Soal jawab konsep aliran fluida.pdf

KINEMATIKA FLUIDAIII-13. SOAL-SOAL DAN PENYELESAIANSoal 3.1Suatu pipa mengalirkan minyak dengan “Specific gravity” S = 0,86 mempunyai diameter berubah lambatlaun. Pada penampang dimana diameter pipa sama dengan 20 cm, kecepatan aliran adalahu = 2m / det . Berapa besarnya kecepatan rata-rata pada suatu penampang dimana diameternya adalah 5cm? Hitung pula besarnya masa yang mengalir tersebut dalam satuan kilogram per detik.Jawaban :Persamaan kontinuitas : Q = A 1 u 1 = A 2 u 2Apabila diameter penampang 1 adalah 20 cm dan diameter penampang 2 adalah 5 cm, maka :dimana1πA1u42= u1= 2 m / det×A12π4u = 32 m / det2•3m = ρ Q = ρ u A=1000 kg / m•m = 62,83 kg / det•m = massa tiap satuan waktu( 0,20 )2( 0,05 )2mm221× 32 m / det×π4( 0,05 )2m2Soal 3.2Suatu corot (nozzle) dengan diameter awalnya D 1 = 8 cm dan diameter akhirnya D 2 = 2 cmmengalirkan cairan sebesar 10 l / det. Turunkan suatu persamaan untuk kecepatan aliran sepanjangsumbu corot tersebut dengan mengambil jarak x sepanjang sumbu diukur dari penampang awal danpanjang corot sama dengan L.Jawaban :Bentuk corot yang dimaksud dalam soal ini adalah seperti tampak pada Gambar 3.1.D1DD2xLGambar 3.1.Bentuk suatu corotPersamaan kontinuitas :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-3Jawaban :Diagram kecepatan aliran dapat dinyatakan pada Gambar 3.3.berikut ini :0,9 mzuGambar 3.3.Diagram pembagian kecepatan aliran didalam saluran terbukaPersamaan kontinuitas adalah :Qq = =B0,97∫ u dA=∫ z1/ × 1×A010 dz70,93⎡8 / 7 ⎤q =⎢× 10 z = 7,76 m / det⎣ 8 ⎥per m lebar⎦0Soal 3.5Pembagian kecepatan aliran diantara dua bidang datar yang sejajar dengan jarak a adalah:z z ⎛ z ⎞u = − 10 + 20 ⎜ 1 − ⎟a a ⎝ a .............................................................(3.15.3)⎠dimana u adalah komponen kecepatan sejajar bidang dan z adalah jarak yang diukur dari bidang bawahdan tegak lurus bidang tersebut. Tentukan besarnya debit dan kecepatan rata-rata aliran tersebut.Disamping itu tentukan pula besarnya energi kinetik aliran tiap satuan waktu dan ke arah mana energikinetik mengalir.Jawaban :Diagram pembagian kecepatan aliran dapat digambar seperti pada Gambar 3.4 berikut ini :az10azu (z)a412,5Gambar 3.4.Diagram pembagian kecepatan suatu aliran.Persamaan pembagian kecepatan :atau10 ⎛ 2 zu =⎜ z −a ⎝ a2⎟ ⎞⎠z z ⎛ zu = − 10 + 20 ⎜ 1 −a a ⎝ a⎟⎠⎞KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-4Persamaan kontinuitas :Q =∫Au dAApabila aliran ditinjau tiap satuan satu satuan lebar aliran (tegak lurus bidang gambar), maka luaspenampang kecil sehingga dz adalah dA=dz. Dengan demikian, menurut hukum kontinuitas besarnyadebit aliran dapat dinyatakan sebagai berikut :Qa=∫010 ⎛ 2 zza⎜ −⎝ a⎡ 10 2 20 3⎤ 10aQ = ⎢ z − z2 ⎥ =⎣ 2a3a⎦ 2a05− aQ 3 5u = = = − m / detA a 32⎞⎟ dz⎠a220a−23a35= − a m33/ detTanda negatif disini menunjukkan bahwa arah aliran adalah ke kiri sementara sumbu s positif diambil ke1 2arah kanan. Besarnya energi kinetik (e k ) adalah m u .2Energi kinetik tiap satuan waktu didalam aliran ini adalah :K Eflume =∫2mu=2 dta1 ⎡ 10 ⎡ 2 z= ∫ ρ ⎢ ⎢ z −2 ⎣ a ⎣ a0a=∫01 ⎡ 10ρ ⎢ 32 ⎣ aa∫301ρ u2⎡⎢⎣3dz26 z−a3⎤ ⎤⎥ ⎥⎦ ⎦dz12 z+2a3 4 51 10 ⎡a6 z 12 z= ρ ×3 ⎢ − +2 a ⎣ 4 5a6a= − 46,43 ρ az342658 z−3a8 z−7 a736⎤ ⎤⎥ ⎥⎦ ⎦⎤⎥⎦a0Soal 3.6a. Gambarkan diagram kecepatan pada penampang aliran didalam pipa dan tentukan besarnya debitalirannya apabila pipa tersebut mempunyai diameter 0,30 m dan persamaan diagramkecepatannya adalah :⎛2⎞⎜ru = 10 ⎟1 −.............................................................(3.15.4)2⎝ r o ⎠KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-5r 0 = jari-jari pipar = jarak radial dari titik pusat penampang (sumbu pipa)b. Berapa besarnya kecepatan rata-rata pada aliran tersebut.Jawaban :Dari persamaan (3.15.4) dapat dihitung kecepatan aliran pada titik-titik pada jarak R dari sumbu salurandengan hasil seperti pada Tabel 3.1. Dari hasil perhitungan pada Tabel 3.1 dapat digambar diagramkecepatannya seperti tampak pada Gambar 3.5r o0,6r o0,8r o0r o 0,2ro0,4r o10 Sumbupipa1 ⎛ ⎞⎜r2u = ⎟1 −0 2⎝ r o ⎠Gambar 3.5.Diagram kecepatan yang dimaksuddalam soal 3.6.Qroro⎡ ⎛2πr dr = 2π10 ⎢1−⎜⎢⎣⎝=∫ ∫0 0⎡= 20π⎢1/2r⎣= 20π× 1/ 4 r2o0,35u =1/ 4π× 0,302r−4 r242o⎤⎥⎦ro0rr= 20π= 20π× 1/ 4×0,15= 4,95 m / deto⎞⎟⎠2⎤r⎥dr⎥⎦22( 1/ 2 r −1/4r)2o= 0,35 mTabel 3.1.Perhitungan kecepatan soal 3.6r / r o 1-(r 2 /r 2 o ) u(m/det)0,0 1,00 10,000,2 0,96 9,60,4 0,84 8,40,6 0,64 6,40,8 0,36 3,61,0 0,00 0,03o/ detSoal 3.7Pembagian kecepatan dari suatu aliran laminer didalam suatu pipa dinyatakan dalam Persamaan (3.15.5)berikut ini :2[ −( r r ) ]u = u........................................................................(3.15.5)max1 /oTentukan :a. besarnya kecepatan rata-rata aliran danb. faktor koreksi energi kinetik αJawaban :Diagram kecepatan yang dinyatakan pada Persamaan (3.15.5) dapat digambar sebagai berikut :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-6u maxruroGambar 3.6.Diagram pembagian kecepatan soal 3.7.a) Hukum kontinuitas :Q = u A=1u =A∫AA=π r1u dA=A2o∫AdA=2πr dru dA∫umax⎡ ⎛⎢1−⎜⎢⎣⎝rro⎞⎟⎠2⎤⎥ dA⎥⎦uu =π rr omax2 ∫o 0⎡ ⎛⎢1−⎜⎢⎣⎝rro⎞⎟⎠22πr dr⎥ ⎥ ⎤⎦2u=r1u = u2max2omax⎡⎢⎣12r2−14 r2or4⎤⎥⎦ro02u=42maxro2rob) Persamaan (3.11.1) menunjukkan besarnya koefisien energi kinetik α dalam hubungannyadengan pembagian kecepatan aliran, yaitu :31 ⎛ 4 ⎞α = ∫ ⎜ ⎟ dA .............................................................(3.11.1)AA ⎝ u ⎠Dengan memasukkan Persamaan (3.15.5) ke dalam Persamaan (3.11.1) diperoleh:1α =πr o∫2ro0umax⎡3 ⎛⎢1−⎜⎢⎣⎝⎛ 1⎜ u⎝ 2maxrro⎞⎟⎠⎞⎟⎠32⎤⎥⎥⎦316πu=2π r uα = 2o3max3max⎡⎢⎣12r2−34rr42o+36rr64o1 r−8 r86o⎤⎥⎦r o0KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-7Soal 3.8Apabila suatu aliran turbulen didalam suatu pipa mempunyai pembagian kecepatan yang dinyatakandalam suatu persamaan seperti Persamaan (3.15.6), yaitu :uumax1/ n⎛ z ⎞= ⎜r ⎟ ........................................................................(3.15.6)⎝ o ⎠a. Turunkan persamaan untuk menentukan besarnya kecepatan rata-rata u dalam bentuk fungsi[ u f ( n)]n = apabila r 0 adalah jari-jari pipa dan z adalah suatu jarak diukur dari dinding pipa.b. Apabila n=9, berapa besarnya kecepatan rata-rata tersebut dan berapa pula besarnya koefisien energiα.Jawaban :a). Dengan menggunakan hukum kontinuitas :Q = u A=u dAdA=2πr dr = 2πr∫A( r − z )1/ ndzo1 ⎛ z ⎞u = u2πr dr2 maxπ r∫⎜ ×r⎟o 0 ⎝ o ⎠2πu=2π r r2 u=r=o⎡⎢⎣( 1+1/ n )( 1+1/ n)oo2 urromax1/ n ∫o 0maxmax⎡⎢⎣z1/ nroo( r − z )( 1+1/ n )2 + 1/ n −1−1/n( 1+1/ n )( 2 + 1/ n )( 2 + 1/ n )ozdz−( 2 + 1/ n )( 2+1/ n ) ⎤r ⎥⎦max( n + 1 )( 2n+ 1 ) ( n + 1 )( 2n+ 1 )o1z( 2+1/ n )222 n umax2 nu == u........................................(3.15.7)⎤⎥⎦ro0b). Untuk n=9KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-8u = u1α =Amax∫2×95α =381 r2×95α =381 r2×9( 9 + 1 )( 2×9 + 1 )⎛⎜⎝Jadi : α =1, 0373 ro2o32o3u ⎞⎟u ⎠21dA=π r⎛ z ⎞∫⎜⎟0 ⎝ r ⎠⎡ 3 z⎢⎣ 43 / 9o4 / 3oro1/ 3ro2o0( r − z )o−ro∫3781= u95( z / r )⎡ umaxo⎢⎣ 81/ 95 × uzrdz7 / 3o1/ 3omax1/ 9max⎤⎥ = 1,037⎦⎤⎥⎦32π( r − z )odzSoal 3.9Suatu pipa mengalirkan air dari suatu tandon (reservoir) ke tandon lain yang diletakkan lebih rendah.Selisih tinggi permukaan air antara dua tandon tersebut adalah 10 m. Apabila debit aliran Q=0,50 m 3 /det,tentukan besarnya kehilangan tenaga dalam Newton meter per kilogram dan dalam kilowatt.Jawaban :3ρ = 1000 kg / m3Q = 0,50 m / detBesarnya kehilangan tenaga dihitung dalam Nm/kg adalah :3m N 9806 N / m N mΔ H = 10 ×= 98, 063N 1000 kg / m kgJumlah kehilangan tenaga dalam kW adalah :ΔP= ρ × Q×ΔHkgΔP= 1000 × 0,503mΔP= 49,03 kW3m× 98,06detN m 1 kW×kg 1000 N m / detSoal 3.10Suatu aliran dengan kecepatan tinggi melalui suatu bidang miring seperti pada Gambar 3.7. Apabilasemua kehilangan energi diabaikan, hitung dua kemungkinan kedalaman aliran di penampang B.9,806m / det0,50 m2,50 mAGambar 3.7.Penampang memanjang saluran lebar 2 m dengan kemiringan dasar.BKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-9Jawaban :Besarnya debit aliran tiap satuan lebar adalah :Q u . B.hq = = = u . h = 9,806×0,5B B2q = 4,903 m / detPenerapan persamaan Bernoulli antara penampang A dan penampang B adalah :2uA+ h2 gA+ zAuB= + h2 g229,8064,903+ 0,5 + 0=2×9,806 2×9,806×h1,22575+ h − 2,903=02 Bhhhh3BB1B 2B− 2,903h= 0,755 m= 2,74 m2B2B+ zB+ 1,22575=02B+ hharga yang ke tiga negatif, jadi tidak mungkin terjadi.B+ 2,5Soal 3.11Apabila saluran pada Gambar 3.7 didalam soal 3.10 mengalami perubahan lebar dari B A =2m dipenampang A sampai lebar B B =3m di penampang B, tentukan dua kemungkinan kedalaman air dipenampang B kehilangan ketinggian energi Δ h =0,3 m N / N .Jawaban :Hukum energi antara A dan BzAVA+γHukum kontinuitas :2PA+ = zγBAVB+γB2PB+ + Δh...................................................(3.15.8)γQ = Q .............................................................