3. Perpindahan Panas Konduksi
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 :
dT
q = kA
−
dx
4. Perpindahan Panas Konduksi
Dimana :
q
= Laju perpindahan panas (w)
A
= Luas penampang dimana panas mengalir (m 2)
dT/dx = Gradien suhu pada penampang, atau laju
perubahan suhu T terhadap jarak dalam arah
aliran panas x
k
= Konduktivitas thermal bahan (w/m oC)
5. Perpindahan Panas Konduksi
contoh:
Salah satu permukaan sebuah plat
tembaga yang tebalnya 3 cm mempunyai
suhu tetap 400 0C, sedangkan suhu
permukaan yg sebelah lagi dijaga tetap 100
0
C. Berapa kalor yang berpindah melintasi
lempeng itu?
8. 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)
9. 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)
10. Perpindahan Panas Konveksi
Contoh:
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.
Penyelesaian
Dari persamaan :
- T∞)
q = h A (Tw
= (25)
(0,50)(0,75)(250 – 20)
= 2,156
kW
11. 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)
13. Perpindahan Panas Radiasi
Contoh:
Dua plat hitam tak berhingga yang suhunya masing masing
800 0C dan 300 0C saling bertukar kalor melalui radiasi.
Hitunglah perpindahan kalor persatuan luas.
Penyelesaian
Dari persamaan:
q = δ A (T14 – T24)
q/A = δ (T14 – T24)
q/A = (5,669 x 10-8)(10734 – 5734)
q/A = 69,03 kW/m2
14. KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Dinding Datar
Laju perpindahan panas secara konduksi telah kita dapatkan
dT
q = −kA
dx
Atau :
q=−
KA
( T2 − T1 )
∆x
KA
( T1 − T2 )
q=
∆x
15. 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
q
x
∆x
16. 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
A
q
B
C
1 2 3 4
17. KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Aliran kalor dapat dituliskan :
T3 − T2
T4 − T3
T2 − T1
q = −K A A
= −K B A
= −KC A
∆x A
∆xB
∆xC
atau :
q=
T1 −T4
∆A
x
∆B
x
∆C
x
+
+
K A.A K B .A KC .A
18. KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Dimana :
∆xC
∆x A
∆x B
;
;
K A. A K B . A K C . A
Disebut sebagai Tahanan Thermal
19. KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Dari Gambar dapat juga kita buat analogi listriknya:
q
RA
∆x A
K A .A
RB
∆x B
K B .A
RC
∆xC
K C .A
Analogi
listrik
digunakan
untuk
mempermudah
memecahkan soal-soal yang rumit baik yang seri maupun
paralel.
20. KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Persamaan aliran kalor satu dimensi dapat juga dituliskan
sebagai berikut apabila kasusnya seperti pada gambar berikut
ini:
B
q
A
F
C
E
G
D
1
q=
q
2 3
4
5
∆Tmenyeluruh
∑R th
21. KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Sistem Silinder - Radial
Mari kita tinjau suatu silinder panjang dengan jari-jari
dalam ri, jari-jari luar ro dan panjang L
ro
q
ri
L
22. 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 :
dT
q = −KA
dr
23. KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Dimana :
A = 2ПrL
Maka :
dT
q = −2πrlK
dr
Dengan kondisi batas :
T = Ti pada r = ri
T = To pada r = ro
24. KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Bila persamaan diatas diintegralkan didapat :
2πKL (Ti −To )
q=
Ln( ro / ri )
Dan tahanan thermal disini adalah :
Ln( ro / ri )
Rth =
2πKL
26. KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Sehingga laju aliran kalor menyeluruh menjadi:
q = U 0 . A.∆ Tmenyeluruh
Dimana :
Uo
= koefisien perpindahan kalor menyeluruh
A
= luas bidang aliran kalor
ΔTm
= beda suhu menyeluruh
27. KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Sistem dengan sumber kalor
Dinding datar dengan sumber kalor
q = kalor
yang
X=0
dibangkitkan
Tw
Tw
persatuan
x
volume
L
L
28. KONDISI KEADAAN TUNAK SATU DIMENSI
Laju aliran panas yang dibangkitkan disini sama dengan rugi kalor
pada permukaan, dan untuk mendapatkan besar suhu pusat:
qL2
To =
+ Tw
2K
Untuk silinder dengan sumber kalor:
qR 2
To =
+ Tw
4K
29. 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
m,n
m+1,n
∆y
∆x
m,n-1
30. 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 :
∆T
q = − ∑ k .∆x.
