soal soal dan penyelesaian hidrolika 1.pdf

SOAL- PENYELESAIAN

HIDRAULIKA I

Bambang Triatmodjo

Beta Offset

SOAL- PENYELESAIAN HIDRA ULIKA 1

:Prof. Dr. Jr.,Bambang Triatmodjo, CES

Disusun oleh

Dosen Jurusan Teknik Sipil

.,

DEA.

Fakultas Teknik Universitas Gadjah Mada Yogyakarta

Cetakan pertama. 1994 Cetakan ke-14, 20 l l Dilarang mengutip dan memperbanyak tanpa izin tertulis dari penerbit, sebagian atau seluruh isi sebagainya.

d.:·tlam bentuk apapun, baik cetak, photoprint, microfilm dan

ISBN: 978- 979- 8541- 07-3

Hak cipta © 2006 pada Beta Offset Yogyakarta Diterhitkan oleh : Beta Offset Yogyakarta

Pcrum FT-UGM No. 3 Seturan Caturtunggal Depok Slernan Yogyakarta 55281 Telp./Fax: (0274) 485512

Untuk: Bpk. Daryoto, lhu Susiati, Jhu Suhandi (aim.) Semoga amal penulisan huku ini dapat terhllgi untuk Beliau

Untuk: Jstri dan anak - anakku Sri Jamilah Fara, Franido, Feri, Fendy

PENGANTAR

Buku Soal Penyelesaian Hidraulika I ini disusun sebagai buku pen­ dukung dari buku Hidraulika I yang juga disusun oleh penulis yang sama. Buku ini ditujukan terutama bagi mahasiswa S-1 fakultas teknik, khususnya teknik sipil di dalam mempelajari dan mendalami ilmu hidraulika. Buku ini berisi soal-soal yang menyangkut bidang ilmu tersebut dan penyelesaian­ nya. Di dalam mempelaj ari ilmu hidraulika (dan juga ilmu-ilmu lainnya di bidang teknik) mengerjakan soal latihan merupakan keharusan untuk bisa memahami materi dengan baik. Terlebih di dalam mengikuti ujian, hanya belajar teori tanpa latihan soal akan berakibat kesulitan di dalam menger­ j akan soa-soal ujian. Hal ini mengingat variasi soal/permasalahan yang cukup banyak dan waktu ujian yang dibatasi. Soal-soal yang ada dalam setiap bab dari buku ini disusun sedemikian sehingga tingkat kesulitan soal bertambah sesuai dengan bertambahnya nomor urut soal. Untuk itu disarankan agar mahasiswa mulai mengerjakan soal dengan nomor kecil dan dilanjutkan pada soal-soal berikutnya. Bab I dari buku ini berisi sifat-sifat zat cair. Dalam bab II berisi hidro­ statika yang mempelajari tekanan yang ditimbulkan oleh zat cair. Materi yang tercakup dalam bab Ill adalah keseimbangan benda terapung. Sedang

dalam bab IV dipelajari zat cair dalam kesetimbangan relatif. Bab V ten­ tang aliran zat cair mempelajari dasar pengaliran zat cair yang meliputi persamaan kontinuitas, Persamaan Bernoulli dan persamaan momentum. Bab terakhir yaitu bab VI merupakan aplikasi dari dasar pengaliran zat cair yaitu aliran melalui lobang dan peluap. Dalam kesempatan ini penulis ingin memberikan saran kepada maha­ siswa di dalam mempelajari materi kuliah Hidraulika Guga mata kuliah yang lain). Selain mengikuti kuliah dan penjelasan yang disampaikan oleh dosen, mahasiswa juga harus rajin mempelajari kembali bahan kuliah ter­ sebut di rumah. Usahakan untuk tidak hanya membaca materi kuliah, teta­ pi juga menulis materi tersebut terutama mengenai penurunan rumus dan contoh-contoh soal. Apabila hanya membaca kembali, tampaknya mahasis­ wa telah mengerti apa yang dibacanya; tetapi apabila buku ditutup dan mencoba untuk mengingat kembali apa yang telah dibaca (terutama ru­ mus-rumus yang ada) maka mahasiswa akan mengalami kesulitan. Belajar dengan menulis kembali persamaan-persamaan yang ada dan memahami­ nya lebih mempermudah pengingatan. Untuk bisa berhasil dengan baik dalam belajar di perguruan tinggi, 75 % ditentukan oleh ketekunan dan semangat belajar; dan hanya 25% diten­ tukan oleh kemampuan otak (kecerdasan). Selain itu, menurut pengalam­ an, dcngan belajar selama 11 jam tiap hari secara rutin (termasuk waktu kuliah), Insya Allah, mahasiswa akan bisa menyelesaikan studinya di per­ guruan tinggi tepat pada waktunya. Oleh karena itu pergunakanlah waktu sebaik-baiknya, karena tugas mahasiswa adalah belajar. Disadari bahwa isi buku ini masih jauh dari sempurna, penulis sangat mengharapkan saran, kritik dan koreksi, untuk bisa digunakan sebagai masukan bagi perbaikan pada cetakan berikutnya. Semoga buku ini ber­ manfaat bagi pembaca. Yogyakarta, Agustus 1993

Bambang Triatmodjo

ii

DAFTAR ISI

PENGANTAR DAFrARISI I.

SIFAT-SIFAT ZAT CAIR

II.

HIDROSTATIKA

Ill . KESEIMBANGAN BENDA TERAPUNG IV. ZAT CAIR DALAM KESETIMBANGAN RELATIF V.

ALIRAN ZAT CAIR

IV. ALIRAN MELALUI LOBANG DAN PELUAP

iii

1

17

77

127

157

185

iii

I. SIFAT-SIFAT ZAT CAIR

A.

Ringkasan Teo ri

1. Dimensi dan satuan

Dimensi adalah besaran terukur yang menunjukkan karakteristik sua­ tu obyek seperti massa, panjang, waktu, temperatur, dan sebagainya. Satu­ an adalah suatu standar untuk mengukur dimensi. Ada dua sistem satuan yang digunakan yaitu sistem satuan SI (Systeme Intemational d'Unite) dan MKS. Dalam sistem satuan SI satuan untuk Massa, Panjang dan Waktu adalah kilogram (kg), meter (m ) dan detik (d), sedang dalam sistem satuan MKS adalah kilogram massa (kgm) , meter (m) dan cletik (d). B esaran gaya diturunkan dari Hukum Newton II, F = M a. Satuan gaya untuk sistem satuan SI aclalah N ewton (N), seclang clalam satuan MKS aclalah kilogram gaya (kilogram force, kg{). Konversi satuan gaya clari sistem satuan MKS ke SI adalah : kgf = g N

dengan g adalah percepatan gravitasi yang besarnya g = 9,81 m/d2. 2. Rapat Massa, Berat Jenis clan Rapat Relatif

Rapat massa, p (rho), cliclefinisikan sebagai massa zat eau tiap sa­ tuan volume pada temperatur clan tekanan tertentu. 1

2

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I M =­ p v

(1.1)

Rapat massa air pada suhu 4° C dan tekanan atmosfer standard adalah

1000 kglm 3·

Berat jenis yang diberi notasi y (gamma), adalah berat benda tiap sa­ tuan volume pada temperatur dan tekanan tertentu. y=W=Mg= g V V p

(1.2)

Berat j enis air pada 4° C dan tekanan atmosfer adalah 9,81 kN!m 3 atau 1000 kgf!m 3 atau 1 ton!m 3 . Rapat relatif (S) didefinisikan sebagai perbandingan antara rapat massa (atau berat jenis) suatu zat dan rapat massa (atau berat jenis) air. S=

Pzat cair = Yzat cair Pair Yair

(1 .3)

3. Kemampatan Zat Cair

Kemampatan zat cair didefinisikan sebagai perubahan (pengecilan) volume karena adanya perubahan (penambahan) tekanan, yang ditunjuk­ kan oleh p erbandingan antara perubahan tekanan dan perubahan volume terhadap volume awal. Perbandingan tersebut dikenal dengan modulus elastisitas. Apabila dp adalah pertambahan tekanan clan dV adalah pen­ gurangan volume dari volume awal V, maka : K=

- !!:£. dV

( 1 .4 )

V

4. Kekentalan Zat Cair Kekentalan dinamik atau absolut diberi notasi f.1 (nu), sedang keken­ talan kinematik adalah v (mu). Hubungan keduanya diberikan oleh bentuk berikut: !l p

v=

( 1.5)

3

I. SIFAT-SIFAT ZAT CAIR

Tegangan geser (r) yang terjadi antara lapis zat cair karena adanya keken­ talan diberikan oleh bentuk berikut :

( 1.6)

du dy

r=p.-

dengan du!dy adalah gradien kecepatan.

5. Kapilaritas Kenaikkan kapiler (atau penurunan) di dalam suatu tabung dapat di­ hitung dengan rumus berikut : h

=

2acose

( 1.7)

yr

dengan a : tegangan permukaan, r: jari-jari tabung, dan

ler. Apabila tabung bersih, e

=

h

:

kenaikan kapi­

0° untuk air dan 140° untuk air raksa.

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

4

B. S o al Penyeles aian S o al 1

Suatu tangki berisi zat cair dengan massa 1.200 kg dan volume rapat massa, berat jenis, dan rapat jenis zat cair .

m 3 . Hitung berat,

0,952

Penyeles ai an

Soal ini menggunakan sistem satuan SI. Berat zat cair dihitung dengan hukum Newton: a tau

F=Ma

W = Mg = 1200x9,81 = 11.772N = 11,77k N

Rapat massa dihitung dengan rumus berikut :

p=M

V

=

1200 = 1260,5kglm3 0 952 '

Berat jenis dihitung dengan rumus berikut : w 1 1,77 y = V = 0,952 = 12,36k Nlm3

Rapat relatif :

S o al 2

S

zatcai 6 0,5 = P Pair r = 121000

=

l

'2605

Satu liter minyak mempunyai berat massa, clan rapat relatif.

0,70 kgf.

Hitung berat jenis, rapat

Penyeles ai an

Soal ini menggunakan sistem satuan MKS.