(3.15.9)V× B× h= V9,806×2×0,5 = VVABhBAAB× BB× h× 3×h9,806×2×0,5== 3,2693Apabila harga-harga tersebut dimasukkan kedalam Persamaan (3.15.8) di dapat :BBBKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-10229,8063,2690++ 0,50=2,5 +2×9,8062×9,806×hhhhhhB3BB1B 2B 30,5449+ − 2,603=02hB− 2,603h2B= 0,510 m= 2,518 mnegatif+ 0,5449 = 02B+ hB+ 0,3Soal 3.12h 1−u 1−u 12u12 gGaris energi2u 22 g2p = x cosθρ g• x2−u 1−u 1θu 2Datumθp = ρ g x cosθGambar 3.8.Aliran melalui suatu pelimpahSuatu aliran melalui suatu pelimpah seperti pada Gambar 3.8 mempunyai kecepatan rata-rata hulu samadengan u1dan kecepatan rata-rata pada penampang 2 sama dengan u 2. Pada penampang 2 elevasipermukaan air adalah + 30,5 m dan elevasi permukaan hilir pelimpah adalah + 30 m. Permukaan hilirpelimpah membentuk sudut θ=60 0 dengan horizontal. Kecepatan aliran dipermukaan air di penampang 2adalah 6,1 m/det. Hitung tekanan dan kecepatan aliran pada permukaan pelimpah pada penampang 2.Apabila dasar saluran ( di hulu bendung ) pada elevasi +29 m, hitung kedalaman dan kecepatan aliran disaluran.Jawaban :Tebal dari lapisan diatas permukaan pelimpah di penampang 2 adalah : d 2dpp22230,5 −3030,5 −30= = = 1 mocosθcos60= ρ × g × d × cosθ= γ × d × cos60= 9,80×1×0,5 = 4,90 kN / mTinggi energi di penampang 2 adalah :2oKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-1122p2u26,1H2= z2+ + = 30,5 + 0 + = 32, 4 mγ 2 g 2×9,81Perhitungan H 2 tersebut dilakukan dengan mengambil titik 2 di permukaan air. Apabila perhitungandilakukan dengan mengambil titik di dasar penampang 2 yaitu pada permukaan pelimpah maka :dimana : zpF2uF 2H2= 32,4 = z2+ +γ 2 gF 2= m,pF2= 4,9 kN /30 m222 ⎛ 4,9 ⎞jadi uF 2= 2×9,81×⎜ 32,4 −30− ⎟ = 37, 21⎝ 9,8 ⎠u F 2= 6,1 m / detIni berarti bahwa penampang 2 kecepatan di permukaan dan di dasar aliran sama besar. Untukmendapatkan kecepatan aliran di hulu digunakan persamaan Bernoulli untuk penampang 1. :H = H1H = z1122= 32,42p1u1u1+ + = 2 g + h1+ = 32,4γ 2 g 2 gu1h1 + = 32,4 − 29 = 3, 4 m2 gDengan menggunakan hukum kontinuitas :2jadi :q = h u = h u116,1u1=hh112( 6,1 )21+=22×9,81×h12= 1×6,1 = 6,1 m3,43/ detm321 1=atau : h −3,4h + 1,9 0Penyelesaian persamaan tersebut didapat tiga harga, yaitu :hhh1,11, 21,3= 3,22 m= 0,85 m= negatifDari tiga harga tersebut yang mungkin terjadi adalah h 1,1 sedang h 1,2 dan h 1,3 tidak mungkin terjadi.Dengan demikian kedalaman air di penampang 1 adalah :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-12h = 3,22 m16,1u1= =h16,13,22= 1,9 m / detSoal 3.13Dalam suatu saluran tertutup yang mengalirkan air, pada titik A diameternya adalah 1 m, tekanannya 1kgf/cm 2 dan kecepatannya adalah 1 m / det. Pada titik B yang letaknya 2 m lebih tinggi dari pada Adiameternya adalah 0,50 m dan tekanannya 0,2 kgf / cm 2 . Tentukan arah alirannya.Jawaban :Aliran terjadi dari energi tinggi ke energi rendah :HHAA2VApA= + + z2 g γ= 10,055 mA241 9,806×10 Pa= +32×9,806 9802 N / m+ 0HVVBBHHBBAABA=A2BV pB= + + z2 g γ= VAB21=0,5> HV2BAAVAAA= 4VAB1/ 4πD=1/ 4πD2A2BVA= 4 m / det24 0,2×9,806×10= +2×9,806 9802 N / m43Pa+ 2=4,817 mKarena aliran terjadi dari energi tinggi ke energi yang lebih rendah, maka arah aliran adalah dari A ke B.Soal 3.14Pada suatu tanki air seperti tampak pada Gambar 3.9 terdapat suatu lubang berbentuk corot pada salahsatu sisi samping bawah. Apabila tinggi air dari sumbu corot sampai ke permukaan air adalah 6 m dandiameter pancaran air dari corot adalah 15 cm, tentukan kecepatan air dan debit aliran yang keluar daricorot.KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-13Jawaban :1H = 6 mDiameter 15 cm•Gambar 3.9.Aliran melalui suatu corot dari suatu tanki air2a) Pancaran yang terjadi seperti silinder dengan tekanan atmosfer mengelilinginya untukpraktisnya. Tekanan sepanjang sumbu pancaran dianggap sama dengan tekanan atmosfer.Dengan asumsi ini penerapan hukum Bernoulli antara titik 1 pada permukaan air di dalam tankidan titik 2 pada hilir corot, adalah :2122u p1u p2+ + z1= + + z22 g γ 2 g γApabila bidang persamaan (datum) diambil poada garis horizontal melalui sumbu pancaranmaka : z 1 =H ; z 2 =0Karena baik titik 1 maupun titik 2 berada pada tekanan atmosfer maka: p 1 =p 2 =0.Kemudian, karena permukaan air di dalam tanki dijaga konstan maka kecepatan di titik 1 praktissama dengan nol. Dengan demikian persamaan Bernoulli tersebut diatas dapat dinyatakansebagai berikut :20+0 + H =α u + 0+02 guntuk harga α = 1 (penampang aliran kecil sekali)2u = 22 g H ......................................................................(3.15.10)Persamaan (3.15.10) menunjukkan bahwa kecepatan pancaran pada corot sama dengankecepatan aliran jatuh bebas dari permukaan tanki. Persamaan tersebut dikenal sebagaipersamaan “TORRICELLI” jadi dalam soal ini :u2= 2×9,81×6 = 10,85 m / detb) Debit aliran melalui corot adalah :1u A2= 10,85×πm423( 0,15 ) = 0,192 / det = 192 / det2lKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-14Soal 3.15minyakS = 0,75air0,90 mφ1,20 m 10 cmGambar 3.10.Suatu tanki berisi air dan minyakmempunyai aliran melalui suatu corotPada suatu tanki yang berisi air dan minyakseperti pada Gambar 3.10 terdapat suatu lubangberbentuk corot. Dengan mengabaikankehilangan energi, tentukan debit aliran bilatinggi masing-masing permukaan cairan dijagatetap.Jawaban :Dengan menggunakan hukum Torricelli, yaitu :u = 2 g h .................................................................................(3.15.10)dapat ditentukan debit aliran sebagai berikut :Q = Cd A 2 g hC d = koefisien debitApabila C d diambil sama dengan 1, maka :1Q = 1×π × 0,10243Q = 0,0476 m2×9,81/ det = 47,6 l / det( 1,20+0,9×0,75 )Soal 3.16Bila permukaan air dalam tanki seperti pada Gambar 3.11 dijaga tetap dan kehilangan energi diperkirakansama dengan 0,1 m.N / N, tentukan kecepatan aliran di titik A. Pembacaan barometer adalah 750 mmHg.9 N/abs 1•2air4 mdatumAGambar 3.11.Jawaban :Bila digunakan hukum energi dari suatu titik di permukaan air titik 2 di penampang A, diperolehpersamaan sebagai berikut :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-15α u1−2 g( 750 / 760 )290000 N / m − × 101310α = 0+39802 N / m2uA= + 0+0+0,1 m N / N2 g2uA= −1,0179m + 4 m − 0,1 m = 2,882 m2 gu2A2p1α uA+ + z1=γ 2 g= 2×9,81×2,882 = 7,52 m / det2pA+ + zγA+ ΔhN / m2+ 4 mSoal 3.17Di dalam aliran seperti pada Gambar 3.12 diketahui kehilangan energi dari aliran sampai pada penampangA adalah4 2u12 gdan kehilangan energi pada corot adalah0,5u2 gdan H=8 m, tentukan besarnya debit aliran dan tekanan pada penampang.022. Apabila α diambil sama dengan 1HD 15 cmAair1 = u1•1 u2D2 = 5Gambar 3.12.Aliran dari suatu tanki ke suatu corot pada ujung suatu pipa.cmSoal 3.18Apabila pada soal 3.17 diketahui bahwa tekanan di A adalah 25000 Pa, maka tentukan debit aliran dantinggi H.Jawaban :Penerapan hukum energi antara penampang A dan penampang 2 :u1pAz1+ + = z2 g γu22= 9 uA22u2p2u2+ + + 0,052 g γ 2 g2KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-162u125000 n / M0++2 g 9802 n / M322,55=u2u2= 0 + + 0 + 0,052 g 2 g( 81×1,05−1)u12 g2 × 9,81×2,55u1= uA== 0,7715 m / det84,0513Q = π × 0,152×0,7714 = 0,0136 m / det422u125000 4u15×0,7714H = + + = 2,55+2 g 9802 2 g 2 × 9,81H = 2,702 m2222Soal 3.19HhSuatu aliran dari tanki melalui corot sepertipada Gambar 3.13,diketahui H = 6 m dan h = 5,75 m2 •dan α=1.S = 1,05Diameter 8 cm Hitung debit dan kehilangan energinyaGambar 3.13.Aliran dari suatu tanki melalui suatu corot dalam m dan dalam watt.Jawaban :Penerapan persamaan Bernoulli untuk aliran diantara titik 1 ke titik 2 :2u1p1z1+ + = z2 g γu2p2+ +2 g γu2H + 0+0 = 0 + + 02 g∴uuuteoritisactual2===Kehilangan tinggi energi :uΔ H = H −2222 g H2 g H =2 g H =2 × 9,806 × 6 = 10,850 m / s2 × 9,806×5,75 = 10,620 m / s1Q = π × 0,082×10,620 = 0,0534 m42actual2 g210,620= 6 − = 925 m2×9,813/ detKehilangan energi :γ × Q×ΔH= 1 ,05×9,802×0,0534×0,25=137, 3 WattKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-17Soal 3.20airDiameter0,60 mh2•Diketahui suatu alirandari tanki melalui lubang disisi bawah seperti pada Gambar 3.14, elevasi mukaair menurun sesuai aliran.Berapa lama penurunan permukaan air pada tankiseperti pada gambar dari h 1 =2m ke h 2 =30cm ?Gambar 3.14.Aliran dari suatu tankiJawaban :Dari gambar 3.14.dapat dilihat bahwa pada penampang 1 udara mengalir masuk ke dalam tanki. Sedangmelalui penampang 2 air mengalir ke luar tanki. Untuk menurunkan persamaan aliran dalam kondisi inidigunakan penerapan persamaan kontinuitas antara penampang 1 dan penampang 2 dimulai daripersamaan volume kontrol sebagai berikut :∂→ →0 = ∫ ρ dV +∂∫ ρV d A ............................................................(3.15.12)tCVCAatau :∫ V d A= − ∫CA→ →dρ ρ dV ............................................................