Otk II - Diktat Bu Puspo

3. Perpindahan Panas Kondisi Unsteady State

Perpindahan panas kondisi steady adalah perpindahan panas secara konduksi

dimana suhu tiap point atau tempat berubah dengan waktu, misalnya vulkanisasi karet,

sterilisasi makanan kaleng, dan lain-lain. Untuk mendapatkan persamaan unsteady state

satu arah dalam solid, dipertimbangkan kubus dengan ukuran ∆x, ∆y, ∆z, dengan

perpindahan panas ke arah tersebut, hal ini digambarkan dalam gambar berikut.

Neraca panas: q input = q output + q accumulation – q generation

q input = xx

TkA

=

xx

Tzyk

(1.35)

q output = xxx

TkA

=

xxx

Tzyk

(1.36)

q accumulation = t

TCpzyx

)( (1.37)

akumulasi dalam volume kubus dan dalam waktu δt

q generation = qzyx )( (1.38)

sehingga,

xx

Tzyk

=

xxx

Tzyk

+

t

TCpzyx

)( - qzyx )( (1.39)

: )( zyx

x

x

Tzyk

x

+ x

x

Tzyk

xx

+ q = t

TCp

(1.40)

lim ∆x →

0

q + 2

2

x

Tk

=

t

TCp

(1.41)

: ρ Cp

t

T

=

Cp

q

x

T

Cp

k

2

2

[satu dimensi x] (1.42)

Untuk 3 dimensi:

t

T

=

Cp

q

z

T

y

T

x

T

2

2

2

2

2

2

(1.43)

Apabila generasi diabaikan:

t

T

=

2

2

x

T (1.44)

Untuk kasus simple dengan mengabaikan interval resistance persamaan

dasarnya: solid dengan k tinggi atau tekanan konduktif interval kecil dibandingkan

dengan tekanan konduktif permukaan luar. Konveksi terjadi dari fluida di luar

permukaan solid. Jika interval resistance sangat kecil, maka suhu dalam solid akan

uniform terhadap waktu.

Contoh; kubus baja panas pada t = 0, suhunya T0, tiba-tiba dicelupkan dalam

bak air dingin pada Tα yang konstan terhadap waktu. Jika h konstan terhadap waktu,

maka heat transfer yang terjadi adalah:

dTCpvdtTThA (1.45)

Kondisi batas : t = 0 → T = T0

t = t → T = T

Integrasi :

TT

TTTT

dT

0

=

tt

t

dtvCp

hA

0

(1.46)

TT

TT

0

= t

vCp

hA

e)(

(1.47)

Di mana profil T‒t untuk solid dan (ρ v Cp) merupakan lumped thermal capacitance

dari sistem.

Penggunaan rumus di atas harus diketahui ratio per meter : volume, asumsi

bahwa internal resistensi diabaikan, dan harus mematuhi bahwa:

NBi = 1,01 k

hx di mana

A

vx 1 (1.48)

Untuk sphere:

x1 = A

v =

2

3

4

34

r

r

=

3

r (1.49)

Untuk cylinder panjang:

x1 = A

v =

DL

LD

4

2

= 4

D =

2

r (1.50)

Untuk long square rod:

x1 = A

v =

Lx

Lx

)2(4

)2( 2

= 2

x [x adalah ½ tebal] (1.51)

Contoh 11 [Example 5.2-1 Christine J. Geankoplis 33]:

Bola baja dengan jari-jari 1 in (25,4 mm) mempunyai suhu seragam 800 ºF (699,9 K).

tiba-tiba bola dimasukkan dalam media dengan suhu konstan 250 ºF (394,3 K). Jika

diasumsi h = 2 BTU/h.ft2.ºF (11,36 W/m

2K), hitung suhu bola sesudah 1 jam dalam

satuan british dan SI!

k = 25 BTU/h.ft2.ºF (43,3 W/m

2K)

ρ = 490 lbm/ft3 (7849 kg/m

3)

Cp = 0,11 BTU/lbmºF (0,4606 kj/kgK)

Penyelesaian :

Untuk sphere :

x1 = A

v =

3

r =

3

121

= ft36

1 = 8,47 × 10

-3 m

NBi =

00222,025

3612

1 k

hx

=

0,0022243,3

108,4711,36 3

vCp

hA

=

)(A

vCp

hA

= )

361)(11,0(490

2 = 1,335/hour

= )1047,8)(4606,0(7849

36,113

= 3,71×10-4

/s

Maka;

TT

TT

0

= 250800

250

T =

1)335,1(e → T = 395 ºF

= 3,3949,699

3,394

T =

)3600(1071,3 4e → T = 474,9 K

Untuk perhitungan suhu pada waktu-waktu tertentu, maka tetap digunakan

rumus tersebut. Rate transfer panas pada waktu t = q(t) dengan mengabaikan interval

resistance dapat dihitung dengan:

q(t) = )( 0 TThA (1.52)

subtitusikan instantaneous temperature dari persamaan (1.47) ke persamaan (1.52):

q(t) = t

vCphA

eTThA)(

0 )(

(1.53)

Jumlah total panas Q (joule) dari t = 0 sampai dengan t = t, maka persamaan di atas

diintegrasi menjadi:

Q =

t

vCphAtt

t

eTTvCpdttq)(

0

0

1)()( (1.54)

Contoh 12 [Example 5.2-2 Christine J. Geankoplis Page 334]:

Untuk contoh soal 11 di atas, hitung jumlah panas yang dipindahkan sampai dengan

waktu t = 3600 s!

Q =

tvCp

hA

eTTvCp)(

0 1)(

v = 4πr3/3 = 4π(0,0254)

3/3 = 6,864×10

-5 m

3

Q = 7849 (6,864×10-5

)(0,4606×1000)(699,9-394,3) 3600)1071,3( 4

1 e

= 5,589×104 Joule

4. Unsteady State Condition (dalam geometri yang bervariasi – analytical)

Dalam hal ini untuk soal yang lebih umum di mana internal resistance tidak

kecil sehingga suhu dalam solid tidak konstan.

A. Semi infinite solid (benda solid yang tebal)

Perpindahan panas terjadi pada arah x, mula-mula suhu solid seragam T0 pada t = 0,

tiba-tiba solid dikontakkan dengan media pada suhu T1 (konstan). h dengan satuan

BTU/h.ft2.ºF (W/m

2K), dan Ts adalah suhu permukaan yang tidak sama dengan T1.

dr = 2

2

x

T

dt

dT

(1.55)

Y = 01

1

TT

TT

(1.56)

01

1

TT

TT

= 1 ˗ Y =

t

k

h

t

xerfc

k

th

t

x

k

th

t

xerfc

2exp

2 (1.57)


Pada saat tertentu suhu udara sampai dengan suhu beberapa meter di bawah permukaan

tanah = 15,6 ºC (60 ºF) konstan. Tiba-tiba ada gelombang dingin menurunkan suhu

udara dari 15,6 ºC ke -17,8 ºC (0 ºF). h di atas tanah 11,36 W/m2K (2 BTU/h.ft

2ºF). α

tanah sebesar 4,65 × 10-7

m2/s (0,018 ft

2/h). Nilai k adalah 0,865 W/mK (0,5

BTU/hftºF). Efek panas laten diabaikan.

a. Berapa suhu permukaan tanah sesudah 5 jam?

b. Pada kedalaman tanah berapa suhu 0 ºC mempengaruhi tanah selama 5 jam?

Penyelesaian (a):

x pada permukaan = 0 m

t

x

2 =

)36005(1065,42

0

7 [SI]

= )5(018,02

0 [british]

tk

h = 2,1)36005(1065,4

865,0

36,11 7 [SI]

= 2,1)5(018,05,0

2 [british]

Dari figure 5.3-3 Christine J. Geankoplis Page 337 diperoleh:

Penyelesaian a:

1 – Y = 0,63

01

1

TT

TT

= 0,63

63,0)15,1736,15()15,2738,17(

)15,2736,15(

T

T = 267,76 K

= 22,2 ºF

Penyelesaian b:

T = 0ºC = 273,15 K; x = …?

01

0

TT

TT

=

)15,2736,15()15,2738,17(

)15,2736,15(15,273

= 0,467

Dari grafik diperoleh

01

0

TT

TT

= 0,467; 2,1t

k

h

Didapat =

t

x

2 = 0,16

0,16 = )5(018,02

x

x = 0,0293 m

= 0,076 ft

B. Large flat Plate

Jika pada plat dengan tebal 2x1 (infinite):

Suhu mula-mula plate uniform T0; t = 0;

T1 : suhu lingkungan

x : jarak titik dari pusat

x1 : separuh tebal

n = 1x

x (1.58)

jika n = 0 maka posisi pada pusat:

m = 1hx

k (1.59)

X = 2

1x

t (1.60)

Y = 01

1

TT

TT

(1.61)

1 ˗ Y = 01

1

TT

TT

(1.62)

Khusus untuk n = 0 (center of plate) tertera dalam figure 5.3-6 Christine J.

Geankoplis page 341 atau figure 3.3 Mc Adam page 36.

Khusus untuk suhu permukaan tertera dalam figure 3.4 Mc Adam.


Rectangular slab butter dengan tebal x1 46,2 mm pada suhu 277,6 K (4,4 ºC) dari dalam

cooler diambil dan ditempatkan pada udara luar pada 297,1 K (23,9 ºC). sisi samping

dan bagian bawah butter diisolasi, permukaan atas saja yang kontak dengan udara.

h = 8,52 W/m2K

Data dari appendiks A4-Christine Gean Coplis page 891:

k = 0,197 W/mK

Cp = 2,3 kJ/kgK (2300 J/kgK)

ρ = 998 kg/m3

Berapa suhu pada:

a. Permukaan

b. 25,4 mm di bawah permukaan

c. 46,2 mm di bawah permukaan

Penyelesaian:

α = Cp

k

=

)2300(998

197,0 = 8,58×10

-8 m

2/s

x1 = 1000

2,46 = 0,0462 m

m = 1hx

k =

)0462,0(52,8

197,0 = 0,5

x = 2

1x

t =

2

8

)0462,0(

)36005(1058,8

= 0,72

a. Permukaan

x = x1 = 0,0462

n = 1x

x =

0462,0

0462,0 = 1

Berdasarkan figure 5.3.5

Y = 01

1

TT

TT

= 0,25

0,25 = 6,2771,297

1,297

T

T = 292,2 K

b. Pada 25,4 mm (0,0254 m) di bawah permukaan

x = x1 – 0,0254 = 0,0462 – 0,0254 = 0,0208

n = 1x

x =

0462,0

0208,0 = 0,45


Y = 01

1

TT

TT

= 0,45

0,45 = 6,2771,297

1,297

T

T = 288,3 K

c. Pada 46,2 mm (0,0462 m) di bawah permukaan

x = x1 – 0,0462 = 0,0462 – 0,0462 = 0 [di pusat]

n = 1x

x =

0462,0

0 = 0


Y = 01

1

TT

TT

= 0,5

0,5 = 6,2771,297

1,297

T

T = 287,4 K

C. Long Cylinder

Konduksi terjadi dengan arah radial. Karena terjadi pada silinder panjang maka

konduksi pada ujung dapat diabaikan atau dapat diisolasi. Figure yang dijadikan

acuan adalah figure 3.5.7. Christine J. Geankoplis page 34, figure 3.8. page 41 Mc

Adam, dan figure 3.5.8. Christine J. Geankoplis page 344 untuk di posisi center.


Kaleng silinder berisi pea puree (pulp) dengan diameter 68,1 mm, tinggi 101,6 mm

mempunyai suhu awal seragam 29,4 ºC diletakkan secara horizontal dalam

stack/chimney vertical dan steam pada 115,6 ºC melewatinya. Sesudah waktu

pemanasan 0,75 jam, hitung suhu pusat. Asumsikan bahwa kaleng terletak di pusat

stack vertical dan diisolasi ujung-ujungnya. Cp kaleng logam diabaikan.

Koefisien transfer panas steam = 4540 W/m2K

k puree = 0,83 W/mK

α = 2,007 × 10-7

m2/s

Penyelesaian:

Figure 5.3-7

Pusat 0x

n = 00x

11

xx

m = mkm

w

kmw

xh

k

2

0681,04540

.83,0

21.

m = 0,00537

x = 2

27

2

1

2

0681,0

)360075,0(10007,2

sm

x

t

x = 0,468

dengan Figure 5.3-8 (pusat)

C4,104T

4,296,115

T6,11513,0

TT

TTy

01

1

D. Unsteady Conduction- Sphere

Fig.5.3-9 Christine J. Geankoplis page 345

Fig. 5.3-10 Christine J. Geankoplis page 346 untuk centre

Fig. 3-8 M.Adam page 41

5. Metode Numerik Solution

I. General method. (Fig.3-10 Mc Adam page 44)

large slap:

tebal x, luas A

tebal dibagi rata dengan x

dstx

TT

x

TT

dx

dTslope 2110

(1.63)

plane (1) : heat balance sbb:

t

TTCpxA

x

TTkA

x

TTkA

)().()()( 1

1

12110 (1.64)

1

1T suhu baru pada plane 1 sesudah waktu t

jika ,Cp

k

maka:

2101

1

T)T)(2M(TT (1.65)

modulus =t.

x 2

II. Schmidt Method

Metode ini dianggap/ditentukan dengan nilai M = 2, sehingga;

2

TTT 201

1

;

2

TTT 311

2

;

2

TTT n2n1

1n

(1.66)

Contoh 16:

A large slab of steel tebal 1ft, suhu awal seragam 700 F. Tiba-tiba dua permukaan

diturunkan dan dijaga tetap 100 F.