1,0 liter = 0,001 m3 0,70 kgf

Volume minyak, V= Be rat minyak, W = . . Berat JCms

=

berat 1 vo ume

w = 0,70 = 700kgflm3 y =V 0,001 --

I. SIFAT-SIFAT ZAT CAIR

5

Rapat massa : y =pg

Mengingat

�

kg[ti-

Rapat relatif:

m

Ym s Ya =

=

=

Soal 3

P

=

r = 100

g

9,81

=

n 36 '

krJ.tP m4

9,81kgm, maka :p = 7 1,36 x 9,81 = 700

700

1000

kgm

= 0,700

Satu Hter minyak mempunyai berat massa, dan rapat relatif.

7,02 N.

Hitung berat j enis, rapat

Penyelesaian

Soal ini menggunakan sistem satuan SI.

= 0,001 m3

Volume minyak : V = 1,0 !iter Berat minyak : W = 7,02 N

W=yV

�

y

w 02 = 7020 N im3 == 7 'V 0,001 -

=715'6kglm3 y = p g ..,. p = -y = 7020 g 9,81 --

S = Pm Pa

Soal 4

=

715 •6 = 0 7156 1000 '

·

Hitung viskositas kinematik zat cair yang mempunyai rapat relatif 0,95 dan viskositas dinamik O,OOllN dlm2

Penyelesaian S

=

Pzc Pair

= 0 '95

..,.

Pzc

= 0,95X 1000 950 kglm 3

Digunakan rumus berikut : v

= p!:!_ = O,OOll 950

=

1 ' 1 6x l0- 6 m 21d .

=

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

6

Penurunan satuan kekentalan kinematik :

Soai S

Dua buah plat horisontal ditempatkan sejajar dengan jarak 12,5 mm. Ruang diantaranya diisi oli dengan viskositas 14 poise. Hitung te-gangan geser pad a oli, apabila plat atas bergerak dengan kecepatan 2,5 m/d. Penyelesaian

1 poise fl

=

0,1 N d!m 2

= 14P = 1,4 N dlm2

Tegangan geser dihitung dengan rumus : du "( = dy �i-

Karena distribusi kecepatan adalah linier maka : du

dy

=

v

-y

sehingga :

25

..!:_ - 1 4 x • - 280 NIm 2 ' - # Y - ' 0,0125 -

Soal6

-

·

Dua buah plat sejajar berjarak 0,02 cm. Plat bagian bawah tetap, se­ clang bagian atas bergerak dengan kecepatan 50 cm/d. Untuk menggerak­ kan plat dengan kecepatan tersebut diperlukan gaya tiap satuan luas sc-

besar 2 N1m2• Tentukan viskositas fluida yang bcrada di an tar a kedua plat. Penyelesaian

y = 0,02 cm

=

0,0002 m

V = 50cmld = 0,5 m/d Gaya tiap satuan luas : r = 2 N/m 2

I. SIFAT-SIFAT ZAT CAIR

7

V du T =Jt =p,­ dy

Soal 7

y

T 2 Jt = v = ___Q2_ 0,0002 y

Dua buah plat berbentuk bujursangkar dengan sisi 0,6 m, saling se­ jajar dan berjarak 12,5 mm. Di antara kedua plat terdapat oli. Plat bawah diam dan plat atas bergerak dengan kecepatan 2,5 mid, dan diperlukan gaya 100 N untuk menjaga kecepatan tersebut . Hitung viskositas dinamik dan kinematik oli apabila rapat relatifnya adalah 0,95. Penyeles ai an

y

S

= 12,5mm = 0,0125m =

Poli

=

Pair

Tegangan geser

:

0 '95 T=

_.

O"::IV::I �

luas

Poli

F ==

A

=

100

0,6x0,6

Digunakan hubungan berikut : V du =JlT= Jl -

dy

I

I I '

277,78 = �t o

So a1 8

= 277,78N/m 2

y

,�t25

Kekentalan kinematik : V

950kglm3

-.

Jt

=

1,389 N d im-

1•389 = 1 ,462X 10- 3 m 2/d p = = !:!... 950

.,

Ruang antara dua plat paralel berjarak 21 mm diisi air dengan keken­ talan dinamis 1,12X 10- 3 N d !nl Plat datar dengan ukuran 200x200 mm 2 dan tebal 1 mm ditarik melalui ruang tersebut sedemikian se-hingga satu permukaannya paralel pada jarak 5 mm dari dinding. Dianggap bahwa profil kecepatan antara plat dan dinding adalah linier. Tentukan gaya yang diperlukan oleh plat agar supaya kecepatan plat adalah 125 nun/d. Tahan­ an yang terjadi pada sisi depan plat diabaikan.

8

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

Penyelesaian

Untuk aliran laminer tegangan geser pada setiap titik dalam fluida diberi­ kan oleh : du r ==p­ dy

Gaya geser pada permukaan sisi atas plat Fl =

TQI A

u = p- A

:

Yl

o,125 -1,12x 10- 3 x 0,005 xo,2x 0,2 -1,12 10- 3 N _

_

Gaya geser pada permukaan sisi bawah plat :

Fz = rozA = !l U A = 3,7333 10-4 N Y2

o 125 -1,12 x 10-3 x 0,01 5 x o,2 x o,2 -3,7333 10-4 N

_

_

'

Gaya total : F=

F1 + Fz = 1,12x 10-3 + 3,7333x 10-4 = 1,493x l0- 3 N

Soal9 Plat bujur sangkar dengan ukuran 1 m x 1 m dengan berat 392,4 N menggelincir pada bidang vertikal dengan kecepatan seragam sebesar 0,2 mid seperti terlihat dalam gambar. Kemiringan bidang adalah 5 (vertikal) : 13 (horisontal) dan bagian atasnya terdapat lapis oli setebal 1 mm. Hitung viskositas dinamis minyak .

9

I. SIFAT-SIFAT ZAT CAIR Penyeles ai an

Gaya geser total pada permukaan dasar plat : T

=

392,4 X

5

l3 =

Luas permukaan plat

150,92N

: A =

1x1

Tegangan geser pada dasar plat : Gradien kecepatan :

du dy

=

Viskositas dinamis :

1 m� 150 92 r = 1 ;1 =

?

=

150,92N im� ?

� � = 200 detik- l �y 0,001 =

du dy

r = fl ­

u

r·

= ..!._

V

=

�y

150•92 200

=

0 7546N dlm 2 '

=

7

546P

'

Soal lO

Tabung gelas berdiameter 3 mm dimasukkan secara vertikal ke dalam air. Hitung kenaikan kapiler apabila tegangan permukaan a = 0,0736 N/m. Tabung adalah bersih. Penyelesai an

Kenaikan kapiler h di dalam tabung dengan diameter kecil dihi-tung dengan rumus berikut : h

=

2acoscp

pg r

10

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

Apabila tabung bersih dan untuk air, cp

=0

a d h

=

0,0736 N !m

=

3 mm

=

=

0,003 m

-+ r

=

0,0015 m

2a 2x0,0736 = = 0 010m = 1,0 cm p g r 1000x9,81x0,0015 •

S o al l l

Tentukan tinggi kolom air yang terbentuk di dalam tabung vertikal berdiameter 1 mm karena gaya kapiler apabila tabung tersebut dimasuk-

kan ke dalam air. Tegangan permukaan a= tak 5°.

7,4 10-2 Nlm

dan sudut kon­

Penyeles aian h

=

2acosp pgr

=

2x7,4x 10- 2 x cos5° 1000x9,81x0,0005

= 0,03 m

r, Pa

s -=--'---1

r

pgyA

Soal12

Pa

1"---L--+- s h X

X

Tabung berdiameter 2 mm berisi air raksa dimasukkan ke dalam bak berisi air raksa. Tegangan permukaan air raksa a = 480X 10-3 N l m dan su­ dut kontak cp=4S0. Hitung penurunan permukaan air raksa dalam tabung. Rapat relatif air raksa 13,6. Penyelesaian

S

sa = l3'6 = Pairrak Pair

Pai r raks a

= 13,6X 1000 = l3.600kglm 3

_2acosp _ 2x480x 10- 3 x cos4SO _ 5,088x 10-3 m - 5,088mm p g r - 13.600x9 ,81X 0,001 _

h

-

I. SIFAT-SIFAT ZAT CAIR

11

Soal 13

Tekanan statis adalah sedemikian rupa sehingga air naik di dalam ta­ bung kaca sampai setinggi 7 cm. Apabila diameter tabung adalah 0,5 cm dan temperatur air adalah 20° C, hitung tinggi total pada mana air di dalam tabung akan bertahan. Penyeles ai an

Untuk kenaikan kapiler h di dalam tabung dengan diameter kecil, di­ gunakan rumus : h

= 2acosy> yr

Untuk tabung bersih �=0 Untuk air pada temperatur 20° C, a = 7,36 x y=pg

h

10- 2 Nlm;

= 1000 X 9,81 = 9810N!m 3

2 = 2x7,36x, 10-ZS = 6 x 10 - 3 m = 0,60cm 9.S lOxO OO

J adi tinggi total : H = Soal14

7 + 0,60 = 7,60 cm

Suatu barometer terkontaminasi oleh air pada tabung yang berisi air raksa. Apabila tinggi kolom air raksa adalah 735 mm pada temperatur at­ mosfer 20° C, tentukan tekanan barometer. Apabila ruang di atas air raksa tersebut dianggap hampa, berapakah tekanan udara yang terjadi. Penyeles aian

Karena adanya air di atas air raksa dalam tabung, maka di dalam ru­ ang tersebut akan jenuh oleh uap air dengan tekanan uap ps. Tekanan uap jenuh air pada temperatur 20° C adalah : Ps

= 2.340N /m?

Tekanan pada permukaan air raksa di dalam bak adalah konstan dan sama dengan tekanan atmosfer pa Dengan menyamakan gaya-gaya yang bekerja pada kolom silinder de­ ngan tampangA,

SOAL PENYELESAIAN HIDRAUUKA I

12

p A s

f y

I I

F

'"

I P a t'

Pa A = Ps A + p gA y Pa = Ps + p gy

= 2.340 + 13,6x lOOOx9,81x0,735 = 100.400 N im 2 = 1,004bar.

