Campuran yang bereaksi secara kimia disimpan dalam wadah bola berdinding tipis dengan jari-jari $r_1 = 200 \text{ mm}$, dan reaksi eksotermik menghasilkan panas pada laju volumetrik yang seragam namun bergantung pada suhu, yaitu $\dot{q} = \dot{q}_o e^{-A/T_o}$, dengan $\dot{q}_o = 5000 \text{ W/m}^3$, $A = 75 \text{ K}$, dan $T_o$ adalah suhu campuran dalam satuan Kelvin. Bejana tersebut diselubungi oleh bahan isolasi dengan jari-jari luar $r_2$, konduktivitas termal $k$, dan emisivitas $\varepsilon$. Permukaan luar isolasi mengalami perpindahan panas konveksi dan pertukaran radiasi neto dengan udara sekitar dan lingkungan luas di sekitarnya.
(a) Tuliskan persamaan difusi panas untuk isolasi dalam kondisi tunak (steady-state). Verifikasi, melalui substitusi langsung, bahwa persamaan ini dipenuhi oleh distribusi suhu
$$T(r) = T_{s,1} – (T_{s,1} – T_{s,2}) \left[\frac{1 – (r_1/r)}{1 – (r_1/r_2)} \right]$$
Buatlah sketsa distribusi suhu, T(r), dengan menandai fitur-fitur utamanya.
(b) Dengan menerapkan hukum Fourier, tunjukkan bahwa laju perpindahan panas secara konduksi melalui isolasi dapat dinyatakan sebagai
$$q_r = \frac{4 \pi k (T_{s,1} – T_{s,2})}{(1/r_1) – (1/r_2)}$$
Dengan menerapkan neraca energi pada permukaan kendali di sekeliling wadah, peroleh ekspresi alternatif untuk $q_r$, dan nyatakan hasilnya dalam variabel $\dot{q}$ dan $r_1$.
(c) Dengan menerapkan neraca energi pada permukaan kendali yang ditempatkan di sekeliling permukaan luar isolasi, peroleh ekspresi yang memungkinkan penentuan Ts,2 sebagai fungsi dari $\dot{q}$, $r_1$, $h$, $T_\infty$, $\varepsilon$, dan $T_{sur}$.
(d) Insinyur proses ingin mempertahankan suhu reaktor sebesar $T_o = T(r_1) = 95^\circ \text{C}$ pada kondisi $k = 0,05 \text{ W/m} \cdot \text{K}$, $r_2 = 208 \text{ mm}$, $h = 5 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$, $\varepsilon = 0,9$, $T_\infty = 25^\circ \text{C}$, dan $T_{sur} = 35^\circ \text{C}$. Berapakah suhu reaktor yang sebenarnya dan suhu permukaan luar isolasi $T_{s,2}$?
(e) Hitung dan buatlah grafik variasi $T_{s,2}$ terhadap $r_2$ untuk rentang $201 \text{ mm} \leq r_2 \leq 210 \text{ mm}$. Insinyur tersebut mengkhawatirkan potensi cedera luka bakar pada personel yang mungkin bersentuhan dengan permukaan isolasi yang terbuka. Apakah menambah ketebalan isolasi merupakan solusi praktis untuk menjaga $T_{s,2} \leq 45^\circ \text{C}$? Parameter apa lagi yang dapat diubah untuk menurunkan $T_{s,2}$?
(a) Persamaan Difusi Panas, Verifikasi, dan Sketsa $T(r)$
Bahan isolasi ($r_1 \le r \le r_2$) mengalami konduksi 1D radial, kondisi tunak (steady-state), dan tanpa pembangkitan energi internal ($\dot{q} = 0$).