(3.15.13)dtCVdimana :→V = vektor kecepatanV = volumeρ = kerapatan cairanApabila kerapatan udara dinyatakan dalam ρudan kerapatan air dinyatakan dalam ρa, maka Persamaan(3.15.13) dapat diuraikan sebagai berikut :atau− ρuu1A1+ ρau2A2= −ddt∫ρ dVuu−ddt∫ρ dV⎛ d ⎞d⎜ − u1 A1+ ∫ dVu⎟ + ρau2A = − ∫ ρadVa...........................(3.15.14)⎝ dt ⎠dtρu2dJumlah pertambahan udara di dalam tanki yaitu∫ ρudVusama dengan jumlah udara yang masukdtmelalui penampang 1 yaitu : u A 1 1. Dengan demikian hargaaaKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-18d−u1A1+ ∫ dVu= 0dtSehingga Persamaan (3.15.14) dapat disederhanakan menjadi :dρau2A2= − ∫ ρadVadtdu2 A2= − [ AT ( h + z )]............................................................(3.15.15)dtdimana :AT= luas penampangh = tinggi air dari titik 2 di penampang 2 sampai ke permukaan airz = tinggi titik 2 dari dasar tanki (tetap)A2= luas lubang di penampang 2Karena z tetap maka persamaan (3.15.15) dapat dinyatakan sebagai berikut :dhu2 A2= − AT......................................................................(3.15.16)dtMenurut Hukum Toricelli :u = 22 g h .................................................................................(3.15.17)Sehinggga persamaan (3.15.16) dapat dinyatakan sebagai berikut :dhA22 g h = − ATdt1A dh A −T T 2dt = − = − h dh ......................................(3.15.18)A 2 g h A g2 22Integrasi persamaan (3.15.18) menghasilkan persamaan :1AT12t = −hA 2 g 1/2 At = −A2222T12h+ C2 g+ CUntuk mencari harga C digunakan kondisi batas, yaitu :t = 0 → h = h02 AT1/ 2C = h0A 2 gSehingga persamaan (3.15.19) menjadi :......................................................................(3.15.19)KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-19Untuk :2 At = −At =A22T2 A1Th2 g2 g1/ 22 A+A2 2( h )1/− h1/02Th11/ 202 g22A T= π D1= π × 0,60 =4 41 2 12A2= π D2= π × 0,05 =414g = 9,81 m / deth = 2,7 m0h = 1,2 m12×0,2827t =0,0020 2×9,8120,2827 m0,0020 m1/ 2 1/ 2( 2 − 0,3 ) = 55,30 det22Soal 3.21Diameter = 60 cm12h3•φ =5 cmGambar 3.15.Aliran masuk ke dalam dan ke luar dari suatu tankiSuatu aliran air masuk ke dalam suatu tanki melalui penampang A dan keluar dari tanki melaluipenampang B. Sementara di dalam tanki yang berbentuk silinder dengan diameter D=60 cm terdapat airsetinggi h seperti tampak pada Gambar 3.15. Apabila debit air yang masuk ke dalam tanki adalah Q=2,83l / det, berapa lama permukaan air di dalam tanki turun dari h 0 =2,7 m sampai h 1 =1,2 m ?Jawaban :Seperti pada soal 3.20 untuk menjawab soal ini digunakan penerapan persamaan volume kontrol untukpersamaan kontinuitas seperti Persamaan (3.15.13), yaitu :∫CA→ →dρ V d A=− ∫ ρ dV ............................................................(3.15.13)dtCVUntuk aliran seperti pada Gambar 3.15 terdapat tiga komponen aliran, yaitu : aliran air yang masuk darisisi kiri melalui penampang 2, aliran udara yang masuk dari atas tanki melalui penampang 1 dan aliran airKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-20keluar dari sisi kanan tanki melalui penampang 3. Dengan demikian Persamaan (3.15.13) dapatdijabarkan sebagai berikut :atau :− ρ u1A1− ρ u2A2+ ρ u3A3= −uaaddt∫ ρudVu+ddt∫ρ dV⎛ d ⎞d⎜−u1 A1+ ∫ ρudVu⎟ − ρau2A2+ ρau3A + ∫ ρadVa…...(3.15.20)⎝ dt ⎠dtρu3⎛ d ⎞Apabila : ρu ⎜− u1 A1+ ∫ ρudVu⎟ = 0 ………………….…......(lihat soal 3.20)⎝ dt ⎠ρ u A =a 2 2Q inρ u A = A g h ………………………………....(Hukum Toricelly)a 3 3ρa 32dd− ∫ ρadVa= − ρa[ AT( h + z )].............................(lihat soal 3.20)dtdtmaka persamaan (3.15.20) dapat disederhanakan menjadi :atau :misalnya :−QATdtAindhdt( h + z)d+ A3 2 g h − AT= 0dt=A= A 2 g h −Q3 in............................................................(3.15.21)dh2 g h −T 3Q in2h = xdh = 2 x dx......................................................................(3.15.22)maka Persamaan (3.15.22) dapat dinyatakan dalam fungsi x, yaitu :dt 2 x dx=A A 2 g x −T 3Q inaaUntuk :2tAT⎡= ⎢⎢⎣A2 ATt =A 2 g33x Qin+2 g 2 g A2 1/ 2( h − h )1/h = ,7 m dan h 1, 2 m021=0123lnATQ+g A( A 2 g x −Q)3in23⎡ Aln ⎢⎢⎣A33in⎤⎥⎥⎦1 / 2h01 / 2h12 g h0−Q2 g h −Q1inin⎤⎥⎥⎦KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-21122AT= π × 0,60 = 0,2827 m4122A3= π × 0,05 = 0,0020 m43Q = 0,00283 m / detAAin1/ 2 1/ 2 2×0,28271/ 2 1/( h − h ) =( 2,7 −1,2) = 352 A T20 032 g0,0020 2×9,81QT in23g A0,2827×0,00283== 20,3929,81×0,0020⎡ A32 g h0−Q⎤ ⎡in 0,0020ln ⎢⎥ = ln ⎢⎢⎣A32 g h1−Qin⎥⎦⎢⎣0,0020t = 35+20,39×0,53=45,76 det2×9,81×2,7 −0,00283⎤⎥ = 0,532×9,81×1,2 − 0,00283 ⎥⎦Soal 3.22Pada suatu tanki yang berisi minyak dengan S = 0,86 terdapat satu lubang dua dimensi di sisi kirinya dansuatu pintu bukaan bawah di sisi kanannya, seperti tampak pada Gambar 3.45 berikut ini :0tetapA• 1h = 3 m0,60 mMinyak S=0,862•BLantai / datumGambar 3.16.Suatu tanki minyak dengan satu lubang dan satu pintu bukaan bawahDalam kondisi tersebut minyak di dalam tanki mengalir keluar melalui lubang sisi kiri ke udara luar,sedangkan yang mengalir melalui pintu bukaan bawah di sisi kanan berada diatas suatu lantai. Apabilasemua bentuk kehilangan energi diabaikan, hitung debit aliran melalui penampang A dan penampang B.Adakah perbedaan antara dua debit tersebut? Kalau ada, jelaskan mengapa berbeda.Jawaban :Debit aliran melalui penampang A dapat dihitung dengan menggunakan persamaan Toricelly, yaitu :Q = AAA2 g h 1Apabila h dijaga tetap dan lebar diambil = 1 m, maka :Q A= 0,60×1 2×9,81 =3( 3+0,3 ) 4,83 m / detUntuk menghitung debit aliran melalui penampang B digunakan persamaan Bernoulli antara O sampaititik 2 di penampang B, yaitu :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-222uOp0+ + Z2 g γuBp2= + + Z2 g γuB0 + 0 + 3,6 = + 0+0,62 g2022uB= 3,6 −0,6= 3 m2 guQBB=2×9,81×3 = 7,67 m / det= 0,6×1×7,67 = 4,60 m23/ detTernyata terdapat perbedaan besarnya debit aliran di A dan di B. Hal ini disebabkan oleh pendekatanyang berbeda. Pada penampang A yang digunakan pendekatan satu dimensi dimana pada sumbu pancarantekanan dianggap sama dengan nol diseluruh pancaran. Pada penampang B digunakan kondisi hidrostatiksehingga persamaan Bernoulli yang digunakan.Soal 3.23Suatu tanki air seperti pada Gambar 3.17 mempunyai lubang ada dasarnya dengan diameter D=15 cm.Apabila tinggi air H dijaga kostan, turunkan persamaan permukaan air pancaran r pada jarak z dari dasarsaluran dalam bentuk z/H. Apabila H=6m dan z=0,60 m, berapa diameter pancaran tersebut?HD = 15 cmA2 r BZairGambar 3.17.Suatu tanki air yang berlubang pada dasarnyaJawaban :Jumlah debit aliran melalui penampang A adalah :Q A u1 2 1A=A− A = π D × 2 g H = π2244πQ A= 2 g H177,78Hukum kontinuitas :Q = QKecepatan aliran di penampang B adalah :AB( 0,15 ) g HKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-23uB2 gA = π rB=2( H + z )Q=uBBπ=177,782 g H2 g=π( H + z ) 177,78 1+z / H1r2=1177,78r =13,33( 1+z / H )11( 1+z / H )0,252DB == 0,1465 m = 14, 65 cm0,2513,33[ 1+( 0,6 / 6 )]Soal 3.24Suatu siphon seperti tampak pada Gambar 3.18 penuh dengan air dan mengalirkan debit sebesar 7 l/det.a. Tentukan besarnya kehilangan tinggi energi antara titik 1 sampai titik 3 dalam bentuk tinggikecepatan u 2 /2g.b. Tentukan besarnya tekanan di titik 2 apabila dua pertiga dari kehilangan tinggi energi tersebutterjadi diantara titik 1 dan titik 2.c. Apabila pada penampang 3 menempel sebuah corot dengan panjang 15 cm dan diameternyamengecil dari 20 cm menjadi 15 cm, hitung debit aliran serta tekanan pada titik 2 dan 3dengan anggapan tidak terdapat kehilangan energi.2•φ = 20 cm1•air2,4 m3 1,2 m•CGambar 3.18.Suatu siphonJawaban :a. Penerapan persamaan energi pada volume kontrol antara titik 1 sampai titik 3 dengan elevasidatum pada titik 3 didapat persamaan :dimana :atau :2u1p1u2p2+ + z1= + + z22 g γ 2 g γΔ h = kehilangan tinggi energi22+ Δh2u3K u30+ 0+1,2 = + 0+0 +......................................(3.15.23)2 g 2 gKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-24dimana kehilangan energi antara titik 1 sampai titik 3 dinyatakan sebagaiK u32 g2.Dari besarnya debit aliran Q, kecepatan aliran di penampang 3 dapat ditentukan sebagai berikut :u3=2QA330,076 m=1π × 0,204/ det2u32,42= = 0,30 m2 g 2×9,81Dari persamaan (3.15.23)u232 gK =( 1+K )1,20,30= 1,2−1=32= 2,42 m / detJadi besarnya kehilangan tinggi energi adalah3u232 gatau23×2,4= 0,88 m .2×9,81b. Penerapan persamaan energi antara titik 1 dan titik 2 dengan kehilangan tinggi energi sebesar2× 0,88=0,59 m , adalah3(hal berikutnya tidak ada)Soal 3.25Di dalam suatu siphon seperti tampak pada Gambar 3.19 diketahui h 1 =1, h 2 =3 m, D 1 =3 m, D 2 =5 m dankehilangan energi sampai pada penampang 2 adalah 2,6 u 2 2 /2g dengan 10% kehilangan terjadi sebelumpenampang 1. Tentukan besarnya debit aliran dan tekanan pada penampang 1 serta tekanan pada titik Adalam kondisi tersebut.