ρ steel = 490 lb/ft3

Cp steel = 0,13 Btu/lb.F

k steel = 25 Btu/h.ft.F

Tentukan suhu mid plate sesudah 14,85 min. secara numeric!

a. dengan Schmidt dengan M = 0, suhu awal permukaan Ta = 100 F

b. sama dengan a) tetapi suhu awal permukaan (Ta+Ts)/2 = 400 F

c. dengan analytical solution

Penyelesaian:

a. Schmidt Method : 2M

100TTT as0 F

612x '' ft (Tentukan!)

hftFlbBtuftlb

FfthBtu

Cp

k/392,0

./13,0/490

../25 3

3

h0354,0h/ft)392,0(2

ft)6

1(

.2

xt

t.

x2M

2

2222

sehingga jumlah step = tN7h0354,0

h60

85,14

2

TTT 201

1

;

2

TTT 311

2

;

2

TTT 421

3

Jika sistem adalah simetri →

42

51

60

TT

TT

TT

t 0T 1T 2T 3T

4T 5T 6T

0 100 700 700 700 700 700 100

1 100 400 700 700 700 400 100

2 100 400 550 700 550 400 100

3 100 325 550 550 550 325 100

4 100 325 438 550 438 325 100

5 100 269 438 438 438 269 100

6 100 269 354 438 354 269 100

7 100 227 354 354 354 227 100

Ketika suhu-suhu sub surface berubah, mereka hanya berubah tiap perubahan suhu

unrealistic. Final mid plane suhu 354beda 39 dengan dibawah cara analitik.

Bahkan pada slice 1 in, sehingga ada 28 beda suhu, tetap 11 dibawah cara analitik.

b. Suhu awal =

F4002

700100

2

TTTT sa

60

, M=2

Cara lain sama:

t 0T 1T 2T 3T

4T 5T 6T

0 400 700 700 700 700 700 400

1 100 550 700 700 700 550 100

2 100 400 625 700 625 400 100

3 100 362 550 625 550 362 100

4 100 325 493 550 493 325 100

5 100 296 437 493 437 296 100

6 100 268 395 437 395 268 100

7 100 248 352 395 352 248 100

Mid Plane = 395 F, beda 2 F diatas analytical

c. Pakai figure 5.3-6 (centre)

hftFlbBtuftlb

FfthBtu

Cp

k/392,0

./13,0/490

../25 3

3

m = 1hx

k

6. Radiasi

Perpindahan panas secara radiasi dapat terjadi tanpa perantara (media) dan

terjadi karena gelombang elektromagnetik atau dengan proton (zarah tidak bermassa).

Benda yang dikenai energy radiasi akan mengalami kondisi dimana:

a. Sebagian dipantulkan (reflection)

b. Sebagian diserap (adsorbtion)

c. Sebagian diteruskan (transmition)

Sehingga jika energy radiasi yang masuk adalah “q”, 3 mekanisme dapat didefinisikan

sebagai:

a. Reflektivitas = q"

qrr (1.67)

b. Absorptivitas = q"

qαα (1.68)

c. Transmisivitas = q"

qττ (1.69)

Dimana r + α + τ = 1

Jika benda mempunyai kemampuan untuk menyerap semua energy radiasi

maka benda tersebut disebut sebagai benda hitam (black body), dimana α=1; r=0; dan

τ=0. Kenyataan di alam, tidak ada black body.

Jika benda mempunyai kemampuan hanya untuk menyerap dan merefleksikan

energy radiasi, namun tidak mampu untuk menyelaraskannya maka benda itu disebut

sebagai opaque-body atau suram, sehingga α+r=1 dan τ=0. Opaque body terjadi hampir

disemua kasus.

Tidak semua benda hitam mempunyai α=1, sebaliknya benda tidak hitam dapat

berfungsi sebagai benda hitam jika dia menyerap semua energy radiasi.

r = 5,676 × 10-8

W/m2K

= 0,1714 × 10-8

BTU/h.ft2.R

Emisivitas (ε) adalah perbandingan ratio antara panas yang dipancarkan oleh

suatu benda pada suhu T dengan panas yang dipancarkan benda hitam pada suhu yang

sama dengan T, sehingga untuk black body ε=1.

Hukum Kirchhoff menyarankan bahwa pada suhu yang sama T, α=ε (berlaku

untuk permukaan benda padat hitam maupun tidak hitam).

Hukum Stefan-Boltzmann tergambar dalam rumus:

q = AετT4

(1.69)

Untuk benda hitam ε=1, sehingga

q = AτT4 (1.70)

Untuk benda tidak hitam ε<1 (benda abu-abu atau gray body).

Dimana:

q : heat flux (W = J/s atau BTU/h)

A : luas permukaan benda (m2

atau ft2)

τ : konstanta Boltzmann (5,676 × 10-8

W/m2K = 0,1714 × 10

-8 BTU/h.ft

2.R)

T : suhu (K atau R)

Faktor-faktor yang mempengaruhi emisivitas (ε) adalah:

a. Suhu

b. Permukaan benda

c. Warna

d. Struktur benda (amorf, kristal)

Benda bukan konduktor biasanya mempunyai emisivitas (ε) kecil. Benda

logam pada suhu rendah mempunyai emisivitas (ε) tinggi, demikian pula sebaliknya.

Berikut adalah tabel

7. Radiasi Dalam Benda Kecil Dari Sekeliling

Benda abu-abu kecil dengan luas A1 pada suhu T1 berada dalam enclosure

dengan suhu T2>T1. Benda kecil akan mengalami total radiasi sebagai berikut:

a. Benda kecil mengeluarkan energy (emit) ke enclosure dengan persamaan:

q = A1ε1τ1T14 (1.71)

ε1 = ε pada T1 (1.72)

b. Benda kecil akan menyerap energy (absorb) dari sekeliling pada T2 sebesar

A1α12Τt24

α12 : absorbtivitas benda 1 umtuk radiasi dari enclosure pada T2, nilainya kira-kira

sama dengan α benda 1 pada T2.

Sehingga panas netto dari adsorbs adalah:

q = A1ε1τT14 – A1α12Τt2

4 (1.73)

q = A1τ(ε1T14 – α12T2

4) (1.74)

Rumus tersebut dapat disederhanakan untuk small body pada T2 sebagai berikut:

q = A1ετ(T14 – T2

4) (1.75)

ε = untuk small body pada T2


Sebuah tube logam kecil teroksidasi dengan OD 0,0254 m (1 inch) dan panjang

0,6 m (2 ft) mempunyai suhu permukaan 588 K (600 F) berada dalam dapur enclosure

yang sangat besar dengan dinding dari fire brick. Suhu udara lingkungan 1088 K (1500

F), ε logam 0,6 pada 1088 K dan 0,46 pada 588 K. Hitung heat transfer terhadap logam

tube.

Penyelesaian:

Untuk benda kecil yang dibandingkan dengan dapur yang sangat besar, meskipun benda

kecil adalah gray, tapi untuk benda kecil di anggap sebagai benda hitam.

A1 = πDL = 61,00254,07

22 = 0,0487 m

2

= 212

1

7

22 = 0,5238 ft

2

q = A1ετ(T14 – T2

4)

= 0,0487 m2

(0,6) (5,676 × 10-8

W/m2K

4) (588

4 – 1088

4) K

4

= - 2130 W

q = 0,5238 ft2 (0,6) (0,1714 × 10

-8 BTU/h.ft

2.R

4) (1060

4 – 1960

4) R

4

= - 7270 BTU/h

8. View Factor (F) / Geometric Factor / Configuration Factor

Jika 2 permukaan diatur sedemikian rupa sehingga energy radiasi dapat

berpindah, net flow akan terjadi dari permukaan yang lebih panas ke permukaan yang

lebih dingin, yang ditentukan oleh beberapa faktor yaitu ukuran, bentuk dan orientasi

dari 2 permukaan tersebut. Geometri sederhana merupakan 2 infinite plane parallel.

a. F untuk infinite black planes parallel pada T1 dan T2 yang saling terjadi perpindahan

energy radiasi. Plane 1 mengeluarkan radiasi τT14 yang diserap semuanya ke plane 2,

plane 2 juga mengeluarkan radiasi τT24 yang diserap semuanya ke plane 1.

Radiasi netto dari plane 1 ke plane 2:

q12 = A1 τ (T14 – T2

4) (1.76)

dalam hal ini semua radiasi dari 1 ke 2 diintersept oleh 2. Fraksi radiasi

meninggalkan 1 adalah F12=1, dimana F12 adalah view factor sehingga:

q12 = F12 A1 τ (T14 – T2

4) (1.77)

q21 = F21 A2 τ (T14 – T2

4) (1.77)

untuk plate parallel F12=F21=1

b. F untuk infinite parallel gray body di mana ε1 = α1 dan ε2 = α2 (Kirchhoff’s law).

Selama dua permukaan tidak ada yang menghambat F = 1. Permukaan A1

mengeluarkan radiasi ke A2 sebesar εA1 τ T14

sehingga radiasi yang diserap A2

adalah ε2(ε1A1τT14) dan yang direfleksikan kembali ke A1 adalah (1-ε1)(1-ε2)(

ε1A1τT14) dan direfleksikan kembali ke A1 sebesar:

A1 A2

→ εA1 τ T14 ε2(ε1A1τT1

4) →

← (1-ε2)(ε1A1τT14) (1-ε2)(ε1A1τT1

4) ←

→ (1-ε1) (1-ε2) (ε1A1τT14) ε2 (1-ε1) (1-ε2) (ε1A1τT1

4) →

← (1-ε2) (1-ε1) (1-ε2) (ε1A1τT14) (1-ε2) (1-ε1) (1-ε2) (ε1A1τT1

4) ←

→ (1-ε1) (1-ε2) (1-ε1) (1-ε2)

(ε1A1τT14)

ε2 (1-ε1) (1-ε2) (1-ε1) (1-ε2)

(ε1A1τT14) ←

← (1-ε2) (A) (1-ε2) (A) →

→ (1-ε1) (1-ε2) (A) ε2 (1-ε1) (1-ε2) (A) ←

Sehingga:

q1→2 = A1 τ T14

[ε1ε2 + ε1ε2(1-ε1)(1-ε2) + ε1ε2(1-ε1)2(1-ε2)

2 + …] (1.78)

= A1 τ T14

)1)(1(1 21

21

= A1 τ T1

4

111

1

21

(1.79)

Radiasi netto:

q12 = q1-2 – q2-1 (1.80)

q12 = A1 τ (T14 – T2

4)

111

1

21

(1.81)

Untuk black body ε1 = ε2 = 1

9. Faktor Geometri

Dalam menentukan rate transfer panas radiasi antara 2 permukaan hitam maka

harus ditentukan secara umum untuk jumlah panas radiant yang meninggalkan

permukaan menuju ke permukaan lainnya.

Dua permukaan hitam seperti gambar di atas dengan dA1 dan dA2, r merupakan

jarak antara 2 luasan, dan θ1 dan θ2 merupakan sudut antara r dengan normal N.

Perpindahan panas dari bidang 1 ke bidang 2:

dq1→2 = 21212

1 coscos dAdAr

I (1.82)

dimana:

I1 : intensitas radiasi dari enclosed radiasi yang dipancarkan benda 1 dan diterima

benda 2.

I1 =

4T (1.83)

Sehingga,

dq1→2 = )(coscos 4

2

4

12

2121 TTr

dAdA

(1.84)

jika F12 = 2

221 coscos

r

dA

, maka

q1→2 = A1F12 τ (T14 – T2

4) (1.85)

= A2F21 τ (T14 – T2

4) (1.86)

F12 adalah faktor pandangan, sama dengan total radiasi yang meninggalkan A1 menuju

A2, dan F21 adalah sama dengan total radiasi yang meninggalkan A2 menuju A1.

