2 Problem Statement

Berdasarkan hasil diskusi yang telah dilakukan bersama dalam kelompok,

maka dihasilkan sebuah pendefinisian masalah dalam pemicu 1 adalah “Memahami

perpindahan kalor secara konduksi pada kondisi tunak dan tak tunak dalam

kehidupan sehari-hari”.

1.3 Informasi yang diperlukan.

1. Definisi perpindahan kalor secara konduksi pada keadaan tunak.

2. Konduksi keadaan tunak pada bidang datar.

3. Isolasi pada konduksi tunak.

4. Sistem radial-silinder.

2

5. Koefisien perpindahan kalor menyeluruh.

6. Tebal kritis isolasi dan sistem sumber kalor.

7. Analisis matematik dan analisis grafik konduksi kalor dua dimensi.

8. Metode analisis numerik dengan formulasi numerik unsur tahanan.

9. Definisi perpindahan kalor secara konduksi pada keadaan tak tunak.

10. Sistem kapasitas kalor tergabung pada konduksi tak tunak.

11. Aliran kalor transien dalam benda padat semi tak berhingga.

12. Kondisi batas konveksi.

13. Sistem dimensi rangkap konduksi tak tunak.

14. Metode numerik transien dan tahanan termal..

3

BAB II

LANDASAN TEORI

Perpindahan kalor secara konduksi adalah suatu proses perpindahan kalor

tanpa disertai perpindahan partikel zat perantaranya secara spontan. Sistem dalam

keadaan tunak artinya sistem yang keadaannya tidak berubah-ubah terhadap waktu.

Semua aliran di dalam sistem mempunyai laju alir masuk dan keluar yang tetap atau

tidak berubah terhadap waktu.

Dasar hukum untuk perpindahan secara konduksi adalah Hukum Fourier.

Hukum ini menunjukan bahwa waktu rata-rata perpindahan kalor melalui media

sebanding dengan gradien suhu dan daerah yang dilalui kalor tersebut.

Persamaannya adalah:

𝑞 = −𝑘𝐴𝜕𝑇

𝜕𝑥

Dimana q merupakan laju perpindahan kalor (W atau J/s), A luas

penampang yang tegak lurus arah arus kalor (m2), dan ∂T/∂x adalah gradien suhu

perpindahan kalor (oC/m), serta k adalah konduktivitas termal benda atau media

yang mengaliri kalor tersebut (W/moC). Tanda negatif pada persamaan tersebut

menunjukan bahwa kalor mengalir dari tempat yang bersuhu lebih tinggi ke suhu

yang lebih rendah.

2.1 Konduksi Keadaan Tunak

2.1.1 Konduksi Keadaan Tunak pada Bidang Datar - Satu Dimensi

Jika konduktivitas termal berubah menurut hubungan linier dengan suhu,

maka persamaan hukum Fourier diatas dapat dirubah menjadi:

𝑞 = −𝑘0𝐴

Δ𝑥[(𝑇2 − 𝑇1) +

𝛽

2(𝑇2

2 − 𝑇12)]

Dengan k adalah 𝑘𝑜(1 + 𝛽𝑇).

2.1.2 Konduksi Keadaan Tunak pada Radial Silinder - Satu Dimensi

Untuk silinder dengan panjang yang jauh lebih besar dari diameternya,

aliran kalor diasumsikan hanya mengalir sepanjang diameter, sehingga sistem

perpindahan kalor hanya mengacu ke variabel r (jari-jari). Persamaan pada sistem

ini adalah :

𝑞 =2𝜋𝐿(𝑇1 − 𝑇4)

ln (𝑟2

𝑟1)

𝑘𝐴+

ln (𝑟3

𝑟2)

𝑘𝐵+

ln (𝑟4

𝑟3)

𝑘𝐶

(2-1)

....................(2-2)

.....................(2-3)

4

2.1.3 Konduksi Keadaan Tunak Pada Bola

Persamaan laju kalor pada silinder sebagai berikut :

𝑞𝑟 = −2𝜋𝑘𝑟𝐿𝑑𝑇

𝑑𝑟

Untuk menyelesaikan persamaan diatas dibutuhkan beberapa kondisi batas.

Kondisi batas dalam sistem silinder ini ialah:

𝑇 = 𝑇𝑖 𝑎𝑡 𝑟 = 𝑟𝑖

𝑇 = 𝑇𝑜 𝑎𝑡 𝑟 = 𝑟𝑜

Berdasarkan batas sistem diatas didapatkan penyelesaian persamaan

perpindahan kalor menjadi:

𝑞 =2𝜋𝑘𝐿(𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 )

ln(𝑟𝑜 𝑟𝑖⁄ )

Konsep tahanan termal ini dapat digunakan untuk system berbentuk bola

sebagai satu dimensi apabila suhu merupakan fungsi jari-jari saja. Aliran kalornya

menjadi

𝑞 =4𝜋𝑘(𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 )

(1

1/𝑟𝑖 − 1 𝑟0⁄)

𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑘𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑦𝑎𝑛𝑔 𝑎𝑟𝑎ℎ𝑛𝑦𝑎 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑑𝑎𝑙𝑎𝑚 𝑘𝑒 𝑙𝑢𝑎𝑟

Ri = jari-jari dalam

Ro = jari-jari luar

Untuk bola berlapis digunakan persamaan

𝑞 =4𝜋(𝑇𝑖 − 𝑇𝑜 )

(1/𝑟3 − 1 𝑟2⁄

𝐾3 + 1/𝑟2 − 1 𝑟1⁄

𝐾2 )

Gambar 1. Lapisan dalam bola berlapis

(Sumber: http://highered.mcgraw-hill.com)

2.1.4 Tahanan Kontak Termal

Tahanan kontak termal terjadi pada sambungan (bidang kontak) antara

kedua bahan yang digunakan untuk mengalirkan kalor. Jika sisi-sisi dua benda

berhimpitan dan semua sisi diisolasi sehingga kalor hanya mungkin mengalir dalam

........................(2-4)

........................(2-5)

........................(2-6)

......................(2-7)

5

arah aksial (sejajar poros), maka akan terjadi penurunan temperatur secara tiba-tiba

pada persinggungan keduanya.

Persamaan laju perpindahan kalor pada kedua bahan yang tersambung

tersebut adalah:

AkxAhAkx

TTq

BBcAA //1/

31

Nilai 1

ℎ𝑐.𝐴 menyatakan tahanan kontak termal, sedangkan hc merupakan koefisien

kontak.

