Sebuah tabung (kanister) berbentuk bola yang terbuat dari baja tahan karat (AISI 302) digunakan untuk menampung bahan kimia yang bereaksi, yang menghasilkan fluks kalor seragam $q”_i$ pada permukaan dalamnya. Tabung tersebut kemudian dicelupkan secara tiba-tiba ke dalam rendaman cairan bersuhu $T_\infty < T_i$, dengan $T_i$ adalah suhu awal dinding tabung.
(a) Dengan asumsi gradien suhu pada dinding tabung dapat diabaikan dan fluks kalor $q”_i$ bernilai konstan, turunkan persamaan yang mengatur perubahan suhu dinding terhadap waktu selama proses transien berlangsung. Berapakah laju perubahan awal suhu dinding jika $q”_i = 1052 \text{ W/m}^2$?
(b) Berapakah suhu dinding pada kondisi tunak (steady-state)?
(c) Koefisien konveksi bergantung pada kecepatan aliran fluida di sekitar tabung dan apakah suhu dinding cukup tinggi untuk memicu pendidihan pada cairan. Hitung dan buatlah grafik suhu dinding kondisi tunak sebagai fungsi dari $h$ untuk rentang $100 \text{ W/m}^2\cdot\text{K} \leq h \leq 10.000 \text{ W/m}^2\cdot\text{K}$. Apakah terdapat nilai $h$ tertentu yang menyebabkan kondisi operasi menjadi tidak dapat diterima?
(a.1) Penurunan Persamaan Transien
Karena gradien suhu pada dinding dapat diabaikan, kita menggunakan Metode Kapasitansi Terpusat. Hukum kekekalan energi menyatakan:
$$\dot{E}_{\text{masuk}} – \dot{E}_{\text{keluar}} = \dot{E}_{\text{tersimpan}}$$
Panas masuk melalui permukaan dalam akibat reaksi kimia ($q”_i \cdot A_i$), sedangkan panas keluar melalui permukaan luar secara konveksi ke rendaman cairan ($q_{\text{konv}} = h \cdot A_o \cdot (T – T_\infty)$). Energi tersimpan berhubungan dengan laju perubahan suhu terhadap waktu $\left(\dot{E} = m \cdot c_p \cdot \frac{dT}{dt} \right)$
$$q”_i \cdot A_i – h \cdot A_o \cdot (T – T_\infty) = m \cdot c_p \cdot \frac{dT}{dt}$$
$$q”_i \cdot (4 \pi r_i^2) – h \cdot (4 \pi r_o^2) \cdot (T – T_\infty) = m \cdot c_p \cdot \frac{dT}{dt}$$
Massa bola berongga ($m$) dihitung dari volume dinding dikalikan massa jenis ($\rho$).
$$m = \rho \cdot V$$
$$m = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi (r_o^3 – r_i^3)$$
Substitusikan massa tersebut ke dalam persamaan utama dan selesaikan persamaannya.
$$q”_i \cdot (4 \pi r_i^2) – h \cdot (4 \pi r_o^2) \cdot (T – T_\infty) = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi (r_o^3 – r_i^3) \cdot c_p \cdot \frac{dT}{dt}$$
$$q”_i \cdot (\pi r_i^2) – h \cdot (\pi r_o^2) \cdot (T – T_\infty) = \rho \cdot \frac{1}{3}\pi (r_o^3 – r_i^3) \cdot c_p \cdot \frac{dT}{dt}$$
$$q”_i \cdot r_i^2 – h \cdot r_o^2 \cdot (T – T_\infty) = \rho \cdot \frac{1}{3} (r_o^3 – r_i^3) \cdot c_p \cdot \frac{dT}{dt}$$
$$q”_ir_i^2 – hr_o^2(T – T_\infty) = \frac{\rho c_p (r_o^3 – r_i^3)}{3}\frac{dT}{dt}$$
$$3[q”_ir_i^2 – hr_o^2(T – T_\infty)] = \rho c_p (r_o^3 – r_i^3)\frac{dT}{dt}$$
$$\frac{3[q”_ir_i^2 – hr_o^2(T – T_\infty)]}{\rho c_p (r_o^3 – r_i^3)} = \frac{dT}{dt}$$
Persamaan diferensial yang mengatur perubahan suhu adalah
$$\mathbf{\frac{dT}{dt} = \frac{3 [q”_i r_i^2 – h r_o^2 (T – T_\infty)]}{\rho c_p (r_o^3 – r_i^3)}}$$
(a.2) Laju Perubahan Suhu Awal $\left(\frac{dT}{dt} \text{ pada }t = 0 \right)$
Pada saat awal ($t = 0$), suhu tabung masih berada pada suhu awal $T = T_i = 500 \text{ K}$ dan fluks awal berada di sekitar $q”_i = 100000 \text{ W/m}^2$.