A1F12 = A2F21

F12 = 2 1

3

2121

1

coscos1

A Ar

dAdA

A

(1.87)

Diagram-diagram view factor:

Figure 4-9 sampai dengan 4-12 Mc Adam page 68-69

Figure 4-7 sampai dengan 4-9 Kern page 80-81

Figure 4.11-7 dan 4.11-8 Christine J. Geankoplis Page 281, 282, 290, 291

1,2,3,4 : radiasi langsung dari bidang datar parallel

5,6,7,8 : bidang datar parallel yang dihubungkan oleh bidang yang tidak bersifat

konduktor tapi bersifat radiator

1,5 : 2 bidang parallel berbentuk cakram (disk)

2,6 : 2 bidang parallel berbentuk rectangle

3,7 : 2 bidang datar berbentuk persegi panjang

4,8 : 2 bidang datar berbentuk persegi panjang dengan panjang >> lebar (long

narrow rectangle) misalnya ratio 3

Jika L = 5% P → nomor 4

Jika L > 5% P → nomor 8

Jika benda radiator pakai nomor 6

Jika benda non radiator pakai nomor 2

Figure 4.9 Mc.Adam sama dengan figure 4.8 Kern:

Berlaku untuk sumber panas yang tegak lurus pada salah satu sudut.

dA adalah sumber panas dengan luas A

Radiasi terjadi antara sumber panas dan benda datar parallel.

L1, L2 : sisi-sisi empat persegi panjang

L3 : jarak antara sumber panas dengan bidang datar persegi panjang

10. Perpindahan Panas Secara Konveksi

a. Natural convection (konveksi bebas)

Media mengalir dari suhu tinggi ke suu rendah karena perbedaan suhu dan gaya

gravitasi.

b. Forced convection (konveksi paksaan)

Media mengalir karena paksaan misalnya dipompa, atau udara yang dinaikkan

dengan fan

Secara umum, perpindahan panas secara konveksi dinyatakan dengan:

q = -hA(Ts - T~) (1.88)

q = hA∆T (1.89)

dimana:

A : luas permukaan objek

Ts : suhu permukaan

T~ : suhu fluida / ambient

h : koefisien perpindahan panas secara konveksi

h ditentukan oleh variabel-variabel:

˗ Bentuk, letak, dan dimensi benda (D, L, R)

˗ Suhu permukaan Ts

˗ Suhu fluida atau zat alir T~=Ta

˗ Beda suhu (∆T)

˗ Daya hantar panas (k) secara konduksi

˗ Gaya gravitasi (g) = 8,80665 m/s2

˗ Viskositas (μ)

˗ Densitas (ρ)

˗ Panas jenis (Cp)

˗ Keadaan permukaan benda

˗ Expansion coefficient (β), 1/k atau 1/R = koefisien muai ruang

Sehingga dengan analisa dimensi, variabel-variabel di atas dapat dikelompokkan

menjadi beberapa kelompok bilangan berdimensi sebagai berikut:

1. Bilangan nusselt

NNu = k

hL (1.90)

Untuk plate dengan panjang L

NNu = k

hDo (1.91)

Untuk silinder dengan diameter luar Do

NNu = k

hR (1.92)

Untuk bola dengan jari-jari R

NNu = k

hL' (1.93)

Untuk kubus dengan Hv LLL

111

2. Bilangan Praudh

Pr = k

Cp (1.94)

3. Bilangan Grashof

Gr = 2

23

TgL (1.95)

L dapat juga sebagai Do, R, dan Li

Dari hasil percobaan diperoleh persamaan empiris untuk menghitung h sebagai berikut:

NNu = k

hL =

m

k

CpTgLa

2

23

(1.96)

Semua property / variabel dihitung pada suhu film = Tf = 2

as TT

Persamaan di atas dapat dihitung sebagai

Y = CXn

Dimana:

Y : Bilangan Nusselt

X : hasil kali bilangan Praudh (Pr) dan Grashof (Gr)

a,m : konstanta

Nu, Pr, Gr dicari dengan mempertimbangkan sifat-sifat property pada suhu rata-rata

atau suhu film, atau k

hL =

m

f

f

fk

CpTgLa

2

23

Data physical property: Tabel A-2 Mc.Adam (A.25) untuk udara; Tabel A-2 Christine J.

Geankoplis

Data konstanta a, m: Tabel 4.7-1 Christine J. Geankoplis

Persamaan yang digunakan untuk mencari h: Tabel 4.7-2 Christine J. Geankoplis


Dinding vertical panas dari sebuah oven dengan tinggi 1 ft (0,305 m) mempunyai suhu

permukaan 450 F (505,4 K) kontak dengan udara pada 100 F (311 K). berapa h dan

transfer panas per ft (0,305 m)?

Penyelesaian:

Suhu film = Tf = FTT as 275

2

100450

2

= Tf = KTT as 2,408

2

3114,505

2

Phisical property udara pada Tf:

British pada 275 F SI pada 408,2 K

k 0,0198 BTU/h.ft.F 0,0343 W/mK

ρ 0,0541 lbm/ft3 0,867 kg/m

3

NPr 0,69 0,69

μ 0,0232 Cp × 2,4191 = 0,0562

lbm/ft.h 2,32 × 10

-5 Pa.s

β 1/(275+460) = 1,36 × 10-3

R-1

1/(208-2) = 2,45 × 10-3

K-1

∆T 450 – 100 = 350 F 194,4 K

g 32,174 ft/s2 9,80665 m/s

2

NGr = 2

23

TgL

= 2

3223

0562,0

)350)(1036,1()3600)(174,32()0541,0()1(

= 1,84 × 108

NGr = 2

23

TgL

= 5

3223

1032,2

)4,194)(1045,2()3600)(806,9()867,0()305,0(

= 1,84 × 108

NGr × NPr = (1,84 × 108)(0,69)

= 1,27 × 108

Dari tabel 4.7-1 didapat:

a = 0,59

m = ¼

k

hL = a(NGr × NPr)

m

h = L

k a(NGr × NPr)

m

= 1

0198,0× 0,59 × (1,27 × 10

8)¼

= 1,24 BTU/h.ft2.F

h = 305,0

0348,0× 0,59 × (1,27 × 10

8)¼

= 7,03 W/m2K

Untuk lebar dinding 1 ft, A = 1 ft2 = 0,305

2m

2

q = hA(Ts - T~)

= 1,24 × 1 × (450-100)

= 433 BTU/h

q = 7,03 ×0,3052 × 194,4

= 127,1 W

BAB II

EVAPORASI

1. Pendahuluan

Evaporasi adalah proses pemekatan konsentrasi larutan yang terdiri dari solute

dan solvent, dimana solvent lebih volatile daripada solute, sehingga larutan menjadi

lebih pekat/thich liquor. Solvent yang umum adalah air. contoh: garam, gula, susu, dan

sebagainya. Evaporasi berbeda dengan drying, distilasi dan kristalisasi.

Drying : mengeringkan larutan (tanpa solvent)

Distilasi : pelarut lebih dari satu, pada evaporator pelarut hanya satu

Kristalisasi : memekatkan dan mengkristalkan

Faktor-faktor evaporasi:

1. Sifat fisik dan kimia larutan, yaitu:

- Kosentrasi larutan

- Kelarutan solute dalam solution

- Sensitivitas larutan terhadap suhu dan lama pemanasan

- Pembentukan buih/percikan

- Pembentukan kerak

- Reaksi larutan terhadap bahan konstruksi evaporator

- Tekanan dan suhu liquida

2. Variabel proses

- Suhu umpan atau feed

- Tekanan operasi

- Tekanan pemanas/steam

Tipe Evaporator (untuk industri umumnya kontinyu):

1. Horizontal Tube Evaporator

- Larutan yang dipekatkan berada diluar pipa horizontal

- Tidak perlu agitasi karena terjadi natural circulation

- Overall Heat Transfer koefisien (U) rendah = 1,1-2,3 kW/m2.K

- Kerak yang terbentuk diluar pipa agak sulit dibersihkan

- Biasa digunakan untuk larutan encer, tidak berbusa dan tidak mudah membentuk

kerak

2. Vertical Tube Evaporator

a. Basket Evaporator

b. Standard vertical evaporator

- sirkulasi natural

- sirkulasi paksaan

Dalam vertical tube evaporator, larutan yang dipekatkan di didalam tube. dst lihat di

Mc Adam.

2. Metode Operasi Evaporator

A. Single Effect Evaporation

Untuk kapasitas kecil dan biaya steam murah.

Feed masuk:

F = rate

Fx = konsentrasi feed

Fh = Enthalpi feed

Produk keluar:

L = rate

Lx = konsentrasi produk

Lh = entalpi produk

Rate uap pelarut keluar evaporator:

V = rate

1T = suhu

1P = tekanan = tekanan uap evaporator

VH = entalpi

Steam pemanas:

S = rate

SP = tekanan steam

ST = suhu steam

SH = entalpi steam

Dianggap semua uap masuk terkondensasi (S = C)

A = luas transfer panas (m2)

U = koefisien transfer panas overall, (W/m2K)

Kapasitas Evaporator:

q = U.A (Ts-T1) (2.1)

Neraca massa:

CVLSF di mana SC (2.2)

F = VL (2.3)

Neraca Solute:

VLF y.Vx.Lx.F di mana 0yV karena uap murni (2.4)

LF x.Lx.F (2.5)

Neraca panas:

CVLSF h.CH.Vh.LH.S.h.F SC (2.6)

VLCSF HVhLhHShF ..... (2.7)

VLF HVhLShF ..... (2.8)

λ= Panas penguapan air pada suhu jenuhnya (Ts)

Panas yang dipindahkan kedalam uap = .ChHSq CS

Umumnya yang dipakai suhu referensi adalah suhu liquida T1.

Penetapan titik didih larutan (T1) dan energi uap Hv:

1. Tanpa memperhitungkan kenaikan titik didih (KTD)

Dianggap tidak ada perbedaan antara titik didih larutan dan titik didih pelarutnya,

sehingga uap yang terjadi dianggap uap jenuh pada T1 (TL) entalpi lihat steam

tabel.


Single effect evaporator kontinyu memekatkan 9072 kJ/kg larutan garam (1%). Suhu

umpan masuk 311 K dengan tekanan operasi 101,3 kPa, pemanas = saturated steam

dengan tekanan 143,3 kPa, U = 1704 W/m2

K, Cp = 4,14 kJ/kgK, larutan adalah cukup

encer, dianggap tidak ada KTD, dan konsentrasi larutan akhir adalah 1,5%. Hitunglah:

a. Rate produk (L)

b. Rate uap yang dihasilkan (V)

c. Luas permukaan panas A

d. Steam economy (E)

Penyelesaian:

F = 9072 kg/h

Fx = 0,01

Lx = 0,015

FT = 311 K

P =101,3 kPa

SP = 143,3 kPa

U = 1704 W/m2.K

FCp = 4,14 kj/kg.K

a. Neraca Massa :

F = L + V

9072 = L + V ................................................ (1)

Neraca Solute:

F. xF = L. xL

9072(0,01) = L(0,015)

L = 6048 kg/h

b. Disubstitusikan ke persamaan 1:

V = 9072L

= 9072 6048

= 3024 kg/h

c. Tekanan operasi atau tekanan ruang uap = 101,3 kPa, dari steam tabel pada tekanan

ini titik didih air (dianggap sebagai pelarut) adalah 373 K = 100 C, karena tidak ada

KTD maka suhu larutan T1, suhu produk TL, dan suhu uap Tv adalah sama 373 K.

Entalpi uap Hv = entalpi uap pada T1 entalpi air pada 373 K

= 2676,6 kj/kg 418,9 kj/kg

= 2237,7 kj/kg

Tekanan steam = 143,3 kPa, dari steam tabel didapat:

Suhu jenuh Ts = 383,2 K

Panas laten λ = 2230 kj/kg

Entalpi feed:

)Tt(Cph 1FFF

kg/kj7,256)373311(K.kg/kj14,4hF

Neraca entalpi dengan reference:

VLF hVhLShF ....

)7,2237(3042)0(6048)2230()7,256(9072 S

S = 4108 kj/h

q = )(.. 1TTAUS S

A = 3600

1000

)3732,383(.

1704

/2230/4108

).(

.

21

KKm

W

kgkjhkj

TTU

S

S

= 149,3 m2

d. Steam ekonomi

736,04108

3024

S

VE

2. KTD

Umumnya dalam evaporasi property termal dari larutan yang dipekatkan berbeda

dengan property termal air. Konsentrasi larutan adalah tinggi, sehingga Cp dan

titik didihnya berbeda dengan air.