2.1.5 Tahanan Termal Total

Perpindahan kalor kemudian dapat ditentukan dengan cara menganalogikan

sistem dengan rangkaian sistem. Laju perpindahan kalor adalah arus, lalu perbedaan

tegangan yang menyebabkan adanya aliran listrik adalah perbedaan suhu pada

perpindahan kalor, sedangkan hambatan dalam perpindahan kalor adalah tahanan

konveksi dan konduksi. Tahanan konveksi dan konduksi dapat dirumuskan dengan

persamaan berikut yang juga didapatkan dari buku karya Holman:

𝑅𝑘𝑜𝑛𝑑 =∆𝑥

𝑘𝐴

𝑅𝑘𝑜𝑛𝑣 =1

ℎ𝐴

Selanjutnya, persamaan untuk menghitung perpindahan kalor akan menjadi:

𝑞 =𝑇𝐴 − 𝑇𝐵

1ℎ1𝐴

+∆𝑥𝑘𝐴

+1

ℎ2𝐴

Bentuk persamaan di atas dapat disederhanakan kembali menjadi bentuk:

𝑞 = 𝑈𝐴∆𝑇𝑚𝑒𝑛𝑦𝑒𝑙𝑢𝑟𝑢ℎ

dimana U adalah koefisien perpindahan kalor menyeluruh. Oleh karena itu,

didapatkanlah persamaan untuk menghitung koefisien perpindahan kalor

menyeluruh yakni:

𝑈 =1

1ℎ1

+∆𝑥𝑘

+1

ℎ2

Untuk menentukan tahanan kontak thermal, kita dapat membandingkan perbedaan

temperature antara sistem dengan lingkungan terhadap laju kalor sistem

𝑅 = ∆𝑇

𝑞

Semakin kecil laju kalor yang ditransfer menunjukkan bahwa sistem tersebut

memiliki daya tahan panas yang baik dan dapat digunakan untuk menjadi bahan

insulasi.

........................(2-8)

(2-9)

(2-10)

(2-11)

(2-12)

(2-13)

(2-14)

6

2.2 Konduksi Keadaan Tak Tunak

2.2.1 Sistem Kapasitas Kalor Tergabung

Sistem ini dianggap sistem ideal, karena pada kenyataannya, akan selalu ada

gradient suhu pada perpindahan kalor yang melewati benda tersebut. Perpindahan

kalor konveksi pada suatu benda dapat dilihat dari penurunan energi dalamnya.

Persamaannya adalah:

𝑞 = ℎ. 𝐴. (𝑇 − 𝑇∞) = −𝑐𝜌𝑉𝑑𝑇

𝑑𝜏

Dimana A adalah luas permukaan konveksi, V adalah volume, τ adalah

waktu, c adalah kalor jenis benda dan h adalah koefisien perpindahan kalor secara

konveksi. Pada keadaan awal, T = To pada τ = 0. Maka persamaan diatas menjadi:

𝑇 − 𝑇∞

𝑇∞ − 𝑇𝑜= 𝑒

−[ℎ𝐴

𝜌𝑐𝑉]𝜏

2.2.2 Aliran Kalor Transien Dalam Benda Padat Semi Tak-Berhingga.

Temperatur dari sebuah benda pada umumnya berubah terhadap waktu

seiring dengan perubahan posisi. Pada koordinat persegi panjang, perubahan ini

dapat diekspreksikan sebagai T(x,y,z,t) dimana (x,y,z) menunjukkan perubahan

pada arah x, y dan z, serta t menunjukkan perubahan terhadap waktu.

Gambar 2. Skema benda semi tak berhingga

(Sumber: http://highered.mcgraw-hill.com)

Konduksi panas dalam benda padat semi-tak berhingga diatur oleh kondisi

termal yang dikenakan pada permukaan terbuka, dan dengan demikian solusi sangat

bergantung pada kondisi batas pada x = 0. Ketika temperatur permukaan diubah

menjadi T0 pada t = 0 dan setiap kali dipertahankan konstan pada nilai tersebut,

persamaan diferensial untuk distribusi suhu T(x,τ) ialah

𝜕2𝑇

𝜕𝑥2=

1

𝛼

𝜕𝑇

𝜕𝜏

kondisi batas: 𝑇(0, 𝜏) = 𝑇0 𝑑𝑎𝑛 𝑇(𝑥 → ∞, 𝜏) = 𝑇𝑖

kondisi awal: 𝑇(𝑥, 0) = 𝑇𝑖

(2-15)

(2-16)

(2-17)

7

Teknik pemisahan variable tidak bekerja dalam kasus ini karena medium

adalah tak berhingga. Kasus ini dapat diselesaikan dengan mengubah persamaan

diferensial parsial kedalam sebuah persamaan diferensial biasa dengan

menggabungkan dua variabel independen x dan t kedalam sebuah variabel tunggal

η, dinamakan variabel kemiripan (similarity variable), yang bekerja dengan baik.

Untuk konduksi transien dalam medium semi-tak berhingga, dijabarkan sebagai:

𝜂 =𝑥

2√𝛼𝜏

Dengan asumsi T = T (η) dan menggunakan aturan rantai (transformasi

Laplace), semua derivatif di persamaan konduksi panas dapat diubah menjadi

variabel baru, seperti ditunjukkan pada Gambar 2.