•A4 mairh1h 22 water•D 1D 2Gambar 3.19.Penampang suatu siphonKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-25Jawaban :Penerapan persamaan energi dari penampang D sampai penampang 2 menghasilkan persamaan sebagaiberikut :2p0u0p2u2z0+ + = z2+ + + Δhγ 2 g γ 2 gu2u2h1+ h2+ 0 + 0 = 0 + 0 + + 2,6 = 4 m2 g 2 g2u23,6 = 42 gu2=1Q = π D422×9,81×22u2243,62= 4,669 m / det2π × 5 × 4,669== 91,66 m4Penerapan persamaan energi dari penampang 0 sampai penampang 1 :2021p0u p1uz0+ + = z1+ + + Δh1γ 2 g γ 2 gDengan menggunakan Hukum Kontinuitas, yaitu :Q = u 1A 1uA⎛⎜⎝D⎟ ⎞⎠221= u2= u2A ⎜1D12223/ detu2u2Δ h1 = 10% × 2,6 = 0,262 g 2 gApabila bidang persamaan (datar) diambil melalui penampang 1 maka persamaan energi tersebut diatasdapat dinyatakan sebagai berikut :p1⎛ D2⎞h1+ 0 + 0=0++⎜D⎟γ ⎝ 1 ⎠p ⎡1 ⎛ 5 ⎞= 1−⎢ ⎜ ⎟γ ⎢⎣⎝ 3 ⎠3p = 9806 N / m ×144u2u2+ 0,262 g 2 g⎤24,669+ 0,26 ⎥ = −7,862m⎥⎦2×9,812( −7,862m ) = −77,09kPaUntuk mencari tekanan di titik A digunakan persamaan energi antara titik O ke titik A.22p0u0pAuAz0 + + = zA+ +γ 2 g γ 2 g2KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-26Titik A adalah titik stagnasi dimana u A = 0.Apabila bidang persamaan diletakkan di penampang O, persamaan tersebut menjadi :pA0+0 + 0 = 4 + + 0γpA= − 4 mγpa3= 9806 N / m ×( − 4 m ) = − 39,22 kPaSoal 3.26Untuk mengalirkan air dari kolom tandon 1 ke kolom tandon 2 diperlukan suatu pompa yang terletakseperti tampak pada Gambar 3.20 dibawah ini :Apabila diketahui H=16 m, debit aliran Q=30 l/det, kehilangan tinggi energi di seluruh sistem kecualipompa 80 persen maka hitung tenaga pompa yang diperlukan dalam satuan tenaga kuda (horse power).B•2H1A•Pφ =15 cmGambar 3.20.Suatu pompa air untuk menaikkan air dari satu tandon ke tandon lain yang terletak lebihtinggiSoal 3.27Apabila tenaga dari suatu sistem aliran seperti pada Gambar 3.21 di dalam soal 3.28 adalah 10 HP, danH=18 m, serta kehilangan energi sama denganyang diperlukan.8u2 , tentukan besarnya debit aliran dan daya pompa2 gJawaban :Dalam hal ini persamaan energi antara A dan B dapat dinyatakan sebagai berukut :zApAuA+ + + Hγ 2 g2P= zBpBuB+ + + Δhγ 2 g2KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-270+0+0+ HHQ HHPQPP= H02u= H + 82 gP= =γ++010 HP9806 N / m2u+ 82 g0,761 N m / det=3 3Q N / m × m3746 Watt N m / det× = 0,76131 Hp N / m/ det0,761 8 ⎡ QHP= = 18+⎢Q 2 g ⎣ 1/ 4π30,761=18Q+ 23,097Q3Q + 0,78Q− 0,033=0Dengan cara coba-coba didapat :3Q = 0,042 m / det = 42 l / detTinggi tenaga pompa yang diperlukan adalah :0,761H P= = 18, 11 m0,0420,761= mQ2( 0,15 )2⎤⎥⎦mSoal 3.28Suatu tandon air mengalirkan air ke suatu tempat yang lebih rendah melalui suatu pipa yang mempunyaicorot diujungnya seperti tampak pada Gambar 3.21 berikut ini :tetap1•2,10 m•Aφ =150 mm3,00 m QDatum2φ = 75 mmGambar 3.21.Suatu aliran dari tandon ke tempat yang lebih rendahKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-28Apabila kehilangan energi di dalam sistem diabaikan, tentukan besarnya tekanan di dalam aliran padatitik A untuk kondisi :a. Corot tetap menempel pada ujung pipa seperti pada Gambar 3.21.b. Corot dilepas dari ujung pipa (tanpa corot)Jawaban :a) Karena kehilangan energi diabaikan maka persamaan Bernoulli dapat diterapkan antara penampang1 sampai penampang 2, yaitu :2p1α u1p2α u 2z1+ + = z2+ +γ 2 g γ 2 guntuk harga α=1 (penampang aliran kecil) maka dari persamaan tersebut didapat:u25,1 + 0 + 0 = 0+0+2 gu2=2×9,81×5,1 = 10 m / detDengan menggunakan Hukum Kontinitas didapat :Q = u1π4uAAAA= u22( 0,15 ) u = π ( 0,075 )⎛= ⎜⎝A20,075 ⎞⎟0,15 ⎠A2u14222u= 0,25×10 = 2,50 m / detPenerapan persamaan Bernoulli dari titik A ke titik 2 didapat :zApAuA+ + = zγ 2 g2pA 2,53 + + = 0 +γ 2 g222p2u2+ +γ 2 g2100 +2 g22pA 10 2,5= − −3=1,78 mγ 2×9,81 2×9,8122atau :p A==321,78m×9806 N / m 17,45 kN / mb) Apabila corot dilepas persamaan kontinuitas menjadi Q = A u A uA A=2 2Karena A A = A 2 maka u A = u 2 = 10 m/detSehingga dari persamaan Bernoulli didapat :p 2210 103+ A + = 0 + 0+γ 2 g 2 gatau :p A = −3γm--- >p A= −3×9806=− 29,42 kN / m2KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-29Dari jawaban a dan b dapat dilihat bahwa apabila corot dilepas akan terjadi tekanan negatif di titik Ayang menyebabkan terjadinya kavitasi.Soal 3.29Apabila debit aliran melalui corot pada Gambar 3.21 dari soal 3.28 perlu dinaikkan 50 persen, tentukanbesarnya tinggi tenaga yang diperlukan. Kemudian apabila akan dipasang pompa air untuk menaikkandebit aliran tersebut berapa HP daya pompa yang diperlukan.Jawaban :tetap1•2,10 mφ =150 mm3,00 mPDatum2φ =75 mmGambar 3.22.Suatu pompa yang dipasang untuk menaikkan debit aliranDari persamaan Bernoulli antara titik 1 dan titik 2 didapat kecepatan aliran di titik 2 seperti pada soal3.28, yaitu : u = 2×9,81×5,1 = 10 / det2m1 2Debit aliran : Q = π ( 0,075 ) × 10 = 44,2 / det4Kenaikkan Q = 50 %1Q = 1,5 × 44,2 l / det = 0,0663 m1u = 15 m / det3l/ detPersamaan energi antara titik 1 ke titik 2 adalah :2p1u1p2z1 + + + HP= z2+ +γ 2 gγ2u22 gTinggi tenaga aliran adalah :22u215H P= − z + = −5,1+ = 6, 37 m2 g 2×9,81Jumlah tenaga aliran adalah :33P =γ Q HP= 9806 N / m × 0,0663 m / det×6,37 mP = 4141,38 N m / det = 4141,38 WDengan efisiensi pompa sebesar η = 0, 80 maka pompa yang diperlukan untuk menaikkan debit tersebutadalah pompa yang mempunyai daya sebesar :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-304141,38 W 1 HPD P= × = 6, 94 HP0,80 746 WUntuk keperluan praktis diambilD P= 7HPSoal 3.30Suatu aliran air di dalam pipa seperti tampak pada Gambar 3.23 mempunyai debit aliran sebesar 0,50m 3 /det yang harus dinaikkan dari penampang 1 ke penampang 2 yang lebih tinggi.2P1Gambar 3.23.Suatu pompa di dalam suatu sistem aliran di dalam pipaApabila diketahui bahwa elevasi penampang 1 adalah z 1 =30 m dan z 2 =40 m dari datum, serta tekananpada penampang 1 adalah p 1 =70 kPa, maka berapa besarnya daya dalam satuan kW dan dalam satuan HPyang harus ditambahkan pada aliran dengan menggunakan pompa agar tekanan di penampang 2 samadengan p 2 =350 kPa. Kehilangan energi di seluruh sistem diperkirakan sama dengan Δh=3 m dankoefisien energi α diambil sama dengan 1 ( α = α 1 ).1 2=Jawaban :Penerapan persamaan energi antara penampang 1 dan penampang 2 didapat persamaan sebagai berikut :p1u1z1+ + + Hγ 2 gHP=P= zp − pγp2u2+ + + Δhγ 2 g−u2 g2 1 1 2( z − z ) + + + Δh2212u22Menurut Hukum Kontinuitas u 1 =u 2, sehingga persamaan tersebut dapat di sederhanakan menjadi :HHDDPPPP=( 40 m −30m )= 41,6 m= QγHP+= 0,50 m( 350−70)3kN / m39806 N / m= 203965 N m / det = 203965 W = 203,965 kW2+ 0 + 3 m3/ det×9806 N / m × 41,6 m2atau :1 HPD P= 203965 × = 1273, 3 HP746 WKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-31Soal 3.31Di dalam suatu sistem aliran seperti tampak pada Gambar 3.24 dipasang suatu mesin yang disesuaikandengan keperluan aliran sebesar Q=54 l/det di dalam sistem tersebut.tetap1•EL = 4,2 m• Aφ =15 cm3,0 mB•φ =15 cmTandon air?1,20 mDATUMφ =15 cm2EL = 0udara luarGambar 3.24.Suatu sistem aliran dari suatu tandon airDengan kondisi seperti pada Gambar 3.24 tersebut, tentukan :a) Jenis mesin yang dipasang ( pompa atau turbin )b) Besarnyan tekanan di titik A dan titik B dengan ketentuan kehilangan energi diseluruh sistemdiabaikan.Jawaban :Persamaan energi dari titik 1 sampai titik 2 adalah :p1u1z1+ + + Hγ 2 g4,2 m + 0 + 0 + H2M= zM2p2u2+ + + Δhγ 2 g= 0 +222u20 + + 02 gH u2= m − 4,2 mM2 gQ 0,054u2= =3,06 m / det1 2 1=2π φ π × 0,154 42u23,06= = 0,48 m2 g 2×9,81HM= 0,48 m − 4,20 m = −3,72 mTanda negatif untuk harga H M menunjukkan bahwa mesin yang dipasang adalah suatu Turbin.KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-32Kemudian, penerapan persamaan energi dari titik 1 sampai titik A menghasilkan persamaan sebagaiberikut :p1u1z1+ + − Hγ 2 g4,2 +20 + 0T= zApAuA+ +γ 2 gpAuA−3,72= 4,2 + +γ 2 gpAuA= − −3,72γ 2 gKarena diameter pipa tidak berubah maka :22u Au2= = 0, 48 m , sehingga2 g 2 gpA= − 0,48−3,72= − 4,2 mγppAA= − 4,2 m×9806 N / m= − 41,185 kPa2322= − 41,185 kN / mPenerapan persamaan energi dari titik B sampai titik 2 menghasilkan persamaan :2zB+2pBuB+ = zγ 2 g2+2p2u2+γ 2 guKarena u B = u 2 maka : Bu2− = 02 g 2 g22Jadi :pB= zγppBB2− zB= −1,20m×9806 N / m= −11,767kPa= 0−1,2= −1,2m3= −11,767k N / m2Soal 3.32Suatu sistem pembangkit listrik tenaga air (PLTA) seperti tampak pada Gambar 3.25 dibuat untukmemanfaatkan selisih tinggi permukaan air sebesar 610 m.KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-33tetapEL = 610 m•1QEL = 02• tetapTTurbinGambar 3.25. Skema dari suatu PLTAPada kapasitas maksimum generator diperlukan debit aliran sebesar 141 m 3 /det. Apabila kehilanganenergi pada intake, penstock dan outlet diperkirakan sebesar Δh=1,52 m tentukan besarnya tenaga yangdihasilkan.Jawaban :Penerapan persamaan energi dari titik 1 sampai titik 2 menghasilkan persamaan sebagai berikut :p1u1z1+ + − Hγ 2 g610 m + 0 + 0 − HHDDDTTTT= 610 m −1,52m = 608,48 m= γ Q H2TTT= zp2u2+ + + ΔHγ 2 g3= 9806 N / m × 141 m= 8413124381 N m / det = 841 MW841312438 W== 1127765 HP746 W2= 0 +0+20 + 1,52 m3/ det× 608,48 mSoal 3.33Suatu turbin dipasang pada suatu sistem aliran untuk memanfaatkan tenaga aliran dari suatu reservoiryang terletak setinggi H diatas suatu permukaan air di reservoir yang lain seperti tampak pada Gambar3.26 berikut ini :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-341•φ =3cmHT2 tetap•Gambar 3.26.Suatu turbin di dalam suatu sistem aliranKehilangan tinggi energi di seluruh system aliran kecuali pada turbin adalah sebesar4u2 . Turbin yang2 gdipilih mempunyai efisiensi sebesar 90 persen dan putaran sebesar 240 rpm. Untuk menghasilkan 1000HP pada beda tinggi H=91,44 m, tentukan besarnya debit aliran dan kopel ( T ) di dalam poros penggerakturbin.Jawaban :Daya yang dihasilkan adalah 1000 HP, atauDT= 1000 HP = 1000×746 W = 746000 WDT= 746000 N m / detDT= γ Q HT× η746000 N m / det4Q HT== 84,53 m / det39806 N / m × 0,9Q Qu = = = 0,141 Q1 2 1 2π D π 34 4Persamaan energi yang diterapkan pada sistem aliran Dari titik 1 sampai titik 2 menghasilkan persamaansebagai berikut :22p1u1p2u2z1+ + − HT = z2+ + + Δhγ 2 gγ 2 gKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-350,00405QQ33H TDengan cara coba-coba di dapat :u1= 91,44 −2 g84,53 4= 91,44 −Q−91,44Q+ 84,53=0− 22560Q+ 20872 = 02( 0,141Q)2×9,812Q = 0,925 m/ det746×1000 N m / detT =2π× 240 / 60 det3= 29682N mSoal 3.34Suatu turbin terletak di dalam suatu system aliran seperti tampak pada Gambar 3.27 berikut ini :1•EL = + 75 mφ =10cmφ =10cmoT 302•3 u x = 15 m / det•EL = + 30 mφ =5cmGambar 3.27.Suatu turbin di dalam suatu sistem aliranTentukan besarnya daya yang dikeluarkan dari turbin tersebut, apabila kehilangan energi di seluruhsistem diabaikan.Jawaban :Kecepatan pada corot :u = 15 m / detxuuy20= 15 tan 30 = 8,67 m / det2=1Q = π42 215 + 8,672u217,33= = 15,3 m2 g 2×9,81= 17,33 m / det23( 0,05 ) × 17,33=0,034 m / detPenerapan persamaan energi antara titik 1 dan titik 2 menghasilkan persamaan sebagai berikut :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-36p1u1z + + − Hγ 2 g2= zp2+γ1 T 2+75+DDTT0+= γ Q H0 − HTHTT= 30 +2u22 g0 + 15,3= 75−30−15,3= 29,70 m3= 9806 N / m × 0,034 m= 9902 N m / det = 9,902 kW3/ det× 29,70 mSoal 3.35Pada suatu aliran di dalam pipa dipasang suatu alat ukur venturi ( Venturi meter ) seperti tampak padaGambar 3.28 berikut ini :udara20 cmφ =30 cm• K12•φ =15 cmairGambar 3.28. Venturi meterApabila diameter pipa, D=30 cm sedang diameter tenggorokan, d=15 cm maka hitung besarnya debitaliran melalui venturi meter tersebut dengan anggapan tidak terdapat kehilangan energi.Jawaban :Karena kehilangan energi di dalam sistem diabaikan maka persamaan Bernoulli dapat diterapkan antaratitik 1 sampai titik 2 sebagai berikut :2p1u1p2z + + = z2+γ 2 g γ1+p − pγ2atau : + ( z − z )2u22 g21u2−1 2=u2 g21Dengan menggunakan persamaan kontinuitas diperoleh :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-37Q = u1A1= u2A220,15 1u1= u2= u220,30 42 1 22 2 u2− u2u2−u116 ⎛== ⎜ 1 −2 g 2 g ⎝1162⎞ u2⎟⎠ 2 gDengan menggunakan bacaan pada manometer dapat dinyatakan sebagai berikut :p1−γ( K + 0,20 ) + ( z − z + K )12p2=γp1− p2atau : + ( z1− z2) = + 0, 20γKembali ke persamaan Bernoulli tersebut diatas didapat persamaan :2⎛ 1 ⎞ u+ 0,20 =2⎜ 1 − ⎟⎝ 16 ⎠ 2 gu2= 2×9,81×0,20×16 = 2,046 m / det123Q = π × 0,15 × 2,046=0,036 m / det = 36 l / det4Soal 3.36Apabila di dalam sistem aliran seperti soal 3.35 kehilangan energi antara titik 1 sampai titik 20,2u1diperhitungkan dan diketahui besarnya adalah Δ h = maka berapa besarnya debit aliran.2 g2Jawaban :Karena kehilangan energi diperhitungkan maka yang digunakan adalah persamaan energi antara titik 1sampai titik 2, yaitu :22p1u1p2u2z1+ + = z2+ + + Δhγ 2 g γ 2 g2 22p1− p2u2u10,2u1+ ( z1− z2) = − +γ2 g 2 g 2 gDari Hukum Kontinuitas telah diperoleh :22u11 u2=2 g 16 2 gDari bacaan manometer juga telah diperoleh :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-38p1− p2+ ( z1− z2) = 0, 20γmaka persamaan energi tersebut diatas dapat dinyatakan sebagai berikut :atau :2u22 g⎛⎜ 1−⎝116+Q = 35,9l / detu20,20=−2 g0,2 ⎞⎟ =16 ⎠20,201162u20,2 u2+2 g 16 2 g2×9,81×0,20×16u2== 2,032 m / det15,21 2 123Q = π D2× u2= π × 0,15 × 2,03=0,0359 m442/ detSoal 3.37Suatu manometer dipasang pada suatu pipa yang mengalirkan air dengan maksud untuk mengukurkecepatan aliran dari perbedaan tinggi tekanan antara dua titik seperti tampak pada Gambar 3.29. berikutini :S = 0,8RKD = 30 cmairu• •1 2Gambar 3.29.Pengukuran kecepatan suatu aliranApabila bacaan pada manometer menunjukkan tinggi R=30 cm, tentukan besarnya kecepatan aliran didalam pipa.Jawaban :Karena dianggap tidak terdapat kehilangan energi maka persamaan Bernoulli dapat diterapkan dari titik 1sampai titik 2 yang berada pada sumbu aliran. Persamaan tersebut adalah :22p1u1p2u2z1 + + = z2+ +γ 2 g γ 2 gz1= z 2, sehingga z 1 – z 2 = 0u = 0 2karena titik 2 merupakan titik stagnan.KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-39Dengan ketentuan-ketentuan tersebut maka persamaan Bernoulli tersebut diatas dapat disederhanakanmenjadi :21u p2− p1=2 g γKemudian, dari pembacaan manometer didapat persamaan :p1p2− 1K− 0,8 R + 1( K + R ) =γγp2− p1= 0,2 R = 0,2×0,30 m = 0,06 mγDengan demikian :u1= 0,06 m2 gu112=2×9,81×0,06u = 1,085 m / det= 1,085 m / detSoal 3.38Dalam suatu aliran di dalam pipa seperti tampak pada Gambar 3.30, diketahui bahwa debit aliran sebesar100 l/det mengalir dari penampang 1 ke penampang 2 dengan kehilangan tinggi energi sebesar 0,4 ( u 1 –u 2 ) 2 / 2g, dan tekanan di titik 1 sebesar p 1 =75.000 Pa. Hitung besarnya p 2 dan gambar garis energi sertagaris tekanan atau garis piezometrik sepanjang perlebaran pipa, dengan anggapan kecepatan aliran meratadiseluruh penampang sehingga α = 1.21D = 30 cm020D = 45 cmGambar 3.30.Aliran melalui suatu pipa yang melebar lambat launSoal 3.39Suatu pancaran air dibelokkan oleh suatu baling-baling dalam keadaaan diam dengan bentuk sepertitampak pada Gambar 3.32. Apabila debit dari pancaran air adalah 0,060 m 3 /det pada kecepatan sebesar45 m/det dan dibelokkan dengan sudut θ = 45 0 , berapa besarnya komponen-komponen gaya yangdikerjakan oleh pancaran air pada baling-baling.KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-40y2V 2v 2u 21CAF xA 1V 1θxF yGambar 3.32.Suatu pancaran air dibelokkan oleh suatu baling-baling yang diamJawaban :Dengan menerapkan persamaan momentum di arah x yaitu Persamaan (3.13.1) dan di arah y yaituPersamaan (3.13.2) pada kontrol permukaan CA didapat hasil sebagai berikut:− F x= ρV−VA + ρ V V cos( ) ( ) θ1 1 1 2 2A2Dengan memasukkan hukum kontinuitas :maka :Q == V1 A1V2A2dan karena V1= V233F = 1000 kg / m × 0,06 mF = − 790,81 N( cos −1)F = − ρ QV + ρ QV cosθ= + ρ QV θxxxF = + 1909,19 N12/ det( V −V) = ρ QV ( sin )F = − ρ Qθy33F = −1000kg / m × 0,06 myy211/ det1× 45 m / det×× 45 m / det×Dengan demikian komponen gaya pada baling-baling adalah :F x= + 790, 81 N dan F y= −1909, 19 N0( cos 45 −1)0( sin 45 )Soal 3.40Suatu pancaran air dibelokkan oleh suatu baling-baling dalam keadaan diam seperti tampak pada Gambar3.33. Apabila pancaran air tersebut mempunyai diameter D=25 mm dan kecepatan sebesar→V 1 = 30 m / detserta sudut belokan θ=60 0 , berapa besarnya komponen-komponen gaya yangdikerjakan oleh pancaran air pada baling-baling tersebut.KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-41F y→1Vy060F xxGambar 3.33.Suatu pancaran yang dibelokkan oleh suatu baling-baling dalam keadaan diamJawaban :Seperti jawaban soal 3.40, dalam perhitungan gaya-gaya yang bekerja digunakan Persamaan (3.13.1) diarah x dan Persamaan (3.13.2) di arah y.F = ρ Vx( −VA ) + ρ V ( V A )F = ρ QV − ρ QV cosθ= − ρ QVx3 1Fx= 1000 kg / m × π4F = − 220,89 NxF = − ρ QV sinθy3 1Fy= −1000kg / m × π4F = − 382,59 Ny111112222cosθ1( cosθ−1)2 22( 0,025 ) m × ( 30 m / det ) ( 0,5 −1)2 22( 0,025 ) m × ( 30 m / det ) ( 0,866)Dengan demikian komponen gaya pada baling-baling adalah :F x= + 220, 89 N dan F y= +382, 59 Nv 2u 2→V2Soal 3.41Suatu pancaran air membentur suatu baling-baling dalam keadaaan diam berbentuk seperti tampak padaGambar 3.34 berikut ini :Q1= 0,60 Qy0V 0Q 0060F xF yxKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDAQ 2Gambar 3.34.Suatu bentuk baling-baling yang membagi pancaran air