Titik didih larutan T1 ditentukan dengan menggunakan Duhring line atau KTD

berdasar titik didih pelarut pada tekanan ruang uap. Uap V dianggap superheat

(lihat superheat tabel)

1P1 TTKTD (2.9)

1PT = titik didih pelarut pada tekanan uap


Single effect evaporator untuk memekatkan 4536 kg/h larutan NaOH (20%) menjadi

50%. Feed masuk pada 60C, tekanan steam pemanas 172,4 kPa jenuh dan tekanan

ruang uap =11,7 kPa ; U=1560 W/m2K. hitunglah:

a. Rate produk (L) dan rate vapour (V)

b. Rate steam pemanas

c. Steam economy

d. Luas permukaan perpindahan panas

Penyelesaian:

F = 4536 kg/h

Fx = 0,2

Lx = 0,5

FT = 60C

SP = 172,4 kPa

1P = 11,7 kPa

U = 1560 W/m2.K

a. Neraca massa:

F = L + V

4536 = L + V ............................................... (1)

Neraca komponen:

Fxf = LxL

4536(0,2) = L(0,5)

L = 1814 kg/h

b. Mencari T1

- titik didih pelarut (air) pada 11,7 kPa = 48,9C (steam tabel)

- dari diagram Duhring untuk NaOH, dengan 50% NaOH dan titik didih air 48,9C

di dapat KTD = 89,5 48,9 = 40,6C

Feed : 20% NaOH hF = 214 kj/kg = 92 Btu/lbm

60C (140F) Fig. H1.x (8.4-3 Gean Koplis)

Produk : 50% NaOH hL = 505 kj/kg = 217 Btu/lbm

89,5C (193F) Fig. H1.x (8.4-3 Gean Koplis)

Vapour : 89,5C Superheated steam tabel = HV = 2667 kj/kg

11,7 kPa

PS = 172,4 kPa = tekanan uap pemanas jenuh

Dari steam tabel didapat:

Suhu saturated = 115,6C

λ = 2214 kj/kg

Neraca entalpi:

VLF H.Vh.L.S.h.F

hkgS

S

/3255

)2667(2722)505(18142214.)214(4535

c. q = S.λ

= 3255 (2214)/3600

=2002 kW

q = U A T

2002 = (1560) A (115,6 89,5)

A = 49,2 m2

d. 836,03255

2722

S

VE

B. Multiple Effect Evaporator

1. Forward Feed

Jika feed masuk badan I mendekati titik didih pada tekanan dalam badan I maka 1

kg steam akan menguapkan hampir 1 kg air dan seterusnya sehingga steam

ekonomi akan masuk.

2. Backward Feed

Tipe ini baik untuk feed dingin dan viscous dan jumlah liquida yang dipanaskan

sedikit. pompa digunakan karena fluida mengalir dari tekanan rendah ke tekanan

tinggi. P1>P2>P3 ; titik didih badan I>II>III. Dalam multiple effect evaporator

yang operasinya steady state, flow rate dan rate evaporatorasi masing-masing

badan adalah konstan.

Penurunan suhu:

Asumsi yang sering/umum diambil:

˗ foil panas yang diperiksa pada tiap evaporator dianggap sama

˗ luas perpindahan permukaan panas tiap evaporator dianggap sama

nn2211 TU........TUTUA

q (2.10)

jika KTD diabaikan maka:

n321

11

U1.....

U1

U1

U1

U1

TT

j (2.11)

jika KTD diperhitungkan, maka:

nn KTDKTDKTD ......2211 (2.12)

KTDTT nS (2.13)

C. Kapasitas Multiple Effect Evaporator

Multiple akan menaikkan steam efisiensi (E), tetapi multiple tidak selalu lebih

ekonomi karena dibatasi oleh kapasitas evaporator.

Kapasitas masing-masing evaporator adalah:

nnnn TAUq (2.14)

Kapasitas total effect adalah:

nqqqq .....21 (2.15)

nnn TAUTAUTAUq .....222111 (2.16)

Jika diasumsi U adalah sama dari masing-masing effect, maka:

.......( 21 AUTTTUAq n (2.17)

Dimana: nSn TTT ....21

Single effect:

q = U.A.T (2.18)

Perhitungan Multiple Effect yang akan ditentukan biasanya adalah luas area

permukaan tiap effect.

Yang biasa diketahui adalah:

- Tekanan steam masuk badan I

- Tekanan akhir uap badan akhir

- Kondisi feed dan aliran ke badan I

- Konsentrasi akhir dari liquid meninggalkan effect akhir

- Physical properties : H, Cp dari liquida dan vapour

- U masing-masing badan

- Umumnya A massing-masing effect diasumsi sama

Langkah perhitungan multiple effect evaporator:

1) Tentukan titik didih dan H larutan pada effect akhir berdasarkan tekanan pada

effect akhir dan konsentrasi larutan keluar (akhir)

2) Tentukan jumlah penguapan seluruh sistem dengan overall material balance dan

perkirakan pembagiannya untuk tiap effect. (umumnya dibagi sama dengan trial

pertam). Hitung konsentrasi larutan tiap effect, asumsikan titik didih pelarut dan

cari KTD tiap effect.

3) Tentukan total temperatur drop dan distrbusikan pada tiap effect

4) Dengan neraca panas dan neraca massa tiap effect, hitung kembali penguapan di

tiap effect. jika nilainya jauh beda yang diperkirkan di 2), ulangi step 2) dengan

harga penguapan yang baru didapat.

5) Tentukan nilai A masing-masing

6) Jika A tiap effect tidak sama, hitung kembali temperatur drop.

Am

A111 ;

Am

A221

2

dst (2.19)

n

AAAAm n

....21 (2.20)

7) ulangi langkah 3 dengan harga temperatur drop baru yang didapat dari 6).


Triple effect evaporator Forward digunakan untuk mengevaporasi larutan gula

10%berat menjadi 50% berat. KTD= 1,78x + 6,22x2 (C). dimana x adalah fraksi berat

gula dalam larutan. Uap jenuh atau sarturated steam yang digunakan pada 205,5 kPa

dengan suhu jenuh = 121,1 C. Tekanan dalam ruang uap badan III = 13,4 kPa; rate feed

= 22680 kg/h pada 26,7 C; Cp larutan = 4,19 2,35x kj/kgK; panas larutan diabaikan.

Diestimasikan U1 = 3123; U2 = 1987; U3 = 1136 w/m2K. Jika A tiap effect sama, hitung:

A, steam rate yang digunakan, dan E!

1) Start dari effect 3:

Untuk P = 14,3 kPa →Tsat = 51,67C

KTD III = 1,78x + 6,22x2 ; x = 0,5

= 1,78(0,5) + 6,22(0,5)2

= 2,45 C

TIII = 51,67 + 2,45 = 54,12 C

2) Overall material balance untuk mencari nV dan L3

F + S = c1 + c2 + c3 + V3 + L3

S = c1

c2 = V1

c3 = V2

F = L3 + (V1+V2+V3)

F = 22680

22680 = L3 + (V1+V2+V3)

Neraca komponen:

FxF = L3.x3 + (V1+V2+V3) y

FxF = L3.x3 + (V1+V2+V3) 0

22680 (0,1) = L3 (0,5) + (V1+V2+V3) 0

L3 = 4536 kg/h

V1+V2+V3 = 22680 4536

=18144 kg/h

Asumsi:

V1=V2=V3 = 18144/3

= 6048 kg/h

Material balance masing-masing effect:

1. F = 22680

F = V1 + L1 = 6048 + L1

L1 = 16632 kg/h

2. L1 = 16632

L1 = V2+L2 = 6048 + L2

L2 = 10584 kg/h

3. L2 = 10584

L2 = V3+L3 = 6048 + L3

L3 = 10584 kg/h

Neraca komponen tiap effect:

1. F.xF = L1.x1 + V1 (0)

22680 (0,1) = 16632 (x1)

x1 = 0,136

2. L1.x1 = L2.x2 + V2 (0)

16632(0,136) = 10584 (x2)

x2 = 0,214

3. L2.x2 = L3.x3 + V3 (0)

10584 (0,214) = 4536 (x3)

x3 = 0,5

3) KTD tiap effect

1. KTD1 = 1,78x1 + 6,22x12

= 1,78(0,136) + 6,22(0,136)2

= 0,36C

2. KTD2 = 1,78(0,214) + 6,22(0,214)2

= 0,65C

3. KTD3 =1,78(0,5) + 6,22(0,5)2

= 2,45C

∑∆T = Ts – T3 saturation – (KTD1+KTD2+KTD3)

= 121,1C 51,67 (0,36+0,65+2,45)

= 65,97 C

Rumus:

n321

11

U1.....

U1

U1

U1

U1

TT

= 65,97 11361

19871

31231

31231

C40,12T1

Analog = CT 5,192 ; CT 07,343 → = 65,97

Karena feed dingin masuk effect I, maka effect I perlu panas yang lebih. sehingga

diestimasi pertama untuk menambah 1T dan mengurangi 2T dan 3T secara

proporsional:

1T = 1T + 3,16 = 12,4 + 3,16 = 15,56 C

2T = 2T 1,16 = 19,5 1,16 = 18,34 C = 65,97

3T

= 3T 2 = 19,5 2 = 32,07 C

Menghitung actual billing point dari larutan tiap-tiap effect:

1. T1 = Ts1 1T = 121,1 15,56 = 105,54 C

Ts1 = 121,1 C

2. T2 = T1 KTD1 2T = 105,54 0,36 8,34 = 86,84 C

Ts2 = T1 KTD1 = 105,54 0,36 = 105,18 C

3. T3 = T2 KTD2 3T = 86,84 0,65 32,07 = 54,12 C

Ts3 = T2 KTD2 = 86,84 0,65 = 86,19 C

Alur Temperatur ketiga effect;

Effect I Effect II Effect III Condensor

Ts1= 121,1 Ts2= 105,18 Ts3 = 86,19 Ts4 = 51,67

T1= 105,54 T2 = 86,84 T3 = 54,12

4) Cp larutan masing-masing step

F → Cp = 4,19 2,35(0,1) = 3,955 kj/kg.K

L1→ Cp = 4,19 2,35(0,136) = 3,869 kj/kg.K

L2→ Cp = 4,19 2,35(0,214) = 3,684 kj/kg.K

L3→ Cp = 4,19 2,35(0,5) = 3,015 kj/kg.K

Entalpi masing-masing alur vapour relative terhadap air pada 0C sebagai datum :

(tabel)

1. T1 = 105,54 C; Ts2= 105,18 C; KTD1 = 0,36 C; Ts1= 121,1 C

H1 = Hs2 (Saturated H pada Ts2) + Cp superheated steam (KTD1)

H1 = 2684 +1,888(0,36)

= 2685 kj/kg

λs1= Hs1 (H pada saturated vapour) – hs1 (H liquid pada Ts1)

= 2708 508

= 2200 kj/kg

2. T2 = 86,84 C; Ts3= 86,19 C; KTD2 = 0,65 C

H2= Hs3 (Saturated H pada Ts3) + Cp superheated steam (KTDII)

H2= 2564 +1,888(0,65)

= 2655 kj/kg

λ2 = H1 hs2 (H liquid pada Ts2)

= 2685 441

= 2244 kj/kg

3. T3 = 54,12 C , Ts4= 51,67 C , KTD3 = 2,45 C

H3 = Hs4 (Saturated H pada Ts3) + Cp superheated steam (KTDIII)

H3 = 2595 +1,888(2,45)

= 2600 kj/kg


= 2655 361 = 2294 kj/kg

Koreksi superheat diatas relative kecil dan dapat diabaikan, tapi masih digunakan

karena untuk menunjukkan metode perhitungan.

Aliran yang terjadi:

V1 =22680 L1

V2 = L1L2

V2 = L2L2

V3 = 4536

Neraca panas pada masing-masing effect: gunakan 0 C sebagai datum jika H vapour

relative dengan 0 C.

1. F. Cp(TF 0) + S.λs1 = L1. Cp(T10) + V1. H1

22680 (3,955)(26,70) + S(2200) = L1 (3,869)(105,540) + (22680L1)2685

S + 1,035 L1 = 26591,284 (a)

2. L1. Cp(T1 0) + V1.λs2 = L2. Cp(T20) + V2. H2

L1 (3,869)(105,540) + (22680L1)(2244) = L2 (3,684)(86,840) + (L1L2)2655

0,52 L2 - L1 = -11333,27 (b)

3. L2. Cp(T2 0) + V2.λs3 = L3. Cp(T30) + V3. H3

L2 (3,684)(86,840) + (L1L2)(2294) = 4536 (3,015)(54,120) + (L24536)2600

-3381,2 L2 = -37057968,4 (c)

Dari 3 persamaan diatas secara simultan dan subtitusi didapat:

L1 = 17078 kg/h

L2 = 11068 kg/h

L3 = 4536 kg/h

S = 8936 kg/h

V1 = 5602 kg/h

V2 = 6010 kg/h

V3 = 6532 kg/h

Hasil V1, V2, V3 terakhir hampir sama dengan yang diasumsikan, sehingga step 2, 3

dan 4 tidak perlu diulang. jika diulang maka V1, V2, V3 terakhir dipakai sebagai awal

perhitungan di step 2 dan neraca masing-masing effect dapat dibuat.

