Diktat Kuliah Perpindahan Panas

PENGANTAR PERPINDAHAN PANAS Macam-macam Perpindahan Panas z z z Perpindahan Panas Konduksi Perpindahan Panas Konveksi Perpindahan Panas Radiasi 1 Perpindahan Panas Konduksi z z Adalah proses transport panas dari daerah bersuhu tinggi ke daerah bersuhu rendah dalam satu medium (padat, cair atau gas), atau antara medium – medium yang berlainan yang bersinggungan secara langsung Dinyatakan dengan : q = − kA dT dx 2 1 Perpindahan Panas Konduksi Dimana : q = Laju perpindahan panas (w) A = Luas penampang dimana panas mengalir (m2) dT/dx = Gradien suhu pada penampang, atau laju perubahan suhu T terhadap jarak dalam arah aliran panas x k = Konduktivitas thermal bahan (w/moC) 3 Perpindahan Panas Konduksi con t oh : Salah satu permukaan sebuah plat tembaga yang tebalnya 3 cm mempunyai suhu tetap 400 0C, sedangkan suhu permukaan yg sebelah lagi dijaga tetap 100 0C. Berapa kalor yang berpindah melintasi lempeng itu? 4 1 Perpindahan Panas Konduksi Pe n ye le sa ia n Dari lampiran A terlihat konduktivitas termal tembaga adalah 370 W/m 0C. Dari hk. Fourier : q = − kA dT dx dT q = −k dx A 5 Perpindahan Panas Konduksi q ΔT − (370)(100 − 400) = 3,7 MW / m2 = −k = −2 3x10 Δx A 6 1 Perpindahan Panas Konveksi Adalah transport energi dengan kerja gabungan dari konduksi panas, penyimpanan, energi dan gerakan mencampur. Proses terjadi pada permukaan padat (lebih panas atau dingin) terhadap cairan atau gas (lebih dingin atau panas). q = h A (∆T) 7 Perpindahan Panas Konveksi Dimana : q = Laju perpindahan panas konveksi h = Koefisien perpindahan panas konveksi (w/m2 0C) A = Luas penampang (m2) ∆T = Perubahan atau perbedaan suhu (0C; 0F) 8 1 Perpindahan Panas Konveksi Con t oh : Udara pada suhu 20 0C bertiup diatas plat panas 50 x 75 cm. Suhu plat dijaga tetap 250 0C. Koefisien perpindahan kalor konveksi adalah 25 W/m2 0C. Hitunglah perpindahan kalor. Pe n ye le sa ia n Dari persamaan : q = h A (Tw - T∞) = (25)(0,50)(0,75)(250 – 20) = 2,156 kW 9 Perpindahan Panas Radiasi Adalah proses transport panas dari benda bersuhu tinggi ke benda yang bersuhu lebih rendah, bila benda – benda itu terpisah didalam ruang (bahkan dalam ruang hampa sekalipun q = δ A (T14 – T24) 10 1 Perpindahan Panas Radiasi Dimana : δ = Konstanta StefanStefan-Boltzman 5,669 x10A = Luas penampang T = Temperatur 8 w/m2 k4 11 Perpindahan Panas Radiasi Con t oh : Dua plat hitam tak berhingga yang suhunya masing masing 800 0C dan 300 0C saling bertukar kalor melalui radiasi. Hitunglah perpindahan kalor persatuan luas. Pe n ye le sa ia n Dari persamaan: persamaan: q = δ A (T14 – T24) q/A = δ (T14 – T24) q/A = (5,669 x 1010-8)(10734 – 5734) q/A = 69,03 kW/m2 12 1 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI D in din g D a t a r Laju perpindahan panas secara konduksi telah kita dapatkan q = − kA Atau : q=− q= dT dx KA (T2 − T1 ) Δx KA (T1 − T2 ) Δx 13 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Bilamana konduktivitas thermal bahan tetap, tebal dinding adalah ∆x, sedang T1 dan T2 adalah suhu permukaan dinding seperti terlihat pada gambar berikut : q Profil Suhu T1 T2 ∆x q x 14 1 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Jika dalam sistem macam bahan, dan seperti terlihat pada tersebut terdapat lebih dari satu terdiri dari