Lapisan bidang batubara dengan ketebalan $L = 1 \text{ m}$ mengalami pembangkitan volumetrik seragam pada laju $\dot{q} = 10 \text{ W/m}^3$ karena lambatnya oksidasi partikel batubara. Rata-rata dalam periode harian, permukaan atas lapisan memindahkan panas secara konveksi ke udara sekitar dengan $h = 8 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$ dan $T_\infty = 30^\circ \text{C}$, sedangkan menerima penyinaran matahari sebesar $G_S = 500 \text{ W/m}^2$. Iradiasi dari suasana mungkin diabaikan. Absorbtivitas matahari dan emisivitas permukaan masing-masing $\alpha_S = \varepsilon = 0,95$.
(a) Tuliskan bentuk difusi panas keadaan tunak persamaan untuk lapisan batubara. Verifikasikan, dengan substitusi langsung, bahwa persamaan ini dipenuhi oleh bentuk distribusi temperatur
$$T(x) = T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k} \left(1 – \frac{x^2}{L^2} \right)$$
Dari distribusi tersebut, apa yang dapat Anda ketahui tentang kondisi di permukaan bawah ($x = 0$)? Buat sketsa distribusi suhu dan fitur utama label.
(b) Dapatkan persamaan laju perpindahan panas secara konduksi per satuan luas pada $x = L$. Terapkan keseimbangan energi ke permukaan kontrol di bagian atas permukaan lapisan, dapatkan ekspresi untuk $T_s$. Evaluasi $T_s$ dan $T(0)$ untuk kondisi yang ditentukan.
(c) Nilai rata-rata harian GS dan h bergantung pada sejumlah faktor, seperti waktu dalam setahun, tutupan awan, dan kondisi angin. Untuk $h = 8 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$, hitung dan plot $T_s$ dan $T(0)$ sebagai fungsi $G_S$ untuk $50 \text{ W/m}^2 \leq G_S \leq 500 \text{ W/m}^2$. Untuk $G_S = 500 \text{ W/m}^2$, hitung dan plot $T_s$ dan $T(0)$ sebagai fungsi dari $h$ untuk $5 \text{ W/m}^2 \cdot \text{L} \leq h \leq 50 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$.
(a) Persamaan Difusi Panas, Verifikasi Solusi, dan Kondisi Batas $x = 0$
Verifikasi Distribusi Temperatur
Untuk konduksi 1-dimensi steady-state dengan pembangkitan energi volumetrik $\dot{q}$ dan konduktivitas termal $k$ konstan, persamaan difusi panasnya adalah
$$k \frac{d^2 T}{d x^2} + \dot{q} = 0$$
$$\frac{d^2 T}{d x^2} + \frac{\dot{q}}{k} = 0$$
$$\frac{d^2 T}{d x^2} = -\frac{\dot{q}}{k}$$
Kita tahu bahwa fungsi distribusi suhu adalah
$$T(x) = T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k} \left(1 – \frac{x^2}{L^2} \right)$$
$$T(x) = T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k} – \frac{\dot{q}x^2}{2k}$$
Kita turunkan suhu terhadap posisi untuk pertama kalinya
$$\frac{dT}{dx} = \frac{d}{dx} \left[T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k} – \frac{\dot{q}x^2}{2k} \right]$$
$$\frac{dT}{dx} = \frac{d}{dx} [T_s] + \frac{d}{dx} \left[\frac{\dot{q}L^2}{2k} \right] – \frac{d}{dx} \left[\frac{\dot{q}x^2}{2k} \right]$$
$$\frac{dT}{dx} = -\frac{\dot{q}x}{k}$$
Kita turunkan suhu terhadap posisi untuk kedua kalinya
$$\frac{d^2 T}{d x^2} = \frac{d}{dx} \left[-\frac{\dot{q}x}{k} \right]$$
$$\frac{d^2 T}{d x^2} = -\frac{\dot{q}}{k}$$
Kondisi di Permukaan Bawah ($x = 0$)
Kita evaluasi gradien suhu di $x = 0$
$$\left. \frac{dT}{dx} \right \vert{}_{x = 0} = -\frac{\dot{q}(0)}{k}$$
$$\left. \frac{dT}{dx} \right \vert{}_{x = 0} = 0$$
Gradien suhu bernilai nol ($\frac{dT}{dx} = 0$) di $x = 0$ menunjukkan bahwa permukaan bawah bersifat adiabatik (terisolasi sempurna) atau merupakan garis simetri termal. Tidak ada fluks kalor yang melewati batas $x = 0$. Suhu maksimum terjadi di $x = 0$.