5) Menghitung q masing-masing effect dan area:

W10460,53600

1000)2200(8936.Sq 6

1S1

W10492,33600

1000)2244(5602.Sq 6

2S2

W10830,33600

1000)2294(6010.Sq 6

3S3

2

6

11

11 m4,112

)56,153123(

10460,5

T.U

qA

2

6

22

22 m8,95

)18341987(

10492,3

T.U

qA

2

6

33

3

3 m1,105)07,321136(

10830,3

T.U

qA

A rata-rata = 104,4 m2

Perbedaan A rata-rata dengan A1, A2, A3 < 10%, sehingga trial kedua tidak perlu jika

beda tersebut >10% maka trial kedua dibuat diawali dengan step 6, metode

perhitungan yang dipakai sebagai berikut:

6) Neraca massa baru dengan:

L1 = 17078

L2 = 11068 untuk mencari x

L3 = 4536

1. F.xF = L1.x1

22680 (0,1) = 17078 (x1)

x1 = 0,133

2. L1.x1 = L2.x2

17078 (0,133) = 11068 (x2)

x2 = 0,205

3. L2.x2 = L3.x3

11068 (0,205) = 4536 (x3)

x3 = 0,5

7) KTD baru masing-masing effect:

KTD = 1,78x1 + 6,22x12

1. KTD1 = 1,78(0,133) + 6,22(0,133)2 = 0,35C

2. KTD2 = 1,78(0,205) + 6,22(0,205)2 = 0,63C

3. KTD3 =1,78(0,5) + 6,22(0,5)2 = 2,45C

)KTDKTDKTD(saturationTT 3213S

= 121,1C 51,67 (0,33+0,63+2,45) = 66 C

T baru dengan rumus = Am

A.1

C77,164,104

)4,112(56,15

Am

A. 111

1

C86,164,104

)8,95(34,18

Am

A. 221

2

C34,324,104

)1,105(07,32

Am

A. 331

3

= 16,77 + 16,87 + 32,34 = 65,97 C

1 diatas disesuaikan lagi supaya = 66 C

1

1 = 16,77 C

1

2 = 16,87 C = 66 C

1

3 = 32,36 C

Menghitung actual billing point dari larutan tiap-tiap effect:

1. T1 = Ts1 1

1T = 121,1 16,77 = 104,33 C

Ts1= 121,1 C

2. T2 = T1 KTD1 1

2T = 104,33 0,35 16,87 = 87,11 C

Ts2 = T1 KTD1 = 104,33 0,35 = 103,98 C

3. T3 = T2 KTD2 1

3T = 87,11 0,63 32,36 = 54,12 C

Ts3 = T2 KTD2 = 87,11 0,63 = 86,48 C

8) Menghitung step 4 dengan Cp liquid = 4,19 2,35x

F = Cp = 4,19 2,35(0,1) = 3,955 kj/kg.K

L1= Cp = 4,19 2,35(0,133) = 3,877 kj/kg.K

L2= Cp = 4,19 2,35(0,205) = 3,708 kj/kg.K

L3= Cp = 4,19 2,35(0,5) = 3,015 kj/kg.K

H baru masing-masing effect:

1. H1 = Hs2 + Cp × KTD1 = 2682 + 1,888 (0,35) = 2683 kj/kg

2. H2 = Hs3 + Cp × KTD2 = 2654 + 1,888 (0,63) = 2655 kj/kg

3. H3 = Hs3 + Cp × KTD3 = 2595 + 1,888 (0,35) = 2600 kj/kg

1. λS1 = Hs1hs1 = 2708 508 = 2200 kj/kg

2. λS2 = H1hs2 = 2683 440 = 2243 kj/kg

3. λS3 = H2hs3 = 2655 362 = 2293 kj/kg

Neraca panas masing-masing effect:

1. F. Cp(TF 0) + S.λs1 = L1. Cp(T10) + V1. H1

22680 (3,955)(26,70) + S(2200) = L1 (3,877)(104,330) + (22680L1)2683

2. L1. Cp(T1 0) + V1.λs2 = L2. Cp(T20) + V2. H2

L1 (3,877)(104,330) + (22680L1)(2243) = L2 (3,708)(87,110) + (L1L2)2655

3. L2. Cp(T2 0) + V2.λs3 = L3. Cp(T30) + V3. H3

L2 (3,708)(87,110) + (L1L2)(2293) = 4536 (3,015)(54,120) + (L24536)2600

Dari 3 persamaan diatas secara simultan dan subtitusi didapat:

L1 = 17005 kg/h

L2 = 10952 kg/h

L3 = 4536 kg/h

S = 8960 kg/h

V1 = 5675 kg/h

V2 = 6053 kg/h

V3 = 6416 kg/h

Nilai-nilai trial II diatas berbeda sedikit dengan trial I, selanjutnya adalah:

9) Menghitung q masing-masing effect dan area:

W10476,53600

1000)2200(8960.Sq 6

1S1

W10539,33600

1000)2244(5675.Sq 6

2S2

W10855,33600

1000)2294(6053.Sq 6

3S3

2

6

11

11 m6,104

)56,153123(

10476,5

T.U

qA

2

6

22

22 m6,105

)18341987(

10539,3

T.U

qA

2

6

33

3

3 m9,104)07,321136(

10855,3

T.U

qA

A rata-rata = 105 m2 mendekati A trial I yaitu = 104,4 m

2

Steam Ekonomi:

S

VVVE 321

025,28960

641660535675E

3. Temperatur Drop Dan Kapasitas Multiple Effect Evaporator

Jumlah panas yang ditransfer perjam dalam badan I:

1111 TAUq (2.21)

1 = beda antara kondensasi uap dan titik didih liquid

1S1 (2.22)

Asumsi:

Tidak ada KTD, tiadak ada panas larutan, mengabaikan panas sensible, jika panas

dibadan II dan III adalah analog dan semua sama, maka:

333222111 TAUTAUTAUq (2.23)

Umumnya luas area tiap badan adalah sama sehingga:

332211 TUTUTUA

q (2.24)

332211321 )()()( TTTTTTTTT SS (2.25)

T bersatuan C = K

T berbanding terbalik dengan U atau T U

1

2

321

11 Tuntuklogana

U1

U1

U1

U1

TT

(2.26)

Kapasitas Evaporatororator:

Estimasi kasar kapasitas triple effect evaporatororator adalah:

333222111321 TAUTAUTAUqqqq (2.27)

jika dianggap U sama tiap effect, maka:

)TT(AUAU)TTT(AUq 3S321 (2.28)

Perhitungan Multiple Effect Evaporatororator:

Umumnya yang akan dicari adalah:

- A masing-masing

- rate steam (kg/h)

- jumlah uap meninggalkan masing-masing effect, terutama effect akhir

Umumnya yang diketahui adalah:

- P steam effect pertama

- P uap akhir pada effect akhir

- kondisi feed dan flow pada effect pertama

- konsentrasi akhir liquid yang keluar dari effect akhir

- property fisik (H, Cp liquid dan vapour)

- U masing-masing effect

Umumnya A tiap effect diasumsi sama.

Metode pengerjaan diselesaikan dengan:

- Neraca Massa (N.M)

- Neraca Panas (N.P)

- TAUq tiap effect

Diselesaikan dengan cara trial dan error.

Step-step perhitungan adalah sebagai berikut:

1) Dari konsentrasi outlet dan P effect akhir tentukan titik didih effect akhir (jika ada

KTD, ini dapat ditentukan dari Duhring line)

2) Tentukan total uap dengan N.M. untuk trial pertama anggap V1=V2=V3, dari total

N.M didapatkan L1, L2, L3 .Hitung kosentrasi solid masing-masing effect dengan

neraca solid tiap-tiap effect.

3) Estimasi 321 T,T,T dengan persamaan:

321

ii

U1

U1

U1

U1

TT

kemudian hitung titik didih masing-masing effect.

4) Dengan N.M dan N.P dalam tiap-tiap effect, hitung jumlah liquid yang teruapkan.

jika jumlah liquid yang teruapkan berbada dengan trial step 2, maka ulangi step 2, 3,

4 dengan nilai tadi.

5) Hitung q yang ditransfer ditiap-tiap effect, dengan TAUq , hitung

321 A,A,A dan hitung A rata-rata = 3

AAAAm 321

, jika 321 A,A,A

mendekati maka sudah OK dan tidak perlu trial II. Jika 321 A,A,A beda jauh maka

trial II sebagai berikut:

6) Nilai-nilai baru = 321 L,L,L , 321 V,V,V dihitung dengan N.P dalam step 4 dan

hitung konsentrasi solid baru masing-masing effect dengan Neraca Solid masing-

masing effect.

7) Dapatkan nilai-nilai baru 1

3

1

2

1

1 T,T,T dari:

Am

A111

1

; Am

A221

2

; Am

A331

3

jumlah

1

3

1

2

1

1 TTT harus sama dengan awal. “jika ada KTD, gunakan

konsentrasi baru dari step 6 untuk menentukan KTD baru dalam 3 effect yang aka

memberikan baru hitung lagi 1

1

8) Dari 1

1 di step 7, ulangi step 4. Biasannya trial cukup 2x


Triple effect evaporator dipakai untuk memekatkan larutan gula dari 10% ke 50% berat.

KTD dapat diestimasi dengan:

˗ KTD (C) = 1,78x + 6,22x2 atau KTD (F) = 3,2x + 11,2 x

2

dimana x = % berat gula dalam larutan.

˗ Steam saturated pada 205,5 kPa dipakai sebagai pemanas (Ts1=121,1C)

˗ Tekanan uap di badan III = 13,4 kPa.

˗ Rate feed = 22680 kg/h, TF = 26,7C

˗ Kapasitas panas larutan Cp= 4,19-2,35x kj/kg.K , panas larutan diabaikan.

˗ koefisien transfer panas U1= 3123, U2= 1987, U3= 1136 W/m2.K

Jika masing-masing effect mempunyai A sama, hitung A, S, E ?

Penyelesaian

1) x3 = 0,5

P3 = 13,4 kPa Tsat3

= 51,67 (steam table)

KTD3 = 1,78 (0,5) + 6,22 (0,5)2

= 2,45C

T3 = 51,67 + 2,45

= 54,12C

2) Neraca Massa total:

F + S = L3 + (V1 + V2 + V3) + S1

F = L3 + (V1 + V2 + V3)

22680= L3 + (V1 + V2 + V3)

Neraca Komponen:

F. xF = L3 (x3)+ (V1 + V2 + V3) + (0)

22680 (0,1) = L3(0,5)

L3 = 4536 kg/h

V1 + V2 + V3 = 22680 4536

= 18144 kg/h

Asumsi masing-masing effect mempunyai jumlah V yang sama:

V1 = V2 = V3 = 6048 kg/h

Neraca Massa masing-masing badan untuk mencari L1

1. F = V1 + L1 22680 = 6048 + L1 L1 = 16632 kg/h

2. L1 = V2 + L2 16632 = 6048 + L2 L2 = 10584 kg/h

3. L2 = V3 + L3 10584 = 6048 + L3 L3 = 10584 kg/h

Neraca komponen masing-masing badan untuk mencari x1

1. F (xF) = V1(0)+ L1(x1) 22680(0,1) = 16632(x1) x1 = 0,136

2. L1 (x1) = V2(0)+ L2(x2) 16632(0,136) = 10584(x2) x2 = 0,214

3. L2 (x2) = V3(0)+ L3(x3) 10584(0,214) = 4536(x3) x3 = 0,5 (check balance)

3) KTD masing-masing badan:

1. KTD1 = 1,78x1 + 6,22x12 = 1,78(0,136) + 6,22(0,136)

2 = 0,36C

2. KTD2 = 1,78(0,214) + 6,22(0,214)2 = 0,65C

3. KTD3 =1,78(0,5) + 6,22(0,5)2 = 2,45C

)KTDKTDKTD(saturationTT 32131S

= 121,1C 51,67 (0,36+0,65+2,45) = 65,97 C

Hitung: Ti

321

11

U1

U1

U1

U1

TT

= 65,97 C4,12

11361

19871

31231

31231

321

22

U1

U1

U1

U1

TT

= 65,97 C5,19

11361

19871

31231

19871

321

3

1

U1

U1

U1

U1

TT

= 65,97 C07,34

11361

19871

31231

11361

Feed masuk badan I pada suhu rendah, sehingga perlu panas lebih di badan I.

