e-MODUL PERPAN I

49

Sebelum heat transfer rate atau heat flux bisa kita hitung, terlebih dahulu harus
ditentukan T(x,y) yaitu distribusi temperature sebagai fungsi dari x dan y. Distribusi
temperatur ini dapat kita tentukan dengan menyelesaikan persamaan Differential
Partial diatas. Persamaan Differential Partial tersebut dapat diselesaikan dengan 3
(tiga) metode pendekatan, yaitu:

1. Analytical Method → Pemisahan Variabel
2. Numerical Method → Finite Difference
3. Graphical Method → Shaped Factor

1. Metode Pemisahan Variabel (Separation of Variable Method)

Transform persamaan Differential Partial

∂2T + ∂2T = 0
∂x2 ∂y 2

menjadi

∂2θ + ∂2θ = 0
∂x2 ∂y 2

dimana:

θ = T − T1
T2 − T1

50

Dan memerlukan 2 syarat batas (BC)

2 BC untuk masing-masing kordinat:

θ(0,y) = 0 θ(x,0) = 0

θ(L,y) = 0 θ(x,W) = 1

Solusi Persamaan Differential ∂2θ + ∂2θ =0 adalah:
∂x2 ∂y 2

θ(x, y) = Χ(x)⋅ Y(y)

• Product dari 2 fungsi
• Pers. I hanya tergantung pada x
• Pers. II hanya tergantung pada y

Differensialkan θ(x, y ) = Χ(x)⋅ Y(y )

∂θ = Y dX
∂x dx

∂2θ = Y d2X
∂x2 dx 2

Dan

51

∂θ = X dY
∂y dy

∂ 2θ = X d2Y
∂y 2 dy 2

subsitusi ke ∂2θ + ∂2θ = 0 , maka:
∂x2 ∂y 2

1 d2Χ + 1 d2Y = 0
Χ dx2 Y dy 2

− 1 d2Χ = 1 d2Y
Χ dx2 Y dy 2

Sebelah kiri hanya merupakan fungsi x dan sebelah kanan hanya fungsi y, maka ruas
kanan dan kiri harus mempunyai konstanta yang sama (konstanta pemisah)

dengan λ2 sebagai konstanta pemisah;

− 1 d2Χ = 1 d2Υ = λ2 , maka
Χ dx2 Υ dy 2

− 1 d2Χ = λ2
Χ dx 2

d2Χ + λ2Χ = 0 (Pers I)
dx 2

dan

1 d2Υ = λ2
Υ dy 2

d2Y − λ 2Y = 0 (Pers. II)
dx 2

Syarat kedua persamaan diatas dapat diselesaikan, bila λ2 > 0

52

Untuk λ2 > 0 , maka Penyelesaian Pers. II dan Pers. II diatas adalah:

X = C1cos λ x + C2sin λ x

Y = C3e−λy + C4eλy

( ) ( ) ( )Substitusi X dan Y diatas ke persamaan θ x, y = Χ x ⋅ Υ y , sehingga:

( )θ(x, y) = (C1cos λx + C2 sin λx) C3e−λy + C4eλy

Dengan ke empat BC:

θ(0,y) = 0 θ(x,0) = 0
θ(L,y) = 0 θ(x,W) = 1

Akhirnya penyelesaian persamaan Differential Partial ∂2θ + ∂2θ =0
∂x2 ∂y 2

θ(x, y) = 2 ∑∞ (− )1 n+1 + 1sin n π x sinh(n π y/L )
π L sinh(n π W/ L)
n=1 n

Contoh Soal:
1. Misal sebuah plat persegipanjang dengan BC sebagai berikut

a. Tentukan temperature yang terjadi di tengah-tengah plat tersebut dengan
menggunakan 3 deret ganjil pertama.

b. Tentukan laju perpindahan panas melalui permukaan bawah plate jika
konduktivitas panasnya k = 50 W/m.K

53

Penyelesaian:

L=2m,W=1m

a. Temperature di tengah-tengah plat

Kordinat titik tengah plate : θ (x,y) = θ (1 , 0.5)

dari:

θ(x, y) = 2 ∑∞ (− )1 n+1 + 1sin n π x sinh(n π y/L )
π L sinh(n π W/ L)
n=1 n

Dan 3 deret ganjil pertama: n = 1, 3, 5

 (− 1)2 + 1 sin 1π1 ssininhh(1(1ππ01.5//22)) +  (− 1)4 + 1 sin 3π 1 ssininhh(3(3ππ01.5//22)) 
 2  2 +
 1 3
θ(1,0.5) = 2  

π  (− 1)6 ssininhh(5(5ππ01.5//22)) 
+ 1 sin 5π 1 
5 2 

θ(1,0.5) = 2 252ssiinnπ252π ssiinnssiihhnn((hhππ((//5542ππ))//42+))32 sin 3π  sinh(3 π /4) 
π 2  sinh(3π /2) +





θ(1,0.5) = 2 {0.755− 0.063+ 0.008}= 0.46

π

sedangkan:
θ = T − T1
T2 − T1

maka:
0.46 = T(1,0.5)− 50
150 − 50
T (1, 0.5) = 960C

54

b. Laju perpindahan panas melalui permukaan bawah plat

dengan:

55

q’out = 3.183 kW/m [1.738+0.024+0.00062] = 5.610 kW/m
2. Metode Finite Difference (Finite Difference Method)

• Membagi objek menjadi beberapa region
• m, n mewakili x, y
• Nodal m, n mewakili daerah didalam garis putus-putus

Temperature Gradient

56

Temperature Gradient -x

∂T − ∂T
∂2T ≈ ∂x m+1/2,n ∂x m−1/2,n

∂x2 Δx
m,n

Tm+1,n − Tm,n − Tm,n − Tm-1,n
= Δx Δx

Δx

= Tm+1,n + Tm−1,n − 2Tm,n
(Δ x)2

Temperature Gradient -y

∂T − ∂T
∂2T ≈ ∂y m,n+1/2 ∂y m,n−1/2

∂y2 Δy
m,n

Tm,n+1 − Tm,n − Tm,n − Tm,n-1
= Δy Δy

Δy

= Tm,n+1 + Tm,n−1 − 2Tm,n
(Δ y)2

dari Bentuk Finite-Difference Heat Equation ∂2T + ∂2T =0
∂x2 ∂y 2

= Tm+1,n + Tm−1,n − 2Tm,n + Tm,n+1 + Tm,n−1 − 2Tm,n
(Δ x)2 (Δ y)2

Untuk Δx = Δy

Persamaan Finite Difference (FDE) untuk Interior node No Heat Generation

Tm,n+1 + Tm,n−1 + Tm+1,n + Tm−1,n − 4Tm,n = 0

57

Selanjutnya Heat Transfer dihitung dengan:

q = Σk Δx ΔT
Δy

Metode Kesetimbangan Energi

∑4 q(i) → (m,n)+ q• (Δx ⋅Δy ⋅1) = 0

i−1

Heat rate dari tiap node i ke arah interior node m, n

( )q(m−1,n)→(m,n) = k Tm−1,n − Tm,n
Δy ⋅1 Δx

( )q(m+1,n)→(m,n) Tm+1,n − Tm,n
=k Δy ⋅1 Δx

( )q(m,n+1)→(m,n) = k Tm,n+1 − Tm,n
Δx ⋅1 Δy

( )q(m,n-1)→(m,n) Tm,n−1 − Tm,n
=k Δx ⋅1 Δy

+

( )Tm,n+1
+ Tm,n−1 + Tm+1,n + Tm-1,n + q Δx ⋅ Δy − 4Tm,n = 0
k

58

Tanpa Pambangkitan Panas

Tm,n+1 + Tm,n−1 + Tm+1,n + Tm−1,n − 4Tm,n = 0

Beberapa Konfigurasi node dan FDE untuk Δx = Δy
1. Interior Node

Tm,n+1 + Tm,n−1 + Tm+1,n + Tm−1,n − 4Tm,n = 0

2. Node pada Sudut Dalam dengan Konveksi

( ) ( )2 Tm−1,n + Tm,n+1+ 2 h Δ x T∞ − 23 + h Δ x Tm,n =0
Tm+1,n + Tm,n−1 +  k  k