Apabila ruang di atas air raksa dalam tabung dianggap hampa udara

(p s = 0), maka :

Pa = p gy = 13,6X 1000x9,81x0,735 = 98.060N/m 2 = 0,9806bar. Soal 15

Zat cair di dalam silinder berada di bawah tekanan. Pada tekanan 1 M Nlm 2 volumenya adalah 1 liter, sedang pada tekanan 2 M Nlm2 vo­ lumenya adalah 0,995 liter. Hitung modulus elastisitas zat cair. Penyeles ai an

-- � --

K-

�V/V -

2 -1

ZOO M NIm ( 0,995 - 1,0 ) /1,0 _

2

I. SIFAT.SIFAT ZAT CAIR

13

Soal16

Modulus elastisitas air adalah K= 2,24 x

10 9 Nlm 2 . Berapakah peru­ bahan volume dari 1m3 air hila terjadi pertambahan tekanan sebesar 20 bar (1 bar.=1cf Nlm2) Penyelesaian

Digunakan persamaan :

=� K = EL d V AV V V atau :

1 X 20 X 1ff = O,OOOS9m3 A V = V Ap = K 2 24 X 109 '

Terlihat bahwa pertambahan tekanan yang sangat besar hanya memberikan perubahan volume yang sangat kecil. Soal 1 7

Apabila modulus elastisitas air adalah 210.000 Nlcm2, berapakah te­ kanan yang diperlukan untuk mereduksi volumenya sebesar 2 % ? Bera­ pakah perubahan rapat massanya ? Penyelesaian

-�

K

AV/V

210.000 - _Qp_ 0 02 _

'

Ap = 210.000X0,02 = 4200 N icm �

Rapat massa :

.,

massa M p - vol me = V u

Jadi massa sebelum perubahan

-

=

_.

M = p xV =

konstan

massa sesudah perubahan

p V = ( V - A V) ( p + Ap ) p V= Vp -A Vp + VAp + A V Ap Nilai AVAp adalah sangat ke cil , sehingga persamaan di atas menjadi:

14

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

tl V = tlp v- p-

p tl V = Vtl p tl V = 2% ,

� = 2% p Jadi kenaikan rapat massa juga 2 %. Oleh karena

V

Soal 18

Tangki baja tahan tekanan tinggi berisi zat cair, yang pada tekanan 10 atamosfer mempunyai volume 1.232 liter. Pada tekanan 25 atmosfer volu­ me zat cair adalah 1.23lliter. Berapakah modulus elastisitas zat cair ? Penyelesaian

1 at m 10,34 m air lliter = 10- 3m 3 =

K

-

p

= p g h = 1000X9,81X 10,34 = 101.435N/m � 7

tl p ( 25 -10 ) ( 101.435 ) l. 74 52M Nlm2 - S • - - ( 1 231 - 1 , 232 ) / 1 232 - - tlV/V ,

,

Soal 19

Tangki baja berisi minyak A dan air B. Di atas minyak terdapat udara yang bisa diubah tekanannya. Dimensi yang ada pada gambar adalah pada tekanan atmosfer. Apabila tekanan dinaikkan sampai 1 M Pa, berapakah penurunan permukaan air dan mi­ nyak. Modulus elastisitas zat cair ada-

lah 2050 MN/ m2 untuk minyak dan 2075 MN/ m2 untuk air. D ianggap

tangki tidak mengalami perubahan volume. Penyelesaian

Volume minyak :

l

O,l."'

T

A

e

T

0,5 n'l

t

�8

1

V'\

I. SIFAT-SIFAT ZAT CAIR

:re x 2 Vm = 4 D h1

15

Vm

:re = 4 (0,3)2 X 0 ,5= 0,03 5343nz 3

Volume air : :re Va = :re 4 X D2 h 2 = 4 (0 ,3t., X 0,8 = 0 ,0 56 54 9m3

K--�

-

20 50 -

20 75= Ll

ilVIV -

Ll

(1 -0 )

Ll Vm X 0 ,03 5343

(1 - 0 ) Vair X 0 0, 56 54 9

""""

-+

Ll

Ll

Vminyak = -0 ,00001 724 nz3

Vair = -0 ,00002 72 5m 3

Vtotal = -0,00001 724 + (- 0 ,0 0002 72 5) = - 0 ,0000444 9m 3

Apabila x adalah penurunan permukaan zat cair,

- 0 ,0000444 9= - [:re (0 ,3)214 ]x """" x = 0,00062 9m = 0 ,62 9mm J adi penurunan permukaan air dan minyak adalah 0 ,62 9 mm.

11. HIDROSTATIKA

A.

Ringkasan Teori

1. Tekanan Tekanan didefinisikan sebagai jumlah gaya tiap satuan luas .

(2 .1)

F

p =A ­ dengan :

P

:

')

?

tekanan (kgflm� atau Nlm�)

F : gaya (kg{ atau N)

2.

A

:

2 luas (m )

Tekanan pada seliap titik didalam zat cair diam adalah sama dalam se­ gala arah .

3. Suatu bidang yang berada di dalam zat cair diam mengalami tekanan yang bekerja tegak lurus pada bidang tersebut.

4. Distribusi tekanan pada zat cair diam Distribusi tekanan hidrostatis diberikan oleh rumus berikut ini .

p = y h = p gh

(2.2) 17

18

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

dengan p : tekanan hidrostatis, y : berat jenis zat cair, p : rapat massa zat cair, h : kedalaman air pada titik yang ditinjau, dan g : percepatan gravitasi. Tekanan zat cair pada suatu titik dapat dinyatakan dalam tinggi zat cair, dan mempunyai bentuk :

h = J!... .. = .l!_ y pg

(2.3)

5. Tekanan Atmosfer, Relatif dan Absolut Tekanan atmosfer ditimbulkan oleh berat udara di atmosfer, yang ni­

lainya pada permukaan laut adalah 1,03 kgf/cm2, atau dapat juga ditunjuk­ an oleh 10,3 m air atau 76 cm air raksa (Hg) . Tekanan relatif atau tekanan terukur adalah tekanan yang diukur ber­ dasarkan tekanan atmosfer. Tekanan absolut merupakan jumlah dari tekanan atmosfer dengan tekanan relatif.

6. M anometer Manometer adalah alat yang menggunakan kolom zat cair untuk me­ ngukur perbedaan tekanan. Prinsip manometer adalah apabila zat cair da­ lam kondisi keseimbangan maka tekanan di setiap tempat pada bidang ho­ risontal untuk zat cair homogen adalah sama. Ada beberapa jenis mano­ meter yaitu piezometer, manometer tabung U, manometer rnikro, dan ma­ nometer diferensial. 7.

Gaya Tekanan Pada Bidang Terendam

Bidang datar yang terendarn dalarn zat cair akan mengalarni tekanan. Gaya tekanan total pada bidang tersebut diberikan oleh rumus berikut : F

= A po = A r ho

(2.4)

dengan F : gaya tekanan hidrostatis, A : luas bidang tekanan, p0 : tekanan hidrostatis pada pusat berat bidang, dan 1!0 : jarak vertikal antara pusat berat bidang dan permukaan zat cair.

Gaya hidrostatis tersebut bekerja pada pusat tekanan P. Letak pusat tekanan diberikan oleh rumus berikut :

11.

19

HIDROSTATIKA lo ­ yp=yo + A Yo

(2.5)

dengan :

Yp : j arak searah bidang dari pusat tekanan terhadap permukaan zat

cair Yo : jarak searah bidang dari pusat berat terhadap permukaan zat cair 10 : m omen inersia bidangA terhadap sumbu yang melalui pus at berat bidang tersebut. Letak pusat berat dan momen inersia bidang terhadap pusat berat un­ tuk beberapa bentuk yang sering digunakan diberikan dalam tabel berikut.

' ' '

/

/

/

y

/> /) o //··

Yo / Yp

/

.

20

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I Tabell. Tabel /0 untuk beberapa bentuk benda Bentuk

LuasA

6-�8-r· b

bj

ij

I

I

1

i

�I- 1 b

h Y o=2

b.h

I

!

"' Fa -+ benda tenggelam

Fa = Fa Fa < Fa

-+

benda melayang (terendam)

-+

benda mengapung

Benda terendam akan stabil jika pusat berat G berada di bawah pusat apung B . Suatu benda terapung dalam keseimbangan stabil apabila pusat berat­ nya (G) berada di bawah pusat apung (B). Benda terapung dengan kondisi tertentu dapat pula dalam keseimbangan stabil meskipun pusat beratnya (G) berada di atas pusat apung (B) . Kondisi stabilitas benda terapung da­ pat diketahui berdasar tinggi metasentrum, yang dapat dihitung dengan ru­ mus berikut ini.

77

78

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I GM = BM - BG BM =

Io V

BG = OG - OB dengan :

GM : tinggi metasentrum

Io V

momen inersia tampang benda yang terpotong permukaan zat eau. :

:

volume zat cair yang dipindahkan benda

BG : jarak antara pusat berat dan pusat apung OG : Jarak antara pusat berat benda dan dasar OB : J arak an tara pusat apung dan dasar benda stabil Apabila : GM > 0 GM = 0 benda dalam stabilitas netral benda tidak stabil GM < 0 -+

-+

-+

B. Soal Penyelesaian

Soal l

Batu di udara mempunyai berat 500 N, sedang beratnya di dalam air adalah 300 N. Hitung volume dan rapat relatif batu. Penyelesaian Gaya apung (Fs) adalah sama dengan perbedaan antara berat batu di udara dan di dalam air : Fs = Wcti uda ra - Wcti air

= 500 - 300 = 200 N Menurut hukum Archimedes, gaya apung (Fs) adalah sama dengan berat air yang dipindahkan batu. Berat air yang dipindahkan batu (Fs) adalah sama dengan perkalian antara volume air yang dipindahkan (V) dan berat jenis air.

Ill. KESEIMBANGAN BENDA TERAPUNG Fs = y V = p g V = 1000X9,81XV = 9810 V

79

Dari kedua nilai Fs di atas,

200 = 9810 V -. V = 0,0204 m 3 Volume air adalah sama dengan volume batu, sehingga volume batu adalah 3 V = 0,0204m . Berat batu di udara adalah sama dengan berat jenis batu di­ kalikan volume batu, Wdi udara = Y V = p g V

500 = p X9,81X0,0204 () 2500 p = 2500 kg/m3 -. S = ....c._ = -- = 2'5 Pair 1000 Pusat apung (B) adalah titik pada mana gaya apung bekerja. Pusat apung ini merupakan pusat berat dari volume zat cair yang dipindahkan. Soal 2

Balok segiempat dengan ukuran 75 cm x 50 cm x 50 cm mengapung di air dengan sisi panjangnya sejajar muka air. Apabila bagian dari balok yang berada di atas permukaan air adalah 10 cm, hitung berat balok. Penyelesaian

Tinggi balok yang terendam air : d

= 50 - 10 = 40 cm = 0,4 m

Volume bagian balok yang terendam air : V = 0,4x0,5x0,75 = 0,15 m

3

Berat balok = berat zat cair yang dipindahkan = Ya ir V = 1000X 0,15 = 150 kgf Soal 3

Kubus kayu dengan panjang sisi-sisinya 0,5 m mempunyai rapat relatif 0,6 mengapung di air. Hitung bagian kubus yang terendam dalam air.

