bahan kuliah mektek 2

DAFTAR ISI Daftar Isi. .................................................................................................... Prakata......................................................................................................... 1.

Tegangan tarik dan tegangan tekan....................................................... Sasaran belajar...................................................................................... Pendahulan............................................................................................ Tegangan dan regangan........................................................................ Elastisitas dan plastisitas....................................................................... Hukum HOOKE.................................................................................... Faktor keamanan................................................................................... Angka poisson’s (u).............................................................................. Tegangan akibat berat sendiri............................................................... Tegangan batang akibat beban aksial................................................... Tegangan akibat perubahan temperatur................................................ Tegangan pada batang tirus..................................................................

2.

Tegangan geser..................................................................................... Sasaran belajar.................................................................................... Pengertian dan tegangan geser........................................................... Tegangan geser yang diizinkan.......................................................... Tegangan geser pada batang yang mendapat beban tarik dan Tekan murni.......................................................................................... Tegangan geser pada bidang yang letaknya tegak lurus satu sama Lain....................................................................................................

3.

Momen inersia.................................................................................... Sasaran belajar Pengertian momen intersia................................................................. Momen inersia polar........................................................................... Jari-jari girasi...................................................................................... Teorema sumbu sejajar....................................................................... Momen inersia penampang................................................................. Momen inersia penampang komposit.................................................

1

Hasil kali inersia................................................................................. Soal perlatihan.................................................................................... 4.

Tegangan normal akibat momen lentur (tegangan lentur).................. Sasaran belajar.................................................................................... Pendahuluan........................................................................................ Distribusi tegangan penampang simetri............................................. Distribusi tegangan penampang tak simetri........................................ Tegangan geser dalam balok.............................................................. Tagangan-tegangan dalam balok dengan penampang tak konstan.....

5.

Tegangan akibat momen puntir Sasaran belajar.................................................................................... Pendahuluan........................................................................................ Penurunan rumus puntir...................................................................... Torsi pada tabung berdinding tipis..................................................... Soal perlatihan....................................................................................

6.

Tekanan bidang................................................................................... Pendahuluan........................................................................................ Tekanan pada bidang miring.............................................................. Tekanan pada bidang datar................................................................. Tekanan pada tabung berdinding tipis................................................ Soal perlatihan....................................................................................

7.

Tegangan gabungan............................................................................ Sasaran belajar ................................................................................... Pendahuluan........................................................................................ Kombinasi beban aksial dan lentur..................................................... Persamaan transformasi tegangan bidang........................................... Lingkaran tegangan mohr................................................................... Pembuatan lingkaran mohr................................................................. Soal perlatihan....................................................................................

8.

Lendutan............................................................................................. Sasaran belajar...................................................................................... Pendahuluan........................................................................................

2

Moroda integrasi ganda......................................................................... Metode luas momen.............................................................................. Metode superposisi............................................................................... Soal perlatihan...................................................................................... 9.

Struktur statis tak tentu......................................................................... Sasaran belajar...................................................................................... Pendahuluan.......................................................................................... Balok dengan tempuan jepit-ngsel dan jepit –rol................................. Balok dengan tumpuan jepit................................................................. Balok menerus...................................................................................... Soal perlatihan......................................................................................

10. Buckling (Tekuk)................................................................................ Sasaran belajar.................................................................................... Pendahuluan........................................................................................ Kolom panjang dengan rumus euler................................................... Kolom sedang..................................................................................... Rumus kolom dengan pembebanan eksentris..................................... Soal perlatihan Daftar Pustaka............................................................................................

3

PRAKATA Dengan mengucapkan syukur alhamdulillah ke hadirat Tuhan Yang Maha Esa, dan atas berkah rahmat serta hidayah-Nya, maka penyusun dapat menyelesaikan buku ajar mekanika Teknik II ini dengan baik meskipun masih banyak kekurangannya. Buku ini diperuntukkan bagi kalangan mahasiswa yang ingin mempelajari Mekanika Teknik sebagai lanjutan dari Mekanika Teknik I (satistika) pada kurikulum jurusan teknik mesin di Universitas/ Institut umumnya dan Politeknik khususnya. Pengembangan, koreksi, modifikasi dan lain-lain perbaikan akan diusahakan

dikemudian hari. Oleh karena itu, segala kritik dan saran yang

bersifat membangun akan sangat berguna bagi kami, mengingat bahwa buku ini masih jauh dari kesempurnaan. Mudah-mudahan buku ini bermanfaat bagi mahasiswa Politeknik khususnya dan bagi pembaca umumnya.

