Soal 1
Tangki air dengan lubang kebocoran diperlihatkan gambar berikut!
Jarak permukaan fluida ke tanah adalah 10 m dan jarak lubang ke permukaan air adalah 1,8 m. Tentukan:
a) Kecepatan keluarnya air
b) Jarak mendatar terjauh yang dicapai air
c) Waktu yang diperlukan bocoran air untuk menyentuh tanah
Solusi
a) Kecepatan keluarnya air
v = √(2gh)
v = √(2 x 10 x 1,8) = 6 m/s
b) Jarak mendatar terjauh yang dicapai air
X = 2√{h(H-h}
X = 2√{(1,8 (10 – 1,8)} = 3,84 m
c) Waktu yang diperlukan bocoran air untuk menyentuh tanah
t = √(2(H – h)/g)
t = √(2(8,2)/(10)) = 1,28 sekon
Soal 2
Gambar di bawah ini menunjukkan sebuah tangki air dengan sebuah katup di dasarnya. Jika katup ini dibuka, berapa ketinggian maksimum yang dicapai oleh semburan air yang keluar dari sisi kanan tangki? Anggap h = 10 m, L = 2,0 m, dan θ = 300 dan anggap luas penampang di A jauh lebih besar daripada B.
Tangki air dengan lubang kebocoran diperlihatkan gambar berikut!
Jarak permukaan fluida ke tanah adalah 10 m dan jarak lubang ke permukaan air adalah 1,8 m. Tentukan:
a) Kecepatan keluarnya air
b) Jarak mendatar terjauh yang dicapai air
c) Waktu yang diperlukan bocoran air untuk menyentuh tanah
Solusi
a) Kecepatan keluarnya air
v = √(2gh)
v = √(2 x 10 x 1,8) = 6 m/s
b) Jarak mendatar terjauh yang dicapai air
X = 2√{h(H-h}
X = 2√{(1,8 (10 – 1,8)} = 3,84 m
c) Waktu yang diperlukan bocoran air untuk menyentuh tanah
t = √(2(H – h)/g)
t = √(2(8,2)/(10)) = 1,28 sekon
Soal 2
Kita terapkan persamaan bernoulli untuk titik A dan B, dengan y = 0 di titik B, dan kecepatan di titik A dita abaikan (mengapa???), maka
PA + ½ ρvA2 + ρgyA = PB + ½ ρvB2 + ρgyB
Karena yB = 0 dan yA = h – L sin θ, maka
PA + ½ ρ(0)2 + ρg(h – L sin θ) = PB + ½ ρvB2 + ρg(0), dan karena PA = PB = tekanan atmosfer maka,
ρg(h – L sin θ) = ½ ρvB2
vB = {2g(h – L sin θ)}1/2 = {2 x 10 m/s2 (10,0 m – 2,00 m x sin 300)} = 13,3 m/s
setelah keluar dari titik B, semburan berbentuk gerak parabola dengan kecepatan awal sebagai
v0y = v0 sin 300 = 13,3 m/s sin 300 = 6,64 m/s, dengan menggunakan hubungan
vy2 = v0y2 + 2gy, maka
(0)2 = (6,64 m/s)2 + 2(-9,8 m/s2)ymaks
Ymaks = 2,25 m.
PA + ½ ρvA2 + ρgyA = PB + ½ ρvB2 + ρgyB
Karena yB = 0 dan yA = h – L sin θ, maka
PA + ½ ρ(0)2 + ρg(h – L sin θ) = PB + ½ ρvB2 + ρg(0), dan karena PA = PB = tekanan atmosfer maka,
ρg(h – L sin θ) = ½ ρvB2
vB = {2g(h – L sin θ)}1/2 = {2 x 10 m/s2 (10,0 m – 2,00 m x sin 300)} = 13,3 m/s
setelah keluar dari titik B, semburan berbentuk gerak parabola dengan kecepatan awal sebagai
v0y = v0 sin 300 = 13,3 m/s sin 300 = 6,64 m/s, dengan menggunakan hubungan
vy2 = v0y2 + 2gy, maka
(0)2 = (6,64 m/s)2 + 2(-9,8 m/s2)ymaks
Ymaks = 2,25 m.
Post a Comment for "Soal dan penyelesaian Fluida Dinamis"
Sobat Fisika! Berikan Komentar di kolom komentar dengan bahasa yang sopan dan sesuai isi konten...Terimasih untuk kunjunganmu di blog ini, semoga bermanfaat!