Estimasi awal: diturunkanT,TdandinaikkanT 321

T1 = 15,56 C naik 3,16 C

T2 = 18,34 C turun 1,16 C

T3 = 32,07 C turun 2 C

Menghitung titik didih actual dari larutan di masing-masing effect:

1. T1 = Ts1 1T = 121,1 15,56 = 105,54 C

Ts1= 121,1 C (Tsat steam masuk)

2. T2 = T1 KTD1 2T = 105,54 0,36 18,34 = 86,84 C

Ts2 = T1 KTD1 = 105,54 0,36 = 105,18 C

3. T3 = T2 KTD2 3T = 86,84 0,65 32,07 = 54,12 C

Ts3 = T2 KTD2 = 86,84 0,65 = 86,19 C

Alur suhu dapat digambar sebagai berikut:

Effect I Effect II Effect III Condensor

Ts1= 121,1 Ts2= 105,18 Ts3 = 86,19 Ts4 = 51,67

T1= 105,54 T2 = 86,84 T3 = 54,12

4) Menghitung Cp masing-masing effect dengan:

F = Cp = 4,19 2,35(0,1) = 3,955 kj/kg.K

L1= Cp = 4,19 2,35(0,136) = 3,869 kj/kg.K

L2= Cp = 4,19 2,35(0,214) = 3,684 kj/kg.K

L3= Cp = 4,19 2,35(0,5) = 3,015 kj/kg.K

Entalpi masing-masing alur vapour relative terhadap air pada 0C sebagai datum :

(tabel)

1. T1 = 105,54 C; Ts2= 105,18 C; KTD1 = 0,36 C; Ts1= 121,1 C

H1 = Hs2 (Saturated H pada Ts2) + Cp superheated steam (KTD1)

H1 = 2684 +1,888(0,36)

= 2685 kj/kg

λs1= Hs1 (H pada saturated vapour) – hs1 (H liquid pada Ts1)

= 2708 508

= 2200 kj/kg

2. T2 = 86,84 C , Ts3= 86,19 C , KTD2 = 0,65 C

H2 = Hs3 (Saturated H pada Ts3) + Cp superheated steam (KTDII)

H2 = 2564 +1,888(0,65)

= 2655 kj/kg


= 2685 441

= 2244 kj/kg

BAB III

HUMIDIFIKASI DEHUMIDIFIKASI

Pada proses humidifikasi dan dehumidifikasi, terjadi perpindahan materi antara

liquida murni dan gas yang tidak larut dalam liquida.

Perpindahan H2O dari fasa cair ke udara atau air menguap ke udara disebut

dengan proses HUMIDIFIKASI (akan meningkatkan humidity udara), sedangkan

perpindahan uap H2O yang ada di udara kedalam air atau uap air mengembun disebut

sebagai DEHUMIDIFIKASI (memperkecil humidity udara).

1. Definisi Humidity (H)

Definisi Humidity (H) dari campuran udara-uap air adalah kg uap air yang

terkandung dalam 1 kg udara kering.

H merupakan fungsi tekanan parsial uap air dalam udara (PA) dan tekanan udara total

P, dimana P diasumsi = 101,325 kPa = 1 atm = 760 mmHg.

Jika Bm air = 18,02; udara = 28,97; maka H dalam kg H2O/kg udara kering (SI) atau

lb H2O/lb udara kering (british) adalah:

udaramolkgudarakg

97,28

1

OHmolkg

OHkg02,18

udaramolkg

OHmolkg

PP

P

ingkerudarakg

OHkgH

2

22

A

A2

A

A

PP

P

97,28

02,18H

(3.1)

2.

Udara jenuh

adalah udara dengan uap air yang berkesetimbangan dengan air pada kondisi P dan T

tertentu. Dalam campuran ini tekanan parsial dari uap air dalam campura udara air

adalah sama dengan tekanan uap air (PAS) murni pada suhu tertentu. Sehingga

humidity jenuh (HS) adalah:

AS

AS

SPP

PH

97,28

02,18 (3.2)

3.

Percentage Humidity (Hp)

Percentage Humidity adalah rasio Actual Humidity (H)/Saturation Humidity (HS)

pada suhu dan tekanan yang sama 100, sehingga:

S

pH

HH 100 (3.3)

4. Percentage Relative Humidity (HR)

HR adalah rasio tekanan parsial uap air dalam udara (PA) dan tekanan uap air murni

(PAs) 100, sehingga:

AS

AR

P

PH 100 (3.4)

HR ≠ HP

Jika HP di ekspresikan dalam tekanan parsial, maka persamaan (3.1), (3.2), dan (3.3)

dikombinasikan sebagai berikut:

A

A

S PP

P

H

HHp

97,28

02,18100100

)100(97,28

02,18

A

As

As

A

As

As

PP

PP

P

P

PP

P

(3.5)


Udara dalam sebuah ruangan pada 26,7 ºC (80 ºF) dan tekanan 101,325 kPa

mengandung uap air dengan tekanan parsial PA = 2,76 kPa. Hitung:

a. Humidity (H)

b. Saturated Humidity (HS) dan Percentage Humidity (HP)

c. Percentage Relative Humidity (HR)

Jawab:

Pada 26,7 C → Tekanan uap air PAs = 3,5 kPa (0,507 psia) → Steam table

a. H = A

A

PP

P

97,28

02,18 =

76,2325,102

76,2

97,28

02,18

=

udarakg

OHkg 201742,0

b. HS = As

As

PP

P

97,28

02,18 =

5,3325,102

5,3

97,28

02,18

=

udarakg

OHkg 202226,0

Hp = SH

H100 =

02226,0

01742,0

97,28

02,18100 = 78,3%

c. HR = As

A

P

P100 =

5,3

76,2100 = 78,9%

5. Dew Point campuran udara-uap air

Dew Point adalah suhu dimana campuran udara uap air menjadi jenuh. Sebagai

contoh pada 26,7 C tekanan uap jenuh dari air = PAs = 3,5 kPa. Artinya Dew Point

campuran yang mengandung uap air mempunyai tekanan parsial 3,5 kPa adalah 26,7

C. Jika campuran udara-uap air berada pada suhu 37,8 C dan PA = 3,5 kPa, maka

campuran tidak dapat menjadi jenuh

6. Humidity Heat (cS)

Humidity Heat adalah panas yang diperlukan untuk menaikkan suhu satu satuan

massa udara kering ditambah uap air yang tekandung dengan kenaikan suhu sebesar

satu satuan derajad suhu. Kapasitas panas udara dan uap air dapat diasumsi konstan

untuk range suhu tertentu, biasanya adalah 1,005 kJ/kg udara kering.K; 1,88 kJ/kg

uap air.K; sehingga:

cS kJ/kg udara kering.K = 1,005 + 1,88 H (SI) (3.6)

cS BTU/lbm udara kering F = 0,24 + 0,45 (British) (3.6)

7. Humidity Volume dari campuran udara-uap air (VH)

Humidity Volume adalah volume total (m3) dari 1 kg kering + uap pada tekanan

101,325 kPa (1 atm) dan pada suhu tertentu. Dengan gas ideal:

ingudarakgmVH ker

3

=

HTK

02,18

1

97,28

1

273

41,22

= TKH)1056,41083,2( 33 (3.7)

ingudaralbmft

VH ker

3

=

HTR

02,18

1

97,28

1

492

359

= TRH)0405,00252,0( (3.7)

Untuk campuran udara jenuh-uap air: H = HS dan VH adalah volume jenuh.

8. Entalpi Total dari campuran udara-uap air: (Hy)

Entalpi total dari 1 kg udara + uap airnya adalah Hy, J/kg udara kering. Jika T0 adalah

suhu datum untuk kedua komponen, entalpi total adalah panas sensibel dari

campuran udara-uap air + panas latent (λ0) uap air pada T0 , λ0 dalam J/kg uap air.

Hy kJ/kg udara kering = Cs (T – T0) + Hλ0

= (1,005 + 1,88 H)(T – T0, C) + Hλ0 (3.8)

Hy BTU/lbm udara kering = (0,24 + 0,45 H)(T – T0, F) + Hλ0 (3.8)

Jika entalpi total merjer pada suhu dasar T0 = 0C (32 F), maka:

Hy kJ/kg udara kering = (1,005 + 1,88 H)(T,C – T0) + 2501,4 H (SI) (3.9)

Hy BTU/lbm udara kering = (0,24 + 0,45 H)(T,F – 32) + 1075,4 H (British) (3.9)

9. Diagram Humidity untuk campuran udara-uap air

Diagram humidity udara-uap air pada 1 atm merupakan plot antara Suhu, Humidity,

dan Percentage Humidity. Suhu adalah suhu dry-bulb yaitu suhu campuran udara-

uap air.

kurva 100% menunjukkan % humidity = 100% sebagai fungsi suhu atau (HS vs T)

Pada contoh 1), pada 26,7 C, HS terhitung = 0,02226 , dengan diagram, plot kedua

kondisi ini maka akan didapat % humidity =100%. Kurva-kurva dengan percentage <

100% adalah kurva-kurva HP.


Udara pada 60 C dan Dew Point 26,7 C masuk ke pengering. Dengan diagram

humidity, Tentukan: Actual Humidity (H), Percentage Humidity (HP), Humidity Heat

(CS), dan Humidity volume (VH).

Jawab: Pada dew point 26,7 C berarti campuran adalah 100% jenuh. Dari 26,7C tarik

keatas memotong garis humidity 100%, tarik ke kanan terbaca H = 0,0225 kg H2O/kg

udara kering = Actual Humidity udara pada 60C atau, pada 60C plot dengan H =

0,0225 maka titik potong tersebut jika diturunkan suhunya sampai 100% Humidity,

maka didapatkan suhu 26,7 C.

H = 0,0225 dengan T = 60 C → didapat Hp = 14%

cS = 1,005 + 1,88 (H) = 1,005 + 1,88 (0,0225

= 1,047 kJ/kg udara kering.K

VH = (2,83 × 10-3

+ 4,56 × 10-3

H)

= (2,83 × 10-3

+ 4,56 × 10-3

×0,0225)

= 0,977 m3/kg udara kering.

10. Suhu Jenuh Adiabatis

Dalam saturator udara-uap air adiabatis : campuram udara-uap air masuk ke saturator

dan kontak dengan spray air, maka gas yang meningggalkan saturator mempunyai

suhu dan H yang berbeda dan proses terjadi secara adiabatis. air yang turun kebawah

di resirkulasi dengan penambahan make up air.

Ts = suhu jenuh adiabatis = suhu steady state.

Jika T dan H bukan kondisi jenuh, maka Ts < T.

Jika kontak gas inlet dengan water spray cukup untuk membawa gas dan cairan

menjadi setimbang, maka gas outlet pada Ts dengan Hs.

Neraca Entalpi

Cs(T-Ts) + H λs = Cs(Ts-Ts) + Hs λs (3.10)

)British(H45,024,0C

TT

HH

)SI(H88,1005,1C

TT

HH

SS

S

S

S

SS

S

S

S

(3.11)

Dalam diagram Humidity, persamaan 3.11 membaca garis-garis adiabatis saturation

line (garis jenuh adiabatis) yang melalui Hs dan Ts pada kurva jenuh 100% dan titik-

titik lainnya pada H dan T. disebut juga garis adiabatic humidification.


Aliran udara pada 87,8 C mempunyai H = 0,0 kg H2O/kg udara kering kontak dengan

air dalam saturator sehingga HP menjadi 100% jenuh.

a) Berapa H dan T akhir?

b) Untuk 100% jenuh, Berapa H dan T nya?

Jawab:

Plot: T = 87,8 C dan H = 0,03 → perpotongannya diikuti

a) Garis adiabatic saturation line sampai memotong HP = 90%. Turun kebawah terbaca

T = 42,5 C dan H = 0,05

b) Teruskan garis tersebut sampai memotong 100% jenuh, baca T = 40,5 C dan H =

0,0505

11. Suhu Wet Bulp

Suhu jenuh adiabatis adalah suhu yang dicapai ketika sejumlah air dengan volume

yang besar dikontakkan dengan gas masuk. Suhu wet bulb adalah suhu steady state

non equilibrium yang dicapai ketika air dengan volume kecil dikontakkan dengan

aliran gas kontinu pada kondisi adiabatis. Jika jumlah liquid kecil, suhu dan H dari

gas tidak berubah, hal ini berlawanan dengan kasus jenuh adiabatis dimanan suhu

dan H gas akan berubah.

Metode untuk mengukur suhu wet bulb adalah termometer yang dicover dengan kain

yang selalu basah karena air, dan dicelupkan dalam aliran uap air-udara yang

mempunyai suhu T dan H.

Pada keadaan steady state, air menguap dan kain + air didinginkan menjadi Tw

(tetap).

Panas laten evaporasi akan setimbang dengan panas konveksi yang mengalir dari

aliran gas pada T ke konveksi dengan suhu < Tw.