Penulis

4

1. Tegangan tarik dan tagangan tekan Sasaran belajar Setelah mempelajari dan menyelesaikan soal perlatihan bab ini, anda dapat menentukan ukuran batang yang menerima beban tarik maupun tekan. •

Anda dapat menjelaskan diagram tegangan dan regangan

•

Anda dapat menentukan besarnya tegangan

berdasarkan pengaruh

temperatur. •

Anda dapat menyebutkan paramater yang berhubungan dengan Hukum Hooke.

Pendahuluan Kekuatan merupakan bagian dari ilmu kekuaan bahan, sedangkan tegangan merupakan perluasan dari pelajaran ilmu gaya (statistika), tetapi terdapat perbedaan

yang nyata antara keduanya. Pada dasarnya, statistika membahas

hubungan antara gaya yang bekerja pada benda kaku dan benda dalam keadaan setimbang. Sedangkan kekuatan bahan meliputi hubungan antara gaya luar yang bekerja dan pengaruhnya terhadap gaya dalam benda tersebut. Di samping itu, analisis kekuatan benda tidak anggap kaku, sehingga deformasi kecil tetap diperhitungkan. Jadi kekuatan bahan adalah kemampuan suatu benda untuk menahan gaya yang terjadi padanya sampai pada batas yang ditentukan, sedangkan tegangan adalah reaksi dalam (gaya dalam) persatuan luas penampang. Gaya dalam adalah reaksi bagian dalam benda terhadap gaya luar. Tegangan dilambangkan dengan huruf yunani :

σ (sigma), misal untuk kasus benda yang

ditarik unilaksial (seperti pada uji tarik). σ=

F A

5

Gambar 1.1 Benda ditarik uniaksial

Dengan : σ = Tegangan tarik (pa = N/m2) F = Gaya normal yang besarnya sama dengan gaya luar (N) A = Luas penampang yang menahan gaya luar (m2) Dengan diketahuinya tegangan, kita dapat mengukur kemampuan benda untuk manahan beban. Jenis tegangan 1. Berdasarkan arah gaya dikenal tegangan normal dan tegangan geser. Tegangan normal adalah tegangan yang diakibatkan oleh gaya luar yang arahnya tegak lurus penampang atau sejajar normal penampang. Tegangan geser adalah tegangan yang diakibatkan oleh gaya luar yang arahnya sejajar atau sebidang dengan penampang yang menahan. 2. Berdasarkan pembebanan dikenal dengan tegangan tarik, tegangan tekan, Tegangan geser, tegangan dukung, tegangan lentur dan tegangan puntir Tegangan tarik adalah tegangan yang dikakibatkan oleh beban tarik, sedangkan tegangan tekan diakibatkan oleh beban tekan. Bila benda tarik akan terjadi pemanjangan dan bila ditekan akan terjadi pemendekan Tegangan dan regangan Konsep

dasar

tegangan

dan

regangan

dapat

dijelaskan

dengan

menggunakan sebuah batang yang diberi gaya aksial (axial force) P speerti diperlihatkan pada gambar 1.2 di bawah ini.

6

Lo P δ

n

P

P n

(a )

L

n

P

σ n

(b )

Akibat gaya aksial P akan timbul tegangan (internal stress). Untuk menghitung tegangan perlu dilakukan pemotongan khayal pada penampang m-n (gambar 1.2 a) dengan arah tegak lurus sumbu batang. Potongan sebelah kanan dipisahkan sebagai benda bebas (gambar 1.2 b). Pada ujung sebelah kanan bekerja gaya P (aksi), sedangkan pada bagian sebelah kiri timbul gaya reaksi yang besarnya sama dengan gaya aksinya. Tegangan normal yang terjadi dapat dihitung.

σ=

P ..................................(1 −1) A

Dengan :

σ

= Tegangan normal tarik (Pa)

P

= Gaya tarik (N)

A

= Luas penampang bahan (m2)

Akibat gaya tarik P, batang akan mengalami pemanjangan (elongation), sedangkan apabila beban P berupa gaya tekan batang akan mengalami pemendekan. Perubahan panjang batang baik yang mengalami pemanjangan maupun pemendekan

dinyatakan

dengan huruf yunani

δ (delta) yang

digambarkan dalam gambar 1.2 a untuk batang dengan beban tarik. Perbandingan antara perubahan panjang ( δ ) dengan panjang semula (L) disebut sebagai regangan (strain) yang dinyatakan dengan huruf yunani

ε = (epsilon)

Dalam persamaan :

ε=

δ L

........................................................................( 2 −2)