80

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

Penyelesaian

Digunakan sistem satuan MKS Misalkan W : Berat kubus Fa : gaya apung

d : kedalaman bagian kubus yang terendam air. Rapat relatif : ��· S= y atr

-· -

-+

/'benda = S Yair = 0,6X 1000 = 600,0 kgflm

3

Berat benda : W = �enda V = 600X (0,5)3 = 75,0 N Gaya apung : Fa = Yair Vairyangdipindahkanbenda = 1000 X (0,5X0,5Xd) = 250,0 d

Pada kondisi mengapung, berat benda adalah sama dengan gaya apung :

W = Fa

-+

75,0 = 250,0 d

-+

d = 0,3 m

Jadi kedalaman kubus yang terendam air adalah d = 0,3 m. Soal 4

Balok kayu dengan panjang 1,0 m ; lebar 0,4 m dan tinggi 0,3 m meng­ apung secara horizontal di air dengan sisi tingginya vertikal. Rapat relatif kayu S = 0,7. Hitung volume air yang dipindahkan dan letak pusat apung. Penyelesaian

Digunakan sistem satuan SI Volume balok : V = 1,0x0,4x0,3 = 0,12 m 3 Berat balok : W = Pbalokg V = S pair g V = 0,7x lOOOx9,81x0,12 = 824,04 N Volume air yang dipindahkan benda : V=

berat balok beratjenis air

824 04 3 W , = 0 084 m V = Yair = � = ' Pair g 1000 X 9,81

Ill. KESEIMBANGAN BENDA TERAPUNG

81

Kedalaman bagian balok yang terendam air :

d= -

Volumeairyangdipindahkan tampang lintang balokpada permukaan air V A

-

0,084 l , Ox0 ,4

= 0•21 m

Letak pusat apung :

d 0 21 OB = - = = = 0' 105 m 2

2

Jadi letak pusat apung adalah

0,105 m

dari dasar balok.

Soai S Kubus kayu dengan sisi

0,5 m

mengapung di dalam air. Berapakah be­

rat beban yang harus diletakkan di atas balok supaya balok terendam seluruhnya. Rapat relatif kayu S 0,7. =

Penyelesaian Volume balok : V1 Berat balok : W1

= 0,5x0,5x0,5 = 0,125 m 3

= )'balok V = S Yair V

= 0,7x 1000x 0,125 = 87,5 kgf Volume air yang dipindahkan benda : Val

=

W1

Yair

=

87,5 lOOO

= 0,0875 m

3

Kedalaman bagian balok yang terendam air :

d! _ -

0,0875 _ 0 35 m - 0,5 X 0,5 - •

V _ A

Jika di atas balok diberi beban dengan berat Wz, maka berat total balok + beban adalah :

Apabila balok terendam seluruhnya, berarti kedalaman balok yang terendam air adalah

dz = 0,5 m. Volume air yang dipindahkan benda :

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

82

Va2 = A dz = 0,5 x 0,5 x 0,5 = 0,125 m 3 Gaya apung :

Fs = Yair Vaz = 1000x0,125 = 125,0 kg{ Dengan menyamakan berat total dan gaya apung :

Wtotat = Fs J adi

.... 87,5 + Wz = 125,0 ....

Wz = 37,5 kg{

berat beban di at as balok adalah Wz = 37,5 kg{

Soa1 6

Suatu balok ponton dengan lebar

B=6,0 m, panjang L = 12 m dan sarat d=1,5 m mengapung di dalam air tawar (pt = 1000 kglm 3). Hitung : a. berat balok ponton b. sarat apabila berada di air laut

( pz = 1025Tcglm3 )

d

i

Fa

c. beban yang dapat didukung oleh pan­ ton di air tawar apabila sarat mak­ simum yang diijinkan adalah 2,0 m. Penyelesaian

Digunakan sistem satuan SI a. Dalam keadaan terapung, berat benda adalah sama dengan berat air yang dipindahkan benda (Fs) FG = Fs = p t g B L d

= 1000x 9,81x 6,0x 12,0x 1,5 = 1.059.480N = 1.059,48k N Jadi berat benda adalah FG = 1059,48 kN b. Mencari sarat (draft) di air I aut. Rapat mass a air laut : pz = 1025 kg!m3

Ill.

KESEIMBANaAN BENDA TERAPUNa

83

Pada kondisi mengapung, berat benda sama dengan gaya apung :

d= c.

Fa

P2 8 B L

=

1.059.480 1025x9,81x6,0x 12,0

= 1 •463m

Untuk sarat maksimum dmak = 2,0 m, gaya apung total :

FB mak = p gB L dmak = 1000x9,81x6,0x 12,0x2,0 = 1.412.640 N = 1412,64k N

Jadi beban yang dapat didukung adalah :

Bmak =

gaya apung maksimum - berat ponton

= 1412,64 - 1059,48 = 353, 16 kN

Soal 7

Kubus dengan sisi 25 cm dan rapat relatif 0,9 mengapung di air den­ gan salah satu sisinya sejajar muka air. Berapakah beban harus diletakkan di atas kubus supaya kubus tersebut tenggelam di dalam air. Penyelesaian

Sisi kubus : B = 25 cm

Pb = 0,9x 1000 = 900 kg1m 3 Berat benda : Fa = V Pb8 = B3 Pb 8

Rapat relatif : S

= 0,9

-+

Misalkan tinggi kubus yang terendam air adalah d.

Gaya apung : FB

= A d Pa g= B- pa g d ?

Dalam keadaan mengapung : Fa = FB -+

b d = PPa B = S B = 0'9x0'25 = 0 '225 m

Jika di atas kubus diberi beban dengan berat W2 , maka berat total kubus dan beban adalah :

Wtotal = Wt + W2 = Fa + W2 = 0,253 x 900x9,81 + W2 = 137,953 + W2

SOAL

84

PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

Apabila kubus terenclam seluruhnya, berarti keclalaman kubus yang terenclam air aclalah d = 0,25 m. Gaya apung pacla keaclaan tersebut :

FB = V P air g = 0,253 x lOOOx9,81 = 153,281 N Dengan menyamakan berat total clan gaya apung :

Wtotal = Fa

137,953 +

-+

W2 = 153,281

W2 = 15,328 N Soal 8 Balok kayu mengapung cli air tawar clengan bagian yang beracla cli atas permukaan air aclalah 10 cm . Apabila balok tersebut cliapungkan cli clalam minyak dengan rapat relatif 0,8; bagian balok yang beracla cli atas per­ mukaan minyak adalah 7,5 cm . Berapakah rapat relatif balok ? Penyelesaian

10 --r-------���

cm

--�--����--+--T�7�.5 cm

S=1

S=0,8

Misalkan h adalah tinggi balok yang beracla di atas permukaan zat cair.

Sa = 1 -. h = 10 cm Di dalam minyak : Sm = 0,8 -. h = 7,5 cm Misalkan tinggi balok H cm dan luas dasar balok A cm 2 •

Di air tawar

:

Gaya apung di air tawar

:

Fbl = A (H -0,1) pa g

Gaya apung di minyak : Fb2 Berat balok : FG =

= A (H-0,075) Pm g

V pb g = A H Pb g

Dalam keadaan mengapung, FG = Fm clan

FG = FB2 :

Ill. KESEIMBANGAN BENDA TERAPUNG

85

(1)

H Pb = H Pa - 0,1pa = lOOO H - 100 Fa = FB2

A H Pb g = A (H-0,075) Pm g

__.

H Pb = H Pm - 0,075pm = 800 H - 60 Dengan menyamakan persamaan

(1)

dan

1000H - 100 = 800 H - 60

(2)

(2) :

--. H = 0,20 m

Substitusi nilai tersebut ke dalam persamaan

( 1) :

0,20pb = 1000X0,20 - 100 Pb = 500 kglm3 Soal 9 berbentuk kotak dengan

Tangki panjang

1 m

dan lebar

0,5 m

diisi air

3/4 kali adalah 175 N.

tawar dan air raksa sampai

tingginya. Berat tangki Volume air adalah 49 kali volume air raksa. Tangki tersebut diletakkan di air laut sehingga mengapung dengan bagi­ an yang berada di atas air adalah se­ tinggi

0,2 m.

Apabila rapat relatif air

13,6

raksa adalah

tentukan tinggi mak­

simum tangki. Rapat massa air laut dan air tawar adalah

1000 kg!m 3 .

1020 kg!m 3

�

f l I

H

I

:l:

a i r

1 j

0,75H

1 m x 0,5 m

dan

Penyelesaian Luas tampang tangki :

A = L B = 1 x0 '5 = 0 ' 5 m 2 Misalkan tinggi tangki adalah

H,

sedang V 1 dan V2 adalah volume air

dan air raksa. Volume air dan air raksa. V1

+ V2 = 0,5x0,75H = 0,375 H m 3

selain itu,V1

= 49 V2

sehingga

49 Vz + V2 = 0,375H

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

86 atau :

3 V2 = 0 •375H 50 = 0 0075H m '

V1 = 49x0,0075H = 0,3675H m 3 Berat tangki, air dan air raksa adalah :

= 175 + 1000x9,81x0,3675H + 13,6x 1000x9,81x0,0075H = 175 + 4605,795H N

: Fa = A d Pair Iautg = 0,5XdX 1020X9,81 = 5003,1 d N Dalam keadaan mengapung W = Fs, sehingga :

Gaya apung

175 + 4605,795H = 5003,1 d

4605,795H d = 175 +500 3, 1

�

Bagian tangki yang berada di atas permukaan air adalah

0,2 m ; berarti

bagian yang terendam adalah :

d = H - 0,2 m Dengan menyamakan kedua bentuk nilai

H

_

O,2 =

d di atas didapat :

175 + 4605,795H 5003,1

5003,1H - 1000,62 = 175 + 4605,795H didapat :

H = 2,959 m

Soal lO Pelampung silinder dengan diameter dengan sumbunya vertikal.

