Buoyancy

Mekanika Fluida
9 Maret 2006
Latihan 3
Buoyancy
No. 1.
Fa = airV
1,5 N – 1,1 N = 1000 kg/m3 x 9,81 m/dt2 x V
V = 4,077 x 10-5 m3 = 40,8 cm2
S
 log am Wlog am
1,5 N


 3,75
N
 air
 air  V 9810  4,077 10 5 m 3
3
m
No. 2
Berat kayu = Wkayu = kayu Vkayu = 0,5 x 1000 N/m3 x (1 x 1 x 0,25) m3 = 1226,25 N
Fa = Wkayu + Wbeban = 1226,25 N + 400 N = 1626,25 N
Fa = airV
1626,25 N = 1000 kg/m3 x 9,81 m/dt2 x Vkayu tglm
Vkayu tglm = 0,1658 m3
Bagian kayu yang tenggelam = 0,1658 m3 / (1 x 1) m2 = 0,1658 m = 15,6 cm.
No. 3
Fa
G
B
W
Gaya berat bekerja di titik berat
benda vertikal ke bawah
Gaya apung bekerja di titik berat
bagian benda yang tenggelam vertikal
ke atas
Tampak samping kayu gelondongan yang terapung
Fa
D
G
L
B1
W
Bila diberi gaya yang membuat posisi kayu
miring maka titik gaya buoyancy akan bergeser
sehingga garis gaya berat dan gaya buoyancy
akan membentuk kopel yang mengembalikan
gelondongan kayu ke posisi semula
Posisi awal
Jika L dipotong
Fa
D
L
D
W
L
Bila diberi gaya yang membuat posisi kayu miring maka titik
gaya buoyancy akan bergeser sehingga garis gaya berat dan gaya
buoyancy akan membentuk kopel yang membuat kayu menuju
kesetimbangan baru
Posisi awal
Perhitungan batas perbandingan L/D
Jika benda dijungkitkan sedikit sehingga membentuk sudut , maka perpanjangan garis
vertikal melalui B1 akan memotong perpanjangan garis BG di titik M yang disebut
metasenter.
M
N

G
B
G1
B1
Sudut  didefinisikan
WGG1
tan  
WGM
Tinggi metasenter GM didefinisikan sebagai harga limit bila  mendekati 0 dan dapat
diperoleh dengan mengeplotkan GM terhadap  untuk berbagai harga x.
Ambil elemen batang selebar dA dari bagian benda yang terendam.
x
z
dA
Momen yang ditimbulkan elemen tersebut terhadap sumbu adalah
Vtrdm x0   z dA x ...............................................................
(1)
(z dA) x adalah momen subuah kolom yang tenggelam tak terhingga. Harga x0 harus sama
dengan nol agar bagian yang tenggelam simetrik terhadap bidang yz.
Sesudah terjungkit sedikit maka
z + x tan 
Vtrdm x   z  x tan   dA x .................................................
(2)
Selisih dari persamaan (1) dan persamaan (2) adalah
Vtrdm x  x0    x 2 tan dA  I tan  ..................................
(3)
I adalah momen inersia luas benda yang tenggelam terhadap bidang permukaan yang
dipindahkan.
Jika x0 = 0 maka dari persamaan (3) diperoleh:
Vtrdm x
 Vtrdm BM  I ...........................................................
tan 
Karena GM = BM – BG maka
(4)
GM 
I
Vtrdm
 BG
> 0 untuk kondisi mantap .........
(5)
= 0 untuk kesetimbangan netral
< 0 untuk kondisi tidak mantap
Persamaan (5) memberikan posisi metasenter untuk gerak menggelinding (rolling)
penjungkitan terhadap sumbu horisontal membujur sebesar sudut kecil .
Untuk soal No. 3. (D = diameter kayu, L = panjang kayu)
Fa = W
air x Vtrdm = kayu x Vtotal
Vtrdm 
 kayu
Vtotal  S kayuVtotal
 air
Jadi bagian kayu yang tenggelam adalah 2/3 dari volume keseluruhan.
Jika luas penampang batang kayu adalah A, maka bagian kayu yang tenggelam adalah
Vtrdm = 2/3 AL
Pusat gravitasi terletak pada ½ L dari bagian bawah gelondongan pendek dan pusat gaya
apung terletak L/3 dari bagian bawah sehingga BG = L/6.
Momen inersia (I)
I
AD 2
16
Bila persamaan (5) sama dengan nol maka
1
AD 2
L
16
 0
2
6
AL
3
Sehingga
D
 1,33
L