Gambar 3. Derivatif persamaan konduksi panas

(Sumber: http://highered.mcgraw-hill.com)

Mengingat η = 0 pada x = 0 dan 𝜂 → ∞, sebagai 𝑥 → ∞ (dan juga pada t =

0) dan mensubstitusikan kedalam Persamaan 2 menghasilkan, setelah

disederhanakan:

𝑑2𝑇

𝑑𝜂2= −2𝜂

𝑑𝑇

𝑑𝜂

𝑇(0) = 𝑇0 𝑑𝑎𝑛 𝑇(𝜂 → ∞) = 𝑇𝑖

Perhatikan bahwa kondisi batas kedua dan hasil kondisi awal dalam kondisi

batas yang sama. Kedua persamaan dan kondisi batas hanya tergantung pada η dan

independen dari x dan t. Oleh karena itu, transformasi berhasil dan η adalah benar

merupakan variabel kemiripan. Untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa

berorde 2 dalam Persamaan 5, kita mendefinisikan variabel baru w sebagai

w=dT/dh. Hal ini mereduksi Persamaan 5.a kedalam sebuah persamaan diferensial

berorde 1 yang bisa diselesaikan dengan cara memisahkan variable-variabelnya,

𝑑𝑤

𝑑𝜂= −2𝜂𝑤 →

𝑑𝑤

𝑤= −2𝜂𝑑𝜂 → ln 𝑤 = −𝜂2 + 𝐶0 → 𝑤 = 𝐶1𝑒−𝜂2

dimana C1 = In C0. Subtitusi balik w = dT/dh dan menggabungkannya kembali, (6)

𝑇 = 𝐶1 ∫ 𝑒−𝑢2𝜂

0

𝑑𝑢 + 𝐶2

dimana u merupakan sebuah variabel integrasi penyeimbang. Kondisi batas pada

η=0 memberikan C2 = T0 dan untuk 𝜂 → ∞ memberikan: (7)

(2-18)

(2-19)

8

𝑇𝑖 = 𝐶1 ∫ 𝑒−𝑢2𝜂

0

𝑑𝑢 + 𝐶2 = 𝐶1

√𝜋

2+ 𝑇0 → 𝐶1 =

2(𝑇𝑖 − 𝑇0)

√𝜋

Mensubstitusikan C1 dan C2 kedalam Persamaan 7 dan menyusunnya kembali,

variasi dari temperatur itu menjadi: (8)

𝑇 − 𝑇0

𝑇𝑖 − 𝑇0=

2

√𝜋∫ 𝑒−𝑢2

𝜂

0

𝑑𝑢 = 𝑒𝑟𝑓(𝜂) = 1 − 𝑒𝑟𝑓𝑐(𝜂)

dimana fungsi matematisnya: (9)

𝑒𝑟𝑓(𝜂) =2

√𝜋∫ 𝑒−𝑢2

𝜂

0

𝑑𝑢 → 𝑒𝑟𝑓 (𝑥

2√𝛼𝜏) =

2

√𝜋∫ 𝑒−𝑢2

𝜂

0

𝑑𝑢

Untuk kasus temperatur permukaan yang telah ditetapkan dapat

diperkirakan dalam prakteknya ketika kondensasi atau pendidihan terjadi diatas

permukaan. Menggunakan pendekatan yang sama atau teknik transformasi Laplace,

solusi analitikal dapat didapat untuk syarat batas yang lain di permukaan, dengan

hasil sebagai berikut:

Temperatur Permukaan Spesifik, T0 konstan

𝑇(𝑥, 𝜏) − 𝑇0

𝑇𝑖 − 𝑇0= 𝑒𝑟𝑓

𝑥

2√𝛼𝜏

𝑞0 =𝑘𝐴(𝑇0 − 𝑇𝑖)

√𝜋𝛼𝜏

Fluks Kalor Permukaan Spesifik, q0 konstan

𝑇(𝑥, 𝜏) − 𝑇𝑖 =2𝑞0√𝜋𝛼𝜏

𝑘𝐴exp (−

𝑥2

4𝛼𝜏) −

𝑞0𝑥

𝑘𝐴(1 − 𝑒𝑟𝑓

𝑥

2√𝛼𝜏)

Konveksi pada Permukaan, q0 = h[T∞ - T(0,t)]

𝑇(𝑥, 𝜏) − 𝑇𝑖

𝑇∞ − 𝑇𝑖= (1 − 𝑒𝑟𝑓

𝑥

2√𝛼𝜏) − exp (

ℎ𝑥

𝑘+

ℎ2𝛼𝑡

𝑘2) (1 − ⟨𝑒𝑟𝑓

𝑥

2√𝛼𝜏+

ℎ√𝛼𝜏

𝑘⟩)

2.2.3 Perpindahan Kalor Dalam Sistem Dimensi Rangkap.

Dalam sistem multidimensi kondisi tak-tunak diagram heisler banyak

digunakan untuk menghitung distribusi temperatur baik untuk plat datar, silinder

maupun bola. Tidak hanya untuk menghitung distribusi temperatur, dalam

menghitung kalor yang dilepas pada sebuah sistem berdimensi lebih dari 1

digunakan pula diagram heisler. Berbagai macam bentuk sistem dengan distribusi

temperatur tertentu dirumuskan dengan gambar berikut

(2-20)

(2-21)

(2-22)

9

Gambar 4. Penyelesaian produk untuk mendapatkan suhu dalam sistem dimensi

rangkap

((Sumber: Heat Transfer 10th Edition, Holman, J.P)

Dengan P(X) merupakan solusi untuk plat tak hingga, S(X) solusi untuk

padatan semi tak hingga dan C(θ) solusi untuk silinder tak hingga. Secara umum

untuk kombinasi distribusi temperatur suatu sistem multidimensi dirumuskan

sebagai

Data-data untuk distribusi temperatur seperti yang di rumuskan di atas dapat

ditemukan di diagram Heisler. Langston merumuskan perpindahan kalor pada

(2-24)

10

sistem multi dimensi. Untuk 2 bentuk Langston merumuskan perpindahan kalornya

akan memenuhi persamaan

Sedangkan untuk sistem multidimensi dirumuskan dengan

Untuk perpindahan kalor yang terjadi setelah waktu tertentu dapat dilakukan

perhitungan secara langsung. Namun, apabila waktu merupakan variabel yang

ditanyakan dibutuhkan trial and error untuk menemukan jawaban yang tepat.

(2-25)

11

BAB III

PEMBAHASAN

A. Contoh kasus: Desain dinding rumah

Beberapa fenomena kehidupan sehari-hari yang terkait dengan perpindahan

kalor secara konduksi telah dipaparkan di atas. Dapatkah anda

menggambarkan dan menjelaskan mekanisme perpindahan kalor yang terjadi

pada dinding rumah, serta persamaan-persamaan konduksi yang terlibat

dalam penjelasan mekanisme tersebut?

Jawab:

Perpindahan kalor yang terjadi pada dinding rumah adalah perpindahan

kalor melalui bidang datar. Aliran kalor diasumsikan dalam keadaan tunak

(steady state) dan satu dimensi. Kalor mengalir dari luar ke dalam rumah.