Berat

3m

dan tinggi 3

pelampung adalah

3

m

mengapung

ton.

Selidiki

stabilitas pelampung.

Penyelesaian Berat pelampung : FG

= 3 ton

Misalkan bagian dari pclampung yang terendam air adalah

d. Gaya apung :

Ill. KESEIMBANGAN BENDA TERAPUNG

87

FB = �x32 xdx 1000 = 7068,58 d

0

Dalam keadaan mengapung : Fo

= FB

-+

d = 0, 4244 m

' '

3000 = 7068,58d T

I 3m

J arak pusat apung terhadap dasar silinder:

OB = -d2 = 0 , 2122 m

Jarak pusat berat terhadap dasar silinder : Jarak antara pusat berat dan pusat apung :

l--3 m-�

I

1

·G ·s

0

OG = 32_0 = 1,5 m

BG = OG - OB = 1,5 - 0,2122 = 1,2878 m

Momen inersia tampang pelampung yang terpotong muka air :

Volume air yang dipindahkan :

Jarak antara pusat apung dan titik metasentrum :

BM =

� = 3•9�608 = 1,3254

m

Tinggi metasentrum :

GM = BM - BG = 1,3254 - 1,2878 = 0,0376 m Karena GM > 0, berarti pelampung dalam kondisi stabil.

!

1

-

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

88

Soal ll

Silinder berdiameter 3 meter dan tinggi 3 meter terbuat dari bahan dengan rapat relatif 0,8. Benda ter­ sebut mengapung di dalam air den­ gan sumbunya vertikal. Hitung tinggi metasentrum dan selidiki stabilitas benda.

· 0 - 3m

Penyelesaian

S=

Ybenda = O'S Yair

3 Ybenda = 0,8X 1000 = 800 kgflm Be rat benda

: Fa =

�

:n:

D2 X H X Ybenda

Berat air yang dipindahkan : FB = Dalam keadaan mengapung

�

2XdX Yair

:n: D

FG = FB, sehingga :

1 1 2 2 4 :re D H Ybenda = 4 :n: D d Yair Sehingga dapat dihitung kedalaman benda terendam : d=

Ybenda x a1r

-y · -

H = 0,8 x 3 = 2,4 m.

Jarak pusat apung terhadap dasar silinder : OB = Jarak pusat berat terhadap dasar silinder : OG =

t = 1,2 m.

2

;,

30

= 1,5 m.

Jadi jarak antara pusat berat benda dan pusat apung adalah : BG = OG-OB = 1,5 - 1,2 = 0,3 m Momen inersia tampang lingkaran : Io = Volume air yang dipindahkan : V =

� x D4 = � x 34

= 3,9761 m

i x 32 x 2,4 = 16,9646 m3

4

III. KESEIMBANGAN BENDA TERAPUNG

89

Jarak antara pusat apung dan titik metasentrum :

3,9761 BM = Io V = 16,9646 = 0,234m Tinggi metasentrum : GM = BM - BG = 0,234 - 0,3 = -0,066m Tanda negatip menunjukkan bahwa metasentrum M berada di bawah pusat berat G, sehingga benda dalam kondisi tidak stabil. Soal 12 Balok berpenampang bujur sangkar dengan p anjang sisinya dan tinggi mengapung di dalam air. Rapat relatif ba­

0,5 m

lok

0,8.

B erapakah tinggi

H

H supaya balok

dapat terapung stabil dengan sisi tingginya

vertikal.

Penyelesaian s

= 0,8

Pb Pair

Pb = O,Sx 1000 = 800 kg!m3 Berat benda : Fo = 0,52 H pbg Gaya apung

:

Fo = 0,52 d pa g

�, 1

H

d

0

= Fs, sehingga : Pb d=0,52 Hpb g = 0,52 dpag pa H = S H = 0,8H

Dalam kondisi mengapung Fo

�

Jarak pusat apung dari dasar : Jarak pusat berat dari dasar :

� OG = � = 0,5 H

OB = = 0,4 H

Jarak antara pusat apung dan pusat berat :

BG = OG - OB = 0,1H Momen inersia tampang balok yang terpotong muka air :

Io

= 112 B B3 = 112 O,s4 = 5,2083x 10- 3 m4

l

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

90 Volume air yang dipindahkan :

V

=

B2 d = 0,52 x 0,8H = 0,2H

J arak antara pusat apung dan titik metasentrum :

3 Io BM = V = 5,2083x 10- = 0,0260415 0,2H H Benda akan stabil hila BM>BG :

0,0260415 > O 1 H ' H J adi

H < 0,51m

�

benda akan stabil apabila tinggi balok maksimum adalah

1,02 m

Soal 13 Balok terbuat dari bahan dengan ra­ pat relatif 0,8. mempunyai panjang L = l,O m dan tampang Iintang bujur sangkar de­ ngan sisi 0,8 m diapungkan di dalam air dengan sumbu panjangnya vertikal. Hi­ tung tinggi metasentrum dan selidiki sta­ bilitas benda.

1-- 8=0,8 -----1

D1

Penyelesaian Menggunakan sistem satuan MKS

b enda = O 8 S = Y Yair '

S=0,8

I

d

Ybenda = 0,8X 1000 = 800 kgflm 3 Luas tarn pang lintang balok :

I

H=0.8

1

S=1

·G ·B 0

1 ,0 m

1

A = B H = 0 8x0'8 = 0 64m 2 '

,

Berat benda : FG

= Ya ir LA = 800x 1,0x0,64 = 512kgf

Berat air yang dipindahkan : Fs = Yair A d =

1000x0,64xd = 640 d kg{

Ill. KESEIMBANGAN BEND A TERAPUNG Dalam keadaan mengapung :

5 12 =

640 d

-+

91

FG = FB

d = 0,8 m d

Jarak pusat apung terhadap dasar balok : OB = 2 = 2 = 0,4m Jarak pusat berat terhadap dasar balok :

08

L 10 OG = 2 = 2 = 0,5 m

.

Jadi Jarak antara pusat berat benda dan pusat apung :

BG = OG-OB = 0,5-0,4 = 0,1 m Momen inersia tampang bujur sangkar yang terpotong muka air :

Io =

�1 1 B H3 = 1 x 0,8xO,� = 0,03413m4 12 12

Volume air yang dipindahkan : V = A d = 0,64 X 0,8 = 0,512m 3 Jarak antara pusat apung dan titik metasentrum :

o V

BM = l =

0,03413 = 0'06667 m 0 512 '

Tinggi metasentrum :

GM = BM - BG = 0,06667 - 0,1 = -0,03333m Karena tinggi metasentrum GM bertanda negatip, maka benda dalam kondisi tidak stabil.

Soal 14 Silinder berdiameter 45 cm dan rapat relatif 0,9. Apabila silinder mengapung di dalam air dengan sumbunya vertikal, tentukan panjang mak­ simum silinder.

Penyelesaian Digunakan sistem satuan MKS

Yb Ya

S = - = 0 '9

Yb = 0,9x 1000 = 900 kg!m 3

92

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA l

Berat benda :

0 -.-�.9 L2JG

" 900 = n4 x (0,45txHx

1--- 0.45 --;

= 143,1388H kgf

Gaya apung : Fa =

n

n

I

1.

4 D"- d ya

I

a

.B

1

"

= 4x(0,45txdx1000

1

i .L

0

= %x (0,45)2xdx 1000 = 159,0431d kgf Pada kondisi mengapung : FG = Fa

--.

143,1388H = 159,0431d

-+

� = 0,45 H Jarak pusat berat dari dasar : OG = � = O,SOH

J arak pusat apung dari dasar

:

d = 0,9H m

OB =

Jadi Jarak antara pusat berat benda dan pusat apung :

BG = OG-OB = O,SH - 0,45H = O,OSH Momen inersia : /o

= :4 D4 = � (0,45)4 = 2,01289 x 10-3 m4

Volume air yang dipindahkan :

V = A d = i D2 d = i (0,45)2x0,9 H = 0,143139H . . Tmggt me tasent rum :

m3

2,01289 x 10-3 = 0,0140625 BM = Io V= 39H H

Benda akan stabil apabila BM

0, 1431

>

BG

Ill. KESEIMaANGAN aENDA TERAPUNG

O,Ol�25 0,05H

93

H < 0 53 m Jadi tinggi silinder maksimum adalah 0,53 m. >

-+

'

Soal 15

0,5 m

1 1020 kg!m3.

Silinder dengan diameter dan panjang m mengapung secara vertikal di laut. Rapat massa air laut adalah Tentukan rapat massa bahan silinder apabila benda dalam kondisi tidak stabil.

Penyelesaian.

W

Misalkan adalah berat benda dan P l dan laut dan bahan silinder.

pz adalah rapat massa air

W = pz g V = pzg � D2h = pzg � 12 x 1 = 0,25npzg

Fa = � D2 dp1g Dalam keadaan mengapung W = Fa, sehingga : 0,25:n: pzg = 4 D2 d P l g Gaya apung :

:n;

(1)

P2 d = 1020 Volume air yang dipindahkan :

0 25 pz V = 1_!_D2 1020 = , P:n:l 4 d = 1_!_D2 4 x .J!.!:_ Jarak pusat apung benda dari dasar silinder :

OB = 21 d =

pz J!J:_ 2 X 1020 - 2040 _

Jarak pusat berat benda dari dasar silinder :

OG =

� h = � X 1 = 0,5 m

Jarak antara pusat berat benda dan pusat apung :

BG = OG - OB = 0,5

-

io!o

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

94

M omen inersia tampang lingkaran : lo = J arak

:re

4

64 X D

=

:re

4

64 X 1

:re 4 64 m

=

antara pusat apung dan titik metasentrum : BM =

Io

V

=

n/64 63,75 0,25 n pz = P2 1020

Silinder dalam kondisi stabil apabila tinggi metasentrum BM > BG :

63,75 > (0 5 _El:_) - 2040 P2 pz 0,5 = 63,75 PZ + 20401020 P2 '

=

130.050 + p2z

p� - 1020pz + 130.050 o =

P2 ab =

1020 ± V(1020)2 - 4 X 1 X 130.050 2

didapat :

pz a

=

870,624 kg!m 3

dan

pz b

=

149,375 kg!m 3

Apabila kedua basil tersebut disubtitusikan ke dalam persamaan pat : d=

0,8536 m

d=

0,1464 m

untuk

P 2a

=

(1), dida­

870,624 kg!m 3

dan untuk pzb

=

149,375 kg!m 3

jadi kedua basil tersebut dapat berlaku. Soal 16

Silinder kayu dengan rapat relatif 0,7 mengapung di air tawar dengan sisi panjangnya vertikal. Apabila panjang dan diameter silinder adalah L dan D, berapakah perbandingan antara D dan L sedemikian sehingga si­ tinder dapat mengapung stabil.