Neraca panas kain dengan suhu datum Tw dengan sejumlah panas hilang karena

evaporasi dan mengabaikan perubahan panas sensibel dari liquida yang terevaporasi

dan radiasi, maka:

q = µA NA λW.A (3.12)

Dimana:

µA : Berat mol H2O

NA : kg mol H2O terevaporasi/s.m2 atau lbmol/j.ft

2

A : luas permukaan, m2 ata ft

2

λW : panas laten penguapan pada Tw, kj/kg H2O atau Btu/lb H2O

q : kW = kj/s atau Btu/j

NA = )()('

yykyyyyk

WW

BM

(3.13)

Dimana:

ky : koefisien transfer massa, kg.mol/s.m2

BM : mol transfer udara log mean inert

yW : mol transfer uap air dalam gas pada permukaan

y : mol transfer gas

Untuk campuran dilution → BM 1 dan yk ' ky

Hubungan H dan y

y =

AB

A

H

NH

1 (3.14)

Dimana:

μA : Bm H2O

μB : Bm udara

Jika H nilainya kecil, maka: y A

B.H

(3.15)

Subtitusi 3.15 ke 3.13 dan hasilnya disubtitusi ke 3.12, maka:

q = μB ky λw (Hw – H) A (3.16)

Rate transfer panas konveksi dari semua gas dari T ke Tw adalah:

q = h (T-Tw) A (3.17)

Jika h = koefisien transfer panas dalam kW/m2.K atau Btu/j.ft

2.F, persamaan (3.16)

dan (3.17) diatur kembali menjadi:

W

B

W

W kyh

TT

HH

.

(3.18)


Campuran uap air-udara dengan suhu dry bulb T = 60 C melewati alat ukur wet bulb

temperatur sehingga dicapai suhu wet bulb Tw = 29,5 C. Berapa H campuran?

Jawab:

Tw = 29,5 C dapat diasumsi sama sebagai suhu saturasi adiabatis (TS). Dengan

mengikuti kurva saturasi adiabatis dari 29,5 C hingga mencapai dry bulb pada 60 C,

didapat H = 0,0135 kg H2O/kg udara kering.

12. Peralatan Humidifikasi

a. Cooling Tower

Prinsip: Liquida panas dikontakkan dengan udara tidak jenuh sehingga terjadi

perpindahan panas dan sebagian liquida akan menguap, dan suhu liquida turun.

Ada beberapa metode:

˗ Natural draft/atmosferik

˗ Force draft : udara sengaja dikontakkan dengan liquida panas dengan

menggunakan fan

˗ Counter Current Induced Draft : arah dua fluida berlawanan.

b. Humidifier

Humidifier adalah untuk menaikkan humidity gas/udara. Liquida di spraykan pada

udara tidak jenuh dan hangat sehingga panas sensibel dan perpindahan massa

terjadi secara adiabatis seperti pada saturator adiabatis.

c. Dehumidifier

Dehumidifier adalah alat untuk menurunkan humidity udara. Udara dengan

humidity tinggi dapat diturunkan humiditinya dengan cara dikontakkan dengan

liquida dingin. Suhu udara diturunkan sampai dibawah dew point sehingga uap air

dalam udara akan mengembun yang mengakibatkan humidity udara turun.

13. Mekanisme Humidifier dan Dehumidifier: (interaksi udara-liquida)

a. Adiabatik Humidifier:

Laju perpindahan panas laten dari liquida ke udara = pepindahan panas sensibel

dari udara ke liquida. Tidak ada gradient suhu dalam fase liquid, Ty > Tinterface

supaya panas sensibel mengalir ke interface dan Hi > H supaya terjadi penguapan

liquid ke udara.

b. Dehumidifier

H > Hi supaya gas mengalir ke interface karena Ti dan Hi untuk gas jenuh, maka

Ty harus > Ti, jika < Ti maka gas akan lewat jenuh dengan uap. Interface

menerima panas sensibel dan panas laten dari gas yang di transfer ke liquida

sehinga terjadi gradient suhu dalam fase liquid.

c. Cooling Tower

Dalam counter current cooling tower keadaan tergantung pada apakah suhu gas

dibawah atau diatas Ti Jika Tgas < Ti → terjadi pada bagian atas cooling tower.

Liquida didinginkan karena perpindahan panas sensibel sehingga transfer panas

dari liquida ke gas. Jika Tgas > Ti ( terjadi pada bagian bawah cooling tower)

karena liquida didinginkan, maka suhu liquida (Tx) harus > Ti . Terjadi aliran

panas latent dari interface ke gas, disini suhu liquid rendah, suhu interface rendah

dan suhu interface akan lebih rendah daripada suhu udara.

14. Design Counter Current Cooling Tower.

Neraca entalpi untuk tower dengan tinggi dZ:

GydHy = d(GxHx) (3.19a)

Dimana:

Hx : Total entalpi liquid

Hy : Total entalpi gas

a. Mass velocity dari udara bebas uap air (Gy)

Suhu Tya

Humidity Ha

Entalpi Hya

b. Mass velocity dari liquida (air) (Gxa)

Suhu Txa

c. Mass velocity dari udara bebas uap air (Gy)

Suhu T

Humidity Hb

Entalpi Hxb

d. Mass velocity dari liquida (air) (GxL)

Suhu Txb

Rate perpindahan panas dari liquida ke interface

d(GxHx) = hx (Tx – Ti) aH dZ (3.19)

dimana:

hx : koefisien transfer panas dari liquida ke interface

aH : luas permukaan perpindahan panas per satuan volume tower

Rate perpindahan panas dari interface ke gas

Gx cS = hy (Ti – Ty) aH Dz (3.20)

Rate perpindahan panas uap air dari interface ke gas atau udara

GydH = ky MB (Hi – H) aM dZ (3.21)

Dengan mengabaikan perubahan Gx (Gx konstan) dan entalpi liquid =

Hx = CL (Tx – T0) (3.22)

dimana:

CL : panas spesifik liquid

T0 : suhu reference untuk perhitungan entalpi

maka:

d(Gxhx) = GxdHx = GxCLdTx (3.23)

Subtitusi d(GxHx) dari persamaan (3.13) ke (3.19) maka:

GxCLdTx = hx (Tx – Ti) aM dZ (3.24)

Atau,

dZCGx

ahx

TiTx

dTx

L

H

(3.25)

Dari persamaan (3.20), persamaan (3.25) dapat ditulis sebagai:

dZGyCs

ahy

TyTi

dTy1

H

(3.26)

Persamaan (3.21) dapar ditulis:

dZGy

aMky

HHi

dH1

MB

(3.27)

Dari persamaan (18), persamaan (23) dapat ditulis sebagai

dZGy

CGx

dTx

dHy1

L (3.28)

Persamaan (3.28) adalah persamaan garis operasi.

Penurunan persamaan : Persamaan (3.21) dikalikan dengan λ0 dan kemudian

tambahkan dengan persamaan (3.20):

Gy (cS dTy + λ0 dH) = λ0 ky MB (Hi –H) aM + hy (Ti – Ty) aH (3.29)

Jika packing dalam kolom terbasahi sempurna oleh liquid maka:

am = aH = a

Jika perubahan cS dengan H diabaikan (cS konstan) maka persamaan (3.8) sesudah

diferensiasi menjadi:

dHy = cS dTy + λ0 dH (3.30)

Persamaan (3.30), dHy dapat disubtitusi ke sayap kiri persamaan (3.29) sehingga:

GydHy = λ0 ky MB (Hi – H) am + hy (Ti – Ty) aH dZ (3.31)

Untuk sistem udara-air : hy dapat dieliminir dari persamaan (3.31) dengan

menggunakan hubungan Lewis, yaitu persamaan:

CskyM

hy

B

→ Lewis

sehingga:

GydHy = ky MB am (λ0 Hi – cST) – (λ0 dH* + cSTy) (3.32)

Hi adalah entalpi udara pada interface yaitu:

Hi = λ0 Hi + Cs (Ti – T0) (3.33)

Dari difinisi Hi tersebut dan persamaan (3.8), maka suhu dibawah tanda kurung pada

persamaan (3.32) adalah Hi – Hy, maka (3.32) menjadi:

Cy dHy = ky MB am (Hi – Hy) dZ (3.34)

Atau:

1

MB

Gy

aMky

HyHi

dHy

(3.35)

Persamaan (3.35) adalah persamaan untuk menghitug tinggi packing dari Coolong

Tower dari persamaan (19a) dan (19) didapat:

GydHy = hx (Tx – Ti) aH dZ (3.36)

Eliminasi dZ dari persamaan (35) dan Persamaan (36) dan dengan menggunakan

persamaan hubungan Lewis, maka:

hy

Cshx

Mky

hx

TxTi

HyHi

B

(3.37)

Persamaan (37) dipakai untuk menentukan slope dari Tie Line. jika persamaan (26)

dibagi dengan persamaan (35), maka:

CsMky

hy

)Hyhi/(dHy

)TyTi/(dTy

B

(3.38)

Dari persamaan hubungan Lewis: 1CsM

ky/hy

B

, maka persamaan (3.38) menjadi:

HyHi

TyTi

dHy

dTy

(3.39)

Persamaan (39) untuk menentukan suhu udara keluar tower.

Contoh 5 :

Air dengan rate 10000 gal/jam didinginkan dari 130 F ke 90 F didalam Forced draft

cooling tower pada keadaan …. sehingga Hty (height of transfer unit) = 1,75 ft. Udara

masuk dari dasar tower dengan suhu dry bulb 75 F dan suhu wet bulb 70 F. Berapa

tinggi tower jika rate udara 1,32 rate minimum. Tahanan perpindahan panas pada fase

liquid diabaikan

Jawab:

Data dari Perry edisi 5 tabel 12.1 (kesetimbangan)

t, F Hy, Btu/lb t, F Hy, Btu/lb

70 34,09 100 71,73

75 38,61 105 81,34

80 43,69 110 92,34

85 49,43 115 104,98

90 55,93 120 119,54

95 65,32 125 136,4

Dari data diatas gambar garis kesetimbangan.

Entalpi udara masuk = entalpi udara jenuh pada 70 F = 34,09 Btu/lb.

Rate udara minimum didapat dari menarik garis lurus yang menyinggung kurva

kesetimbangan mulai dari titik (90 F, 34,09 Btu/lb). Didapat slope = 2,8 Btu/lb.F.

Maka rate udara minimum = jam

lb29800

F.lbBtu8,2

F.galBtu33,8

jamgal

10000

Rate udara = 1,32 × rate udara minimum

= 1,32 × 29800 = 39300 lb/jam

Maka: Hya = 34,09 + )90130(39300

33,810000

= 118,77 BTU/lb

Hubungkan titik (90 F, 34,09 Btu/lb) dengan titik (130 F; 118,77 Btu/lb), maka garis

ini adalah garis operasi.

slope tie line = hy

Cshx

Karena tahan panas dalam fase liquid diabaikan, hx = 1, sehingga slope tie line adalah

sama dengan hy

Cs .

Jumlah transfer unit entalpi (Nty) dihitung dari:

Nty =

HyHi

dHy

Hyb

Hya ()

Integral di atas dapat dihitung dengan cara numeric dengan simpson sebagai berikut:

tx1F Hx1 BTU/lb Hi1 BTU/lb HyHi

1 y y

HyHi

1

90 34,09 55,93 0,045788 1 0,045788

100 55,28 71,75 0,060716 4 0,242866

110 78,43 92,34 0,071891 2 0,143781

120 97,6 119,54 0,045579 4 0,182315

130 118,77 155,9 0,026932 1 0,026932

0,641683

77,118

09,34HyHi

dHy =

)4)(3(

)641683,0)(09,3477,118( = 4,52814

Maka tinggi tower:

ZT = Hty = 1,75 × 4,52814

= 7,924 ft

BAB IV

PENGERINGAN

Pengeringan (drying) adalah proses pemindahan zat cair dari zat padat basah ke

dalam fase gas tidak jenuh.

Klasifikasi Dryer

berdasarkan jenis bahan

Bahan berupa sheet / massa yang diangkut dengan

conveyor/tray

Batch dryer

Atmosphere (compactment)

Vacuum tray

Continous dryer

Tunnel

Bahan berupa granular / bahan

yang tidak kompak

Rotary dryer

Standard rotary

Roto-louvre Turbo dryer

Conveyor dryer

Filter dryer

Bahan berupa continous

sheet

Cylinder

Festoon dryer

Bahan pasta dan sludge /

cooking kristal

Agitator dryer

Atmosphere

Vacuum

Bahan dalam bentuk larutan

Drum dryer

Atmosphere

Vacuum

Spray dryer

Bahan dengan metode khusus

Infrared radiation

Dielectric heating

Vaporization dari es

Penghilangan uap air dari gas juga disebut drying.persamaan-persamaan dalam

proses humidifikasi dan dehumidifikasi juga digunakan dalam proses pengeringan.

Pengeringan diklasifikasikan berdasarkan jenis bahan yang dikeringkan seperti

padat, granular, pasta, larutan, slurry, dan sebagainya. Selain berdasarkan jenis bahan,

juga berdasarkan pada apakah proses pengeringan dengan pengadukan atau apakah

proses pengeringan berjalan secara bacth atau continue. Pengering juga dibedakan

berdasarkan media pengeringan, apakah langsung dipanaskan dengan flue gas (udara

panas yang dihembuskan) atau melalui perantara panas dari dinding logam.