Perpindahan kalor yang terjadi adalah konveksi – konduksi – konveksi (dari luar

ke dalam)

Gambar 5. Perpindahan Kalor Menyeluruh Melalui Bidang Datar

(Sumber: Heat Transfer 10th Edition, Holman, J.P)

Mulanya, kalor mengalir dari lingkungan yang bersuhu tinggi (TA) ke

permukaan dinding secara konveksi. Pada permukaan dinding, suhu aliran kalor

menurun menjadi T1. Kemudian, suhu kalor akan menurun lagi sepanjang tebal

dinding yang dilewati aliran kalor yang berpindah secara konduksi. Pada

permukaan dinding dalam, suhu aliran kalor menjadi T2. Ketika aliran kalor

kontak kembali dengan lingkungan (udara), aliran kalor kembali mengalir

dengan perpindahan konveksi dan suhunya berubah menjadi TB. Dari penjabaran

diatas, dapat disimpulkan bahwa kalor mengalir dari suhu yang lebih tinggi ke

suhu yang lebih rendah. Perpindahan kalor menyeluruh pada dinding dapat

dihitung dengan persamaan:

𝑞 =𝑇𝐴 − 𝑇𝐵

1 ℎ1𝐴⁄ + ∆𝑥 𝑘𝐴⁄ + 1 ℎ2𝐴⁄

Dengan h adalah koefisien perpindahan kalor konveksi dan k adalah

konduktivitas termal dinding.

12

B. Perhitungan

1. Konduktivitas termal suatu bahan berubah-ubah menurut persamaan

𝒌 = 𝒂 + 𝒃𝑻 + 𝒄𝑻𝟑 dengan a, b, c = konstanta. Jabarkan rumus untuk

menghitung kehilangan panas per-satuan panjang dari suatu silinder

berongga yang dibuat dari bahan tersebut. jari-jari luar dan dalam silinder

masing-masing adalah ro dan r1. Ujung dan pangkal silinder disekat

sempurna.

Jawab :

Diketahui : 𝑘 = 𝑎 + 𝑏𝑇 + 𝑐𝑇3

𝐴𝑟 = 2𝜋𝑟𝐿

Ditanya : Persamaan kehilangan panas (q)..............?

Jawab :

Berdasarkan hukum Fourier, perpindahan kalor konduksi dapat dinyatakan

dengan persamaan:

𝑞𝑟 = −𝑘𝐴𝑟

𝑑𝑇

𝑑𝑟

Sehingga hukum Fourier menjadi:

𝑞𝑟 = −2𝜋𝑘𝑟𝐿𝑑𝑇

𝑑𝑟

𝑞𝑟 = −2𝜋(𝑎 + 𝑏𝑇 + 𝑐𝑇3)𝑟𝐿𝑑𝑇

𝑑𝑟

𝑞𝑟

𝑑𝑟

𝑟= −2𝜋𝐿(𝑎 + 𝑏𝑇 + 𝑐𝑇3)𝑑𝑇

∫ 𝑞𝑟

𝑑𝑟

𝑟

𝑟𝑜

𝑟𝑖

= ∫ −2𝜋𝐿(𝑎 + 𝑏𝑇 + 𝑐𝑇3)𝑑𝑇𝑇𝑜

𝑇𝑖

𝑞𝑟(ln(𝑟𝑜) − ln(𝑟𝑖)) = −2𝜋𝐿[(𝑎 +1

2𝑏𝑇𝑜

2 +1

4𝑐𝑇𝑜

4) − (𝑎 +1

2𝑏𝑇𝑖

2 +1

4𝑐𝑇𝑖

4)]

𝒒𝒓 = 𝟐𝝅𝑳 (𝒂 +

𝟏𝟐 𝒃(𝑻𝒊

𝟐 − 𝑻𝒐𝟐) +

𝟏𝟒 𝒄(𝑻𝒊

𝟒 − 𝑻𝒐𝟒))

𝐥𝐧 (𝒓𝒐

𝒓𝒊)

𝒒𝒓

𝑳=

𝟐𝝅 (𝒂 +𝟏𝟐 𝒃(𝑻𝒊

𝟐 − 𝑻𝒐𝟐) +

𝟏𝟒 𝒄(𝑻𝒊

𝟒 − 𝑻𝒐𝟒))

𝐥𝐧 (𝒓𝒐

𝒓𝒊)

13

2. Suatu bola berd iameter 6 inci dipanaskan dari dalam. Permukaan bola itu

ditutup dengan penyekat yang tebalnya 2 inci dan mempunyai km = 0,04 BTU/j

ft oF. Suhu permukaan dalam dan luar penyekat berturut-turut adalah 600oF

dan 180oF. Hitung kehilangan panas yang terjadi!.

Jawab :

Diketahui : 𝑟𝑖 =1

2𝑥 6 𝑖𝑛𝑐𝑖 𝑥

1 𝑓𝑡

12 𝑖𝑛𝑐𝑖= 0.25 𝑓𝑡

𝑟𝑜 = 𝑟𝑖 + (2 𝑖𝑛𝑐𝑖 𝑥 1 𝑓𝑡

12 𝑖𝑛𝑐𝑖) = 0.25 𝑓𝑡 + 0.167 𝑓𝑡 = 0.417 𝑓𝑡

km = 0,04 BTU/jam ft oF

Ti = 600oF

To = 180oF

Ditanya : Kehilangan kalor (q)..............?

Jawab :

𝑞 = 4𝜋𝑘(𝑇𝑖 − 𝑇𝑜)

1𝑟𝑖

− 1𝑟𝑜

𝑞 = 4𝜋 𝑥 0.04

𝐵𝑇𝑈𝑗𝑎𝑚. 𝑓𝑡.𝑜 𝐹

𝑥 (600 − 180)𝑜𝐹

10.25 𝑓𝑡

− 1

0.417 𝑓𝑡

𝒒 = 𝟏𝟑𝟏, 𝟕𝟐𝟐 𝑩𝒕𝒖/𝒋𝒂𝒎

3. Hitunglah panas yang hilang melalui dinding suatu dapur per-ft2 yang

tebalnya 9 inch. Suhu permukaan dalam dapur 1800oF, sedangkan suhu

udara luar 70oF. Daya hantar panas secara konduksi (konduktivitas thermal)

k dapur = 0.667 BTU/jam.ft2.oF. koefisien perpindahan panas secara konveksi

bebas dan radiasi dianggap h = 2 BTU/j.ft2.oF.