Ill. KESEIMBANGAN BEND A TERAPUNG

95

Penyelesaian

Sb = 0,7 Pb Pair = 0'7

� D2 L pb g Gaya apung : FB = 4D- d Pa g Berat benda :

Fo =

Jt .,

Dalam keadaan mengapung, hingga :

d=

0

Pb = 0,7 Pair

-+

' '

Fo = Fs,

�: L = Sb L

'

' BG :

3,90625x 10- 3 5 h + 0,8

>

- 10 it 2 - 3,2h

+

.:::..:..c:. .z.:_ :.::. ..c .;::_;_ .._ _

-10Jz2 - 3,2h + 0,08 5,0 h + 0,8

__c;;_;___....::... :;..r::. _;__ ._ z..;:_:;_

o,os - 3,90625x 1o- 3 = o

- 10 h 2 - 3,2h + 0,07609375 = 0 Penyelesaian dari persamaan tersebut menghasilkan �

2,22 cm.

:

h = 0,02223m

Jadi supaya benda stabil maka panjang benda bagian bawah minimum adalah 2,22 cm.

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULlKA

106

Soal 21 Silinder dengan panjang L, diameter D dan rapat relatif S mengapung dalam zat cair dengan rapat relatif 2S. Tunjukkan bahwa silinder akan mengapung stabil dengan: a. sumbunya vertikal apabila L

<

b. sumbunya horisontal apabila L Penyelesaian a.

0

* >

D

l 1

Silinder mengapung dengan swnbunya ver­ tikal. Sb = S Sa = 2 S

-+

Berat benda : FG = Gaya apung : FB

Yb

-+

= lOOO S kgf!m3

'

'

''

'

'

'

'

' .. .�� � \

'

' >B

,, ,, ,, " r

' /

'

' /

\

' ,' ,,

�

�

u I-- 0 --f

� D2 L x lOOO S

:re = 4D� d x 2000 S ?

= Fs, sehingga : -+

s d = 2S

� = 0,25L Jarak pusat berat dari dasar : OG = � = 0,5 L

Jarak pusat apung dari dasar :

OB =

L

= 0 ,5 L

J arak antara pusat apung dan pusat be rat :

L BG = OG - OB = 0,5 L - 0,25 L = 0,25 L = 4 M omen inersia tampang balok yang terpotong muka air : To =

I

L

Ya = 2000S kgf!m3

Dalam kondisi mengapung, FG

T

� D4

I

1.

I

IlL KESEIMBANGAN BEND A TERAPUNG

107

T

l · i� J + · I i

d

-"

�

·s

0

0

I

I

1--- l --1

Dl f-- 0 ----1

Volume air yang dipindahkan : V

�

= D2 d

Jarak antara pusat apung dan titik metasentrum : JC D4 64 D2 = D2 BM = - = -- = V l_!_ D2 d 16 d 8 L 4

lo

Benda akan stabil apabila :

BM > BG, sehingga : -+

terbukti !

b. Si/inder mengapzmg dengan sumbzmya horisontal. Karena berat jenis silinder (S) adalah setengah berat jenis zat cair (2S), berarti silinder terendam setengah bagiannya (muka air melalui pusat lingkaran).

d = O,S D Pusat apung adalah sama dengan pusat berat setengah lingkaran :

PB = i!_ = 2 D 3n

3n

Jarak pusat apung dari dasar :

OB =

� - ��

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

108

J arak pusat be rat dari dasar : OG =

�

J arak antara pusat apung clan pusat be rat :

D 2

D 2

2D

2D

B G = OG - OB = - - (- - -) = -

3n

3n

Momen inersia tampang balok yang terpotong muka air : /o = Volume air yang dipindahkan : V =

ix� D2 L = % D2 L

i� D L3

J arak an tar a pusat apung dan titik mctasentrum :

I

_!_ D L3

BM = __Q_ = -==--- = V !!_ D2 L 3n D

12

2 L2

8

Benda akan stabil apabila : BM > BG

2 L2 2 D - > 3n D 3n

-

Soal 22

-+

L2

>

D2

-+

L

>

D

Ponton dibuat dengan menghubungkan dua buah balok sepanjang 10 lebar 0,3 m dan tinggi 0,25 m yang mengapung di dalam air tawar. Ra­ pat relatif balok kayu S = 0,6. Selidiki stabilitas balok tunggal dan stabi­ litas ponton. Apabila di atas ponton terdapat beban seberat 750 kgf dengan pusat berat pada j arak 0,5 m dari sisi atas balok, selidiki stabilitas ponton. Beban tersebut berada pada tengah-tengah ponton.

m,

f--- X --------l

' 0,6 --+- 0 , 3 -j

1- 0, 3

0, 5 2II !:

I

d

*

l If1

2

5

:· G ;g

:a

+ :t d

r

Ill.

KESEIMaANGAN aENDA 1ERAPUNG

109

Penyelesaian Digunakan sistem satuan MKS Yp : berat jenis ponton Ya : berat jenis air

S = I£ = 0 '6 Ya a. Balok tunggal Berat balok : FG =

... Yp

= 0,6x 1000 = 600 kgf!m 3

L B H yp = 10x0,3x0,25x 600 = 450,0 kgf

Bagian balok yang terendam dalam air adalah d. Berat air yang dipindahkan :

Fa = L B d ya = 10X0,3XdX 1000 = 3.000 d

kgf

Karena benda mengapung, maka Fa = FG, sehingga didapat kedalam­ an balok yang terendam air :

d=

450,0

3000,0

= 0,15m

� xd = 0,075m Jarak pusat berat dari dasar balok : OG = � x H = 0,125 m

Jarak pusat apung dari dasar balok : OB

=

Jarak antara pusat berat dan pusat apung : BG

= OG-OB = 0,125-0,075 = 0,05m

Momen inersia balok : Io =

� L B3 = 1� x 10x0,33 = 0,0225m4

1

Jarak antara pusat apung dan titik metasentrum : Io

BM - V _

_

0,0225 _ O,O::> m 10X0,3x 0,15 _

Tinggi metasentrum : GM = BM-BG = 0,05-0,05 = 0 Jadi benda dalam kescimbangan netral (akan mengguling)

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

1 10 b. Ponton

.

Berat papan di atas balok diabaikan. Momen inersia total terhadap sumbu ponton, It = 2 (/ + A x2 ) = 2 [ I + L xB x ( 0,5x0,6 + 0,5x 0,3 )2 ] 2 = 2 [ 0,0225 + 10x 0,3 (0,45) ] = 1,26m

4

Bagian balok ponton yang terendam air adalah d = 0,15 m (karena berat papan diabaikan). Volume air yang dipindahkan : V = 2A d = 2x 10x0,3x0,15 = 0,9 m 3 J arak antara pusat apung dan titik metasentrum :

It 1 26 BM = - = -'- = 1 '40 m V 0,9 Jarak pusat apung ponton dan pusat berat ponton terhadap dasar ba­ lok ponton adalah sama dengan pada kondisi a., sehingga : BG = OG-OB = 0,125-0,075 = 0,05 m Tinggi metasentrum : GM = BM-BG = 1,40-0,05 = 1,35 m Jadi ponton dalam keseimbangan stabil. c. Apabi/a

di atas ponton terdapat beban seberat Wb = 750 kgf.

TG2 0,25

*

•G

�8

Gd

� '

Berat ponton : Wp = 2 Fo = 900 kgf

1

-t

0,50

0,75

:t

d'

Ill. KESEIMBANGAN BEND A TERAPUNG

111

Berat ponton dan beban :

Wpb = Wp + Wbeban = 900,0 + 750,0 = 1.650,0kgf Setelah ada beban, bagian balok ponton yang terendam air adalah dt. Berat air yang dipindahkan :

Fs1 = 2 x 10x0,3Xdt X 1000 = 6.000 d kgf Kedalaman balok ponton yang terendam air : dt =

1.650 = 0,275m 6 .000

0 275 . d Jarak pusat apung dan dasar ponton : OB = = = 0,1375m

2 2

Letak pusat berat dihitung dengan momen statis terhadap titik 0 : Wpb x OG = Wp x OGt + Wb x OGz

1 .650x O G = 900x 0,5x 0,25 + 750 ( 0,25 + 0,5 ) OG = 0,4091m Jarak pusat berat dan pusat apung : BG = OG - OB = 0,4091 - 0,1375 = 0,2716m Karena balok ponton tidak tenggelam maka momen inersia sebelum dan sesudah ada beban adalah sama : It = 1,26m 4 Volume air yang dipindahkan : V = 2 A d = 2 x 10x0,3x 0,2716 = 1,6296m 3 Jarak antara pusat apung dan titik metasentrum : _ It _

BM -

V

-

1,26 _ 0,7732m 1,6296 -

1 12

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

Tinggi metasentrum : GM = BM-BG = 0,7732-0,2716=0,5016m J adi ponton tetap dalam keseimbangan stabil. Soal 23 Pelampung silinder berdiameter 3 m dan panjang 4 m mempunyai be­ rat 40 kN diapungkan di air laut (S = 1,02) dengan sumbu memanjangnya vertikal. Selidiki stabilitas benda. Apabila pelampung tidak stabil, berapa­ kah gaya tarik yang harus diberikan pada rantai yang dipasang pada pusat dasar silinder supaya silinder dalam kondisi stabil (mengapung stabil) . Penyelesaian a. Menyelidiki stabilitas benda Berat silinder : Gaya apung :

Fa = 40 kN

' '

FG = :n; D., d p g 4 -

=

'

.......

