Sebuah pemanas listrik tipis yang melepaskan kalor sebesar $4000 \text{ W/m}^2$ diapit di antara dua pelat setebal $25 \text{ mm}$; permukaan luar pelat-pelat tersebut mengalami konveksi dengan fluida yang memiliki kondisi $T_\infty = 20^\circ \text{C}$ dan $h = 400 \text{ W/(m}^2 \cdot \text{K)}$. Sifat-sifat termofisik material pelat adalah $\rho = 2500 \text{ kg/m}^3$, $c = 700 \text{ J/(kg} \text{ K)}$, dan $k = 5 \text{ W/(m} \cdot \text{K)}$.
(a) Pada koordinat $T − x$, buatlah sketsa distribusi suhu keadaan tunak (steady-state) untuk rentang $−L \leq x \leq +L$. Hitunglah nilai suhu pada permukaan ($x = \pm L$) dan pada titik tengah ($x = 0$). Beri label distribusi ini sebagai Kasus 1, dan jelaskan karakteristik utamanya.
(b) Tinjau kondisi di mana terjadi kehilangan fluida pendingin dan munculnya kondisi yang mendekati adiabatik pada permukaan $x = +L$. Pada koordinat $T − x$ yang digunakan untuk bagian (a), buatlah sketsa distribusi suhu keadaan tunak yang sesuai dan tunjukkan suhu pada $x = 0$ dan $x = \pm L$. Beri label distribusi ini sebagai Kasus 2, dan jelaskan karakteristik utamanya.
(c) Saat sistem beroperasi seperti yang dijelaskan pada bagian (b), permukaan $x = −L$ juga mengalami kehilangan fluida pendingin secara tiba-tiba. Situasi berbahaya ini tidak terdeteksi selama 15 menit, hingga akhirnya daya ke pemanas dimatikan. Dengan asumsi tidak ada kehilangan kalor dari permukaan pelat, berapakah distribusi suhu akhir ($t \rightarrow \infty$) yang seragam dan dalam keadaan tunak di dalam pelat? Tunjukkan distribusi ini sebagai Kasus 3 pada sketsa Anda, dan jelaskan karakteristik utamanya. Petunjuk: Terapkan prinsip kekekalan energi berdasarkan interval waktu (Persamaan 1.12b) untuk kondisi awal dan akhir yang masing-masing sesuai dengan Kasus 2 dan Kasus 3.
$$\Delta E_{st} = E_{in} – E_{out} + E_g$$
(d) Pada koordinat $T − t$, buatlah sketsa riwayat suhu pada lokasi pelat $x = 0$ dan $x = \pm L$ selama periode transien di antara distribusi Kasus 2 dan Kasus 3. Di mana dan kapan suhu dalam sistem akan mencapai nilai maksimum?
Kita identifikasi data yang diperlukan
- Daya Pemanas Listrik ($P$): $4000 \text{ W/m}^2$
- Ketebalan Pelat ($L$): $0,025 \text{ m}$
- Suhu Fluida ($T_\infty$): $293,15 \text{ K}$
- Koefisien Konveksi ($h$): $h = 400 \text{ W/(m}^2 \cdot \text{K)}$
- Massa Jenis Pelat ($\rho$): $2500 \text{ kg/m}^3$
- Kalor Jenis Pelat ($c$): $700 \text{ J/(kg} \text{ K)}$
- Konduktivitas Termal ($k$): $k = 5 \text{ W/(m} \cdot \text{K)}$
(a) Kasus 1: Kondisi Simetris (Pendinginan Normal di $x = \pm L$)
Karena sistem simetris sempurna terhadap sumbu $x = 0$, fluks kalor sebesar $q_o” = 4000 \text{ W/m}^2$ terbagi dua sama besar ke kiri ($x = -L$) dan ke kanan ($x = +L$):
$$q” = \frac{q_o”}{2} \rightarrow q” = \frac{4000}{2} \rightarrow q” = 2000 \text{ W/m}^2$$
Kita gunakan hukum pendinginan Newton untuk mencari suhu permukaan luar
$$q” = h (T(\pm L) – T_\infty)$$
$$2000 = 400 (T(\pm L) – 293,15)$$
$$\frac{2000}{400} = T(\pm L) – 293,15$$
$$5 = T(\pm L) – 293,15$$
$$T(\pm L) = 298,15 \text{ K}$$
Kita gunakan hukum konduksi Fourier untuk mencari suhu titik tengah
$$q” = k \frac{T(0) – T(L)}{L}$$
$$2000 = 5 \frac{T(0) – 298,15}{0,025}$$
$$50 = 5 [T(0) – 298,15]$$
$$\frac{50}{5} = T(0) – 298,15$$
$$10 = T(0) – 298,15$$
$$T(0) = 308,15 \text{ K}$$
Profil suhu berbentuk linier (garis lurus) pada masing-masing pelat karena konduksi 1D steady-state tanpa pembangkitan internal dalam massa pelat. Distribusi simetris terhadap $x = 0$, dengan suhu maksimum $T(0) = 308,15^\circ \text{ K}$ pada pemanas di tengah.
(b) Kasus 2: Kondisi Adiabatik di $x = +L$ (Kehilangan Pendingin di Kanan)
Ketika permukaan $x = +L$ menjadi adiabatik ($q”_{x=+L} = 0$), seluruh fluks kalor sebesar $q_o” = 4000 \text{ W/m}^2$ dipaksa mengalir keluar hanya melalui permukaan kiri ($x = -L$).
Karena tidak ada kalor yang dilepas dari $x = +L$ pada kondisi steady-state, tidak ada perbedaan suhu pada pelat kanan
$$T(x) = \text{konstan} = T(0) \quad \text{untuk } 0 \leq x \leq +L$$
Sehingga $T(+L) = T(0)$.