Bila kemudian dinding itu diberi penyekat yang tebalnya 0.3 inch ( k penyekat

= 0.046 BTU/jam.ft2.oF). hitunglah panas yang hilang melalui dinding bila

suhu permukaan luar penyekat 70oF juga. (BTU/ft2).

Kalau harga penyekat Rp 2250,- per ft2, hitunglah waktu yang diperlukan

untuk membayar harga bahan penyekat itu jika diketahui harga panas Rp

675,- per satu juta BTU dan dapur bekerja selama 24 jam/hari selama 175

hari/tahun.

Jawab :

Diketahui : Tebal Dapur = 9 inch = 0.75 ft

T awal = 800 oF

T akhir = 70oF

k dapur = 0.667 BTU/jam.ft2.oF

h konveksi = 2 BTU/j.ft2.oF

14

k penyekat = 0.046 BTU/jam.ft2.oF

Tebal penyekat = 0.3 inch = 0.025 ft

Harga penyekat = Rp 2250 per ft2

Harga Kalor = Rp 675 per satu juta BTU

Kerja Dapur = 24 jam/hari x 175 hari/tahun = 4200 jam/tahun

Ditanya : a. Perpindahan Kalor tanpa insulasi.............?

b. Perpindahan kalor dengan insulasi...........?

c. Lama waktu pelunasan insulasi................?

Jawab :

a. Perpindahan kalor tanpa insulasi

𝑞 = 𝑈 𝐴 ∆𝑇

Mencari Tahanan thermal

𝑈 =1

(∆𝑥

𝑘𝑑𝑎𝑝𝑢𝑟) + (

1ℎ

)

𝑈 =1

(0.75 𝑓𝑡

0.667BTU

jam. ft2.0 F

) + (1

2BTU

jam. ft2.0 F

)

= 0.6156 BTU

jam. ft2.0 F

Mencari Kalor

𝑞 = 𝑈 𝐴 ∆𝑇 𝑞

𝐴= 0.6156

BTU

jam. ft2.0 F (1800 − 70).0 F = 𝟏𝟎𝟔𝟓

𝐁𝐓𝐔

𝐣𝐚𝐦. 𝐟𝐭𝟐

b. Perpindahan kalor dengan Insulasi

𝑞 = 𝑈 𝐴 ∆𝑇

Mencari Tahanan thermal

𝑈 =1

(∆𝑥

𝑘𝑑𝑎𝑝𝑢𝑟) + (

∆𝑥𝑘𝑝𝑒𝑛𝑦𝑒𝑘𝑎𝑡

) + (1ℎ

)

𝑈 =1

(0.75 𝑓𝑡

0.667BTU

jam. ft2.0 F

) + (0.025 𝑓𝑡

0.046BTU

jam. ft2.0 F

) + (1

2BTU

jam. ft2.0 F

)

= 0.4612 BTU

jam. ft2.0 F

15

Mencari Kalor

𝑞 = 𝑈 𝐴 ∆𝑇 𝑞

𝐴= 0.4612

BTU

jam. ft2.0 F (1800 − 70).0 F = 𝟕𝟗𝟖

𝐁𝐓𝐔

𝐣𝐚𝐦. 𝐟𝐭𝟐

c. Lama waktu Pelunasan

Mencari Penghematan Kalor

𝑄 𝑛𝑜 𝑖𝑛𝑠𝑢𝑙 − 𝑄 𝑖𝑛𝑠𝑢𝑙 = 1065 BTU

jam. ft2 − 798

BTU

jam. ft2= 𝟐𝟔𝟕

𝐁𝐓𝐔

𝐣𝐚𝐦. 𝐟𝐭𝟐

Total Q dalam setahun

𝑄 ℎ𝑒𝑚𝑎𝑡 𝑥 𝑤𝑎𝑘𝑡𝑢 = 267 BTU

jam. ft2∗ 4200

𝑗𝑎𝑚

𝑡𝑎ℎ𝑢𝑛

𝑄 ℎ𝑒𝑚𝑎𝑡 𝑥 𝑤𝑎𝑘𝑡𝑢 = 𝟏. 𝟏𝟐𝟏. 𝟒𝟎𝟎𝐁𝐓𝐔

𝐭𝐚𝐡𝐮𝐧. 𝐟𝐭𝟐

Total Penghematan

𝑄 1𝑡𝑎ℎ𝑢𝑛 𝑥 𝐻𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑃𝑎𝑛𝑎𝑠 = 1.121.400BTU

tahun. ft2∗

𝑅𝑝 675

1.000.000 𝐵𝑇𝑈

𝑄 1𝑡𝑎ℎ𝑢𝑛 𝑥 𝐻𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑃𝑎𝑛𝑎𝑠 =𝑹𝒑 𝟕𝟓𝟕

𝒇𝒕𝟐. 𝒕𝒂𝒉𝒖𝒏

Lama Pengembalian Modal

𝐻𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑃𝑒𝑛𝑦𝑒𝑘𝑎𝑡 𝑥1

𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑝𝑒𝑛𝑔ℎ𝑒𝑚𝑎𝑡𝑎𝑛=

𝑅𝑃 2250

𝑓𝑡2 𝑥

1

𝑅𝑝 757𝑓𝑡2. 𝑡𝑎ℎ𝑢𝑛

= 2.98 𝑡𝑎ℎ𝑢𝑛 ≈ 𝟑 𝒕𝒂𝒉𝒖𝒏

4. Oksigen cair yang hendak dikapalkan disimpan dalam sebuah tangki

berbentuk bola berdiameter luar Do = 5 ft. permukaan luar tangki diisolasi

dengan bahan A setebal 1 ft, dan luarnya diisolasi dengan bahan isolasi B

setebal 0,5 ft. suhu permukaan tangki -290 0F sedangkan suhu permukaan

luar isolasi 50 0F diketahui KA = 0,022 BTU/j.ft. 0F dan KB = 0,04 BTU/j.ft. 0F

Hitunglah perpindahan panas yang terjadi dari udara ke tangki okesigen cair!

Jawab :

Diketahui : R1 = 2,5 ft

R2 = 3,5 ft

R3 = 4 ft

T1 = -290 0F

T3 = 50 0F

KA = 0,022 BTU/j.ft. 0F

KB = 0,04 BTU/j.ft. 0F

16 16

Ditanya : Perpindahan kalor (q) dari udara ke tangki............?