59

3. Node pada Plane Surface dengan Konveksi

( )2Tm−1,n + Tm,n+1 + Tm,n−1 + 2 hΔΔ T∞ − 22 + hΔΔ Tm,n = 0
k k

Untuk Adiabatic Surface: Set h = 0

4. Node pada Sudut Luar dengan Konveksi

( )Tm−1,n + Tm,n−1 + 2 hΔΔ T∞ − 21 + hΔΔ Tm,n =0
 k  k

60

5. Node pada Plane Surface dengan Uniform Heat Flux

( )2Tm−1,n + Tm,n+1 + Tm,n−1 + 2q" Δx − 4Tm,n = 0
k

Untuk Symmetry Surface: Set q” = 0

Penyelesaian Persamaan Finite Difference (FDE)

Misal kita memiliki N node (N pers. FDE)

Nodal 1: a11T1 + a12T2+a13T3+…+a1NTN = C1

Nodal 2: a21T1 + a22T2+a23T3+…+a2NTN = C2

Nodal 3: a31T1 + a32T2+a33T3+…+a3NTN = C3

dst sampai

Nodal N: aN1T1 + aN2T2+aN3T3+…+aNNTN = CN

Dimana
T = temperatur
a, C = suatu bilangan

Persamaan Finite Difference (FDE) diatas dapat diseleselaikan dengan:

1. Iterasi Gauss-Siedel
2. Matrik Inversi dengan Matlab

61

1. Penyelesaian FDE dengan Iterasi Gauss-Siedel

Langkah-langkah:

a. Setiap persamaan diatur urutannya sehingga mendapatkan elemen diagonal dengan
nilai terbesar

a11 > a12 , a13 ,..... a1N

a22 > a21 , a23 ,..... a2N dst

b. Masing-masing persamaan dituliskan dalam bentuk explicit; temperature yang
bersesuaian dengan elemen diagonal

∑ ∑T(k) Ci i−1 a ij − N aij T(k−1)
i a ii j=1 aii aj=i+1 ii j
= − T(k)
j

i = 1,2,3,…..N
k = jumlah iterasi
c. Initial iterasi (k=0), pilih nilai yang rasional untuk tiap Ti

d. Selanjutnya hitung Ti (k) dari nilai Tj (k) ,dengan 1 ≤ j ≤ i-1, dan Tj (k-1) dari iterasi
sebelumnya (i+1) ≤ j ≤ N

e. Lakukan iterasi ini sampai tercapai kriteria Convergen yang ditentukan (Iterasi

dengan acceptable error ,ε )

T(k) − T(k −1) ≤ε
i i

Meminimalkan jumlah iterasi untuk mendapatkan kriteria konvergen, sangat perlu
diperhatikan pemilihan Ti untuk k=0 (Initial Guess Value)

Misal:

62

Tentukan temperature T1, T2, T3, dan T4 sebuah slab dengan kondisi temperature pada
sisi-sisinya seperti pada gambar

Penyelesaian:

• Pilih Persamaan Finite Difference (FDE) untuk masing-masing node, untuk kasus
Node 1, 2, 3 dan 4 adalah Interior Node

Tm,n+1 + Tm,n−1 + Tm+1,n + Tm−1,n − 4Tm,n = 0

• Tentukan Persamaan untuk masing-masing Node

Node 1: 500+ T3 + T2 + 150 - 4T1 = 0
-4T1 + T2 + T3 = -650
(1)

Node 2: 500 + T4 + 100 + T1 - 4T2 = 0 (2)
Node 3: T1 – 4T2 + T4 =-600 (3)

T1 + 100 + T4 +150 - 4T3 = 0
T1 -4T3 + T4 = -250

Node 4: T2 + 100 + 100 + T3 - 4T4= 0
T2 + + T3 - 4T4= -200
(4)

• Transform (1), (2), (3), dan (4) ke bentuk square equation

63

-4T1 + T2 + T3 + 0 = -650 (N1)
T1 – 4T2 + 0 + T4 =-600 (N2)
T1 + 0 -4T3 + T4 = -250 (N3)
0 + T2 + + T3 - 4T4= -200 (N4)

• Susun dalam bentuk Matrik Diagonal

• Dari matrik diatas, ubah ke bentuk Explicit

∑ ∑T(k)Ci i−1 aij − N aij T(k −1)
iaii j=1 aii aj=i+1 ii j
= − T(k)
j

Sehingga didapatkan bentuk Explicit untuk masing-masing Node:

64

T(k) = 0.25T2(k−1) + 0.25T3(k−1) + 162.5
1

T(k) = 0.25T1(k) + 0.25T4(k −1) + 150
2

T(k) = 0.25T1(k) + 0.25T4(k −1) + 62.5
3

T(k) = 0.25T2(k) + 0.25T3(k) + 50
4

• Untuk mendapatkan T1, T2, T3, dan T4, selanjutnya lakukan Iterasi pada keempat
bentuk explicit diatas serta pilih Initial Guess Value (misal untuk k=0; T1 = 250, T2 =
250, T3 = 120, dan T4 = 150)

Iterasi T1 T2 T3 T4
k=0 250 250 150 150
k=1 ……… ……… ……… ………
k=2 ……… ……… ……… ………
… ……… ……… ……… ………
k=N ……… ……… ……… ………

• Lakukan N Iterasi sampai T(k) − T(k −1) ≤ε
i i

(misal sampai ecceptable error/galat, ε ≤ 0.1)

2. Penyelesaian dengan MATLAB

65

Langka-langkah:
a. Tuliskan FDE untuk masing-masing Node

a11 > a12 , a13 ,..... a1N

a22 > a21 , a23 ,..... a2N dst

b. Ubah dalam notasi matrik [A] [T] = [C]

aa2111 a12 ... a1N   T1  CC12 
a22 ... a2N   T2  
   
 ... ... ... ...  +  ...  =  ... 
   
aN1 aN2 ... aNN  TN  CN 

c. Tentukan temperature tiap nodal dgn metode Inversi Matrik → [T] = [A]-1 [C]

Dimana matik [A]-1 adalah Invers dari matrik [A]

 T1   a a 12 ... a  −1 CC12 
 T2   a a 22 ... a  
  =  11 ... 1N  
21 2N

 ...   ... ... ...   ... 
   
TN  a N1 a N2 ... a NN  CN 

Script MATLAB:

>> A=[a11 a12 a13 ; a21 a22 a23 ; a31 a32 a33];
>> C=[C1 ; C2 ; C3];

>> T=inv(A) * C

Misal:

66
Sebuah slab diketahui kondisi temperature pada sisi-sisinya seperti pada gambar

a. Tentukan temperature T1, T2, T3, dan T4 dari slab tersebut
b. Tentukan heat transfer rate

Penyelesaian:
a. Temperature T1, T2, T3, dan T4

• Pilih Persamaan Finite Difference (FDE) yang digunakan, untuk kasus diatas
gunakan FDE untuk Interior Node

Tm,n+1 + Tm,n−1 + Tm+1,n + Tm−1,n − 4Tm,n = 0

• Tentukan Persamaan untuk masing-masing Node

Node 1: 500+ T3 + T2 + 150 - 4T1 = 0
-4T1 + T2 + T3 = -650 (1)

Node 2: 500 + T4 + 100 + T1 - 4T2 = 0

T1 – 4T2 + T4 =-600 (2)

Node 3: T1 + 100 + T4 +150 - 4T3 = 0

T1 -4T3 + T4 = -250 (3)

Node 4: T2 + 100 + 100 + T3 - 4T4= 0

T2 + + T3 - 4T4= -200 (4)

• Transform (1), (2), (3), dan (4) ke bentuk square equation

67

-4T1 + T2 + T3 + 0 = -650 (N1)
T1 – 4T2 + 0 + T4 =-600 (N2)
T1 + 0 -4T3 + T4 = -250 (N3)
0 + T2 + + T3 - 4T4= -200 (N3)

• Susun dalam bentuk Matrik Diagonal

− 4 1 1 0 TT12  − 650
   − 600
 1 −4 0 1  +  =

 1 0 −4 1 T3  − 250
   
 0 1 1 − 4 T4  − 200

• Jadikan ke bentuk

 T1  − 4 1 1 0 −1 − 650
 T2   −4 0  − 600
  =  1 0 −4 1 

 ...  1 1  − 250
   
TN   0 1 1 − 4 − 200

• Dengan menggunakan MATLAB maka T1, T2, T3, dan T4 didapatkan
>> A=[-4 1 1 0 ; 1 -4 0 1 ; 1 0 -4 1 ; 0 1 1 -4];
>> C=[-650 ; -600 ; -250 ; -200];
>> T=inv(A) * C

T=
268.7500
256.2500
168.7500
156.2500

Maka Temperature T1, T2, T3, dan T4 adalah

TT12  = 268.75
T3  256.25
 168.75
 

T4  156.25

b. Laju Heat Transfer:

68

TT12  = 268.75
T3  256.25
 168.75


T4  156.25

q = Σ - k Δx ΔT = −k Δx {(T1 − Ts) + (T2 − Ts)}
Δy Δy

Dihitung dari surface 5000C:

q = −k{(268.75−500)+(256.25− 500)} = 475k

Atau:
• Dari surface 1500C kiri:
q = −k{(150 - 268.25)+ (150 − 168.75)} = 137k

• Dari surface 1000C bawah:
q = −k{(100 − 168.75)+ (100 − 156.25)}= 125k

• Dari surface 1000C kanan:
q = −k{(100 − 256.25)+ (100 − 156.25)} = 212.5k

Laju Heat Transfer: q = 137k + 125k + 212.5k = 474.5 k
Terdapat perbedaan 0.5k dengan jika dihitung dari surface 5000C
Cacatan:

Makin kecil dimensi mesh (fine mesh) semakin akurat hasil yang didapatkan.
Contoh Soal (Dengan Finite Difference Method)

69
1. Column sebuah furnace terbuat dari fireclay brick dengan sisi 1 x 1 m. Pada

keadaan steady ketiga permukaan column dijaga temperaturenya, sedangkan satu
sisi diekspos ke udara luar. Tentukan distribusi temperature 2D dan laju aliran
panas rata-rata per panjang column.Gunakan grid dengan ukuran 0.25 m x 0.25 m

Kbrick@478 K = 1
W/m.K
T ∞ = 300 K
h = 10 W/m2.K

Penyelesaian:
• Bagi object dengan ukuran grid yang sama, yaitu 0.25 m x 0.25 m

• Node 1, 3, dan 5 : Interior Nodes

Tm,n+1 + Tm,n−1 + Tm+1,n + Tm−1,n − 4Tm,n = 0

Node 1: 500 + T3 + T2 + 500 – 4T1 = 0
- 4T1 + T2 + T3 = - 1000 (1)

70

Node 3: T1 + T5 + T4+ 500 – 4T3 = 0
T1 -4T3+ T4 + T5 = - 500 (3)

Node 5: T3+ T7 + T6+ 500 – 4T5 = 0
T3 -4T5+ T6 + T7 = - 500 (5)

• Node 2,4 dan 6 : symmetry adiabat (set h = O)

Node 2: 2T1+ 500 + T4 – 4T2 = 0

2T1 -4T2+ T4 = - 500 (2)

Node 4: 2T3+ T2 + T6 – 4T4 = 0

T2 + 2T3 - 4T4 + T6= 0 (4)

Node 6: 2T5+ T4 + T8 – 4T6 = 0

T4 + 2T5 - 4T6 + T8= 0 (6)

• Node 7 dan 8 : Node with surface convection

( )2Tm−1,n + Tm,n+1 + Tm,n−1 + 2 hΔΔ T∞ − 22 + hΔΔ Tm,n =0
 k  k

dengan

 h Δx  = 10x 0.25 = 2.5
k 1

Node 7: 2T5+ T8 + 500 +2 x2.5x300 – (2x4.5)T7 = 0

2T5 - 9T7+ T8 = - 2000 (7)

Node 8: 2T6+ T7+ T7 +2 x2.5x300 – (2x4.5)T8 = 0

2T6 + 2T7 - 9T8 = - 1500 (8)

• Selanjuntya 8 FDE tersebut dituliskan dalam square equation

71

- 4T1 + T2 + T3 +0 + 0 + 0 + 0 + 0 = - 1000 (N1)
2T1 - 4T2+ 0 + T4 + 0 + 0 + 0 + 0 = - 500 (N2)
T1 + 0 - 4T3+ T4 + T5 + 0 + 0 + 0 = - 500 (N3)
0 + T2 + 2T3 - 4T4 + 0 +T6 + 0 + 0 = 0 (N4)
0 + 0 + T3 + 0 - 4T5+ T6 + T7 + 0 = - 500 (N5)
0 + 0 + 0 +T4 + 2T5 - 4T6 + 0 + T8= 0 (N6)
0 + 0 + 0 + 0 + 2T5 + 0 - 9T7+ T8 = - 2000 (N7)
0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 2T6 + 2T7 - 9T8 = - 1500 (N8)