beberapa lapis dinding gambar berikut : A q q A B C 1 2 3 4 15 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Aliran kalor dapat dituliskan : q = −K A A T −T T −T T2 − T1 = −K B A 3 2 = −KC A 4 3 Δx A Δx B Δ xC atau : q = T1 − T 4 ΔxA ΔxB Δ xC + + K A .A K B .A K C .A 16 1 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Dimana : ΔxC Δx A Δx B ; ; K A. A K B . A K C . A Disebut sebagai Ta h a n a n Th e r m a l 17 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Dari Gambar dapat juga kita buat analogi listriknya: q RA Δx A K A .A RB Δx B K B .A RC ΔxC K C .A Analogi listrik digunakan untuk mempermudah memecahkan soalsoal-soal yang rumit baik yang seri maupun paralel. 18 1 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Persamaan aliran kalor satu dimensi dapat juga dituliskan sebagai berikut apabila kasusnya seperti pada gambar berikut ini: B q F C A G D 1 q= 2 q E 3 4 5 Δ Tmenyeluruh ∑ R th 19 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Sist e m Silin de r - Ra dia l Mari kita tinjau suatu silinder panjang dengan jarijari-jari dalam ri, jarijari-jari luar ro dan panjang L ro q ri L 20 1 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Dimana silinder ini mengalami beda suhu Ti – To. Untuk silinder yang panjangnya sangat besar dibandingkan dengan diameternya, dapat diandaikan bahwa aliran kalor berlangsung menurut arah radial. Maka laju aliran panas yang terjadi dapat kita tuliskan : q = − KA dT dr 21 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Dimana : A = 2П 2ПrL Maka : q = − 2 π rlK dT dr Dengan kondisi batas : T = Ti pada r = ri T = To pada r = ro 22 1 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Bila persamaan diatas diintegralkan didapat : q = 2 π KL (T i − T o Ln (ro / ri ) ) Ln (ro / ri ) 2π KL Dan tahanan thermal disini adalah : Rth = 23 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Koe fisie n Pe r pin da h a n Ka lor M e n ye lu r u h 24 1 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Sehingga laju aliran kalor menyeluruh menjadi: q = U0 .A.ΔTmenyeluruh Dimana : Uo = A = ΔTm = koefisien perpindahan kalor menyeluruh luas bidang aliran kalor beda suhu menyeluruh 25 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Sist e m de n ga n sum be r k a lor Dinding datar dengan sumber kalor q = k a lor ya n g X= 0 diba n gk it k a n Tw T w pe r sa t u a n volu m e x L L 26 1 KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI Laju aliran panas yang dibangkitkan disini sama dengan rugi kalor kalor pada permukaan, dan untuk mendapatkan besar suhu pusat: qL2 To = + Tw 2K Untuk silinder dengan sumber kalor: qR 2 To = + Tw 4K 27 KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP Perhatikan sebuah benda dua dimensi yang dibagi atas sejumlah jenjang yang kecil yang sama pada arah x dan y seperti terlihat pada gambar: m,n+1 m-1,n ∆y m,n m+1,n ∆x m,n-1 28 1 KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP Jika ∆x =∆ =∆y maka gradien suhu : T(m−1),n + T(m+1),n + Tm,(n−1) + Tm,(n+1) − 4Tm,n = 0 Laju Aliran Panas : q = − ∑ k .Δx. ΔT Δy 29 KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP Contoh: T = 500 0C 1 2 3 4 T = 100 0C T = 100 0C T = 100 0C Tentukan : a. Distribusi Suhu b. Laju Aliran Panas 30 1 KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP Distribusi suhu: T2 + 100 + 500 + T3 – 4T1 = 0 100 + T1 + 500 + T4 – 4T2 = 0 T4 + 100 + T1 + 100 – 4T3 = 0 100 + T3 + T2 + 100 – 4T4 = 0 Atau : 600 600 200 200 + + + + T2 + T3 – 4T1 = 0 .............