Jawab :

𝑞 =4𝜋(𝑇3 − 𝑇1 )

(1/𝑟3 − 1 𝑟2⁄

𝐾3 +

1/𝑟2 − 1 𝑟1⁄𝐾2

)

𝑞 =4𝜋𝑘(50 ℉ − (−290 ℉

)

(1/4𝑓𝑡 − 1 3,5𝑓𝑡⁄0,04 BTU/j. ft. ℉

+ 1/3,5𝑓𝑡 − 1 2,5𝑓𝑡⁄

0,022 BTU/j. ft. ℉)

Q = - 701, 48 Btu / J 𝒇𝒕𝟐

Tanda (-) menandakan kalor berpindah dari luar system ke dalam sistem

5. Enam pound daging sapi berbentuk silinder (sosis) dipanggang dalam suatu

oven yang suhunya dipertahankan tetap 300 0F . suhu awal daging = 50 0F.

Diameter daging = panjang daging (D silinder = L silinder) . daging sapi akan

masak bila suhu dipusatnya mencapai 150 0F. Hitunglah waktu yang

diperlukan untuk memasak daging tersebut!.

Jawab :

Diketahui : ρdaging = 1042 kg/m3

mdaging = 6 pounds = 2.72 kg

T∞ = 300 0F = 148.8 0C

T0 = 50 0F = 10 0C

Ti = 1500F = 65.6 0C

hdaging = 22 W/m2.°C

Kdaging= 0,453 W/m oC

Difusivitas termal daging sapi giling (α) = 1,6 x 10-7

D silinder = L silinder

Ditanya : 𝜏 ..........?

Jawab :

Jari-jari silinder dengan persamaan

𝜌 =𝑚

𝑣 = 𝜋 (

𝐷

2)2 L

𝑣 =𝑚

𝜌

𝑣 =2.72

1042

𝑣 = 2.61 𝑥 10−3 m3 =

1

4 𝜋 𝐷3

dimana D = L

2.61 𝑥 10−3 = 1

4 𝑥 3.14 𝑥 𝐷3

Maka, didapatkan

D = 0.15 m

r = 0.075 m

17 17

Identifikasi soal dengan

ℎ (𝑉

𝐴)

𝑘< 0.1 ..................( )

Namun, ketika dilakukan perhitungan sebagai berikut :

22 (2,61 𝑥 10−8

0,07065)

0,453= 1,80

Dimana hasil tersebut > 0,1, yang berarti kondisi tidak terpenuhi , sehingga

perhitungan harus dilakukan menggunakan bagan Heisler

𝜏 = 𝐹𝑜 𝑟2

α ......( )

Dimana, dalam persamaan diatas, nilai Fo dapat diperoleh berdasarkan grafik

Hesler untuk suhu pusat bola.

Asumsikan posisi pusat dari daging sosis ada pada jarak r dari permukaan. Untuk

mencari nilai dari Fo, dibutuhkan terlebih dahulu nilai dari 𝜃

𝜃𝑖 dan

1

𝐵𝑖

Menentukan nilai 𝜃𝑖 dan 𝜃0 , dimana

𝜃0

𝜃𝑖=

𝑇 − 𝑇∞

𝑇0 − 𝑇∞

𝜃0

𝜃𝑖 =

65.6−148.8

10 – 148.8 = 0.6

Menentukan nilai 1/Bi

1

𝐵𝑖=

𝑘

ℎ 𝑟

1

𝐵𝑖=

0.453

22 𝑥 0.075

𝟏

𝑩𝒊= 0,27

Dari nilai 𝜃0

𝜃𝑖 dan

1

𝐵𝑖 yang telah diperoleh diatas, maka kita dapat menentukan nilai Fo

menggunakan grafik Heisler berikut .

18 18

Berdasarkan grafik Heisler seperti pada gambar diatas, maka diketahui bahwa :

Fo = 0.235

Dari nilai Fo yang diperoleh, maka dapa dicari nilai 𝜏 nya, yaitu

𝜏 = 𝐹𝑜 𝑟2

α

𝜏 = 0.235 𝑥 0.0752

1,6 x 10 − 7

𝝉 = 8261,71 s

6. Sebuah bola tembaga diameter 5 cm pada mulanya berada pada suhu 250oC.

Bola tersebut tiba-tiba ditempatkan pada lingkungan dengan suhu 30oC dan

h = 28 W/m2.oC. Hitunglah waktu yang diperlukan untuk mencapai suhu bola

90oC !

Jawab :

Diketahui : D = 5 cm = 0,05 m

h= 28 W/m2.oC

T0 = 250oC

𝑇∞= 30oC

T = 90oC

Ditanya : τ .........?

Jawab :

19 19

Berdasarkan Daftar A-2 Lampiran A pada buku Perpindahan Kalor Edisi

Keenam dengan penulis J.P.Holman, diperoleh data untuk tembaga murni pada

suhu 250oC sebagai berikut :

ρ = 8954 kg/m3

cp = 0,3831 kJ/kg. oC

k = 371,5 W/m. oC

Karena nilai k lebih tinggi dari nilai h, maka dapat digunakan metode kapasitas

tergabung, dengan melakukan pengujian berikut :

ℎ(𝑉/𝐴)

𝑘=

ℎ𝑉

𝐴𝑘=

(28 𝑊/𝑚2. ℃)(43

𝜋(0,025 𝑚)3

(4𝜋(0,025 𝑚)2)(371,5 𝑊/𝑚. ℃)= 6,28 𝑥 10−4

6,28 𝑥 10−4 < 0,1 , kondisi di atas terpenuhi sebagai syarat penerapan metode

kapasitas tergabung.

