Dinding bidang komposit satu dimensi memiliki ketebalan keseluruhan $2L$. Material A mencakup domain $−L \leq x < 0$ dan mengalami reaksi kimia eksotermik yang menghasilkan laju pembangkitan volumetrik seragam $q_A$. Material B mencakup domain $0 \leq x \leq L$ dan mengalami reaksi kimia endotermik yang sesuai dengan laju pembangkitan volumetrik seragam $\dot{q}_B = −\dot{q}_A$. Permukaan pada $x = \pm L$ terisolasi. Gambarkan distribusi suhu keadaan tunak dan fluks panas $T(x)$ dan $q”_x(x)$, masing-masing, pada domain $−L \leq x \leq L$ untuk $k_A = k_B$, $k_A = 0,5k_B$, dan $k_A = 2k_B$. Tunjukkan fitur-fitur penting dari distribusi yang telah Anda gambar. Jika $q_B = −2q_A$, dapatkah Anda membuat sketsa distribusi suhu keadaan tunak?
Persamaan Fluks Panas $q”_x(x)$
Sistem berada pada kondisi keadaan tunak (steady-state) 1D. Integrasi persamaan neraca energi memberikan fluks panas di setiap domain:
Domain Material A ($-L \le x \le 0$), $\dot{q}_A > 0$ (Eksotermik):
- Persamaan neraca energi: $\frac{dq”_x}{dx} = \dot{q}_A \implies dq”_x = \dot{q}_A \ dx$
- Batas terisolasi di $x = -L \implies q”_x(-L) = 0$
- Proses integrasi menghasilkan
$$q”_x(x) = \int_{-L}^{x} \dot{q}_A \ dx$$
$$q”_x(x) = [\dot{q}_A x]_{-L}^{x}$$
$$q”_x(x) = \dot{q}_A (x) – \dot{q}_A (-L)$$
$$q”_x(x) = \dot{q}_A x + \dot{q}_A L$$
$$q”_x(x) = \dot{q}_A (x + L) \quad (\text{untuk } -L \le x \le 0)$$
- Di batas antarmuka ($x = 0$): $q”_x(0) = \dot{q}_A L$.
Domain Material B ($0 \le x \le L$), $\dot{q}_B = -\dot{q}_A < 0$ (Endotermik):
- Persamaan neraca energi: $\frac{dq”_x}{dx} = -\dot{q}_A \implies dq”_x = -\dot{q}_A \ dx$
- Fluks panas harus kontinu di $x = 0 \implies q”_x(0) = \dot{q}_A L$
- Proses integrasi menghasilkan
$$q”_x(x) = \int_{x}^{L} \dot{q}_A \ dx$$
$$q”_x(x) = [\dot{q}_A x]_{x}^{L}$$
$$q”_x(x) = \dot{q}_A (L) – \dot{q}_A (x)$$
$$q”_x(x) = \dot{q}_A L – \dot{q}_A x$$
$$q”_x(x) = \dot{q}_A (L – x) \quad (\text{untuk } 0 \le x \le L)$$
- Batas terisolasi di $x = L \implies q”_x(L) = 0$.
Distribusi fluks panas $q”_x(x)$ sama sekali TIDAK bergantung pada konduktivitas termal ($k_A, k_B$). Seluruh panas yang dibangkitkan oleh reaksi eksotermik di Material A dialirkan sepenuhnya ke kanan menuju Material B untuk diserap oleh reaksi endotermik.