$$\frac{d}{dr} \left(r^2 \frac{dT}{dr} \right) = 0$$
Kita turunkan suhu terhadap jari-jari untuk pertama kalinya
$$\frac{dT}{dr} = \frac{d}{dr} \left[T_{s,1} – (T_{s,1} – T_{s,2}) \frac{1 – (r_1/r)}{1 – (r_1/r_2)} \right]$$
$$\frac{dT}{dr} = \frac{d}{dr} [T_{s,1}] – \frac{d}{dr} \left[(T_{s,1} – T_{s,2}) \frac{\frac{r – r_1}{r}}{\frac{r_2 – r_1}{r_2}} \right]$$
$$\frac{dT}{dr} = – \frac{d}{dr} \left[(T_{s,1} – T_{s,2}) \frac{r_2 \cdot (r – r_1)}{r \cdot (r_2 – r_1)} \right]$$
$$\frac{dT}{dr} = – \frac{d}{dr} \left[\frac{r – r_1}{r} \cdot \frac{r_2 \cdot (T_{s,1} – T_{s,2})}{r_2 – r_1} \right]$$
$$\frac{dT}{dr} = – \frac{d}{dr} \left[\left(1 – \frac{r_1}{r} \right) \cdot \frac{r_2}{r_2 – r_1} \cdot (T_{s,1} – T_{s,2}) \right]$$
$$\frac{dT}{dr} = – \frac{d}{dr} \left[1 – \frac{r_1}{r} \right] \cdot \frac{r_2}{r_2 – r_1} \cdot (T_{s,1} – T_{s,2})$$
$$\frac{dT}{dr} = \frac{r_1}{r^2} \cdot \frac{r_2 \cdot (T_{s,1} – T_{s,2})}{r_2 – r_1}$$
Kita masukkan hasilnya ke rumus sebelumnya
$$\frac{d}{dr} \left(r^2 \left(\frac{r_1}{r^2} \cdot \frac{r_2 \cdot (T_{s,1} – T_{s,2})}{r_2 – r_1} \right) \right) = 0$$
$$\frac{d}{dr} \left(\frac{r_1 \cdot r_2 \cdot (T_{s,1} – T_{s,2})}{r_2 – r_1} \right) = 0$$
$$0 = 0$$
Persamaan tersebut berhasil dibuktikan atau diverifikasi
Bentuk kurva adalah hiperbolik atau melengkung cekung ke atas ($T \propto 1/r$).
Kondisi Batas Utama:
- Pada $r = r_1 \implies T(r_1) = T_{s,1}$
- Pada $r = r_2 \implies T(r_2) = T_{s,2}$
Kemiringan (gradien) $\left\vert{} \frac{dT}{dr} \right\vert{}$ semakin landai seiring bertambahnya $r$.
(b) Ekpresi Laju Perpindahan Panas Konduksi ($q_r$)
Kita gunakan hukum Fourier pada perpindahan panas konduksi
$$q_r = -k A \frac{dT}{dr}$$
$$q_r = -k (4 \pi r^2) \cdot \left(-\frac{r_1}{r^2} \cdot \frac{r_2 \cdot (T_{s,1} – T_{s,2})}{r_2 – r_1} \right)$$
$$q_r = \left((4 \pi k) \cdot \frac{r_1 \cdot r_2 \cdot (T_{s,1} – T_{s,2})}{r_2 – r_1} \right)$$
$$q_r = \left((4 \pi k) \cdot \frac{r_1 \cdot r_2}{r_2 – r_1} \cdot (T_{s,1} – T_{s,2}) \right)$$
$$q_r = \left((4 \pi k) \cdot \frac{1}{(1/r_1) – (1/r_2)} \cdot (T_{s,1} – T_{s,2}) \right)$$
$$q_r = \frac{4 \pi k (T_{s,1} – T_{s,2})}{(1/r_1) – (1/r_2)}$$
Seluruh panas yang dibangkitkan oleh reaksi kimia di dalam volume bola wadah $V = \frac{4}{3}\pi r_1^3$ harus dilepaskan melalui konduksi ke lapisan isolasi:
$$q_r = \dot{E}_{gen} \rightarrow q_r = \dot{q} \cdot V$$
$$q_r = \dot{q} \cdot \left( \frac{4}{3}\pi r_1^3 \right) \rightarrow q_r = \frac{4}{3} \pi \dot{q} r_1^3$$
(c) Persamaan Penentuan Suhu Permukaan Luar ($T_{s,2}$)
Terapkan neraca energi pada permukaan luar isolasi ($r = r_2$):
$$\dot{E}_{in} = \dot{E}_{out}$$
$$q_r = q_{conv} + q_{rad}$$
Substitusikan laju panas dari bagian (b) dan persamaan konveksi-radiasi
$$\frac{4}{3} \pi \dot{q} r_1^3 = h A_2 (T_{s,2} – T_\infty) + \varepsilon \sigma A_2 (T_{s,2}^4 – T_{sur}^4)$$
$$\frac{4}{3} \pi \dot{q} r_1^3 = h (4 \pi r_2^2) (T_{s,2} – T_\infty) + \varepsilon \sigma (4 \pi r_2^2) (T_{s,2}^4 – T_{sur}^4)$$
$$\frac{1}{3} \dot{q} \frac{r_1^3}{r_2^2} = h (T_{s,2} – T_\infty) + \varepsilon \sigma (T_{s,2}^4 – T_{sur}^4)$$
(d) Perhitungan Suhu Reaktor dan Suhu Permukaan Luar ($T_{s,2}$)
Kita identifikasi data yang diperlukan
Laju Pembangkitan Panas Volumetrik ($\dot{q}$): $4078,445 \text{ W/m}^3$