-

Gt I

�B

� (3)2 xdx l.020x 9,81

'

:o

'

f--- 3 m ---l

= 70.730d N = 70,730d kN Dalam kondisi mengapung :

FG = Fa

-+

40

= 70,73 d

1 1 4m

-+

11

d = 0,5655m

. d 0 5655 Jarak pusat apung dan dasar : OB = 2 = -•-- = 0,2828m 2 J arak pus at be rat bend a dari dasar : OG = J arak antara pus at berat dan pus at apung :

� = 2,0 m

BG = OG - OB = 2 - 0,2828 = 1,7172m Momen incrsia tampang lintang benda : I = Volume zat cair yang dipindahkan :

:4 D4 = � (3)4 = 3,97608m3

Ill. KESEIMBANGAN BENDA TERAPUNG

113

V = A d = 4 x (3tx0,5655 = 3,9973 m 3 n

?

Jarak antara pusat apung dan titik metasentrum :

BM =

Io

V

= 3,97608 = 0 9947 m 3,9973

'

Tinggi metasentrum :

GM = BM - BG = 0,9947 - 1,7172 = - 0,7225m Tinggi metasentrum adalab negatip, jadi benda dalam kondisi tidak stabil. Berarti benda tidak bisa mengapung dengan sumbu panjangnya ver­ tikal. b. Pusat dasar benda diberi gaya tarik. Misalkan P adalah gaya tarik yang beker­ ja pada rantai di pusat dasar pelampung. Berat benda dan gaya tarik P adalah :

._.

FG + P = (40.000 + P) N FB = A d p g

� (3)2 xdx 1,02x 1000x 9,81

= 70.730 d N Dalam kondisi mengapung : FG + P = FB

(40.000 + P) = 70.730d

G, i •G �B

��

Gaya apung :

=

' '

-+

Jarak pusat apung dari dasar benda :

OB = !:!_ = (40.000 + P) m 141.460 2

d =

(40.000 + P) 70.730

I

l

114

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I Dengan adanya gaya tarik di 0, letak pusat berat berubah. Letak pu­

sat berat dihitung berdasarkan momen terhadap titik 0.

(FG +

P) X OG = FG X OG1 + P X 0

(40.000 +

OG =

OG = 40.000 X 2 + 0

P) x

80.000 40.000 + p

J arak pusat be rat benda dan gaya tarik P terhadap dasar adalah :

BG = OG _ OB =

80.000 40.000 + p

_

(40 .000 + P) 141.460

V olume zat cair yang dipindahkan : V

-

Ad

-

:: �2 4 -

X

40.000 + p - 9,9938 X 10- 5 (40.000 + P) 70.730 -

Momen inersia tampang benda setelah adanya gaya tarik P adalah sa­ ma dengan sebelum adanya gaya, yaitu

BM = Io = V

9,9938 X

Benda akan stabil apabila

39.785,47 40.000 + p

>

I = 3,97608m4•

3,97608 10- 5 (40.000 + P)

=

39.785,47 40.000 + P

BM > BG

80.000 40.000 + p

40.000 + p 141.460

(40.000 + P) 40.214,53 > 141.460 40.000 + p (40.000 + Pl

>

141.460 X 40.214,53

40.000 + p > 75.423,8 _.

P >

35.423,8N = 35,4238kN

Jadi gaya tarik minimum yang harus diberikan adalah P

=

35,4238 kN

III. KESEIMBANGAN BEND A TERAPUNG

1 15

Soal 24 Kerucut padat mengapung di dalam air dengan sumbunya vertikal sedemikian sehingga puncaknya be­ rada di bawah. Apabila sudut puncak kerucut adalah 40°, tentukan ra­ pat relatif benda sedemikian sehing­ ga benda dalam keseimbangan sta­ bil.

D

Penyelesaian Misalkan : h : tinggi kerucut D : diameter dasar kerucut a : setengah sudut puncak kerucut d

:

bagian kerucut yang terendam air

P l : rapat massa kerucut P2 : r apat massa air

D/2 D tg a = -- = h 2h

-

D'/2 D' tga = d = 2d --

�

D = 2 h tg a

�

D' = 2 d tg a

Berat kerucut : 1 2 1 Fu = -n gh 4 D x -xpl 3

Berat air yang di pindahkan dihitung dengan cara yang sama seperti di atas untuk kedalaman air yang dipindahkan benda sebesar d.

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

116 Supaya benda mengapung : Fs = FG

(dengan S =

PI ) P2

� � h SY.J J arak pusat berat dari puncak kerucut OG = � h Y.J Jarak antara pusat berat dan pusat apung : BG = OG-OB = � h (1-S )

J arak pus at apung dari puncak kerucut 0 :

OB = d =

:

Diameter lingkaran pada permukaan air : D' = 2 d tg a

Momen inersia tampang lingkaran kerucut pada permukaan air :

Io = _!_ .n- (D )4 = _!_ .n- (2d tga)4 = � � tl a 4 64 64 '

Volume air yang dipindahkan : V =

Fpzsg

=

� .n- d3 ti a 3

J arak antara pusat apung dan titik metasentrum :

Io BM = =

V

Oleh karena tg a =

Jr A 4 4 a tg a � d3 ti a 3

3

= - d ti a 4

� dan d =

1t

Untuk kesetimbangan stabil, BM

sYl maka :

�

BG :

1 17

Ill. KESEIMBANGAN BEND A TERAPUNG

1 - s Vl

1 - s"V:l s"V:J

2 ::s s¥3 !!_ 4 h2 :s

>

s¥3 ti'a 1

- 1 + tg 2a

=

s :2:: 0,6885

...

1

1 :s s"V:l(l + ti-a)

1 + tj 2ff

=

1 = o,883o 1 + (0,36397)2

Jadi supaya kerucut stabil maka rapat relatif kerucut adalah S

Soal 25

:2::

0,6885

Kerucut terbuat dari bahan dengan rapat relatif St = 0,7 mengapung di atas zat cair dengan rapat relatif Sz=0,90. Hi­ tung sudut puncak kerucut minimum se­ demikian sehingga kerucut dapat meng­ apung dengan puncaknya di bawah.

Penyelesaian

Pl St = Pair ­ Pl = S1 XPair = 0,7x 1000 = 700 kg!m3 p z = 0' 9 Sz = Pair P2 = SzPair = 0,9x 1000 = 900 kg!m 3 Misalkan :

h d D D'

:

tinggi kerucut

:

diameter dasar

: kedalaman kerucut yang terendam dalam zat cair : diameter tampang kerucut yang terpotong permukaan zat cair

2 a : sudut puncak kcrucut

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

118

D/2 D tg a = -- = 2 /z h

-

-+

D = 2 11 tg a

Berat kerucut : ;re 3 ,_2 t a W = -1 n D2 x -1 h pt g = -1 n (2 h tga) 2 -1 h pt g = r;: 4 3 4 3 3;- h g )p1 g

Be rat zat cair yang dipindahkan : Fs =

(� d3 ti a)

P2 g

Oleh karena benda mengapung, maka FG = Fa, sehingga :

d=

h (;?)V) P2

� ��� ��)VJ Jarak pusat berat dari puncak kerucut : OG = 1 h

Jarak pusat apung dari puncak kerucut : OB

= d=

J arak antara pusat berat benda dan pus at apung :

3 pl V3 3 pl liJ = -3 h 1 - r::BG = OG - OB = - h - -h (-) -;);- J [ 4 p2 4 4 p2 Momen inersia tampang lingkaran kerucut pada perpotongan dengan mu­ ka air :

Io = !!_4 (D')4 = !!.... (2 d tga)4 = � � tl a 4 64 6 Volume air yang dipindahkan :

J arak antara pusat apung dan titik metasentrum :

Ill. KESEIMBANGAN BENDA TERAPUNG

1 19

n 4 aA tg4 a o 3 I BM = - = V ::!_3 d3 tj a = -4 d tj a

Agar benda dalam keseimbangan stabil, titik metasentrum atas atau berimpit dengan G :

M harus di

BM ;::: BG 3 . .2 3 Pl 11:3 - d tg a > - h [ 1 - (-) ]

4

4

P2

Jadi sudut puncak kerucut adalah : 2 a

= 32,94? = 32°56'

Soal 26

Pelampung silinder berdia­ meter D= l,Om dan tinggi H =0,75 m mempunyai berat 3500 N me­ ngapung di air laut (S= 1,025) de­ ngan sumbunya vertikal. Di pusat sisi atas silinder diberi beban. Le­ tak pusat berat beban adalah 0,5 m dari sisi atas silinder. Berapakah berat beban maksimum supaya pe­ lampung tetap dalam kondisi sta­ bil.

1G1

-;'

;G2!G

w �

;a . ,o

f

0,5

0,75! l1

1 20

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

Penyelesaian Berat pelampung : Fo = 3500 N

Berat beban : W

Berat pelampung dan beban : (W+3500) Gaya apung : Fs = A dp g =

� (1)2 xdx 1,025x 1000x 9,81 = 7897,375d

Pada kondisi mengapung Fs = Fo + W, sehingga : 7897,375 d

=

w +

3500

-+

d=

W + 3500 7897,375

. d W + 3500 Jarak pusat apung dan dasar : OB = 2 = m 15 .794,75 Jarak pusat berat benda dan beban dari dasar silinder dihitung berdasar momen statis terhadap titik 0 . (W + Fo) x OG = Fo x O(h + W (H + 0,5)

(W + 3500) X OG = 3500 X 0,5 X 0,75 + w (0,75 + 0,5) OG =

1312,5 + 1,25 W 3500 + w

BG = O G _ OB =

1312,5 + 1,25 W 3500 + w

_

W + 3500 15.794,75

Momen inersia tampang silinder yang terpotong muka air : Io =

Jt

Jt - D4 = (1) 4 = 0'0490874m 4

64

64

Volume air yang dipindahkan :

W + 3500 W + 3500 V = A d = � (1) 2 = 7897,375 10.055,25 4

III. KESEIMBANGAN BEND A TERAPUNG Jarak antara pusat apung dan titik metasentrum : BM =

Io = V

1 21

493,5861 0,0490874 - W+ 3500 W + 3500 10.055,25 _

Benda akan stabil apabila BM> BG. 493,5861

w + 3500 >

1312,5 + 1,25 W w + 3500

- 8 18,914 - 1,25 w > W + 3500

_

..:..:.W_+:._:::.:.35::..:0:..::.0 15.794,75

W + 3500 15.794,75

12.934.541,9+ 19.743,4 W < ( W + 35ool

w2 - 12.743,4 W - 684.541,9 = o

Penyelesaian dari persamaan tersebut menghasilkan :

w1 = 12.796N w2 = -53,5 N

Jadi berat beban minimum sedemikian sehingga benda dalam kondisi tidak stabil adalah W = 12.796 N. Soal 27 Kapal dengan panjang 60 m lebar 8,4 m dan berat 15 MN. Muatan di atas kapal seberat 150 kN bergerak pada arah lebar sejauh 4 m sehingga menyebabkan kapal miring 3°. Momen inersia tampang kapal pada elevasi muka air adalah 72 % dari momen inersia segi empat yang mengelilin­ ginya. Pusat apung terletak pada 1,5 m di bawah muka air. Tentukan tinggi metasentrum dan posisi pusat berat kapal. Rapat massa air laut 3 p = 1025 kglm . Penyelesaian