KINEMATIKA FLUIDAIII-42Apabila Q 0 =80 l/det, ρ=1000 kg/m 3 dan V 0 =100 m/det maka hitung komponen-komponen gaya F x dan F yyang diperlukan untuk menahan baling-baling tersebut tetap diam.Jawaban :Dengan menggunakan persamaan momentum di arah x, yaitu :→ →⎛Fx= ∫ ρ u ⎜ V0d A⎝F = ρVQFF = 0 + ρVsin 60F = ρVQFxxyyyCA0= 1000×0,0800000= 1000×0,08⎞⎟ = −⎠0ρ V Q + ρ V cos 600( −1+( 0,6 −0,4) cos60 )× 100[ −1+( 0,6 −0,4) 0,5 ]00× 0,6Q− ρ V sin 6000× 0,4Q( 0,6 − 0,4 ) sinθ× 100( 0,6 −0,4) 0,866 = 1386 N000× 0,6Q+ −ρV cos 60= − 7200 N0000× 0,4Q0Soal 3.42Suatu aliran air dibawah suatu struktur bangunan seperti tampak pada Gambar 3.35. mempunyai lebar1,20 m (tegak lurus bidang gambar). Berapa besar komponen-komponen gaya yang dikerjakan oleh aliranpada struktur bangunan tersebut ? α = 1.1FF 11,50 m0,6 m 0,9 m2F 2Gambar 3.35.Suatu aliran air dibawah suatu struktur bangunanJawaban :Penerapan persamaan Bernoulli dari titik 1 sampai titik 2 menghasilkan persamaan sebagai berikut :p1α u1z1+ +γ 2 g1,5 +2u10 +2 g22= z2= 0,9 +p2α u 2+ +γ 2 gu 20 +2 gu1u 2= − 0,60 +2 g 2 gDengan menggunakan hukum kontinuitas :q = u1 × 1,5= u 2 × 0,9222KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-432u5= u3u15= −0,60+2 g 9u = 2,57 m / detu1FF21221222u1u1= −0,60+2 g 2 g5= × 2,57 = 4,29 m / det312= × 9806×1,5 = 11032 N / m212= × 9806×0,9 = 3971 N / m2Dengan menggunakan persamaan momentum di arah x didapat :F − F − F = ρ Q12( u −u)2F = 11032 −3971−1000×12( 2,57×1,5 )( 4,29 − 2,57 )F = 430 N / mBesarnya seluruh gaya yang dikerjakan oleh cairan pada struktur bangunan adalah :−−−−−→F total= 1 ,20 m×430 N / m = 516, 48 NSoal 3.43Suatu aliran air yang melalui pipa outflow dibawah struktur bangunan seperti tampak pada Gambar 3.36mempunyai pembagian kecepatan seragam dimana garis-garis arusnya lurus dan sejajar. Dengan dimensiseperti yang tercantum pada Gambar 3.36, hitung besar dan arah garis komponen gaya horizontal yangdikerjakan oleh aliran pada struktur ”outflow”.1 tetapF 10,942 m (x 0,60 m)4,5 mF x0,45 m0302F 2xF 2 yF 2= 0Gambar 3.36.Suatu struktur outflowJawaban :Lebar penampang 1 = 0,60 m (tegak lurus bidang gambar)A 1 = 0,942 x 0,6 = 0,565 m 2KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-44A 2 = ¼ π x 0,45 2 = 0,160 m 2Penerapan persamaan Bernoulli antara penampang 1 dan penampang 2 (tidak terdapat kehilangan energi)di dapat persamaan :p1u1z1+ + = z2γ 2 g4,5 +2u10 + = 0 + 02 g22p2V2+ +γ 2 gu1V2= − 4,52 g 2 g222V2+2 gDengan menggunakan persamaan kontinuitas didapat :Jadi :Q = u1u1=2 guu122122== VA = V12A1V2=A2A( 3,53u)2 g122×9,81×4,511,4612F = 0cos301 2F1= ρ g h12F = 2611 N00,565u1= u10,1602− 4,5= 3,53u= 2,78 m / detV = 3,53×2,78=9,80 m / det= 8,49 m / det12× 0,6 = × 1000×9,81×0,942 × 0,62Persamaan momentum di arah x menghasilkanF − F − F = ρ Q12611−FF = 2611−8972= − 6361 Nxxx2− 0=10001( u2−u1)( 2,78×0,942×0,6 )( 8,49 − 2,78 )Dari hasil perhitungan tersebut dapat dilihat bahwa gaya yang bekerja pada cairan sebesar F x adalah kearah hilir, sedang gaya yang bekerja pada struktur mengarah ke hulu ().Soal 3.44Sejumlah air mengalir melalui suatu kolam golak atau kolam peredam energi yang berbentuk sepertitampak pada Gambar 3.37. Di ujung hilir kolam yaitu di penampang B aliran dianggap berbentukpancaran bebas. Apabila berat air di antara penampang A dan penampang B diperkirakan sebesar 2,69 kNmaka tentukan besar dan arah komponen horizontal dan komponen vertikal dari resultante gaya yangdikerjakan oleh aliran pada permukaan kolam golak AB. α= 1.KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-452,1 m 0,6 mB0450,9 m1A2 3Gambar 3.37.Suatu aliran melalui kolam golak (peredam energi)Jawaban :Penerapan persamaan Bernoulli dari penampang 1 sampai penampang 2 dengan α = 1 menghasilkanpersamaan sebagai berikut :22p1V1p2V2z1 + + = z2+ +γ 2 g γ 2 g2,1 +V10 + = 0,6 +2 gMenurut hukum kontinuitas :2Qq = = V1hB2,1V2= V10,62V20 +2 gV1V2= − 2,1 + 0,6 +2 g2 g1= V2h2Apabila harga V 2 dimasukkan ke dalam persamaan energi tersebut diatas didapat :2 21+2V⎛ 2,1 ⎞= − 2,1 + 0,6 +2 g⎜0,6⎟⎝ ⎠V1=2×9,81×1,511,252,1V2= × 1,62 = 5,66 m / det0,6q = 5,66×0,6 = 3,40 m22V1= −1,52 g= 1,62 m / det3/ detm2V112,252 gPersamaan Bernoulli antara penampang 2 dan penampang 3 adalah :p2V2p3V3z2+ + = z3+ +γ 2 g γ 2 g0,6 +225,66V30 + = 0,9 + 0 +2×9,81 2 g22KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-46VVV3= 0,6 + 1,633−0,9= 1,332 g33x3 y2V = 2×9,81×1,33 = 5,11 m / det= u33= 5,11 cos 450= v = 5,11 sin 450= 3,61 m / det= 3,61 m / detPenerapan persamaan momentum antara penampang 1 dan penampang 3 dapat dilakukan dengan melihatsusunan gaya-gaya seperti pada Gambar 3.38.G F =0 33F 22F yF xGambar 3.38.Susunan gaya-gaya yang bekerja pada penampang volume kontrol antara penampang 1 dan3.Di arah x :12ρ g h22− F = ρ Q( u −u)12Fx= × 1000×9,81×0,6 −1000×3,402F = 1765,8 + 6970=8736 N / mxx32( 3,61−5,66)Di arah y :F −G= 1000×3,40yFyF = + 14964 N / my= 2690+12274( 3,61−0 )Dari hasil perhitungan tersebut dapat dilihat bahwa komponen horizontal gaya yang bekerja padapermukaan kolam golak adalah F x =8736 N/m ke arah hilir ( → ) dan komponen vertikalnya adalahsebesar F y =14964 N/m ke arah bawah (↓ ).Soal 3.45Suatu aliran minyak membentur suatu bidang datar yang tegak lurus arah aliran, seperti tampak padaGambar 3.39 berikut ini :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-47Diameter D = 5 cmbidang dataryu 0F xxGambar 3.39.Suatu aliran yang membentur suatu bidang datarApabila kecepatan aliran minyak tersebut sebesar u o =20 m/det, berapa besarnya gaya f yang diperlukanuntuk menahan bidang datar tersebut pada posisi seperti pada Gambar 3.39. ”Specific gravity” minyakadalah S=0,83.Jawaban :Penerapan hukum Newton II diarah sumbu x menghasilkan harga F x sebagai berikut :uxFx= m ax= ρ Qt × = ρ Qux= ρ Aut3 1Fx= 0,83×1000 kg / m × π42F = 651,88 kg m / det = 651,9 Nx2x2( 0,05 m ) × ( 20 m / det )Karena gaya-gaya yang bekerja diarah y simetri maka F y =0.2F =22Fx + Fy= 651, 9NSoal 3.46Suatu pancaran air dengan kecepatan 30 m/det membentur suatu bidang datar A yang mempunyaidiameter sebesar 0,30 m dan mempunyai lubang tajam di tengah-tengahnya (oriface). Benturan tersebuttepat di tengah-tengah bidang sehingga bentuk aliran seperti tampak pada Gambar 3.40 berikut ini :φ =7,5 cmu1= 30 m / detF xφ = 2,50 cmu2= 30 m / detBidang AGambar 3.40.Suatu pancaran air membentur suatu bidang yang berlubangKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-48Berapa besarnya gaya yang diperlukan untuk menahan bidang A tetap pada posisinya dan dalam keadaandiam.Jawaban :Penerapan persamaan momentum dalam hal ini menghasilkan persamaan :Fx= − ρ u1u1A1+ ρ u2u2A22Fx= ρ u1( A2− A1)2 122Fx= 1000×30 × π ( 0,025 − 0,075 ) = −3534N4jadi gaya yang diperlukan adalah := − 3534 N = −3,534kN ( ke kiri)F xSoal 3.47Suatu pancaran air dengan debit konstan sebesar 0,027 m 3 /det keluar dari lubang pada sisi suatu tanki dandi tampung oleh tanki lain yang terletak lebih rendah seperti tampak pada Gambar 3.41 berikut ini :d = 10 cm1132,70 m0,30 m22BF BAGambar 3.41.Pengukuran gaya yang dikerjakan oleh suatu pancaran airF ADiameter pancaran di penampang 1 adalah 10 cm. Apabila luas penampang tanki 2 adalah 0,36 m 2 danberat tanki kosong diperkirakan sama dengan G k =890 N, berapa besarnya komponen-komponen gayayang akan terukur oleh alat ukur di A dan di B?Jawaban :Q 0,027u1= = = 3,44 m / detA 12π ( 0,10 )4Penerapan persamaan momentum antara penampang 1 dan penamapang 2 menghasilkan persamaan :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-49∑∑F = ρ Qx( u −u)33F = 1000 kg / m × 0,027 mxF = −92,88kg m / detx212/ det= − 92,88 N( 0−3,44m / det )Jadi besarnya gaya yang akan diukur oleh alat ukur di B adalah F B= − 92, 88 N .Penerapan persamaan Bernoulli antara penampang 1 dan penampang 3 menghasilkan persamaan sebagaiberikut :p1V1p3V3z1+ + = z2+ +γ 2 g γ 2 gV12,7 + 0 + = 0 + 02 g2222V3+2 g2V33,44= + 2,7 = 3,30 m2 g 2×9,812V = 3,30×2×9,81=64,8132u3= u 1sehingga :223232 23,v3V3= u + v = 44 +dimana u 3 = komponen V 3 di arah x Danv 3 = komponen V 3 di arah y2v3= 64,81−3,44= 7,28 m / detPenerapan persamaan momentum antara penampang 3 sampai dasar tanki menghasilkan harga F y sebagaiberikut :∑FAF = ρ QFy−890−A( V − v )y3( 0,36×0,3 ) × 9806=1000×0,027{ 0 −( −7,28)}= 890 + 1059,05+196,56 = 2145,6 NJadi besarnya gaya yang akan diukur oleh alat ukur di A adalah sebesarF A= 2145, 6 N .Soal 3.48Suatu pancaran air yang mempunyai diameter D=6 cm dan kecepatan aliran V 1 =15m/det dibelokkan olehsuatu baling-baling yang mempunyai bentuk seperti tampak pada Gambar 3.42.KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-50V 2v 22u 2V kV 11V Bx045Gambar 3.42.Suatu pancaran air yang dibelokkan oleh suatu baling-baling bergerakApabila baling-baling tersebut bergerak di arah x dengan kecepatan V B =4 m/det, hitung besarnyakomponen-komponen gaya di arah x dan y yang dikerjakan oleh pancaran air pada baling-baling tersebut.Jawaban :Untuk menerapkan persamaan momentum diambil suatu volume kontrol yang bergerak bersama samadengan gerak baling-baling sehingga kecepatan relatif pada volume kontrol adalah :VQrelrel= 15−4 = 11 m / det1 2 123= π D