Mais conteúdo relacionado Semelhante a Konduksi panas dengan sumber panas nuklir (20) Konduksi panas dengan sumber panas nuklir2. Kesetimbangan energy untuk kulit silinder dengan tebal ∆r
Energy panas masuk pada r
𝑞 𝑟
(𝐹)
|
𝑟
. 4𝜋𝑟2
= (4𝜋𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐹)
)|
𝑟
Energy panas keluar pada r+∆r
𝑞 𝑟
(𝐹)
|
𝑟+Δ𝑟
. 4𝜋(𝑟 + Δ𝑟)2
= (4𝜋𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐹)
)|
𝑟+Δ𝑟
Energi panas diproduksi
(4𝜋𝑟2
Δ𝑟)𝑆 𝑛 = 0
Energy panas masuk pada r + Energi panas keluar pada r+∆r + energy panas diproduksi = 0
(4𝜋𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐹)
)|
𝑟
− (4𝜋𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐹)
)|
𝑟+Δ𝑟
+ (4𝜋𝑟2
Δ𝑟)𝑆 𝑛 = 0
Dibagi 4π∆r, maka…
(4𝜋𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐹)
)|
𝑟
− (4𝜋𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐹)
)|
𝑟+Δ𝑟
+ (4𝜋𝑟2
Δ𝑟)𝑆 𝑛
4π∆r
= 0
𝑟2
Δ𝑟
𝑞 𝑟
(𝐹)
|
𝑟
−
𝑟2
Δ𝑟
𝑞 𝑟
(𝐹)
|
𝑟+Δ𝑟
+ 𝑟2
𝑆 𝑛 = 0
𝑑
𝑑𝑟
(𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐹)
) = 𝑆 𝑛0 [1 + 𝑏 (
𝑟
𝑅(𝐹)
)
2
] 𝑟2
Diasumsikan untuk cladding
𝑑
𝑑𝑟
(𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐶)
) = 0
3. Integralkan kedua persamaan tersebut sbb…
Untuk bahan bakar nuklir
𝑑
𝑑𝑟
(𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐹)
) = 𝑆 𝑛0 [1 + 𝑏 (
𝑟
𝑅(𝐹)
)
2
] 𝑟2
𝑑(𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐹)
) = 𝑆 𝑛0 [1 + 𝑏 (
𝑟
𝑅(𝐹)
)
2
] 𝑟2
𝑑𝑟
∫ 𝑑(𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐹)
) = ∫ 𝑆 𝑛0 [1 + 𝑏 (
𝑟
𝑅(𝐹)
)
2
] 𝑟2
𝑑𝑟
𝑞 𝑟
(𝐹)
= 𝑆 𝑛0 [
𝑟
3
+
𝑏
𝑅(𝐹)2
𝑟3
5
] +
𝐶1
(𝐹)
𝑟2
Untuk Cladding
𝑑
𝑑𝑟
(𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐶)
) = 0
∫
𝑑
𝑑𝑟
(𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐶)
) = ∫ 0
𝑟2
𝑞 𝑟
(𝐶)
= 𝐶1
(𝐶)
𝑞 𝑟
(𝐶)
=
𝐶1
(𝐶)
𝑟2
Kondisi batas :
B.C. 1 r=0 dan 𝑞 𝑟
(𝐹)
= 𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑡𝑎𝑘 𝑡𝑒𝑟ℎ𝑖𝑛𝑔𝑔𝑎
B.C. 2 𝑟 = 𝑅(𝐹)
dan 𝑞 𝑟
(𝐹)
= 𝑞 𝑟
(𝐶)
4. Untuk 𝑞 𝑟
(𝐹)
jika r=0 maka C1=0, oleh karena itu
𝑞 𝑟
(𝐹)
= 𝑆 𝑛0 [
𝑟
3
+
𝑏
𝑅(𝐹)2
𝑟3
5
]
Untuk mendapatkan persamaan 𝑞 𝑟
(𝐶)
jika 𝑟 = 𝑅(𝐹)
; 𝑞 𝑟
(𝐹)
= 𝑞 𝑟
(𝐶)
dan 𝑞 𝑟
(𝐹)
=
𝑆 𝑛0 [
𝑟
3
+
𝑏
𝑅(𝐹)2
𝑟3
5
]
Maka persamaan yang didapatkan adalah sbb …..