7

Dengan :

ε

= Regangan

δ

= Remanjangan (mm)

L

= Panjang semula (mm)

Regangan untuk kasus di atas dinamakan regangan normal (normal strain) karena beban yang diberikan arahnya tegak lurus penampang. Regangan merupakan besaran tak berdimensi (dimensionless quality) karena bagian regangan merupakan perbandingan antara dua ukuran panjang. Jika batang mengalami pemanjangan atau terikan, maka reganganya disebut regangan tarik (tenssile train) dan reganganya dinyatakan berharga positif, sedangkan bila batang mengalami pemendekan atau penekanan regangan disebut regangan tekan (compressive strain) dan regangannya dinytakan berharga negatif. Hubungan tegangan dan regangan Hubungan antara tegangan dan regangan dapat dinytakan dengan diagram TEGANGAN-REGANGAN. Diagram ini sangat penting karena kita dapat mengatahui berbagai sifat materia dari diagram tersebut. Di bawah ini diberikan contoh diagram tegangan regangan untuk baja karbon rendah (low carbon steel). Diagram tegangan – regangan

8

Keterangan : Batas kesebandingan (proportional limit) merupakan batas atas daerah regangan yang tegangannya berbanding lurus dengan regangan. Titik luluh (yield point) adalah suatu titik yang dicapai bila bahan dibebani, maka akan terjadi diformasi plastis atau deformasi permanen, artinya benda tidak akan kembali ke bentuk semula bila beban dihilangkan. Titik patah adalah titik tempat terjadi patahan. Regangan patah dapat dipakai sebagai ukuran untuk sifat mampu bentuk suatu bahan. Suatu bahan dengan regangan patah yang lebih besar akan mudah dibentuk tanpa mengalami kerusakan. Kekuatan tarik (Ultimete strength) adalah tegangan maksimum yang dapat ditahan oleh material. Bahan dengan kekuatan tarik yang tinggi disebut kuat dan sebaliknya. Tegangan patah adalah tegangan sebenarnya (true stress) yang terjadi tepat pada saat benda akan patah. Bila kita perhatikan diagram tegangan regangan, garis OA adalah garis lurus, ini menandakan bahwa pertambahan tegangan berbanding lurus dengan pertambahan regangan. Hal ini menggambarkan kelakuan elestitas bahan atau material yang diuji. Artinya apabila tegangan yang terjadi pada bahan tidak melampaui batah tengah luluh, maka benda akan kembali ke bventuk semula pada saat beban dihilangkan. Setelah melawati titik A, tegangan dan regangan tidak lagi berbanding lurus. Oleh sebab itu, tegangan di titik A disebut btas kesebandingan (proportional limit). Dengan benda diberi beban di atas batas kesebandingan, maka akan bertambah lebih cepat daripada tegangan. Keadaan tersebut menankan kalau sudah mulai mengalami keluluhan. (Yielding). Tegangan yang terjadi disebut tegangan lulu (yielding stress) atau titik luluh (yield point). Keadaan ini terjadi pada derah B hingga C, di tempat benda mengalami regangan plastis, artinya benda akan mengalami perubahan bentuk permanen setelah batang melawati titik C. pembenan lebih lanjut akan menyebabkan tegangan naik hingga mencapai titik D yang merupakan batas maksimum kekuatan suatu bahan. Selanjutnya, akan disebut kekuatan tarik (ultimete stress). Setelah melawati titik D, regangan akan terus bertambah tanpa perlu menambah besarnya beban sampai akhirnya material yang diuji patah yaitu pada titik E (titik patah).

9

Untuk bahan yang rapuh (getas) pada saat patah regangan atau pengurangan luas penampang yang terkadi kecil. Di bawah ini dapat diberikan contoh diagram tegangan dan regangan dari berbagai macam bahan atau meterial.

Elastitas dan plastitas Tegangan dan regangan di atas menggambarkan kelakuan dari berbagai bahan yang mengalami pembebanan. Bila pada saat beban dihilangkan sedikit demi sedikit, tegangan dan regangan bergerak dari titik A ke titik O secara linier (pada kurva tegangan regangan), maka sifat bahan seperti ini disebut elastis. Apabila suatu bahan yang mengalami pembebanan, dan beban diambil bahan tidak bisa kembali seperti keadaan semula, maka sifat bahan tersebut disebut sifat plastitas (plasticity) dan bahannya disebut sudah plastis (sudah mengalami perubahan bentuk permanen). Hal ini ditunjukkan pada diagram tegangan regangan pada daerah A hingga D. Hukum HOOKE Apabila suatu bahan yang mengalami pembenanan menunjukkan suatu hubungan linier antara tegangan dan regangan, maka bahan dikatakan elestis, sedangkan perbandingan antara tegangan dan regangan pada derah elastis linier dikenal sebagai modulus elastisitas