• Tuliskan dalam notasi matrik [A] [T] = [C]

− 4 1 1 0 0 0 0 0 TT12  − 1000
 1 0 0 0    
 2 −4 0 0    − 500 

 1 0 −4 1 1 0 0 0  T3   − 500 
   
0 1 2 −4 0 1 0 0  T4   0 
 0 1 0 −4 1 1 0  + T5  =  − 500 
 0    

 0 0 0 1 2 − 4 0 1  T6   0 
  T7  − 2000
 0 0 0 0 2 0 −9 1  

 0 0 0 0 0 2 2 − 9 T8  − 1500

• Gunakan Invers Matrik [A] untuk menentukan [T]

TT21  − 4 1 1 0 0 0 0 0 −1 − 1000
  0 1 0 0 0   
  2 −4 0   − 500 

T3  1 0 −4 1 1 0 0 0  − 500 
   
T4   0 1 2 −4 0 1 0 0  0 
T5  =  0 0 1 0 −4 1 1   
  0   − 500 

T6   0 0 0 1 2 − 4 0 1   0 
T7    − 2000
  0 0 0 0 2 0 −9 1 

T8   0 0 0 0 0 2 2 − 9 − 1500

• Masukkan Matrik diatas ke script MATLAB

72

>> A=[-4,1,1,0,0,0,0,0;2,-4,0,1,0,0,0,0;1,0,-4,1,1,0,0,0;0,1,2,-4,0,1,0,0;0,0,1,0,-4,1,1,0;

0,0,0,1,2,-4,0,1;0,0,0,0,2,0,-9,1;0,0,0,0,0,2,2,-9];

>> C =[-1000;-500;-500;0;-500;0;-2000;-1500];

>> T = inv(A)*C
T=

489.30
485.15
472.07
462.01
436.95
418.74
356.99
339.05

Akhirnya temperature masing-masing Node adalah:

TT12 = 489.30
= 485.15

T3 = 472.07
T4 = 462.01
T5 = 436.95 0C

T6 = 418.74
T7 = 356.99
T8 = 339.05

• Menentukan heat transfer rate per panjang column

73

q’ = 2(q’a + q’b + q’c)

q’ = 2[h(Δx/2)(T8-T∞) +h(Δx) (T7-T∞)+ h(Δx/2)(Ts-T∞)]

 q  = 2h  Δx (T8 − T∞ )+ Δx(T7 − T∞ )+  Δx (Ts − T∞ )
 L  2  2

Heat rate dari column ke air stream

 q  = 2h  Δx (T8 − T∞ ) + Δx(T7 − T∞ ) +  Δx (Ts − T∞ )
 L  2  2

= 2x10  0.25 (339.05 − 300) + 0.25(356.99 − 300) +  0.25 (500 − 300)
2  2
 

= 883 W/m

VI. KONDUKSI TRANSIENT

74

Konduksi Transient (Transient Conduction):
• Temperature bervariasi terhadap waktu
• Lumped Capacitance Method
• Graphical Method

Lump Capacitance Method
Lumped Capacitance digunakan untuk menentukan waktu t yang diperlukan oleh solid
material untuk mencapai temperature tertentu T(t)

••

Est = − Eout

( )mCpdT = −hAs T(t) − T∞ dt

( )ρVCp dT =
dt −hAs T(t ) − T∞

dimana:

m = ρ V (massa material)

ρ = rapat jenis material (kg/m3)

v= volume material (m3)

75

Selanjutnya dengan temperature difference, θ

θ = T(t) − T∞ dan  dθ  =  dT 
 dt   dt 

ρVCp dθ = −θ
hAs dt

Kelompokan Variabel dan Integralkan

∫ ∫ρVCpθ dθ t

hAs θi θ = − dt

0

ρVCp ln θ = −t
hAs θi

ln θ = - t
θi ρVCp
hAs

θ = T(t ) − T∞ = e− hA s ⋅t
ρVCp

θi Ti − T∞ (Pers. Lump Capacitance)

dengan Thermal Time Constant

( )τt =ρVCp =  1  = RtCt
hAs hAs ρVCp

dimana:
Rt = Convection Resistance
Ct = Lumped Thermal Capacitance of Solid

Sehingga Pers. Lump Capacitance bisa juga dituliskan sebagai

θ = T(t ) − T∞ −t −t

θi Ti − T∞ = e τt → θ = θie τt

76

Thermal time constant

• Rt atau Ct makin bertambah, maka material solid akan semakin lambat
merespons perubahan temperature sekitarnya