(1) T1 + T4 – 4T2 = 0 .............(2) T1 + T4 – 4T3 = 0 .............(3) T3 + T2 – 4T4 = 0 .............(4) Dimana : T1 = T2 T3 = T4 31 KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP Dari Persamaan (1) 600 + T2 + T3 – 4T1 = 0 600 + T1 + T3 – 4T1 = 0 600 + T3 – 3T1 = 0 ...................(5) Dari Persamaan (3) 200 + T1 + T4 – 4T3 = 0 200 + T1 + T3 – 4T3 = 0 200 + T1 – 3T3 = 0 ..................(6) Maka dari persamaan (5) dan (6) 32 1 KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP 600 + T3 – 3T1 = 0 600 + T3 – 3T1 = 0 200 + T1 – 3T3 = 0 600 + 3T1 – 9T3 = 0 1200 – 8T3 = 0 8T3 = 1200 T3 = 150 0C Substitusi ke pers (5) atau (6) 600 + T3 – 3T1 = 0 600 + 150 – 3T1 = 0 750 = 3T1 T1 = 250 0C Maka : T1 = T2 = 250 0C T3 = T4 = 150 0C 33 KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP Laju Aliran Panas : q = − ∑ k .Δ x . ΔT Δy Untuk Permukaan 500 0C Q = -∑k(Δ k(Δx/Δ x/Δy)[250 - 500] +[250 - 500] = - k ((-500) = 500 k Untuk Permukaan 100 0C Q = -∑k(Δ k(Δx/Δ x/Δy)[250 – 100] + [150 – 100] + [150 – 100] + [150 – 100] + [150 – 100] + [250 – 100] = - 500 k 34 1 PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA Rumus Empiris untuk aliran dalam pipa/tabung q m, Cp Aliran 2 1 L Tb1 Tb2 35 PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA Besarnya perpindahan kalor yang terjadi pada suatu penampang/saluran yang berbentuk pipa/tabung dapat dinyatakan dengan beda suhu limbak (bulk temperature): q = m.Cp(Tb2 – Tb1) = h.A(Tw – Tb) m = ρ.Um.A Untuk mengetahui apakah alirannya laminar atau turbulen maka dibutuhkan bilangan Reynold: Reynold: Re = ρ .U m d μ 36 1 PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA Dimana : m = Cp = Tb = Tw = Um = μ = ρ = laju aliran fluida (kg/s) Panas jenis (kj/kg.0C) Suhu limbak Suhu dinding Kec. RataRata-rata (m/s) Kekentalan (kg/m.s) Kerapatan (kg/m3) 37 PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA Untuk Aliran Turbulen : Nud = 0,023.Re0,8. Prn = h.d/k..............pipa licin ⎛ μb ⎞ h.d ( f / 8) Re. Pr ⎜ ⎟ = Nud = 1/ 2 2/ 3 k 1,07+12,7( f / 8) (Pr −1) ⎜⎝ μw ⎟⎠ n Untuk pipa licin dgn faktor gesek Dimana: n = 0,11 jika Tw >Tb n = 0,25 jika Tw < Tb 38 1 PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA Untuk Aliran Laminar: N ud = 1,86(Re. Pr)1/ 3 (d / L)1/ 3 (μ / μ w ) 0,14 Contoh: Tabung yang diameternya 2 cm mempunyai kekasaran relatif 0,001 berada pada suhu dinding tetap 90 0C. Air masuk kedalam tabung pada suhu 40 0C dan yang keluar adalah 60 0C. Jika kecepatan masuk ialah 3 m/s hitunglah panjang tabung yang diperlukan. 39 PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA Jwb : q = m.Cp(Tb2 – Tb1) = h.A(Tw – Tb) = ρ.Um.A.Cp(60 - 40) = ρ.Um.π .Um.πr2.Cp(60 – 40) Untuk mendapatkan harga ρ dan Cp kita gunakan tabel dan menggunakan rumus interpolasi : Dari temperatur limbak : Tb = (60 +40)/2 = 50 0C Maka : ρ = 990 kg/m3 Cp = 4181 j/kg Maka : q = 990.3. π.(0,01)2.4181(60 – 40) q = 77982 W 40 1 PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA 41 PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA Untuk permukaan tabung dengan temperatur ratarata-ratanya: Tf = (90+50)/2 = 70 0C ρ = 980 kg/m3 k = 0,660 w/m0C Pr = 2,62 υ = 0,421x10-6m2/s μ = ρ.