Vrel= × π × 0,06 × 11=0,0311 m4 4Persamaan momentum di arah x adalah :F x= ρ Q( − )u 2u 133F = 1000 kg / m × 0,0311 mxF = −584kg m / detxPersamaan momentum di arah y adalah :F = ρ Qy( v −v)F = 241,9 kg m / det2/ det= −584N33F = 1000 kg / m × 0,0311 myy212/ det= 241,9 N/ det0( 11cos135 −11)0( 11 sin135 −0)m / detm / detDengan demikian maka besarnya komponen-komponen gaya yang dikerjakan oleh cairan pada balingbalingadalah :F x= 584 N ( ke arah x positif / ke kanan )F y= − 241, 9 N ( ke arah y negatif / ke bawah )Soal 3.49KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-51Suatu pelat berbentuk sekop seperti tampak pada Gambar 3.43 dengan lebar 20 cm (tegak lurus bidanggambar) digunakan sebagai alat pemisah aliran untuk menyelidiki pengaruh perlambatan.060Airh 7, 5cmV1 SSekopLebar = 20 cmGambar 3.43.Suatu sekop sebagai alat pemisahApabila sekop tersebut ditempelkan pada suatu kereta luncur sebesar 8896 N yang bergerak dalam arahhorizontal dengan kecepatan awal 90 m/det, tentukan besarnya perlambatan awal dari kereta luncurtersebut.Jawaban :Untuk menentukan besarnya gaya yang dikerjakan oleh sekop pada air digunakan persamaan momentumsebagai berikut :∑F = ρ QFxx( u −u)F = −60750kg m / detx21= 1000 × 0,075×0,20×9020( 90 cos60 −90)= − 60750Dengan menggunakan gaya yang bekerja pada kereta adalah F=60750 N.Dengan menggunakan Hukum Newton II :F = m⋅aF 60750 2a = = = 67 m / detm 8896 / 9,81Jadi perlambatan awal adalah sebesar 6 ,8 g .atauN6,8 gkg m / detSoal 3.50Suatu skop berbentuk baji digerakkan pada suatu aliran air setebal 0,30 m seperti tampak pada Gambar3.44 berikut ini :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-5232100,30 m45F1,8 m3 mGambar 3.44.Suatu skop berbentuk baji yang digerakkan pada suatu aliran air.Lebar sekop ditentukan sama dengan lebar aliran, yaitu 1,5 m (tegak lurus bidang gambar). Tentukanbesarnya gaya F yang diperlukan untuk menggerakkan sekop tersebut pada suatu kecepatan sedemikiansehingga puncak dari garis tengah/sumbu pancaran berada pada suatu ketinggian 3 m diatas dasar saluran.Jawaban :Apabila sekop bergerak ke kiri pada kecepatan sama dengan V 1 , penerapan persamaan Bernoulli didaerah aliran dari penampang 1 ke penampang 2 dan ke penampang 3 di dapat persamaan :p1V1z1+ + = zρ g 2 g0,3+22V10 + = 1,8 +2 g2p2V2+ + = zρ g 2 gV 3 = u 3 = u 2 ( komponen kecepatan di arah x )u 3 = u 2 = V 2 cos θ = V 2 cos 45 0 = 0,707 V 22V30,707 V=2 g 2 gV20,5 = 3−1,8= 1,22 gVV22=22220V2= 0,52 gV2V21,8 + = 3+0,52 g 2 g22V2V3+ = 3+2 g 2 g2×9,81×1,2= 6,86 m / det0,52V16,86= 1,8 −0,3+ = 3,90 m2 g 2×9,812×9,81×3,90 = 8,74 m223p3V3+ +ρ g 2 gV = 0,707V= 0,707×6,86 = 4,85 m / det312=2u = 18, 74 m ( komponen V 1 di arah x )Q = 0,3×1,5 × 8,74 = 3,933m/ det22KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-53Penerapan persamaan momentum di arah x :F( u − )1F = Q3u1− ρ2 1F1= ρ g h1× 1,5 = × 9806×0,322− F = −661,9+ 1000×3,931 2F = 15949,6 N( 4,85−8,74)× 1,5 = 661,9 N= −15949,6NSoal 3.51Suatu pancaran air dengan kecepatan 45 m/det dan dengan diameter 75 mm menggerakkan suatu turbinimpuls seperti tampak pada Gambar 3.45 berikut ini :D = 0,9 md=75 mmV 1060060V2= 15 m / detd=75 mm(a)(b)Gambar 3.45.Suatu turbin impulsV2= 15 m / detSesudah membentur baling-baling pancaran meninggalkan baling-baling dengan kecepatan yang sudahberkurang menjadi 15 m/det dan berbelok pada arah 60 0 dari arah pancaran semula. Dalam kondisitersebut tentukan besarnya gaya tangensial rata-rata yang dikerjakan oleh pancaran air pada roda turbinyang mempunyai diameter 0,9 m tersebut. Disamping itu hitung pula kecepatan sudut putaran roda(dalam rpm).Jawaban :2 12Debit aliran adalah : Q = π d × V1= π × 0,075 × 45=0,199 m4 4Besarnya daya yang dihasilkan adalah :1 32 2⎛ V V ⎞1 2p =γ Q ΔH= 9806×0,199×⎜ ⎟−2 g 2 g⎝ ⎠2 2⎛ 45 15 ⎞p = 9806×0,199⎜ − 179027 W2 g 2 g⎟ =⎝ ⎠p = 179,03 kW/ detPenerapan persamaan momentum di arah x menghasilkan persamaan sebagai berikut :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-54FKecepatan sudut0( V −V) = Q ( V 60 −V)F = ρ Q ρxx21⎛ 1= 1000×0,199×⎜ × 15−45⎝ 2cos1⎞⎟ =⎠−7462,5NF x= 7, 463 kN ( Kerja yang dikerjakan oleh cairan pada turbin ).p = Fu179030=7463×ux179030u = = 24 m / det7463u = ω ru 24 m / detω = = = 53,3 radr 0,45 m53,3×60N = = 509 rpm2π/ detSoal 3.52Suatu bidang datar yang terletak miring sebesar θ terhadap sumbu horizontal menempel pada suatu keretaluncur yang bergerak dengan kecepatan u k ke arah suatu pancaran air seperti tampak pada Gambar 3.46berikut ini :V 0q0m3/ detmukuk = kecepatan keretaluncurFxθGambar 3.46.Suatu bidang datar yang menempel pada suatu kereta luncur.Dari kondisi yang diketahui tersebut : turunkana) Turunkan suatu persamaan untuk menentukan besarnya kerja tiap satuan waktu untuk mendorongbidang datar terserbut.b) Pada kecepatan berapa kereta tersebut bergerak menjauhi pancaran agar dapat dihasilkan tenagamaksimum dari pancaran.Jawaban :a) Kecepatan relatif adalah ( V 0 + u k ).KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-55Penerapan persamaan momentum di arah x menghasilkan persamaan sebagai berikut :− Fρ( V0 + u ) Q0+ ρ ( V0+ u ) cosQ1− ρ ( V0u ) cosQ2x= −kk+Dari Persamaan (3.13.11) dan Persamaan (3.13.12) diketahui :Q0Q1=2Q0Q2=2( 1+cosθ)( 1−cosθ)Apabila persamaan-persamaan tersebut dimasukkan ke dalam persamaan momentum diatas akan didapat persamaan :− Fx= ρ− F = ρxF = ρx⎧⎨⎩Q20( V + u ) −Q+ ( 1+cosθ) cosθ− ( 1−cosθ)0k( V + u )00Q222( V + u ) Q ( 1−cos θ ) = ρ ( V + u ) Q sin θ0kk22⎛ cosθcos θ cosθcos θ ⎞Q0⎜−1++ − +2 2 2 2⎟⎝⎠00k0k⎫cosθ⎬⎭Untuk aliran tetap :QF0x==( V0+ uk) q0ρ ( V + u )up = ρVk00Vq00k/ V2 2( V + u ) sin θ ( N.m)p = kerja yang dilakukan oleh cairandpb) Kerja maksimum apabila = 0dudpdukρ q0sin=V2ρ q sin θV000202q sin θ ( Newton )0k( V + u )2[ 2( V + u ) u + ( V + u ) ]22θ d0= 0( V + u ) u + ( V + u )0kk0dukkkk20u0kkk22uk= 0= 0= −( V + u )0k→ ukV0= −3Soal 3.53Suatu pancaran air dengan diameter d=7,5 cm mengalir dengan kecepatan 30 m/det ke arah sumbu xpositif ( ke kanan ). Pancaran tersebut dihadang oleh suatu kerucut yang bergerak berlawanan ( ke kiri )KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-56dengan kecepatan 12 m/det. Dengan benturan pada kerucut tersebut aliran terpisah ke dua arah sepertitampak pada Gambar 3.76, dimana arah aliran menjadi masing-masing membentuk sudut 60 0 terhadapsumbu x. Tentukan gaya eksternal horizontal yang diperlukan untuk menggerakkan kerucut tersebut.V 2u 2060u0= V 0V ku 3Gambar 3.47.Pancaran air dibelokkan oleh suatu kerucut bergerak melawan arus / pancaran.Jawaban :Kecepatan relatif : V = V + Vk = ( 30 + 12 ) m / det = 42 / detDebit aliran :1 2 1Q1= π d V1= π4 4Q1Q2=2Q1Q3=2Persamaan momentum di arah x :∑∑1 0m( 0,075 )2× 42 = 0,186 m3V 3/ detFx= − ρ Q1V1+ ρ Q2V2+ ρ Q3V3Q1Q1Fx= − ρ Q1V1+ ρ V1cosθ+ ρ V1cosθ22Fx= ρ Q1V1( cosθ−1)33Fx= 1000 kg / m × 0,186 m / det×42 m / det×F = −3906kgm / det = −3906Nx( − 0,5 )Soal 3.54Suatu piringan digantung dengan sebuah kawat dalam posisi stabil dan dapat dengan bebas bergerak diarah vertikal karena pancaran air dari bawah. Berat piringan tersebut adalah 15 N.KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-57Kawat untuk stabilitasV k32dh = ?pancaran air1Gambar 3.48.Suatu piringan yang disangga oleh suatu pancaran airApabila kecepatan awal dari pancaran air tersebut adalah V 0 =10 m/det dan diameter awal dari pancaranair adalah d=3 cm, tentukan tinggi h dimana piringan naik dan tinggal diam atau berhenti. Dalam hal inikawat hanya berfungsi sebagai alat untuk menjaga stabilitas dan tidak perlu dimasukkan di dalamperhitungan.Jawaban :Untuk mencari tinggi h digunakan persamaan Bernoulli antara penampang 1 sampai penampang 2 :p2V1z1+ + = zρ g 2 g0 +22V10 + = h +2 gVPersamaan momentum :− F = ρ Q222= V212p2V2+ +ρ g 2 g2V20 +2 g− 2 g h = 101Q = V1A1= 10×π4( − )v 3v 22− 2×9,81×hdimana : v 2 = komponen V 2 di arah y (vertikal) = V 2v 3 = komponen V 2 di arah y (vertikal) = 0−15=1000×0,0071V2= 102( 0−V)⎛ 15 ⎞− 2×9,81h=⎜1000 0,0071⎟⎝ × ⎠22( 0,03 ) = 0,0071 m / det24,463−100→ h = − = 4,87 m2×9,81Soal 3.55Suatu turbin terdiri dari empat corot seperti tampak pada Gambar 3.49. Setiap corot mempunyai diameter25 mm dan mengalirkan air sebesar 7 l/det. Apabila turbin tersebut berputar dengan kecepatan sudutω=100 rpm, hitung besarnya daya yang dihasilkan.KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-58R = 0,6 m0,6 mu 2u 3uu 21u 1(a)(b)Gambar 3.49.Suatu roda dari suatu turbinJawaban :Misalnya3u 1 = kecepatan arus keluar dari corotu 2 = kecepatan dari putaranu 3 = u t = kecepatan turbinQ 0,007u1= == 14,3 m / detA 112π ( 0,025 )42π× 0,6×100u2= 2πR×ω == 6,28 m / det60u = u = u −u= 14,3−6,28 8,02 m / detT 1 2=Dengan menggunakan Persamaan (3.12.18) dapat dihitung besarnya :T = ρ QT22( V × R )T= 1000×0,007×4×p = T ω2⎛ 2π× 100p = 134,74×⎜⎝ 60( 8,02×0,6 )⎞⎟ =⎠1411 W= 134,74 JouleSoal 3.56Di dalam suatu pompa centrifugal sejumlah 25 l/det air meninggalkan impeller yang berdiameter 0,20 cmdengan kecepatan tangensial sebesar 9 m/det. Air tersebut memasuki impeller dalam arah radial. Untukkecepatan putar pompa sebesar 1200 rpm dan semua kehilangan energi diabaikan, tentukan besarnyakoppel (torque) di dalam poros penggerak, input tenaga (dalam HP), dan energi yang dapat ditambahkanpada aliran.Jawaban :Dengan menggunakan Persamaan (3.13.18) dapat dihitung harga T sebagai berikut :z[ r V − r V ]T = ρ Q............................................................