• Rt atau Ct makin bertambah, maka akan semakin lama material solid untuk
mencapai kesetimbangan thermal (θ = 0)

Laju PP konveksi antara solid dan lingkungan sekitarnya pada waktu t

∫ ∫t t = hAsθi − t e− t t
τt τt 0
q = qdt = hAs θdt

00

= hAsθi − t e − t − hAsθi  − t e− 0
τt τt τt τt

= hAsθi − t e − t − hAsθi  − t 
τt τt τt

 − t 
 τt 
q = ρVCpθi 1 − e

77

Validasi Lumped Capacitance Method

• Keseragaman distribusi temperature di dalam benda solid dipengaruhi oleh Biot
Number, Bi

• Lumped Capacitance Method akan Valid bila Bi << 1

• Hitung Biot Number, Bi sebelum memakai Lumped Capacitance Method

Biot Number, Bi

• Koefisien perpindahan panas tak berdimensi
• Temperature Drop didalam solid relatif terhadap perbedaan temperature

permukaan solid dengan fluida
• Perbandingan PP konveksi antara permukaan solid dgn fluida terhadap PP

konduksi di dalam solid
• Dari Energi Permukaan Steady State: qcond = qconv

( ) ( )kA

L
Ts,1 − Ts,2 = hA Ts,2 − T∞

( )Ts,1 − Ts,2 = L = hL
kA
( )Ts,2 − T∞
1 k
hA

Bi = hL (Biot Number)
k

atau, Bi = hLc < 0.1
k

78

dimana:

Lc = Characteristic Length,

Lc = Volume = V
Surface Area As

Lc = V
As

Selanjutnya dari Eksponensial Lump Capacitance

 hAs ⋅t
 ρVCp

h⋅As ⋅t = h⋅t = h⋅Lc k t = h ⋅Lc α⋅t
ρ⋅V ⋅Cp ρ⋅Cp ⋅Lc k ρ ⋅ Cp Lc2 k Lc2

Didapatkan koefisien Tak Berdimensi (Non Domensional)

Bi = h ⋅ Lc : Biot Number
k

Fo = α⋅t : Fourier Number:
Lc2

Sehingga Lump Capacitante dapat pula ditulis sebagai:

θ = T(t ) − T∞ = e−(Bi ⋅Fo ) (bentuk lain Pers. Lump Capacitance)
θi Ti − T∞

Misal:

1. Temperature dari aliran udara akan diukur dengan termocouple yang memiliki
junction berbentuk sphere seperti gambar.

79

Tentukan waktu yang diperlukan termocouple untuk membaca 99% initial temperature
difference

Penyelesaian:
Junction Characteristic Length:

Lc = V = 1 πD3 = 1D= 1 (0.001) = 1.67x10−4 m
As 6 6
6
πD2

Biot Number:

Bi = h ⋅Lc = 210x1.67x10−4 = 0.001
k 35

Lump Capacitance valid digunakan, sehingga

θ = T(t ) − T∞ = e− hA s ⋅t
ρVCp

θi Ti − T∞

h⋅As ⋅t = h⋅t = 210t = 0.462s−1
ρ⋅V ⋅Cp ρ⋅Cp ⋅Lc 8500x320x1.67x10−4

T − T = e(t ) ∞ − hAs ⋅t
ρVCp

Ti − T∞

0.01 = e−(0.462)⋅t

ln0.01 = −(0.462)⋅ t

t = 10 s

80

Lumped Capacitance Method sesuai untuk body yang relatif kecil dengan konduktivitas
thermal yang tinggi. Jika body relatif besar dengan konduktivitas thermal yang rendah,
maka lumped capacitance kurang akurat (Temperature gradient yang terjadi di dalam
body bervariasi terhadap posisi dan waktu). Sehingga untuk body yang besar Konduksi
Transient dapat ditentukan dengan Hiesler Chart (Hiesler, M.P., 1947)

Konduksi 1D Transient: Metode Grafik

• Penyelesaian dengan Hiesler Chart

• Beberapa Non Dimensional Parameter yang diperlukan dalam penggunaan Heisler

Chart:

Dimensionless Temperature: θ(x, t) = T(x, t)− T∞

Ti − T∞

Dimensionless Distance from Center: X = x
L

Dimensionless heat transfer Coefficient: Bi = hL
k

Dimensionless time: τ = αt
L2

• Masing-masing geometri memiliki 3 macam grafik (chart):

1. Temperature at Mid plane (1st Chart)
2. Symmetrically Temperature Distribution (2nd chart)
3. Heat Transfer rate (3rd chart)

81

Hiesler Chart untuk Plat

1st Chart. Temperature at Mid plane

2nd Chart. Symmetrically Temperature Distribution

82

3rd Chart. Heat Transfer rate
Hiesler Chart untuk Silinder

1st Chart. Temperature at Mid plane

83
2nd Chart. Symmetrically Temperature Distribution

3rd Chart. Heat Transfer rate

84

Misal:
Plat Tembaga tebalnya 4 cm dengan initial temperature 200C dimasukkan ke dalam
oven pada temperature 5000C selama 7 menit. Jika koefisien konduksi h = 120 W/m2.0C,
tentukan temperature permukaan plat ketika dikeluarkan dari oven

Penyelesaian:

Penggunaan 1st Chart:

100 W/m.0 C

W/m2.0 C (0.02
( )1 = k = m ) = 45.8

Bi hL
120

( )τ = α t 2/s (7 s)
L2 m)2
= 33.9x10−6 m x 60 = 35.6

(0.02

Gunakan kedua nilai diatas pada 1st Chart untuk mendapatkan θ0 = T0 − T∞
Ti − T∞

Lihat arah garis biru pada gambar (cara menggunakan 1st Chart)

Dari 1st Chart, untuk 1 = 45.8 dan τ = 35.6 maka θ0 = T0 − T∞ ≈ 0.46
Bi Ti − T∞

85

1st Chart. Temperature at Mid plane
Penggunaan 1st Chart:

1 = 45.8
Bi
x = L =1
LL
Lihat arah garis tebal pada gambar (cara menggunakan 2st Chart)
Maka: T − T∞ ≈ 0.99
T0 − T∞

86

2nd Chart. Symmetrically Temperature Distribution
Selanjutnya dengan Chain Rule

T − T∞ = T − T∞ T0 − T∞ = 0.46 x 0.99 = 0.455
Ti − T∞ T0 − T∞ Ti −T∞

Akhirnya didapatkan temperature permukaan plate saat keluar oven:

T = T∞ + 0.455(Ti − T∞ ) = 500 + 0.455(20 − 500) = 2820 C

Actual heat transfer ditentukan dari 3rd Chart
Bi = 1/1/Bi = 1/45.8 = 0.02
Bi2τ = (0.02)2 x 35.6 = 0.014

87

3rd Chart. Heat Transfer rate
Qmax = m Cp (T∞ - Ti)
atau per unit volume benda
Qmax’’’ = ρ Cp (T∞ - Ti)

= 8530 kg/m3 x 380 J/kg.0C x (500 - 20)0C
= 1555.8 MJ/m3
Dari 3rd Chart → Q/Qmax’’’ = 0.4
Maka:
Q = 0.4 x Qmax’’’
Q = 0.4 x 1555.8 = 622.35 MJ/m3

88

Latihan
1. Sebuah poros ST304 diameter 20 cm dikeluarkan dari oven pada temperature

6000C. Poros didinginkan didalam sebuah chamber bertemperature 2000C.
Tentukan:
a. Center line temperature setelah 45 menit pendinginan
b. Heat transfer rate per unit length

89

DAFTAR PUSTAKA:

1. Cengel, Y.A., Turner, R.H, Fundamental of Thermal-Fluid Science, E-book

2. Holman, J.P., 1986, Heat Transfer, 6th Ed., McGraw-Hill, Singapore

3. Holman, J.P., 2005, Experimental Method for Engineers, 7th Ed. Tata McGraw-Hill,
New Delhi.

4. Long, C., Sayma, N., 2009, Heat Transfer, Ventus Publishing ApS, Free ebook at
www.bookboon.com

5. Incropera, F.P., DeWitt, D.P, 1981, Fundamental of Heat and Mass Transfer, John
Willey and Sons, New York.

6. Ivesen, S., PhD., Perpindahan Panas (Heat Transfer), pdf file.