∆y
31. KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Contoh:
T = 500 0C
1
T = 100 0C
3
2
4
T = 100 0C
Tentukan :
a. Distribusi Suhu
b. Laju Aliran Panas
T = 100 0C
33. 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)
34. KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
600 + T3 – 3T1 = 0
600 + T3 – 3T1 = 0
200 + T1 – 3T3 = 0
600 + 3T1 – 9T3 = 0
T3 = 1200
Substitusi ke = 150 0Catau (6)
3 pers (5)
600 + T3 – 3T1 = 0
600 + 150 – 3T1 = 0
750 = 3T1
T1 = 250 0C
Maka :
T1 = T2 = 250 0C
T3 = T4 = 150 0C
12008– 8T3 = 0
T
35. KONDISI KEADAAN TUNAK DIMENSI RANGKAP
Laju Aliran Panas :
∆
T
q =−∑ .∆ .
k x
∆
y
Untuk Permukaan 500 0C
Q = -∑k(Δx/Δy)[250 - 500] +[250 - 500] = - k (-500) = 500 k
Untuk Permukaan 100 0C
Q = -∑k(Δx/Δy)[250 – 100] + [150 – 100] + [150 – 100] +
[150 – 100] + [150 – 100] + [250 – 100] = - 500 k
36. PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Rumus Empiris untuk aliran dalam pipa/tabung
q
m, Cp
Aliran
1
Tb1
L
2
Tb2
37. 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:
ρ.U m d
Re =
µ
38. 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. Rata-rata (m/s)
Kekentalan (kg/m.s)
Kerapatan (kg/m3)
39. PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Untuk Aliran Turbulen :
Nud = 0,023.Re0,8. Prn = h.d/k..............pipa licin
n
µ b h.d
( f / 8) Re . Pr
=
N ud =
1/ 2
2/3
1,07 + 12,7( f / 8) (Pr − 1) µ w
k
Untuk pipa licin dgn faktor gesek
Dimana:
n = 0,11 jika Tw
>Tb
n = 0,25 jika Tw
< Tb
40. PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Untuk Aliran Laminar:
N ud = 1,86(Re . Pr) (d / L) ( µ / µ w )
1/ 3
1/ 3
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.
41. PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Jwb :
q = m.Cp(Tb2 – Tb1) = h.A(Tw – Tb)
= ρ.Um.A.Cp(60 - 40)
= ρ.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
40)
Maka :
q = 990.3. π.(0,01)2.4181(60 –
q = 77982 W
43. PERPINDAHAN KALOR KONVEKSI PAKSA
Untuk
permukaan
tabung
dengan
temperatur rata-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
kekasaran
Maka rumus yang digunakan :
n
µ b h.d
( f / 8) Re . Pr
=
N ud =
1/ 2
2/3
k
1,07 + 12,7( f / 8) (Pr − 1) µ w
relatif,
44. 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.vb = 990.0,568x10-6 = 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/ 2
2/3
1,07 + 12,7(0,002688) (2,62 − 1) 3,19 −4
Nud = 640 =h.d/k
h = (640x0,66)/0,02 = 21120 w/m2 0C
0 ,11
=
h.d
k
46. 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 x3,14 x0,02(90 − 50)
L = 1,47 m
47. 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 perpindahan panas radiasi
49. Sedang radiasi termal, energi pancarannya
adalah ditentukan berdasar dari suhu
benda tersebut.
Daerah spektrum panjang gelombang
radiasi termal adalah dari 0 , 1 sampai
dengan 100 mikron
Radiasi matahari juga merupakan radiasi
termal dengan daerah panjang gelombang
khusus yaitu 0, 25 sampai dengan 3
mikron.
50. 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, seperti
terlihat dari persamaan berikut :