$$T_{\text{max}} = T(0)$$
$$T_{\text{max}} = T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k} – \frac{\dot{q}(0)^2}{2k}$$
$$T_{\text{max}} = T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k} – 0$$
$$T_{\text{max}} = T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k}$$
Fitur Utama Sketsa Distribusi Suhu
- Profil berbentuk parabola simetris berpuncak di $x = 0$.
- Puncak parabola berada di $x = 0$ dengan suhu maksimum $T(0) = T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k}$.
- Kemiringan parabola semakin curam ke arah $x = L$ hingga mencapai suhu permukaan atas $T_s$.
(b) Laju Perpindahan Panas, Ekspresi $T_s$, dan Evaluasi Numerik
Kita gunakan hukum Fourier pada konduksi
$$q”_{cond} (x) = k \cdot \frac{dT}{dx}$$
$$q”_{cond} (x) = k \cdot -\frac{\dot{q}x}{k}$$
$$q”_{cond} (x) = -\dot{q}x$$
Kita uji pada kondisi $x = L$
$$q”_{cond} (L) = -\dot{q}L$$
Keseimbangan energi pada permukaan atas ($x = L$)
$$E_{\text{in}} – E_{\text{out}} = 0$$
$$q”_{\text{cond}}(L) + \alpha_S G_S – q”_{\text{conv}} – q”_{\text{rad}} = 0$$
$$\dot{q}L + \alpha_S G_S – h(T_s – T_\infty) – \varepsilon \sigma (T_s^4 – T_{\text{sur}}^4) = 0$$
Karena iradiasi dari sekitar/suasana diabaikan, neraca kesetimbangan energi menjadi
$$\dot{q}L + \alpha_S G_S = h(T_s – T_\infty) + \varepsilon \sigma T_s^4$$
Kita identifikasi data yang diperlukan
- Ketebalan Permukaan ($L$): $1 \text{ m}$
- Laju Pembangkitan Panas Volumetrik ($\dot{q}$): $10 \text{ W/m}^3$
- Koefisien Konveksi ($h$): $8 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$
- Konduktivitas Termal ($k$): $0,26 \text{ W/m} \cdot \text{K}$
- Suhu Permukaan ($T_\infty$): $303,15 \text{ K}$
- Fluks Panas Matahari ($G_S$): $500 \text{ W/m}^2$
- Absorptivitas Permukaan ($\alpha_s$): $0,95$
- Emisivitas Permukaan ($\varepsilon$): $0,95$
- Konstanta Stefan-Boltzmann ($\sigma$): $5,67 \times 10^{-8} \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$
Kita substitusikan ke neraca kesetimbangan energi tersebut
$$\dot{q}L + \alpha_S G_S = h(T_s – T_\infty) + \varepsilon \sigma T_s^4$$
$$10 \cdot 1 + 0,95 \cdot 500 = 8 (T_s – 303,15) + 0,95 \cdot 5,67 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
$$10 + 475 = 8T_s – 2425,2 + 5,386 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
$$2910,2 = 8T_s + 5,386 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
Dengan metode iterasi, kita mendapatkan temperatur awal adalah
$$T_s \approx 305,15 \text{ K} \text{ atau } T_s \approx 32^\circ \text{C}$$
Kita hitung pada kondisi saat $T(0)$
$$T(0) = T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k}$$
$$T(0) = 305,15 + \frac{10 \cdot (1)^2}{2 \cdot 0,26}$$
$$T(0) = 305,15 + \frac{10}{0,52}$$
$$T(0) = 305,15 + 19,23$$
$$T(0) = 324,38 \text{ K}$$
(c) Pengujian Pada Fluks Kalor dan Koefisien Konveksi pada Rentang Tertentu
Pada Titik $h = 8 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$ dan $G_S = 50 \text{ W/m}^2$
Kita cari nilai temperatur awal pada titik tersebut
$$\dot{q}L + \alpha_S G_S = h(T_s – T_\infty) + \varepsilon \sigma T_s^4$$
$$10 \cdot 1 + 0,95 \cdot 50 = 8 (T_s – 303,15) + 0,95 \cdot 5,67 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
