Sebuah dinding datar satu dimensi terpapar kondisi konveksi dan radiasi pada posisi $x = 0$. Suhu fluida sekitar (ambient) dan suhu lingkungan sekitarnya masing-masing adalah $T_{\infty} = 293,15 \text{ K}$ dan $T_{sur} = 313,15 \text{ K}$. Koefisien perpindahan panas konveksi adalah $h = 20 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$, dan absorptivitas permukaan yang terpapar adalah $\alpha = 0,78$. Tentukan fluks panas konveksi dan radiasi yang mengenai dinding pada $x = 0$ jika suhu permukaan dinding adalah $T_s = 297,15 \text{ K}$. Asumsikan permukaan dinding yang terpapar bersifat kelabu (gray) dan lingkungan sekitarnya berukuran besar.
Kita identifikasi data yang diperlukan
- Emisivitas ($\varepsilon$): $0,78$
- Suhu Fluida ($T_{\infty}$): $293,15 \text{ K}$
- Suhu Lingkungan ($T_{sur}$): $313,15 \text{ K}$
- Suhu Permukaan ($T_{s}$): $297,15 \text{ K}$
- Koefisien Koneksi ($h$): $20 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$
- Konstanta Stefan-Boltzmann ($\sigma$): $5,67 \times 10^{-8} \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}^4$
Fluks Panas Konveksi
Fluks panas konveksi ($q”_{\text{konv}}$) dihitung berdasarkan perbedaan suhu antara permukaan dinding ($T_s$) dan fluida sekitar ($T_\infty$).
$$q”_{\text{konv}} = h(T_s – T_\infty)$$
(Jika bernilai positif, panas keluar dari dinding ke fluida. Jika negatif, panas masuk dari fluida ke dinding).
Substitusikan nilai yang diketahui
$$q”_{\text{konv}} = 20 \cdot (297,15 – 293,15)$$
$$q”_{\text{konv}} = 20 \cdot 4$$
$$q”_{\text{konv}} = 80 \text{ W/m}^2$$
Karena $T_s > T_\infty$, panas mengalir keluar dari permukaan dinding menuju fluida (udara) secara konveksi sebesar $80 \text{ W/m}^2$.
Fluks Panas Radiasi
Untuk permukaan kelabu (gray surface) di dalam lingkungan sekitar (surroundings) yang jauh lebih besar, fluks radiasi neto yang diserap atau dilepaskan oleh permukaan dikendalikan oleh emivitas ($\varepsilon$), absorptivitas ($\alpha$), dan suhu lingkungan sekitar ($T_{\text{sur}}$).
Berdasarkan Hukum Kirchhoff, untuk permukaan kelabu berlaku nilai emisivitas sama dengan absorptivitas. Persamaan fluks radiasi neto menjadi:
$$q”_{\text{rad}} = \varepsilon \cdot \sigma \cdot (T_s^4 – T_{\text{sur}}^4)$$
Substitusikan nilai yang diketahui
$$q”_{\text{rad}} = 0,78 \cdot 5,67 \times 10^{-8} \cdot ((297,15)^4 – (313,15)^4)$$
$$q”_{\text{rad}} = 0,78 \cdot 5,67 \times 10^{-8} \cdot ((2,971 \times 10^2)^4 – (3,131 \times 10^2)^4)$$
$$q”_{\text{rad}} = 0,78 \cdot 5,67 \times 10^{-8} \cdot (77,913 \times 10^8 – 96,101 \times 10^8)$$
$$q”_{\text{rad}} = 0,78 \cdot 5,67 \times 10^{-8} \cdot (-18,188 \times 10^8)$$
$$\mathbf{q”_{\text{rad}} = -80,438 \text{ W/m}^2}$$
Tanda negatif menunjukkan arah aliran panas yang terbalik. Karena suhu lingkungan lebih panas daripada dinding ($T_{\text{sur}} > T_s$), permukaan dinding secara neto menyerap/menerima energi radiasi dari lingkungan luar sebesar $80,438 \text{ W/m}^2$.
Menariknya, jika kedua fluks ini dijumlahkan secara neto pada permukaan $x=0$, sistem ini hampir mendekati kesetimbangan sempurna karena panas radiasi yang diserap sebesar $\sim 80,4 \text{ W/m}^2$ langsung dibuang kembali lewat konveksi udara sebesar $80 \text{ W/m}^2$.