Kita hitung suhu permukaan kiri ($x = -L$)
$$q_o” = h (T(-L) – T_\infty)$$
$$4000 = 400 (T(-L) – 293,15)$$
$$\frac{4000}{400} = T(L) – 293,15$$
$$10 = T(L) – 293,15$$
$$T(L) = 303,15 \text{ K}$$
Kita hitung suhu titik tengah ($x = 0$) dan suhu permukaan kanan ($x = +L$)
$$q_o” = k\frac{T(0) – T(-L)}{L}$$
$$4000 = 5 \frac{T(0) – 303,15}{0,025}$$
$$100 = 5 [T(0) – 303,15]$$
$$\frac{100}{5} = T(0) – 303,15$$
$$20 = T(0) – 303,15$$
$$T(0) = 323,15 \text{ K}$$
Pelat kiri ($-L \leq x \leq 0$) memiliki gradien suhu linier dengan kemiringan 2x lebih curam dibanding Kasus 1. Pelat kanan ($0 \leq x \leq +L$) memiliki distribusi suhu datar/seragam ($dT/dx = 0$) pada $323,15 \text{ K}$.
(c) Kasus 3: Kehilangan Pendingin Total & Daya Pemanas Dimatikan setelah $15 \text{ menit}$
Sistem mengalami isolasi termal total ($E_{in} = 0, E_{out} = 0$) pada $x = \pm L$. Pemanas memberikan daya sebesar $q_o” = 4000 \text{ W/m}^2$ selama durasi $\Delta t = 15 \text{ menit} = 900 \text{ detik}$.
Kita gunakan prinsip neraca terintegrasi waktu
$$\Delta E_{st} = \rho \cdot c \cdot (2L) \cdot A \cdot (T_{akhir} – T_{rata-rata, awal})$$
$$E_g = q_o” \cdot A \cdot \Delta t$$
Persamaan kesetimbangan energi menjadi
$$\Delta E_{st} = E_g$$
$$\rho \cdot c \cdot (2L) \cdot A \cdot (T_{akhir} – T_{rata-rata, awal}) = q_o” \cdot A \cdot \Delta t$$
$$\rho \cdot c \cdot (2L) \cdot (T_3 – \bar{T}_2) = q_o” \cdot \Delta t$$
- Suhu Pelat Kiri ($-L \leq x \leq 0$). Profil linier dari $303,15 \text{ K}$ ke $323,15 \text{ K}$. $\mathbf{\bar{T}_{kiri} = \frac{303,15 + 323,15}{2} = 313,15 \text{ K}}$
- Suhu Pelat Kanan ($0 \leq x \leq +L$). Profil datar pada $323,15 \text{ K}$. $\mathbf{\bar{T}_{kanan} = 323,15 \text{ K}}$
- Suhu Rata-Rata Total Kasus 2. $\mathbf{\bar{T}_2 = \frac{313,15 + 323,15}{2} = 318,15 \text{K}}$
Kita hitung kapasitas kalor total dua pelat per unit luas
$$C” = \rho \cdot c \cdot (2L)$$
$$C” = 2500 \cdot 700 \cdot (2 \cdot 0,025)$$
$$C” = 1750000 \cdot 0,05$$
$$C” = 87500 \text{ J/(m}^2 \cdot \text{K)}$$
Kita hitung energi total yang masuk dari pemanas per unit luas
$$q”_g = q”_o \cdot \Delta t$$
$$q”_g = 4000 \cdot 900$$
$$q”_g = 3600000 \text{ J/m}^2$$
Kita hitung kenaikan suhu rata-rata
$$\Delta T = \frac{q”_g}{C”}$$
$$\Delta T = \frac{3600000}{87500}$$
$$\Delta T = 41,142 \text{ K}$$
Kita hitung suhu akhir seragam kasus ketiga
$$T_3 = \bar{T}_2 + \Delta T$$
$$T_3 = 318,15 + 41,142$$
$$T_3 = 359,292 \text{ K}$$
Distribusi suhu sepenuhnya datar/seragam di seluruh rentang $-L \leq x \leq +L$ pada $T_3 = 359,292 \text{ K}$.
(d) Riwayat Suhu Terhadap Waktu $T-t$ & Suhu Maksimum Sistem
Perilaku Transien ($T-t$):
Fase 1 ($0 \leq t \leq 15 \text{ menit}$):
- Pemanas menyala dan kedua permukaan terisolasi.
- Suhu di $x = 0$ naik paling cepat karena dekat dengan sumber panas.
- Suhu di $x = +L$ naik dari $50^\circ\text{C}$ mengikuti respon transien.
- Suhu di $x = -L$ naik paling lambat secara bertahap dari $30^\circ\text{C}$.
- Tepat pada $t = 15 \text{ menit}$ (saat pemanas baru dimatikan), suhu titik tengah $x = 0$ mencapai nilai puncak maksimum absolute.
Fase 2 ($t > 15 \text{ menit}$ hingga $t \rightarrow \infty$):
- Pemanas dimatikan. Terjadi redistribusi panas akibat konduksi internal.
- Suhu $x = 0$ dan $x = +L$ yang semula tinggi akan turun, sedangkan suhu $x = -L$ terus naik hingga ketiganya bertemu (asymptotic) pada suhu equilibrium $T_3 = 86{,}14^\circ\text{C}$.
- Suhu maksimum sistem terjadi di titik tengah ($x = 0$) pada saat $t = 15 \text{ menit}$ (tepat saat pemanas listrik dimatikan).