Persamaan Distribusi Suhu $T(x)$ Material A ($-L \le x \le 0$):
Kita susun profil gradien suhu tersebut
$$q”_x(x) = \dot{q}_A (x + L)$$
$$-k_A \frac{dT}{dx} = \dot{q}_A (x + L)$$
$$\frac{dT}{dx} = -\frac{\dot{q}_A (x + L)}{k_A}$$
$$\frac{dT}{dx} = -\frac{\dot{q}_A x + \dot{q}_A L}{k_A}$$
$$\frac{dT}{dx} = -\frac{\dot{q}_A x}{k_A} – \frac{\dot{q}_A L}{k_A}$$
Kita integrasikan untuk mendapatkan fungsi profil suhu
$$T(x) = \int -\frac{\dot{q}_A x}{k_A} – \int \frac{\dot{q}_A L}{k_A}$$
$$T(x) = – \int \frac{\dot{q}_A x}{k_A} – \int \frac{\dot{q}_A L}{k_A}$$
$$T(x) = – \frac{\dot{q}_A x^2}{2k_A} – \frac{\dot{q}_A x L}{k_A}$$
Kita turunkan gradien suhu lagi
$$\frac{d^2 T}{d x^2} = \frac{d}{dx} \left[-\frac{\dot{q}_A x}{k_A} \right] + \frac{d}{dx} \left[-\frac{\dot{q}_A L}{k_A} \right]$$
$$\frac{d^2 T}{d x^2} = -\frac{\dot{q}_A}{k_A}$$
- Integrasi memberikan profil parabola cekung ke bawah ($T \propto -x^2$).
- Kelengkungan (turunan kedua): $\frac{d^2T}{dx^2} = -\frac{\dot{q}_A}{k_A} < 0$.
Persamaan Distribusi Suhu $T(x)$ Material B ($0 \le x \le L$):
Kita susun profil gradien suhu tersebut
$$q”_x(x) = \dot{q}_A (L – x)$$
$$-k_B \frac{dT}{dx} = \dot{q}_A (L – x)$$
$$\frac{dT}{dx} = -\frac{\dot{q}_A (L – x)}{k_B}$$
$$\frac{dT}{dx} = -\frac{\dot{q}_A L – \dot{q}_A x}{k_B}$$
$$\frac{dT}{dx} = -\frac{\dot{q}_A L}{k_B} + \frac{\dot{q}_A x}{k_L}$$
Kita integrasikan untuk mendapatkan fungsi profil suhu
$$T(x) = \int -\frac{\dot{q}_A L}{k_B} + \int \frac{\dot{q}_A x}{k_L}$$
$$T(x) = – \int \frac{\dot{q}_A L}{k_B} + \int \frac{\dot{q}_A x}{k_B}$$
$$T(x) = – \frac{\dot{q}_A x L}{k_B} + \frac{\dot{q}_A x^2}{2k_B}$$
Kita turunkan gradien suhu lagi
$$\frac{d^2 T}{d x^2} = \frac{d}{dx} \left[-\frac{\dot{q}_A L}{k_B} \right] + \frac{d}{dx} \left[\frac{\dot{q}_A x}{k_B} \right]$$
$$\frac{d^2 T}{d x^2} = \frac{\dot{q}_A}{k_B}$$
- Integrasi memberikan profil parabola cembung ke atas ($T \propto x^2$).
- Kelengkungan (turunan kedua): $\frac{d^2T}{dx^2} = +\frac{\dot{q}_A}{k_B} > 0$.
Sketsa Fluks Panas $q”_x(x)$
Sumbu vertikal adalah $q”_x$ dan sumbu horizontal adalah $x$ (dari $-L$ hingga $+L$).
Fitur Utama:
- Bernilai 0 di $x = -L$ dan $x = L$ (batas terisolasi).
- Meningkat secara linear pada Material A dari $0$ hingga mencapai puncaknya $q”_{max} = \dot{q}_A L$ di antarmuka $x = 0$.
- Menurun secara linear pada Material B dari $q”_{max}$ kembali ke $0$ di $x = L$.
Sketsa Distribusi Suhu $T(x)$ untuk Berbagai Variasi $k$
Pada antarmuka $x = 0$, kontuitas fluks panas mensyaratkan:
$$k_A \left.\frac{dT}{dx} \right \vert{}_{x = 0^-} = k_B \left.\frac{dT}{dx} \right \vert{}_{x = 0^+}$$
Karena $q”_x(0) = \dot{q}_A L \neq 0$, gradien suhu di $x = 0$ memenuhi:
$$\left.\frac{d T_A}{dx} \right \vert{}_{x = 0} = -\frac{\dot{q}_A L}{k_A}$$
$$\left.\frac{dT_B}{dx} \right \vert{}_{x = 0} = -\frac{\dot{q}_A L}{k_B}$$
Detail Perbandingan Tiga Kasus:
Kasus $k_A = k_B$:
- Di $x = -L$ dan $x = L$: Garis singgung horizontal mendatar ($\frac{dT}{dx} = 0$).