υ = 4,126x10-4 kg/m.s Re = 142.510……… ..Turbulen 142.510………..Turbulen kekasaran relatif, Maka rumus yang digunakan : ⎛ μb ⎞ h.d ( f / 8) Re. Pr ⎜ ⎟ = Nud = 1/ 2 2/ 3 k 1,07 +12,7( f / 8) (Pr −1) ⎜⎝ μw ⎟⎠ n 42 1 PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA Dari diagram mody didapat harga f = 0,0215 Maka f/8 = 0,002688 n = 0,11 karna Tw > Tb μb = ρb.v b.vb = 990.0,568x10990.0,568x10-6 = 5,62x10-4 kg/m.s μw = ρw.vw = 967 . 0,33x10-6 m2/s = 3,19x10-4 kg/m.s maka : N ud = ⎛ 5,62 x10 −4 (0,002688 )142510 x 2,62 ⎜ 1,07 + 12,7(0,002688)1 / 2 ( 2,62 2 / 3 − 1) ⎜⎝ 3,19 −4 ⎞ ⎟⎟ ⎠ 0 ,11 = h.d k Nud = 640 =h.d/k h = (640x0,66)/0,02 = 21120 w/m2 0C 43 PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA 44 1 PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA Maka panjang tabung : q = h.A(Tw – Tb) q = h. Π.d.L(Tw – Tb) = 77982 w L= L= 77982 h.π .d (90 − 50) 77982 21120 x 3,14 x 0,02 (90 − 50 ) L = 1,47 m 45 RADIASI TERMAL Jika suatu benda ditempatkan dalam pengurung, dan suhu pengurung lebih rendah dari pada suhu benda, maka suhu benda tersebut akan turun, sekalipun ruang dalam pengurung tersebut hampa. Proses pemindahan panas yang terjadi hanya semata karena benda suhu dan tanpa bantuan zat perantara (medium), disebut pe r pin da h a n pa n a s r a dia si 46 1 Ditinjau dari gelombang elektromagnetik, energi radiasi dibawa oleh gelombang elektomagnetik .Ada banyak jenis radiasi, yaitu dari radiasi sinar gama ,sinar x, radiasi termal hingga radiasi gelombang radio (dari spektrum panjang gelombang pendek sampai yang berpanjang gelombang panjang). 47 Sedang radiasi termal, energi pancarannya adalah ditentukan berdasar dari suhu benda tersebut. Daerah spektrum panjang gelombang radiasi termal adalah dari 0 , 1 sampai dengan 1 0 0 m ik r on Radiasi matahari juga merupakan radiasi termal dengan daerah panjang gelombang khusus yaitu 0 , 2 5 sampai dengan 3 m ik r on . 48 1 RADIASI BENDA HITAM Benda hitam adalah idealisasi benda yang pada suhu berapapun, memancarkan atau menyerap seluruh radiasi pada panjang gelombang tertentu manapun (disebut Radiator sempurna). Daya pancar benda hitam tergantung dari suhu dan panjang gelombangnya. 49 Konduksi transien-suhu dalam bahan seragam z Hukum I ⎡Laju perubahan ⎢energi ⎢⎣dalam sistem ⎤ ⎡Laju energi ⎤ ⎡Laju energi ⎤ Laju pembentuka n ⎤...( B.7 ) ⎥+⎡ ⎥ = ⎢masuk ke ⎥ − ⎢keluar ⎥⎦ ⎢⎣dari sistem ⎥⎦ ⎢⎣energi dalam sistem ⎥⎦ ⎥⎦ ⎢⎣sistem Bila laju pembentuka n energi tidak ada, maka dapat dirumuskan keseimbang an energi untuk sistem sbb. : o dt = m Cp (ti − t o ) + h A (t1 − t )......( B.8) M Cp ∂θ IC : θ = 0 t = t o , BC : θ ≤ 0, t1 , h, A, m, Cp , tin , t ou = const. o m Cpti h o MCp dT/dθ m Cpt o 50 1 Pemecahan secara numerik z z z Bila diketahui suatu fungsi kontinyu y=f(x) ........(B.9) Maka pemecahan numeriknya secara beda hingga (finite difference) menjadi ti j +1 = ti j + {z1 (tin − ti ) + z 2 (t1 − ti )}Δθ ......( B.10) . dimana z1 = m Cp hA ; z2 = .........