- Jari-Jari Pertama ($r_1$): $0,2 \text{ m}$
- Jari-Jari Kedua ($r_2$): $0,208 \text{ m}$
- Koefisien Konveksi ($h$): $5 \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}$
- Konduktivitas Termal ($k$): $0,05 \text{ W/m} \cdot \text{K}$
- Emisivitas Permukaan ($\varepsilon$): $0,90$
- Suhu Lingkungan ($T_\infty$): $298,15 \text{ K}$
- Suhu Sekitar ($T_{sur}$): $308,15 \text{ K}$
- Konstanta Stefan Boltzmann ($\sigma$): $5,67 \times 10^{-8} \text{ W/m}^2 \cdot \text{K}^4$
Laju Pembangkitan Panas Volumetrik ($\dot{q}$)
Kita cari laju pembangkitan panas volumetrik
$$\dot{q} = \dot{q}_o e^{-A/T_o}$$
$$\dot{q} = 5000 \cdot e^{-75/368,15}$$
$$\dot{q} = 5000 \cdot e^{-0,203721}$$
$$\dot{q} = 5000 \cdot 0,815689$$
$$\dot{q} = 4078,445 \text{ W/m}^3$$
Suhu Permukaan Luar ($T_{s,2}$)
Kita uji pada bagian kiri persamaan
$$\frac{1}{3} \dot{q} \frac{r_1^3}{r_2^2}$$
$$0,333 \cdot 4078,445 \cdot \frac{(0,200)^3}{(0,208)^2}$$
$$1358,122185 \cdot \frac{0,008}{0,043264}$$
$$1358,122185 \cdot 0,183385$$
$$249,059 \text{ W/m}^2$$
Kita uji pada bagian kanan persamaan
$$h (T_{s,2} – T_\infty) + \varepsilon \sigma (T_{s,2}^4 – T_{sur}^4)$$
$$5 \cdot (T_{s,2} – 298,15) + 0,90 \cdot 5,67 \times 10^{-8} \cdot (T_{s,2}^4 – (308,15)^4)$$
$$5 \cdot T_{s,2} – 1490,75 + 5,103 \times 10^{-8} \cdot (T_{s,2}^4 – (3,081 \times 10^2)^4)$$
$$5 \cdot T_{s,2} – 1490,75 + 5,103 \times 10^{-8} \cdot (T_{s,2}^4 – 90,108 \times 10^8)$$
$$5 \cdot T_{s,2} – 1490,75 + 5,103 \times 10^{-8} \cdot T_{s,2}^4 – 459,821$$
Kita selesaikan persamaan untuk mencari suhu permukaan
$$249,059 = 5 \cdot T_{s,2} – 1490,75 + 5,103 \times 10^{-8} \cdot T_{s,2}^4 – 459,821$$
$$2199,63 = 5 \cdot T_{s,2} + 5,103 \times 10^{-8} \cdot T_{s,2}^4$$
Melalui metode iterasi, kita mendapatkan suhu permukaan
$$T_{s,2} \approx 325,15 \text{ K} \text{ atau } T_{s,2} \approx 52^\circ \text{C}$$
Suhu Reaktor Sebenarnya ($T_o$)
Kita gunakan laju panas konduksi
$$q_r = \frac{4}{3} \pi \dot{q} r_1^3$$
$$q_r = \frac{4}{3} \cdot 3,14 \cdot 4078,445 \cdot (0,2)^3$$
$$q_r = 1,333 \cdot 3,14 \cdot 4078,445 \cdot 0,008$$
$$q_r = 136,259 \text{ W}$$
Kita manipulasi persamaan untuk mencari laju panas konduksi
$$q_r = \frac{4 \pi k (T_{s,1} – T_{s,2})}{(1/r_1) – (1/r_2)}$$
$$q_r \cdot (1/r_1 – 1/r_2) = 4 \pi k (T_{s,1} – T_{s,2})$$
$$\frac{q_r \cdot (1/r_1 – 1/r_2)}{4 \pi k} = T_{s,1} – T_{s,2}$$
$$\frac{q_r \cdot (1/r_1 – 1/r_2)}{4 \pi k} + T_{s,2} = T_{s,1}$$
Substitusikan nilai-nilainya
$$T_{s,1} = \frac{q_r \cdot (1/r_1 – 1/r_2)}{4 \pi k} + T_{s,2}$$
$$T_{s,1} = \frac{136,259 \cdot (1/0,2 – 1/0,208)}{4 \cdot 3,14 \cdot 0,05} + 325,15$$
$$T_{s,1} = \frac{136,259 \cdot (5 – 4,807)}{0,628} + 325,15$$
$$T_{s,1} = \frac{136,259 \cdot 0,193}{0,628} + 325,15$$
$$T_{s,1} = \frac{26,298}{0,628} + 325,15$$
$$T_{s,1} = 41,875 + 325,15$$
$$T_{s,1} = 367,025 \text{ K}$$
(e) Evaluasi Ketebalan Isolasi dan Parameter Alternatif
Dalam koordinat bola, terdapat Jari-Jari Kritis Isolasi ($r_{cr}$):
$$r_{cr} = \frac{2k}{h} \rightarrow r_{cr} = \frac{2(0,05)}{5} \rightarrow r_{cr} = 0,02 \text{ m}$$
Karena jari-jari luar saat ini ($r_2 = 208 \text{ mm}$) jauh lebih besar daripada $r_{cr}$, menambah ketebalan isolasi justru meningkatkan luas permukaan pelepasan panas ($A_2$), sehingga memperbesar pelepasan panas dan tidak efektif mengubah $T_{s,2}$ secara signifikan.