$$10 + 47,5 = 8T_s – 2425,2 + 5,386 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
$$2482,7 = 8T_s + 5,386 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
Dengan metode iterasi, kita mendapatkan temperatur awal adalah
$$T_s \approx 273,15 \text{ K} \text{ atau } T_s \approx 0^\circ \text{C}$$
Kita hitung pada kondisi saat $T(0)$
$$T(0) = T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k}$$
$$T(0) = 273,15 + \frac{10 \cdot (1)^2}{2 \cdot 0,26}$$
$$T(0) = 273,15 + \frac{10}{0,52}$$
$$T(0) = 273,15 + 19,23$$
$$T(0) = 292,38 \text{ K}$$
Pada Titik $h = 8 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$ dan $G_S = 500 \text{ W/m}^2$
$$\dot{q}L + \alpha_S G_S = h(T_s – T_\infty) + \varepsilon \sigma T_s^4$$
$$10 \cdot 1 + 0,95 \cdot 500 = 8 (T_s – 303,15) + 0,95 \cdot 5,67 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
$$10 + 475 = 8T_s – 2425,2 + 5,386 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
$$2910,2 = 8T_s + 5,386 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
Dengan metode iterasi, kita mendapatkan temperatur awal adalah
$$T_s \approx 305,15 \text{ K} \text{ atau } T_s \approx 32^\circ \text{C}$$
Kita hitung pada kondisi saat $T(0)$
$$T(0) = T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k}$$
$$T(0) = 305,15 + \frac{10 \cdot (1)^2}{2 \cdot 0,26}$$
$$T(0) = 305,15 + \frac{10}{0,52}$$
$$T(0) = 305,15 + 19,23$$
$$T(0) = 324,38 \text{ K}$$
Pada Titik $G_S = 500 \text{ W/m}^2$ dan $h = 5 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$
$$\dot{q}L + \alpha_S G_S = h(T_s – T_\infty) + \varepsilon \sigma T_s^4$$
$$10 \cdot 1 + 0,95 \cdot 500 = 5 (T_s – 303,15) + 0,95 \cdot 5,67 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
$$10 + 475 = 5T_s – 1515,75 + 5,386 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
$$2000,75 = 5T_s + 5,386 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
Dengan metode iterasi, kita mendapatkan temperatur awal adalah
$$T_s \approx 306,15 \text{ K} \text{ atau } T_s \approx 33^\circ \text{C}$$
Kita hitung pada kondisi saat $T(0)$
$$T(0) = T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k}$$
$$T(0) = 306,15 + \frac{10 \cdot (1)^2}{2 \cdot 0,26}$$
$$T(0) = 306,15 + \frac{10}{0,52}$$
$$T(0) = 306,15 + 19,23$$
$$T(0) = 325,38 \text{ K}$$
Pada Titik $G_S = 500 \text{ W/m}^2$ dan $h = 50 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$
$$\dot{q}L + \alpha_S G_S = h(T_s – T_\infty) + \varepsilon \sigma T_s^4$$
$$10 \cdot 1 + 0,95 \cdot 500 = 50 (T_s – 303,15) + 0,95 \cdot 5,67 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
$$10 + 475 = 50T_s – 15157,5 + 5,386 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
$$15642,5 = 50T_s + 5,386 \times 10^{-8} \cdot T_s^4$$
Dengan metode iterasi, kita mendapatkan temperatur awal adalah
$$T_s \approx 304,15 \text{ K} \text{ atau } T_s \approx 29^\circ \text{C}$$
Kita hitung pada kondisi saat $T(0)$
$$T(0) = T_s + \frac{\dot{q}L^2}{2k}$$
$$T(0) = 304,15 + \frac{10 \cdot (1)^2}{2 \cdot 0,26}$$
$$T(0) = 304,15 + \frac{10}{0,52}$$
$$T(0) = 304,15 + 19,23$$
$$T(0) = 323,38 \text{ K}$$