( B.11) m Cp m Cp o 51 Contoh z z Z1=0,3/3=0,1 Z2=5(w/m2 C)x4x0,025/(3x500 J/kg C)=0,000333 z z z z z z Diketahui benda padat berupa kubus dengan salah satu sisinya berukuran 5 cm dan m= 3 kg Suhu keliling benda konstan pada t1=600 C Suhu awal benda t0=30 C Nilai h=5 W/m2 C Laju massa udara,=0,3 kg/det Cp=0,5 kJ/kg C 52 1 Pemanasan padat berbentuk kubus z1 z2 0,1 t 0 T 0,000333 T1 30 0,1 35,719 0,2 47,04224 0,3 63,68627 0,4 85,21033 0,5 111,0356 0,6 140,4713 0,7 172,7455 0,8 207,0398 0,9 242,5241 1 278,3908 1,1 313,8858 1,2 348,3339 600 53 Penukar panas z Kegunaan: z z Alat untuk memanaskan atau mendinginkan fluida kerja dengan medium antara yang dapat berupa cairan, gas/uap. Medium antara ini dapat berupa gas hasil dari pembakaran langsung, uap, atau cairan 54 1 Governing equations z z z z z z Q= ε Ws Cs (TsiTLi)..........(6.1) And q=ws cs (Tsi-TLi) .......(6.2) Dimana ws = W/Ax wc cs= Cs/Ax 1− ε s s wl cl ln( ) NTU. U a NTU = x x ws cs = 1− ε .........(6.3) wc (1 − s s ) wl cl z z z z z z z z z Disini ε, effectiveness of heat exchanger (-) Ws, mass flow rate of streams (kg/s) Cs. Specific heat of streams (kJ/kg C) T, temperature, C NTU, number of heat trasfer unit Subscript Si, inlet of smaller streams, Li, inlet of larger streams 55 Governing equations Nilai effektivit as penukar panas ε , dapat dinyatakan sbb. ε= −T ) si so .......... .......... .......... .......( 6.4) (T − T ) si lo (T dan karena (T − T ) w c li .......... .......... .......... ..( 6.5) s s = lo (T − T ) wc si so l l maka ε= 1 ‐ e‐ B .......... .......... .......... ...( 6.6) w c −B ) (1 ‐ s s e wc l l 56 1 Governing equations dimana, bila N TU = U A /W C x x s s maka w B = (1 ‐ s w l c s )N .......... .......... .......... ...( 6.7 ) TU c l pers.(6.6) dan (6.7) dapat diselesaik an secara eksplisit untuk mendapatka n persamaan untuk N TU 1‐ε w c s s w c l l ) ln( 1 ε − .......... .......... .......( 6.8) N = TU w c (1 − s s ) w c l l 57 Governing equations z In case when ws cs= wl cl, then ε= B= N TU .......... .......... .......... .......... .....( 6.9) 1 + N TU A x x =N .......... .......... .......... ...( 6.10) TU WC U or if the effectiven ess is known, then NTU = ( ε 1− ε )......... .......... .......... .......... ...( 6.11) when one flow is very much larger than the other, the equations are in the form of ε = 1 ‐ exp(‐U x A x /WC) = 1 ‐ e ‐NTU .......... .........( 6.12) where W C is the flow of the smaller stream. 58 1 6.Heat exchanger problems z z A heat exchanger is specified by its performance as given by fig.6.1. Wat is Ux Ax? Use 38 C properties for the large streams, and 66 C properties for the small streams. Water flow, o,473 Liter/s 48,9 C 93,3C q Ux Ax 65,6C Water flow, 0,79 Liter/s 59 Answer w scs = wlcs = = 1943 W / o C 9 , 473 L 0 , 98 kg 4 ,19 kJ 1000 W x x x x J s k L s kg o C 0 , 7886 s L x 0 , 993 kg 4 ,19 kJ 1000 W x x x J s k L kg o C = 3281 W / o C dari pers. (6.5), T lo − T li = w scs 1943 ( 93 . 33 − 48 . 89 ) = 26 . 32 ( T si − T so ) = 3281 wlcl T li = T io − 26 . 32 oC = ( 65 . 56 − 26 . 32 ) = 39 . 24 o o C C dari pers.(6.4) ε = 93.33 93.33 Kemudian UxAx ‐ 48.89 ‐ 39.24 = 0 . 8215 dari pers.(6.12 = 1943 x )didapat 1 − 0 . 8215 x ln( 1943 3281 ) 1 − 0 . 8215 = 5033 W / o C 1943 (1 − ) 3281 60 1 Daftar Pustaka z z z DR. Pitts L Sissom, “ Theory and problem of Heat Transfer “, Schaum Outline Series, Mc GrawHill. JP. Holman, “ Perpindahan Kalor “, Erlangga, 1991. F. Kreith, “ Prinsip-Prinsip Perpindahan Panas “, Erlangga’ 61 1