- Di Material A ($-L \le x \le 0$): Parabola cekung ke bawah.
- Di Material B ($0 \le x \le L$): Parabola cekung ke atas.
- Di Antarmuka ($x = 0$): Kemiringan kurva dari kiri dan kanan sama persis $ \left(\left.\frac{dT_A}{dx} \right \vert{}_0 = \left.\frac{dT_B}{dx} \right \vert{}_0 \right)$. Titik $x = 0$ merupakan titik belok (inflection point) yang mulus. Suhu di kedua ujung sama: $T(-L) = T(L)$.
Kasus $k_A = 0,5 k_B$ ($k_A < k_B$):
- Karena $k_A$ lebih kecil, Material A memberikan hambatan termal lebih besar.
- Kelengkungan di Material A lebih curam $\left (\vert{} \frac{d^2T}{dx^2} \vert{}_A = 2 \vert{} \frac{d^2T}{dx^2} \vert{}_B \right)$.
- Suhu maksimum di $x = -L$ menjadi jauh lebih tinggi dibanding kasus $k_A = k_B$.
- Di antarmuka $x = 0$, kemiringan di sisi A dua kali lebih curam daripada di sisi B.
Kasus $k_A = 2 k_B$ ($k_A > k_B$):
- Karena $k_A$ lebih besar, Material A menghantarkan panas lebih mudah.
- Kelengkungan di Material A menjadi lebih landai $\left(\vert{} \frac{d^2T}{dx^2} \vert{}_A = 0,5 \vert{} \frac{d^2T}{dx^2} \vert{}_B \right)$.
- Beda suhu di Material A kecil, sehingga suhu puncak di $x = -L$ menjadi lebih rendah.
- Di antarmuka $x = 0$, kemiringan di sisi A setengah dari kemiringan di sisi B.
Bagaimana Jika $\dot{q}_B = -2\dot{q}_A$? Bisakah Kondisi Tunak Tercapai?
TIDAK BISA. Distribusi suhu steady-state tidak mungkin dapat terbentuk.
Total Pembangkitan Energi di Material A:
$$\dot{E}_{gen, A} = \dot{q}_A \cdot (V_A)$$
$$\dot{E}_{gen, A} = \dot{q}_A \cdot (A \cdot L)$$
Total Penyerapan Energi di Material B:
$$\dot{E}_{gen, B} = \dot{q}_B \cdot (V_B)$$
$$\dot{E}_{gen, B} = (-2\dot{q}_A) \cdot (A \cdot L)$$
$$\dot{E}_{gen, B} = -2\dot{q}_A A L$$
Nett laju energi volumetrik di seluruh dinding komposit terisolasi adalah:
$$\dot{E}_{gen, total} = \dot{E}_{gen, A} + \dot{E}_{gen, B}$$
$$\dot{E}_{gen, total} = \dot{q}_A A L – 2\dot{q}_A A L$$
$$\dot{E}_{gen, total} = -\dot{q}_A A L$$
Karena kedua permukaan luar di $x = \pm L$ terisolasi sempurna ($\dot{E}_{out} = 0$), maka berdasarkan persamaan konservasi energi transien:
$$\dot{E}_{gen, total} = \frac{dE_{st}}{dt}$$
$$-\dot{q}_A A L = \rho c_p V \frac{dT}{dt}$$
Akibat penyerapan panas oleh reaksi endotermik B lebih besar dari yang dihasilkan oleh A, energi dalam sistem terus berkurang sepanjang waktu ($\frac{dT}{dt} < 0$). Suhu seluruh dinding akan terus-menerus turun secara transien (tanpa batas) dan tidak akan pernah mencapai keadaan tunak (steady-state).