𝑞 𝑟
(𝐶)
= 𝑆 𝑛0 [
1
3
+
𝑏
5
]
𝑅(𝐹)3
𝑟2
Dengan di dapatkannya 2 persamaan maka diperlukan subtitusikan dengan Hukum Fourier
(Lihat table B.2-7 by Bird)
Persamaan Hukum Fourier
𝑞 𝑟 = −𝑘
𝜕𝑇
𝜕𝑟
Persamaan 1
𝑞 𝑟 = −𝑘
𝜕𝑇
𝜕𝑟
−𝑘(𝐹)
𝑑𝑇(𝐹)
𝑑𝑟
= 𝑆 𝑛0 [
𝑟
3
+
𝑏
𝑅(𝐹)2
𝑟3
5
]
𝑑𝑇(𝐹)
𝑑𝑟
= −
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐹)
[
𝑟
3
+
𝑏
𝑅(𝐹)2
𝑟3
5
]
𝑑𝑇(𝐹)
= −
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐹)
[
𝑟
3
+
𝑏
𝑅(𝐹)2
𝑟3
5
] 𝑑𝑟
∫ 𝑑𝑇(𝐹)
= ∫ −
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐹)
[
𝑟
3
+
𝑏
𝑅(𝐹)2
𝑟3
5
] 𝑑𝑟
5. 𝑇(𝐹)
= −
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐹)
∫ [
𝑟
3
+
𝑏
𝑅(𝐹)2
𝑟3
5
] 𝑑𝑟
𝑇(𝐹)
= −
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐹)
[
𝑟2
6
+
𝑏
𝑅(𝐹)2
𝑟4
20
] + 𝐶2
(𝐹)
Persamaan 2
𝑞 𝑟 = −𝑘
𝜕𝑇
𝜕𝑟
−𝑘(𝐶)
𝑑𝑇(𝐶)
𝑑𝑟
= 𝑆 𝑛0 [
1
3
+
𝑏
5
]
𝑅(𝐹)3
𝑟2
𝑑𝑇(𝐶)
𝑑𝑟
= +
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐶)
[
1
3
+
𝑏
5
]
𝑅(𝐹)3
𝑟2
𝑑𝑇(𝐶)
= +
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐶)
[
1
3
+
𝑏
5
]
𝑅(𝐹)3
𝑟2
𝑑𝑟
∫ 𝑑𝑇(𝐶)
= ∫
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐶)
[
1
3
+
𝑏
5
]
𝑅(𝐹)3
𝑟2
𝑑𝑟
𝑇(𝐶)
=
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐶)
[
1
3
+
𝑏
5
] 𝑅(𝐹)3
∫
1
𝑟2
𝑑𝑟
𝑇(𝐶)
=
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐶)
[
1
3
+
𝑏
5
] 𝑅(𝐹)3
1
𝑟
+ 𝐶2
(𝐶)
6. Kondisi batas :
B.C. 3 r = 𝑅(𝐹)
dan 𝑇(𝐹)
= 𝑇(𝐶)
B.C. 4 𝑟 = 𝑅(𝐶)
dan 𝑇(𝐶)
= 𝑇0
Ket : T0 adalah Suhu yang diketahui di luar cladding
Untuk 𝑇(𝐹)
jika r = 𝑅(𝐹)
; 𝑇(𝐹)
= 𝑇(𝐶)
dan 𝑟 = 𝑅(𝐶)
; 𝑇(𝐶)
= 𝑇0 maka dihasilkan
persamaan sbb
Persamaan 1
𝑇(𝐹)
= −
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐹) [
𝑟2
6
+
𝑏
𝑅(𝐹)2
𝑟4
20
] + 𝐶2
(𝐹)
+
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐶) [
1
3
+
𝑏
5
] 𝑅(𝐹)3 1
𝑟
+ 𝐶2
(𝐶)
𝑇(𝐹)
= −
𝑆 𝑛0 𝑅(𝐹)2
6𝑘(𝐹) {[1 − (
𝑏
𝑅(𝐹))
2
] +
3𝑏
10
[1 − (
𝑏
𝑅(𝐹))
4
]} + 𝐶2
(𝐹)
+
𝑆 𝑛0 𝑅(𝐹)2
3𝑘(𝐶) (1 +
3𝑏
5
) . (1 −
𝑅(𝐹)
𝑅(𝐶)) + 𝑇0
𝑻(𝑭)
− 𝑻 𝟎 =
𝑺 𝒏𝟎 𝑹(𝑭)𝟐
𝟔𝒌(𝑭)
{[𝟏 − (
𝒓
𝑹(𝑭)
)
𝟐
] +
𝟑𝒃
𝟏𝟎
[𝟏 − (
𝒓
𝑹(𝑭)
)
𝟒
]} +
𝑺 𝒏𝟎 𝑹(𝑭)𝟐
𝟑𝒌(𝑪)
(𝟏 +
𝟑𝒃
𝟓
) . (𝟏 −
𝑹(𝑭)
𝑹(𝑪)
)
Persamaan 2
𝑇(𝐶)
=
𝑆 𝑛0
𝑘(𝐶)
[
1
3
+
𝑏
5
] 𝑅(𝐹)3
1
𝑟
+ 𝐶2
(𝐶)
𝑻(𝑪)
− 𝑻 𝟎 =
𝑺 𝒏𝟎 𝑹(𝑭)𝟐
𝟑𝒌(𝑪)
(𝟏 +
𝟑𝒃
𝟓
) (
𝑹(𝑭)
𝒓
−
𝑹(𝑭)
𝑹(𝑪)
)