(3.13.18)2 t 2 1 t1KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-59Karena air memasuki impeller dalam arah radial maka V t1 = 0. Dengan demikian maka Persamaan(3.13.18) dapat disederhanakan menjadi :T = ρ Q r Vz33T = 1000 kg / m × 0,025 mzT = 22,5 Nmz2t 2/ det1200×2πω = = 125,7 rad / det60Tz× ω 22,5×125,7p = == 3,79 HP746 746Tz× ω 22,5×125,7 NmE = == 11,54γ Q 9806×0,025 N× 0,10 m×9 m / detSoal 3.57Suatu debit aliran sebesar 40 m 3 /det keluar dari suatu turbin pada putaran 240 rpm untuk menghasillkandaya sebesar 40.000 kW, berapa seharusnya komponen tangensial dari kecepatan air pada waktumemasuki impeller yang mempunyai diameter 3,2 m ? Kemudian, apabila kehilangan energi di dalamturbin diabaikan, berapa besar tinggi energi yang diperlukan agar turbin mampu menghasilkan dayatersebut diatas.Jawaban :Dengan menggunakan persamaan koppel seperti di dalam soal 3.56 dapat ditentukan harga V t sebagaiberikut :T = ρ Q rVzt3,2Tz= 1000 × 40×× Vt= 64000VtNm240×10p = T × ω6z= 64000 Vt⎛ 240×2π⎞× ⎜ ⎟⎝ 60 ⎠640×10 × 60Vt== 24,87 m / det64000×240×2πp = γ Q H = 9806×40×H = 40×1040000000 kg m / detH =339806 kg / m × 40 m / det6W= 102 mKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-60Soal 3.58Didalam suatu saluran terbuka berpenampang persegi empat terdapat suatu perubahan aliran darisuperkritis menjadi subkritis sehingga terjadi suatu loncatan air (hydraulic jump) seperti tampak padaGambar 3.50 berikut ini :21h 2h1p Vp21kGambar 3.50.Suatu loncatan aira) Tentukan persamaan kehilangan energi akibat loncatan air tersebut.b) Tentukan persamaan hubungan antara h 1 dan h 2 .Jawaban :a) Dengan menggunakan persamaan momentum untuk tiap satuan lebar (tegak lurus bidang gambar)dan persamaan kontinuitas didapat persamaan sebagai berikut :Persamaan momentum dari penampang 1 ke penampang 2 :∑12( u − )F = p1 − p2= ρ Q2u112( u −u)22ρ g h1B − ρ g h2B = ρ Q2 1...............................................(1)Hukum kontinuitas menunjukkan :Q = u = atau1A1u2A2A h B hu = = .....................................................................(2)1 112u1= u1u1A2h2B h2Dengan menggabungkan Persamaan (1) dan (2) didapat :1ρ g h1B221− ρ g h2h212− h4B222⎛ h1= ρ u1h1B⎜⎝ h221u=2 g( h − h )12hh⎞u1−u1⎟⎠( h1− h2)( h1+ h2)4( h − h ) h1221h21 h2= = ( h1+ h2) ...............(3)g1 2 141u2 hPenerapan persamaan energi dari penampang 1 sampai penampang 2 menghasilkan persamaan :2p1u1p2u2z1+ + = z2+ + + Δhρ g 2 g ρ g 2 g2KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-61h + 0121u+ = h2 g221+ 022u uΔh= − +2 g 2 g222 2u1u2⎛ hΔh= −2 g 2 g⎜⎝ hu+ + Δh2 g( h − h )121⎞⎟⎠22+( h − h )22u ⎛1h ⎞Δ1h = ⎜ 1 ⎟ + ( h1− h2)22 g−h...............................................(4)⎝ 2 ⎠dengan memasukkan Persamaan (3) ke dalam Persamaan (4) di dapat :Δ h =( h + h )113224 h1Δh=4hhhΔh=21+ 3hh ⎛2h⎜⎝2 22− h12h2⎞⎟+⎠1( h − h )12 3 3 2 22{( h h + h − h − h h ) + 4 h h − 4 h h }2112h2−3h4hh12221h21− h31=212( h − h )2114 h hJadi persamaan kehilangan energi yang dimaksud adalah :Δ h =( h − h )2114hh23b) Kembali ke persamaan momentum dari penampang 1 sampai penampang 2 dan persamaankontinuitas dapat diturunkan persamaan sebagai berikut :1ρ g h2211B − ρ g h2dibagi dengan B didapat :12 qg2212q h+g h 22qg2 2q q−g h g h12q=g h22⎛ 1 1 ⎞⎜ −h1h⎟ =⎝ 2 ⎠2h=1h22 qg h222222h+2B = ρ B q( h − h ) + ( h + h )221h h= −2 2( h2− h1) + ( h2+ h1)( h − h )231h=h2222111h+h21222312( u − ) =⎜ − ⎟ 2u1ρ B qh2h1⎠1= h1h22⎛⎝( h + h )211121⎞KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-62⎛ h⎜⎝ h21⎞⎟⎠2h+h212q−g h⎛ h⎜⎝ h21⎞⎟⎠2311,2= 08q−1±1+g h=2231Karena harga negatif tidak mungkin terjadi maka persamaan hubungan antara h 1 dan h 2 dapatdinyatakan sebagai berikut :hh1⎡21q= ⎢ −1+1+32 ⎢⎣g h128⎤⎥⎥⎦Soal 3.59Di dalam suatu aliran melalui suatu pintu air bukaan bawah (under sluice) seperti tampak pada Gambar3.51, kehilangan energi diabaikan. Apabila kedalaman air tepat pada vena kontrakta adalah h c =45 cm dankedalam air dihilir adalah h 2 =200 cm, tentukan kedalaman air tepat di hulu pintu (h 1 ). Pada penerapanhukum energi besarnya2u12 gdianggap sama dengan nol untuk memindahkan / menyederhanakanperhitungan . Beri alasan pengambilan asumsi atau anggapan tersebut.1h 1C2h 2h oh cGambar 3.51.Aliran melalui pintu air bukaan bawahJawaban :Penerapan persamaan energi dari penampang 1 ke penampang c.2p1u1pcucz1 + + = zc+ +γ 2 g γ 2 g2Karena u 1 kecil sekali dibanding u c maka biasanya harga2u12 gdianggap sama dengan nol atau diabaikansehingga persamaan tersebut dapat disederhanakan menjadi :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-632cu= h1− hc2 g2cuh1+ 0 + 0 = hc+ 0 +2 gDari jawaban soal 3.59 yaitu penurunan persamaan dari penggabungan persamaan momentum danpersamaan kontinuitas diketahui bahwa :u c 1 h= ( hc+ h )222 g 4 hcDengan demikian maka :1h1− hc=41h1= hc+4h1( h + h )c1= 0,45+42hh( h + h )c2c2hh2c20,45( 0,45+2 ) = 3,172 mDengan menggunakan persamaan kontinuitas diketahui bahwa :dimana B adalah lebar saluran, dan dengan demikian :hcu1= uhuuucc1c2 g( h − h ) = 2×9,81( 3,172−0,45)= 7,308 m / det2==12u11,036= = 0,055 m2 g 2×9,811c0,45× 7,308=1,036 m / det3,172Harga tersebut jauh lebih kecil daripada h 1 sehingga dapat diabaikan.h Bu = hSoal 3.60Suatu aliran melalui bendung pelimpah (weir) seperti tampak pada Gambar 3.52 mempunyai debit tiapsatuan lebar (tegak lurus bidang gambar) sebesar q=10 m 3 /det m. Apabila dikehendaki bahwa kehilanganenergi di kaki pelimpah adalah sebesar 2 mN/N, tentukan elevasi lantai dasar saluran dimana terjadiloncatan air.11cBucKUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-640 EL + 50 mh o12EL + 30 mh 1EL. zh 2Gambar 3.52.Suatu loncatan air di bawah pelimpahJawaban :Misalnya elevasi yang dimaksud adalah z maka h 2 = 30 – z.Penerapan persamaan energi dari penampang 0 sampai penampang 1 menghasilkan persamaan sebagaiberikut :z0p0u0+ + = zρ g 2 g50+0 + 0 =2211p1u1+ + + Δhρ g 2 gu2 g1( z + h ) + 0++ 2u= 50−2 − z − h2 g1212= 48−z − h…………………….……………………...(1)Dari jawaban soal 3.58 diketahui bahwa pada loncatan air berlaku persamaan sebagai berikut :21u 1=2 g 4( h + h )1212uh1+ h2=g2hh2u1h1+ 30 − z =g122hh21⎛ h1⎞⎜⎟⎝ 30 − z ⎠……………………………………………………….………...(2)Karena hanya terdapat dua persamaan yaitu (1) dan (2) untuk tiga harga yang tidak diketahui yaitu h 1 , u 1dan z maka penyelesaian dilakukan dengan cara coba-coba dengan langkah sebagai berikut :1. Perkirakan dulu harga h 1 .q1102. Dengan harga tersebut pada butir 1 dihitung harga u1= = m / det .h h3. Hitung harga z dari persamaan energi.111KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-654. Periksa apakah harga tersebut memenuhi persamaan momentum untuk loncatan air.5. Ulang perhitungan sampai semua ketentuan yang berlaku terpenuhi.Dengan cara tersebut didapat :h = 0,461 mz = 23,546 mh = 6,454 mu = 21,692 m / detu1212= 1,55 mMaka elevasi lantai atau dasar saluran pada lokasi loncatan air adalahz = 23, 546 m .Soal 3.61Suatu tanjakan berombak seperti tampak pada Gambar 3.53 digunakan sebagai peredam energi di dalamsuatu aliran saluran terbuka berpenampang persegi empat. Apabila debit aliran tiap satuan lebar adalahq=5,40 m 3 /det m, hitung a) besarnya kehilangan energi, b) besarnya daya yang dapat diredam, dan c)komponen horizontal gaya yang dikerjakan oleh aliran pada tanjakan tersebut.2u12 gΔH22h2 = 0, 9u / 2 gmF 2F1h1 = 0, 60mF0,60 mJawaban :a) q=5,4 m 3 /det m.u15,4= = 9 m / det0,62u19= = 4,13 m / det2 g 2×9,81u22=2=qh1qh25,4= = 6 m / det0,92u26= = 1,83 m / det2 g 2×9,81Gambar 3.53.Suatu bentuk peredam energiPenerapan persamaan energi antara penampang 1 sampai penampang 2 menghasilkan persamaan :KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA

KINEMATIKA FLUIDAIII-66p1u1z1+ + = zγ 2 g0,6 +20 + 4,13=2p2u2+ + + Δhγ 2 g2( 0,6 + 0,9 )+ 0+1,83+ ΔHΔH= 0,6 + 4,13−1,5−1,83= 1,40 mQ ΔH9806×5,4×1,40b) p = γ HP == 99,37 HP / m746746c) Penerapan persamaan momentum didapat persamaan sebagai berikut :1ρ g h2211− ρ g h2∑22F = ρ Q− F = ρ q( u −u)2( u −u)2112 2( h − h ) − q ( u −u)1F = γ1 2ρ29806F =2F = − 2206,35+16200F = 13994 N / m2 2( 0,6 −0,9) −1000×5,4 ( 6 −9)21KUMPULAN SOAL MEKANIKA FLUIDA