Kita uji pada jari-jari kedua $r_2 = 0,201 \text{ m}$
$$\frac{1}{3} \dot{q} \frac{r_1^3}{r_2^2} = h (T_{s,2} – T_\infty) + \varepsilon \sigma (T_{s,2}^4 – T_{sur}^4)$$
$$0,333 \cdot 4078,445 \cdot \frac{(0,2)^3}{(0,201)^2} = 5 T_{s,2} – 1490,75 + 5,103 \times 10^{-8} T_{s,2}^4 – 459,821$$
$$0,333 \cdot 4078,445 \cdot \frac{0,008}{0,040401} = 5 T_{s,2} – 1490,75 + 5,103 \times 10^{-8} T_{s,2}^4 – 459,821$$
$$1358,122185 \cdot 0,198014 = 5 T_{s,2} – 1490,75 + 5,103 \times 10^{-8} T_{s,2}^4 – 459,821$$
$$268,927 = 5 T_{s,2} – 1490,75 + 5,103 \times 10^{-8} T_{s,2}^4 – 459,821$$
$$2219,498 = 5 T_{s,2} + 5,103 \times 10^{-8} T_{s,2}^4$$
$$T_{s,2} \approx 326,15 \text{ K} \text{ atau } T_{s,2} \approx 53^\circ \text{C}$$
Kita uji pada jari-jari kedua $r_2 = 0,210 \text{ m}$
$$\frac{1}{3} \dot{q} \frac{r_1^3}{r_2^2} = h (T_{s,2} – T_\infty) + \varepsilon \sigma (T_{s,2}^4 – T_{sur}^4)$$
$$0,333 \cdot 4078,445 \cdot \frac{(0,2)^3}{(0,210)^2} = 5 T_{s,2} – 1490,75 + 5,103 \times 10^{-8} T_{s,2}^4 – 459,821$$
$$0,333 \cdot 4078,445 \cdot \frac{0,008}{0,044100} = 5 T_{s,2} – 1490,75 + 5,103 \times 10^{-8} T_{s,2}^4 – 459,821$$
$$1358,122185 \cdot 0,181405 = 5 T_{s,2} – 1490,75 + 5,103 \times 10^{-8} T_{s,2}^4 – 459,821$$
$$246,370 = 5 T_{s,2} – 1490,75 + 5,103 \times 10^{-8} T_{s,2}^4 – 459,821$$
$$2196,941 = 5 T_{s,2} + 5,103 \times 10^{-8} T_{s,2}^4$$
$$T_{s,2} \approx 324,85 \text{ K} \text{ atau } T_{s,2} \approx 51,7^\circ \text{C}$$
Melalui uji coba pada 3 kemungkinan, kita memperoleh
- $r_2 = 0,201 \text{ m} \rightarrow T_{s,2} \approx 326,15 \text{ K}$
- $r_2 = 0,208 \text{ m} \rightarrow T_{s,2} \approx 325,15 \text{ K}$
- $r_2 = 0,210 \text{ m} \rightarrow T_{s,2} \approx 324,85 \text{ K}$
Untuk menurunkan $T_{s,2} \le 45^\circ\text{C}$ agar aman dari risiko luka bakar personel, kita bisa melakukan dengan cara
- Meningkatkan koefisien konveksi ($h$) dengan menggunakan pendinginan udara paksa (kipas/blower).
- Meningkatkan emisivitas permukaan ($\varepsilon$) dengan melapisi permukaan luar dengan cat bermisivitas tinggi.
- Menggunakan penutup pelindung luar (protective cage/shield) dengan menyediakan penghalang fisik transparan udara di luar isolasi agar personel tidak menyentuh permukaan secara langsung.