ℎ𝐴

𝜌𝑐𝑉=

(28 𝑊/𝑚2. ℃)𝑥(4𝜋(0,025 𝑚)2)

(8954 𝑘𝑔/𝑚3)(383,1 J/kg. ℃)(43 𝜋(0,025 𝑚)3

= 9,795𝑥10−4

Sehingga waktu yang diperlukan untuk mencapai suhu 90oC adalah :

𝑇 − 𝑇∞

𝑇0 − 𝑇∞= 𝑒−(ℎ𝐴/𝜌𝑐𝑉)𝜏

90 − 30

250 − 30= 𝑒−(9,795𝑥10−4)𝜏

0,273 = 0,9990209796τ

τ = 1325 s

7. Setumpuk bata bangunan dengan tinggi 1m, panjang 3m dan tebal 0.5m

dikeluarkan dari tanur dimana batu tersebut telah dipanaskan hingga

mencapai suhu seragam 300°C. Tumpukan itu didinginkan di udara yang

suhunya 35°C dengan koefisien konveksi udara 15W/m2 .°C. Permukaan

bagian bawah tumpukan bata diisolasi dengan pasir. Berapa kalor yang

dilepas hingga bata mencapai suhu kamar? Berapa lama waktu yang

diperlukan untuk melepaskan separuh dari jumlah kalor tersebut, dan

berapakah suhu di pusat geometri tumpukan pada saat itu?

Jawab :

Asumsi:

Bata merupakan bata biasa (common brick)

Suhu kamar 35°C

Pasir memengaruhi pelepasan kalor dari bata, namun karena pengaruhnya

sangat kecil sehingga dapat diabaikan diabaikan

20 20

Diketahui : ρ bata= 1600 kg/m3

k bata= 0.69 W/m.°C

α bata= 5.2 x 10-7m2/s

c bata= 0.84 kJ/Kg°C

h udara= 15W/m2.°C

Ditanya : Q sampai 35°C.......?

t saat 1/2Q.............?

T di tengah.............?

Jawab :

𝑄 = 𝜌𝑐𝑉𝜃1 = 1600𝑘𝑔/𝑚3 𝑥 0.84 𝑘𝐽/𝐾𝑔°𝐶 𝑥 1.5 𝑚3 𝑥 (35 − 300)

= −𝟓𝟑𝟒𝟐𝟒𝟎 𝒌𝑱 (𝒌𝒂𝒍𝒐𝒓 𝒅𝒊𝒍𝒆𝒑𝒂𝒔)

1

2𝑄 = −267120𝑘𝐽

Untuk mengetahui waktu kita dapat menggunakan nilai Q/Q0 dari gambar 4-14

pada buku Perpindahan Kalor karangan J.P Holman.

35°C

3 m

1 m

0.5 m

300°C

21 21

Parameter-parameter yang harus diketahui adalah :

ℎ2 ∝ 𝜏

𝑘2 𝑑𝑎𝑛

ℎ𝐿

𝐾

Parameter ℎ𝐿

𝐾 untuk plat 1 (1 m)

ℎ𝐿

𝑘=

15W/m2. °C × 0.5m

0.69W/m. °C= 10.87

Parameter ℎ𝐿

𝐾 untuk plat 2 (3 m)

ℎ𝐿

𝑘=

15W/m2. °C × 1.5m

0.69W/m. °C= 32.61

Parameter ℎ𝐿

𝐾 untuk plat 3 (0.5 m)

ℎ𝐿

𝑘=

15W/m2. °C × 0.25m

0.69W/m. °C= 5.43

Trial 1

Asumsi Parameter ℎ2∝𝜏

𝑘2 = 1

Plat 1 Q/Q0= 0.045

Plat 2 Q/Q0= 0.02

Plat 3 Q/Q0= 0.1

Q/Q0 total= 0.045 + 0.02(1-0.045) + 0.1(1-0.045)(1-0.02) = 0.1577

22 22

Untuk waktu agar kalor terlepas setengahnya (1/2 Q) nilai Q/Q0 = 0.5 . Untuk itu

kita harus melakukan trial lagi.

Trial 2

Asumsi Parameter ℎ2∝𝜏

𝑘2 = 10

Plat 1 Q/Q0= 0.27

Plat 2 Q/Q0= 0.1

Plat 3 Q/Q0= 0.53

Q/Q0 total= 0.27 + 0.1(1-0.27) + 0.53(1-0.27)(1-0.1) = 0.6912

Kita dapat melakukan interpolasi dari hasil 2 trial di atas untuk mengetahui nilai

parameter ℎ2∝𝜏

𝑘2 saat Q/Q0 total=0.5

0.5 − 0.1577

0.6912 − 0.1577× (10 − 1) + 1 = 6.7745

ℎ2 ∝ 𝜏

𝑘2= 6.7745

𝜏 = 6.7745 × 𝑘2

ℎ2 ∝=

6.7745 × (0.69W/m. °C)2

(15W/m2. °C)2 × 5.2 x 10−7m2/s

= 𝟐𝟕𝟓𝟔𝟕, 𝟎𝟎𝟑𝟖 𝒔 = 𝟕, 𝟔𝟓𝟕𝟓 𝐣𝐚𝐦

𝜏 =6.7745 × (0.69W/m. °C)2

(15W/m2. °C)2 × 5.2 x 10−7m2/s

𝜏 = 𝟐𝟕𝟓𝟔𝟕, 𝟎𝟎𝟑𝟖 𝒔 = 𝟕, 𝟔𝟓𝟕𝟓 𝐣𝐚𝐦

Jadi, waktu yang dibutuhkan untuk bata melepas ½ Q adalah 7,6575 jam

Untuk menjawab temperatur pada pusat balok dibutuhkan gambar 4-7 dan

gambar 4-10 dari buku Perpindahan Kalor karangan J.P Holman.

23 23

Untuk menyelesaikan soal dibutuhkan beberapa parameter, yaitu:

𝑘

ℎ𝑙 ,

𝑥

𝐿 𝑑𝑎𝑛

∝ 𝜏

𝐿2

24 24

Diketahui untuk variabel

τ= 27567,0038 𝑠

Parameter ℎ𝐿

𝐾 untuk plat 1 (1 m)

ℎ𝐿

𝑘=

15W/m2. °C × 0.5m

0.69W/m. °C= 10.87

𝑘

ℎ𝐿=

1

10.87= 0.092

Parameter ℎ𝐿

𝐾 untuk plat 2 (3 m)

ℎ𝐿

𝑘=

15W/m2. °C × 1.5m

0.69W/m. °C= 32.61

𝑘

ℎ𝐿=

1

32.61= 0.031

Parameter ℎ𝐿

𝐾 untuk plat 3 (0.5 m)

ℎ𝐿

𝑘=

15W/m2. °C × 0.25m

0.69W/m. °C= 5.43

𝑘

ℎ𝐿=

1

5.43= 0.184

Karena yang pertanyaan yang diajukan adalah pada pusat geometri benda,

sedangkan nilai x dihitung dari pusat, maka nilai x/L untuk semua plat = 0/L=0.