Panjang kapal

:

L = 60 m

Lebar kapal : B = 8,4 m

Berat kapal : W = 15 MN = 15 x 106 N

122

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I ·Y

-f-----;----f----f---,_,.;,;..._____:�;s, _ +G

-

X

-•

.

iB

'

I +I l

150 kN = 150x llf N Jarak bergesernya muatan : I = 4 m Berat muatan : Wm

=

Sudut kemiringan : a

=

3°

Momen yang menyebabkan goyangan : M0 =

150 X 4 = 600 kNm

Momen tersebut menyebabkan bergesernya titik tangkap W dari G ke G'. Karena berat muatan jauh lebih kecil dari berat kapal maka berat tcr­ sebut diabaikan terhadap berat kapal. Bergesernya titik tangkap menyebabkan momen : M1 =

Wx

GM ==

1 03

x

GM sin 3°

600 = 1 5 x lcf x

GM sin 3°

GM sin a = 15

X

kN-m

600 = 0,7643m 15 X 103 X sin 3°

Jadi tinggi metascntrum adalah 0,7643 m. Karcna tinggi mctasentrum GM positip berarti kapal dalam kondisi stabil.

Untuk mcncari posisi pusat be rat dihitung jarak BM : BM = Momen inersia tampang kapal pada muka air : lo

= 72 % X lo segiempat = 0,72 X

1

12

L B3

i�

lll. KESEIMBANGAN BEND A TERAPUNG

1 23

1 x 60x8,43 = 0,72x 12 = 2133,73m 4 Volume air yang dipindahkan : w V=­ pg

0,�643 i 1 ...

1

,

•P

M

---1 G

1

1-----___. B

15x 106 = 1491•76m 3 = 1025x9,81

,0

Jarak antara pusat apung dan titik metasentrum :

BM - 2133,73 - 1,4303m 1491,76 Oleh karena pusat apung terletak pada maka titik metasentrum :

1,5 m (BP) di bawah muka air

PM = BP - BM = 1,5 - 1,43 = 0,07 m

Jadi titik metasentrum M berada pada 0,07 m di bawah muka air.

PG = PM + GM = 0,07 + 0,7643 = 0,8343 m Jadi pusat berat berada pada 0 ,8343 m di bawah muka air. Soal 28

Ponton bujur sangkar dengan sisi 6 111 dan tinggi 1,2 m mengapung di atas air. Apabila di atas ponton diberi beban seberat 4 ton, bagian dari ponton yang terendam air adalah 0,6 m. Beban berada pada tengah-tengah ponton. Pusat berat ponton adalah 0,6 m di atas dasar dan pusat berat be­ ban adalah 1 ,2 111 di atas sisi atas ponton. Selidiki stabilitas ponton. Bera­ pakah beban maksimum sehingga ponton tidak stabil. Penyelesaian

a. Menyelidiki stabilitas benda Berat ponton :

FGI

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

124 Berat beban :

4 ton

B erat total : FG = Fm

t--- S m --1

+4

Gaya apung :

Fs =

=

6x6x0,6x 1000 21.600 kgf = 21,6 ton

.___

Dalam keadaan mengapung, FG = Fs, se­ hingga : Fm

+ 4 = 21,6

T 1 ,2

1

.G

G1

1

0,5x0,6 = 0,3 m

=

•G2

..,.. I

J arak pusat apung dari dasar : OB

� 4t

1 ,2

21,6 - 4 17,6 ton

Fm =

I l

6m

..

•B

�

0

0�6 .L

Pusat berat benda dan beban terhadap dasar dihitung dcngan momcn statis terhadap dasar : FG

OG

X

=

Fm

X

OG1 + FG2

X O(h

Fm x OG1 + FG2 X O(h .. �---=­ OG = --=-=----=...FG OG =

17,6X0,6 + 4, 0x (1 ,2+ 1,2) 21,6

== O'9333 m

Jarak antara pusat apung dan pusat berat : BG

==

OB - OB ==

0,9333 - 0,3 == 0,6333 m

Momen inersia tarn pang balok yang terpotong muka air : Io ==

1 B3 1 4 108 12 B = 12 6 =

Volume air yang dipindahkan : V ==

m

4

6x6x0,6 = 21,6 m3

Jarak antara pusat apung dan titik metasentrum : BM =

� = ��� '

=

5,0

m

Ill. KESEIMBANGAN BENDA TERAPUNG Tinggi metasentrum -+

:

125

GM = BM - BG = 5,0 - 0,63333 = 4,3667 m

Karena GM>O berarti benda dalam kondisi stabil.

b. Menghitung beban maksimum. Beban maksimum : Wz

Berat beban + ponton : Fe; = 17,6 + Wz Gaya apung : Fa

= 6,0x 6,0xdx 1000 = 36.000d kg[ = 36 d ton

FG = Fa

36 d = Wz + 17,6

-+

Jara k pusat berat d an. d asar : .

OG =

Jarak pusat apung d an dasar :

d=

-+

Wz + 17,6 36

17,6x0,6 + Wzx 2,4 17,6 + Wz

OB = 0,5 d =

=

2,4 Wz + 10,56 Wz + 17,6

Wz + 17,6 72

Jarak antara pusat apung dan pusat berat :

BG = OG

_

OB =

2,4 Wz + 10,56 Wz + 17,6

_

Wz + 17,6 72

Momen inersia tampang balok yang terpotong muka air :

Io =

108

m4

Volume air yang dipindahkan : V = 36xd

= 36x

Wz

;617•6 = w2 + 17,6

. . J ara k antara pusat apung dan hl1k metasentrum : BM = Benda akan stabil apabila : BM > BG 108 Wz + 17,6

---- >

2,4 Wz + 10,56 Wz + 17,6

108 - 2,4 Wz - 10,56 > Wz + 17,6

-

-

Wz + 17,6 72

__::..__'--

Wz + 17,6 72

----

io

V

=

108 W2 + 17,6

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I

126

7015,68 - 172,8 Wz

> - (� + 35,2 W2 + 309,76)

w� - 137,6 Wz + 7325,44 = o

Persamaan tersebut tidak memberi nilai Wz, yang berarti tidak ada be­ ban maksimum yang memenuhi persamaan tersebut. Beban maksimum le­ bib ditentukan oleh tenggelamnya ponton daripada tergulingnya. Beban maksimum yang dapat didukung adalah beban yang menyebab­ kan ponton tenggelam, yang besarnya adalah : 17,6 + W2 W2 W2

=

25,6

= 6 x 6 x 1,2x lOOO

ton

Untuk mengetahui kebenaran dari pernyataan tersebut, maka beban t digunakan untuk menghitung kondisi stabilitas ponton.

= 25,6

Dengan beban tersebut kondisi ponton adalah sebagai berikut ini. 2,4 x 25,6W2 + 10,56 = 1,667 m 25,6 + 17,6

. Jara k pusat b erat dan d asar :

OG =

. J arak pusat apung dan dasar

: OB =

Wz + 17,6 72

=

Jarak antara pusat apung dan pusat berat : BG = OG - OB =

1,667 - 0,6

=

25'6 + 17'6 72

= 0,6 m

,067 m

J arak antara pusat apung dan titik metasentrum : BM =

108 25,6 + 17,6

=2

•

Tinggi metasentrum : GM = BM - BG = 2,5

5m - 1,067 = 1,433 m

J adi ponton dalam kondisi stabil, tetapi dalam keadaan hampir tenggelam.

IV. ZAT CAIR DALAM KESETIMBANGAN RELATIF

A. Ringkasan Teori

1. Zot Coir Dolom Tongki Mengolomi Percepoton

Apabila zat cair berada di dalam suatu tangki yang mengalami per­ cepatan kontinyu, maka zat cair tersebut akan mengalami perubahan dis­ tribusi tekanan dan permukaan zat cair akan miring. Kemiringan permukaan zat cair yang mengalami percepatan horisontal Permukaan zat cair sebelum mengalami percepatan Ox diberikan oleh persamaan berikut :

- _7_ - - - -

Ox

tg O = g dengan () sudut kemiringan terhadap bidang horisontal dan g adalah perce­ patan gravitasi. Distribusi tekanan oleh zat cair yang mengalami percepatan vertikal ay diberikan oleh persamaan berikut :

Permukaan zat cair setelah mengalami percepatan

-ax

1 27

128

SOAL PENYELESAIAN HIDRAULIKA I p = y h (1

±

a

_r)

g

dengan :

p : tekanan hidrostatis y : her at j enis zat cair 1:

kedalaman titik yang ditinjau terhadap permukaan zat cair

:

ay

percepatan vertikal, positip apabila ke atas dan negatip apabila ke

:

bawah

Apabila tangki bergerak dalam bi­ dang miring, maka percepatan searah bidang terscbut menycbabkan kemirin­ gan p e rmukaan zat cair, yang diberi­ kan oleh rumus berikut :

tg O =

ax g + ay

-­

2. Zat Cair Di Dalam Silinder Berotasi Apabila suatu tangki silinder berisi zat cair diputar (rotasi) terhadap sumbu vertikal dengan kecepatan sudut konstan, maka permukaan zat cair yang semula horisontal berubah menjadi bentuk paraboloida . Permukaan zat cair tersebut mempunyai bentuk berikut :

y=

? ? w - ,....

2g

-

dengan :

y:

j arak vertikal suatu titik pada muka air terhadap absis yang melalui titik terendah parabo­ loid a

r:

jarak horisontal antara titik yang ditinjau dan sumbu ver­ tikal yang melalui pusat silinder

cv : k ecepatan sudut (radian/detik)

g:

percepatan gravitasi

I i

Yo

I

1 �-+-L--��-r-----+� , Permui