Selesaikan bagian pembilang
$$\text{Pembilang} = 3[(100000)(0,5)^2 – (500)(0,6)^2(500 – 300)]$$
$$\text{Pembilang} = 3[(100000)(0,25) – (500)(0,36)(200)]$$
$$\text{Pembilang} = 3[25000 – 36000]$$
$$\text{Pembilang} = 3[-11000]$$
$$\text{Pembilang} = -33000 \text{ W/m}^2$$
Selesaikan bagian penyebut
$$\text{Penyebut} = 8055 \cdot 510 \cdot ((0,6)^3 – (0,5)^3)$$
$$\text{Penyebut} = 4108050 \cdot (0,216 – 0,125)$$
$$\text{Penyebut} = 4108050 \cdot 0,091$$
$$\text{Penyebut} = 373832 \text{ J/m}^2 \cdot \text{K}$$
Selesaikan pecahan tersebut
$$\frac{dT}{dt} = \frac{\text{Pembilang}}{\text{Penyebut}}$$
$$\frac{dT}{dt} = \frac{-33000 \text{ J} \cdot \text{m}^2 \cdot \text{K}}{373832 \text{ s} \cdot \text{m}^2 \cdot \text{J}}$$
$$\mathbf{\frac{dT}{dt} = -0,088277 \text{ K/s}}$$
(b) Suhu Dinding Kondisi Tunak (Steady-State)
Pada kondisi tunak (steady-state), suhu tidak lagi berubah terhadap waktu ($\frac{dT}{dt} = 0$).
Manipulasi persamaan untuk mencari rumus suhu dinding kondisi tunak.
$$q”_i (4 \pi r_i^2) – h (4 \pi r_o^2) (T – T_\infty) = m \cdot c_p \cdot \frac{dT}{dt}$$
$$q”_i (4 \pi r_i^2) – h (4 \pi r_o^2) (T – T_\infty) = m \cdot c_p \cdot 0$$
$$q”_i (4 \pi r_i^2) – h (4 \pi r_o^2) (T – T_\infty) = 0$$
$$q”_i (4 \pi r_i^2) = h (4 \pi r_o^2) (T – T_\infty)$$
$$\frac{q”_i (4 \pi r_i^2)}{h (4 \pi r_o^2)} = (T – T_\infty)$$
$$\frac{q”_i (4 \pi r_i^2)}{h (4 \pi r_o^2)} + T_\infty = T$$
$$\frac{q”_i (r_i^2)}{h (r_o^2)} + T_\infty = T$$
Sehingga rumus untuk mencari nilai suhu permukaan adalah
$$\mathbf{T = \frac{q”_i (r_i^2)}{h (r_o^2)} + T_\infty}$$
Substitusikan nilai-nilainya
$$T = \frac{100000 \cdot (0,5^2)}{500 \cdot (0,6^2)} + 300$$
$$T = \frac{100000 \cdot 0,25}{500 \cdot 0,36} + 300$$
$$T = \frac{25000}{180} + 300$$
$$T = 138,888 + 300$$
$$\mathbf{T = 438,888 \text{ K}}$$
(c) Analisis Variasi Suhu terhadap Koefisien Konveksi ($h$)
Kita gunakan rumus untuk mencari nilai suhu permukaan dan selesaikan dengan nilai yang ada tanpa memasukkan koefisien konveksi.
$$\mathbf{T = \frac{q”_i (r_i^2)}{h (r_o^2)} + T_\infty}$$
$$T = \frac{100000 \cdot (0,5^2)}{h \cdot (0,6^2)} + 300$$
$$T = \frac{100000 \cdot 0,25}{h \cdot 0,36} + 300$$
$$\mathbf{T = \frac{25000}{0,36h} + 300}$$
Substitusikan pada ketiga nilai berbeda yang diminta
- $h = 100 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K} \rightarrow T = \frac{25000}{0,36 \cdot 100} + 300 = 694,444 + 300 \rightarrow \mathbf{T = 994,444 \text{ K}}$
- $h = 500 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K} \rightarrow T = \frac{25000}{0,36 \cdot 500} + 300 = 138,888 + 300 \rightarrow \mathbf{T = 438,888 \text{ K}}$
- $h = 100 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K} \rightarrow T = \frac{25000}{0,36 \cdot 10000} + 300 = 6,944 + 300 \rightarrow \mathbf{T = 306,944 \text{ K}}$
Untuk grafiknya, kita bisa melihat dibawah ini