Dari gambar 4-10 dari buku perpindahan panas karangan Holman dapat dilihat

nilai θ/θ0 untuk semua plat=1

Parameter ∝𝜏

𝐿2 untuk plat 1 (1 m)

∝ 𝜏

𝐿2=

5.2 x 10−7m2/s × 27567,0038 𝑠

(0.5m)2= 0.0573

Parameter ∝𝜏

𝐿2 untuk plat 1 (3 m)

∝ 𝜏

𝐿2=

5.2 x 10−7m2/s × 27567,0038 𝑠

(1.5m)2= 0.0063

Parameter ∝𝜏

𝐿2 untuk plat 1 (0.5 m)

∝ 𝜏

𝐿2=

5.2 x 10−7m2/s × 27567,0038 𝑠

(0.25m)2= 0.2293

Dengan begitu didapat dari gambar 4-10 diatas :

Untuk plat 1 (1m)

𝜃

𝜃𝑖= 0.95(1) = 0.95

25 25

Untuk plat 2 (3m)

𝜃

𝜃𝑖= 1(1) = 1

Untuk plat 3 (0.5m)

𝜃

𝜃𝑖= 0.8(1) = 0.8

𝜃

𝜃𝑖 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =

𝜃

𝜃𝑖 𝑝𝑙𝑎𝑡 1 ×

𝜃

𝜃𝑖 𝑝𝑙𝑎𝑡 2 ×

𝜃

𝜃𝑖 𝑝𝑙𝑎𝑡 3 = 0.95 × 1 × 0.8 = 0.76

Maka temperatur untuk bata adalah

𝑻 = 𝑻𝒊 + 𝜽

𝜽𝒊 𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 (𝑻𝒊 − 𝑻∞) = 𝟑𝟎𝟎 + 𝟎. 𝟕𝟔(𝟑𝟓 − 𝟑𝟎𝟎) = 𝟗𝟖, 𝟔℃

8. Sebuah lempeng besar terbuat dari tembaga berada pada suhu awal 300oC.

Suhu permukaan tiba-tiba diturunkan hingga 35oC . Berapa suhu pada

kedalaman 7,5 cm pada waktu 4 menit setelah suhu permukaan diturunkan?

Jawab :

Diketahui : Ti = 300oC

To = 35oC

x = 7,5 cm = 0,075 m

τ = 4 menit = 240 s

Ditanya : T(x,τ)................?

Jawab :

Berdasarkan Daftar A-2 Lampiran A pada buku Perpindahan Kalor Edisi

Keenam dengan penulis J.P.Holman, diperoleh data untuk tembaga murni pada

suhu 300oC sebagai berikut :

k = 369 W/m. oC

α = 11,234 x 10-5 m2/s

Penyelesaian soal di atas dapat menggunakan teknik transform-Laplace.

Langkah 1 : Menentukan nilai dari persamaan di bawah ini.

𝑥

2√𝛼𝜏=

0,075 𝑚

2[(11,234 𝑥 10−5 𝑚2/𝑠)(240 𝑠)]1/2= 0,2284

Langkah 2 : Mencari fungsi galat pada Lampiran A buku Perpindahan Kalor

Edisi Keenam, J.P.Holman.

𝑒𝑟𝑓𝑥

2√𝛼𝜏= 𝑒𝑟𝑓 0,2284

26 26

Interpolasi nilai erf dari data Lampiran A.

0,24 − 0,2284

0,24 − 0,22=

0,26570 − 𝑒𝑟𝑓

0,26570 − 0,24430

0,58 =0,26570 − 𝑒𝑟𝑓

0,0214

−𝑒𝑟𝑓 = 0,01241 − 0,26570

𝑒𝑟𝑓 = 0,25329

Langkah 3 : Menghitung suhu (T(x,τ))

T(x, τ) = 𝑇𝑂 + (𝑇𝑖 − 𝑇𝑜)𝑒𝑟𝑓𝑥

2√𝛼𝜏

T(x, τ) = 35℃ + (300℃ − 35℃)(0,25329) = 102,12℃

Sehingga suhu lempeng setelah suhu permukaan diturunkan adalah 𝟏𝟎𝟐, 𝟏𝟐℃

27 27

BAB IV

PENUTUP

4.1 Kesimpulan

1. Perpindahan kalor melalui bidang datar dapat terjadi pada dinding rumah.

Dimana kalor mengalir dari luar ke dalam rumah. Perpindahan kalor yang

terjadi adalah konveksi – konduksi – konveksi (dari luar ke dalam)

2. Untuk menentukan tahanan kontak thermal, kita dapat membandingkan

perbedaan temperature antara sistem dengan lingkungan terhadap laju kalor

sistem

3. Berdasarkan pembelajaran mengenai tahanan thermal, maka untuk sebuah

system yang komponen konduksi maupun konveksinya di tambahkan, maka

akan mudah apabila menggunakan pengganti untuk tahanan thermalnya,

karena nilai tahanan thermal adalah U=1/Total R, dan R adalah R = deltax/k

untuk konduksi dan R = 1/h untuk konveksi

4. Analisis sistem kalor kapasitas tergabung merupakan metode analisis yang

praktis, dengan nilai ℎ(𝑉/𝐴)

𝑘< 0,1.

5. Teori Heissler dapat digunakan untuk menghitung temperatur suatu benda

multidimensi. 6. Teori Langston dapat digunakan untuk menghitung kalor yang dilepas suatu

benda juga menghitung lama kalor tersebut dilepas 7. Temperatur dari sebuah benda pada umumnya berubah terhadap waktu

seiring dengan perubahan posisi, keadaan kasus dimana temperatur awal

dinaikan atau diturunkan merupakan peristiwa pada aliran transien.

28 28

DAFTAR PUSTAKA

Cengel, Yunus. 2006. Heat Transfer 2nd Edition. USA: Mc Graw-Hill

Holman, J.P. 1987. Heat Transfer. New York : Mc Graw Hill

Incropera, F.P., and Dewitt, D.P. 2002. Fundamentals of Heat and Mass Transfer.

New Jersey : John Wiley & Sons, Inc.

Kern, D.Q. 1950. Process Heat Transfer. New York : Mc Graw Hill