Berikut adalah gambar macam-macam alat pengeringan:

1. Rate Kurva Pengeringan Untuk Kondisi Pengeringan Konstan

Data dari percobaan pengeringan secara batch biasanya di dapat sebagai W total dari

wet solid (padat basah) yaitu padat kering ditambah moisture pada waktu yang

berbeda (t) selama periode pengeringan. Data ini dapat dikonversi menjadi data rate

pengeringan sebagai berikut:

Pertama data dihitung ulang, jika W adalah berat wet solid dalam kg total air

ditambah dry solid dan Ws adalah berat dari dry solid dalam kg, maka:

xt = soliddrytotalkg

airtotalkg

W

WW

s

s (4.1)

Untuk kondisi pengeringan konstan yang diketahui, moisture content equilibrium x*,

kg moisture equilibrium atau kg dry solid adalah ditentukan. Kemudian moisture

content bebas x dalam kg free water atau kg dry solid dihitung untuk mengetahui

nilai xt:

x = xt – x* (4.2)

Dengan data yang dihitung dalam persamaan (), plot free moisture content (x) vs

waktu (t) dibuat seperti grafik berikut.

Untuk ,endapatkan kurva rate pengeringan, dari plot gambar dicari slope sehingga

diperoleh dt

dx pada nilai t yang diberikan. Rate R kemudian dihitung untuk tiap-tiap

poin dengan:

R = dt

dx

A

Ls (4.3)

Dimana:

R : rate pengeringan dalam kgH2O/m2h atau lbmH2O/ft

2h

Ls : kg dry solid

A : luas permukaan pengeringan (m2)

Gambar (a) pada figure (5.9-1) digunakan untuk menentukan R, nilai Ls/A yang

dipakai adalah 21,5 kg/m2. Sedangkan gambar (b) figure (5.9-1) merupakan kurva

rate pengeringan didapat dengan plot R vs moisture content.

Cara lain untuk mendapatkan rate kurva pengeringan adalah, pertama mencari weight

loss (∆x) untuk waktu (∆t).

Misalnya jika:

x1 = 0,35 pada t1 = 1,68 jam

x2 = 0,25 pada t2 = 2,04 jam

t

x

=

68,104,2

352,035,0

Kemudian dengan persamaan () dan Ls/A = 21,5 kg/m2, maka:

R = dt

dx

A

Ls = 21,5 kg/m

2 ×

68,104,2

352,035,0

= 1,493

Rate ini adalah nilai rata-rata selama periode 1,68 samapai 2,04 jam dan harus di plot

pada konsentrasi rata-rata x = 2

352,035,0 = 0,338.

Gambar b figure (5.9-1) menunjukkan perilaku rate pengeringan untuk kondisi

pengeringan konstan pada t = 0, free moisture content mula-mula ditunjukkan

sebagai titik A. Pada kondisi awal padatan biasanya pada suhu lebih dingin dari suhu

ultimate dan rate evaporasi akan naik. Akhirnya pada titik B suhu permukaan naik

menjadi nilai kesetimbangan. Sebagai alternative, jika padatan cukup panas pada

keadaan awalnya, rate mungkin dimulai pada titik A’. Fase penyesuaian unsteady

state mula-mula ini biasanya cukup singkat dan sering diabaikan dalam analisa

waktu pengeringan.

Dari titik B ke C dalam gambar a figure (5.9-1) garisnya adalah lurus dan slope seta

rate adalah konstan selama periode ini. Rate ini juga terlihat konstan pada garis B-C

di gambar b figure (5.9-1).

Pada titik C di gambar a dan b figure (5.9-1) rate pengeringan mulai menurun dalam

periode falling rate sampai mencapai titik D. dalam gambar b figure (5.9-1) alur C-D

terlihat linier.

Pada titik D rate pengeringannya turun dengan cepat sampai mencapai E dimana

moisture content setimbang yaitu x* dan x = x

*-x

* = 0.

2. Pengeringan Dalam Periode Rate Konstan

Pengeringan dari padatan yang berbeda dibawah kondisi konstanta yang beda sering

memberikan kurva-kurva dengan bentuk yang berbeda dalam periode falling ratenya.

Secara umum dua porsi utama dari kurva rate pengeringan periode konstan dan

periode falling rate akan tersedia. Dalam periode pengeringan rate konstan,

permukaan padat mula-mula sangat basah dan lapisan air secara continue terjadi pada

atas permukaan pengeringan. Air ini secara keseluruhan tidak mengikat air. Rate

penguapan dibawah kodisi udara yang ada tidak tergantung pada padatan dan rate

yang sama didapat dari permukaan liquida yang besar. Permukaan padatan yang

kasar menyebabkan rate lebih cepat daripada permukaan yang halus atau rata. Untuk

padatan yang berpori, hamper semua air dievaporasi dalam periode rate konstan.

periode ini hanya terjadi sepanjang air supply ke permukaan sama capat dengan

evaporasi.

3. Pengeringan Dalam Periode Falling Rate

Titik C dalam gambar b figure (5.9-1) merupakan titik pada moisture content kritis

bebas (xc). Pada titik ini tidak cukup air tersedia dipermukaan untuk menjaga agar

film air tetap ada dipermukaan. Seluruh permukaan sekarang tidak lama akan basah

dan area yang basah makin menurun pada periode falling rate pertama ini sampai

akhirnya semua kering pada titik D.periode falling rate kedua dimulai pada titik D

ketika semua permukaan kering. Tahap evaporasi surut secara perlahan dari

permukaan panas untuk evaporasi ditransver melalui padatan menuju zona

vaporisasi. Air yang teruapkan berpindah melalui padatan ke aliran udara. Jumlah

moisture yang dipindah dalam periode falling rate relative kecil tetapi membutuhkan

waktu yang lama. Dapat dilihat pada gambar a figure (5.9-1) periode BC untuk

pengeringan rate konstan terakhir adalah sekitar 3 jam dan mengurangi x dari 0,4

menjadi 0,19 atau pengurangan 0,21 kgH2O/kg dry solid. Periode falling rate CE

terakhir adalah sekitar 9 jam dan mengurangi x hanya dari 0,19 menjadi 0.

4. Gerakan Atau Perpindahan Moisture Dalam Solid Selama Pengeringan Dalam

Periode Falling Rate

Ketika pengeringan terjadi karena evaporasi moisture dari permukaan solid moisture

content bergerak dari kedalaman solid ke permukaan solid. Mekanisme perpindahan

atau gerakan mempengaruhi pengeringan selama periode rate konstan dan periode

falling rate. Beberapa teori menjelaskan hal tersebut, diantaranya sebagai berikut:

a. Teori difusi liquida

Dalam teori ini difusi moisture content terjadi ketika ada beda konsentrasi atara

permukaan dan bagian dalam solid. Metode ini biasanya didapat dalam solid non-

porous dimana larutan fase tunggal terbentuk dengan moisture content seperti

pada pasta, sabun, gelatin, dan lem. Juga didapatkan pada pengeringan moisture

content dari tanah liat, tepung, kayu, kulit, kertas, kanji, dan kain.

Pengeringan produk makanan gerakan air dalam periode falling rate juga terjadi

karena difusi.

Bentuk kurva distribusi moisture content dalam solid pada waktu tertentu secara

kualitatif adalah konsisten terhadap persamaan difusi unsteady state yang

diberikan dalam prinsip transfer massa secara convective yang unsteady (chapter

7). Difusivitas moisture content (DAB) biasanya menurun dengan penurunan

moisture content sehingga difusivitas biasanya adalah nilai rata-rata dari range

konsentrasi yang digunakan. Bentuk kurva difusi terkontrol dalam periode falling

rate adalah seperti gambar berikut.

Jika konstanta rate pengeringan awal cukup cepat, maka periode falling rate

pertama dari evaporasi permukaan unsaturated mungkin tidak terjadi. Jika

konstanta rate pengeringan cukup rendah maka daerah evaporasi permukaan

unsaturated biasanya terletak pada daerah CD pada gambar b figure (5.9-1) dan

kurva diffuse terkontrol ada di daerah DE.

b. Gerakan kapiler dalam padat berpori

Ketika granular dan solid berpori seperti tanah liat, pasir, tanah,pigmen cat, dan

mineral dikeringkan, maka moisture content yang tidak terikat bergerak melalui

kapiler dan ruang kosong dari solid dengan cara gerakan kapiler tidak dengan cara

difusi. Mekanisme ini termasuk surfacetention yang mirip dengan gerakan minyak

dalam kain lampu.

Solid berpori terdiri dari pori-pori yang saling berhubungan dengan ukuran pori-

pori yang bervariasi. Pada permukaan periode falling rate di titik C dalam gambar

b figure (5.9-1), air dibawa ke permukaan karena gerakan kapiler, tetapi lapisan

permukaan air mulai surut ke bawah permukaan. Udara akan mengisi ruang

kosong. Saat air secara kontinu dipindahkan, suatu titik akan tercapai dimana

tidak cukup air untuk tetap mengisi pori dan rate pengeringan turun tiba-tiba pada

awal periode falling rate yang kedua pada titik D.

c. Pengaruh shrinkage

Faktor yang sering berpengaruh besar pada rate pengeringan adalah mengkerutnya

solid ketika moisture content dipindahkan. Solid yang rigid tidak mengalami

pengkerutan yang berarti tetapi untuk material kolodial dan fibrous seperti

sayuran dan bahan pangan lainnya mudah berkerut. Efek yang paling serius

adalah adanya lapisan keras dipermukaan yang akan memperlambat proses

pengeringan lanjut. Contohnya tanah liat dan sabun. Dalam banyak bahan pangan,

jika pengeringan terjadi pada suhu yang terlalu tinggi, lapisan keras akan menutup

cell dan akan saling menutup permukaan, hal ini akan menghambat migrasi

moisture content yang disebut sebagai case hardening. Pengkerutan juga

berakibat perubahan struktur material. Untuk menghindari pengkerutan,

pengeringan dapat dilakukan dengan udara lembab (moisture air). Ini akan

menurunkan rate dari pengeringan sehingga rate hardening dapat dikurangi.

5. Metode Perhitungan Untuk Periode Pengeringan Rate Constant

a. Metode menggunakan kurva pengeringan dari eksperimen

Faktor yang paling penting dalam proses pengeringan adalah lama waktu yang

diperlukan untuk mengeringan material dari free moisture content (x1) ke moisture

content akhir (x2). Untuk pengeringan dengan periode rate konstan, dapat

diestimasikan waktu yang diperlukan dengan menggunakan kurva pengeringan

dari eksperimen secara batch atau dengan prediksi eksperimen mass transfer and

heat transfer.

b. Metode kurva pengeringan

Untuk estimasi waktu pengeringan metode yang paling baik adalah berdasarkan

pada data percobaan yang didapat dibawah kondisi dimana material feed,

permukaan area relative yang terekspose, kecepatan gas, suhu, dan humidity

secara esensial sama pada akhir dryer, dan waktu yang diperlukan untuk periode

rate konstan dapat ditentukan secara langsung dari kurva pengeringan dari free

moisture content vs waktu.

c. Metode kurva rate pengeringan untuk periode rate konstan

Dari persamaan () dapat diatur ulang dan diintegrasi dengan interval waktu, dari

x1 pada t1=0 ke x2 pada t2=t

1

2

2

1 0

x

x

tt

tR

dx

A

Lsdtt (3.4)

Jika pengeringan dengan periode rate konstan sehingga x1 dan x2 lebih besar dari

moisture content kritis (xc) dan R = konstan = Rc, maka integrasi persamaan (3.3)

menjadi:

)( 21 xxAR

Lst

c

(3.4)


Solid dengan kurva pengeringan yang diberikan dalam gambar (a) pada figure (5.9-1)

akan dikeringkan dari free moisture content x1 = 0,38 kg H2O/kg dry solid menjadi x2 =

0,25 kg H2O/kg dry solid. Estimasikan berapa waktu yang diperlukan!

Penyelesaian:

Dari gambar (a) pada figure (5.9-1) untuk x1 = 0,38 kg H2O/kg dry solid waktu terbaca

1,28 jam (t1) dan untuk x2 = 0,25 kg H2O/kg dry solid waktu terbaca 3,08 jam (t2).

Sehingga:

∆t = t2 – t1

= 3,08 – 1,28 = 1,8 jam


Ulangi contoh tetapi gunakan persamaan () dan gambar (b) pada figure (5.9-1).

Penyelesaian:

Nilai 21,5 kg/m2 untuk Ls/A digunakan dalam gambar (a) pada figure (5.9-1). Diperoleh

Rc = 1,51 kg H2O/m2h, substitusikan ke persamaan ()

hxxAR

Lst

c

85,1)25,038,0(51,1

5,21)( 21

Otk II - Diktat Bu Puspo

Documents

Transcript of Otk II - Diktat Bu Puspo