(modulus elesticity) dari bahan yang dinyatakan

dalam persamaan : E=

σ ..................................(1 −3) ε

Dengan E : modulus elestisitas (N/m2) σ : Tegangan normal (N/m2) ε : Ragangan

10

Modulus elestisitas seringkali disebut modulus young (young’s modulus) yang dinakaman untuk menghargai ilmuwan kebangsaan Inggris bernama bernama Thomas Young yang hidup pada tahun (1773-1829). Modulus elastisitas adalah kemiringan dari diagram tegangan-regangan dalam daerah linier, yang harganya σ tergantung pada bahan yang digunakan. Persamaan : tg α = E dikenal sebagai ε hukum Hooke. Hukum ini diberikan untuk menghargai ilmuan kebangsaan Inggris Robert Hoooke yang hidup pada tahun (1635-1703). Makin besar sudut kemiringan atau modulus elastisitas (E) berarti bahan akan sulit untuk dibentuk, sebaliknya kalau sudut kemiringan makin kecil, maka bahan akan mudah untukj dibentuk.

Maka; E =

F/A F .L F.L = atau σ = ...........................(1 − 4) σ /1 A.σ A.E

Dengan; F : Gaya normal (N) A : Luas penampang (mm2)

2

L : Panjang semula (mm ) 2

E : Modus elastisitas (N/mm )

Dari uraian di atas, untuk memenuhi Hukum Hooke dapat disimpulkan sebagai berikut: Perpanjangan Perpanjangan Perpanjangan

(δ ) (δ ) (δ )

sebanding dengan gaya (F). sebanding dengan panjang bahan (I) berbanding terbalik dengan luas penampang bahan (A)

11

Perpanjangan

(δ )

berbanding terbalik dengan modulus elastisitas bahan (E)

Contoh soal Sebuah batang silinder baja yang modulusnya elastisitasnya 2,1.106 kg/cm

2

mempunyai panjang 400cm, sedangkan diameternya adalah 25 mm,diberi beban 4500 kg pada ujung bawahnya. Tentukan besarnya : •

tegangan normal

•

regangan

•

pertambahan panjang

Penyelesaian

π

Luas penampangan batang (A)

Tegangan: ot = F/A =

Regangan :

ε

δt =

E

=

4500 4,909

= 91,68 kg/cm2

916,68 2,1.10 6

Pertambahan panjang = o =

ε

/42.2,5² = 4,909 cm²

= 0,0004365

. L = 0,0004365 . 4000 = 0,1746 cm

Faktor Keamanan Faktor keamanan adalah angka yang menjamin agar benda yang dipakai atau direncanakan aman. kekua tan sebenarnya

Faktor keamanan = kekua tan yangdibutuhkan Faktor keamanan haruslah lebih besar daripada 1,0. Untuk menghindari kegagalan, biasanya,angka ini berkisar antara 1,0 sampai 15. Faktor keamanan dapat ditentukan dengan mempertimbangkan berikut ini. •

Kemungkinan pembebanan melampaui batas dari struktur 12

•

Jenis pembebanan (statis,dinamis)

•

Ketidaktelitian dalam struktur

•

Variasi dalam sifat-sifat bahan.

•

Keburukan yang disebabkan kondisi atau efek-efek lingkungan yang lain.

Apabila pengambilan faktor keamanan sangat rendah, maka kemungkinan kegagalan akan menjadi tinggi. Karena itu, rancangan strukturnya mungkin tidak diterima. Sebaliknya, apabila faktor keamanan sangat besar, maka pemakaian bahan akan boros dan struktur menjadi berat sehingga tidak cocok dari segi fungsi. Dalam praktek terdapat beberapa cara melaksanakan faktor keamanan. Untukkebanyakan struktur, perlu diperhatikanagar bahannya tetap berada dalam jangkauan

elastis

untuk

menghindari

adanya

deformasi

permanen

apabilabebannya diambil.Oleh karena itu, metode perencanaan yang lazim adalah menggunakan faktor keamanan terhadap tegangan luluh maupun tegangan batas dari bahan, sehingga diperoleh tegangan izin (allowable stress) atau tegangan kerja (working stress), yang tak boleh dilampaui di setiap bagian dalam struktur. Tegangan yang diizinkan pada suatu benda Tegangan izin oleh pembebanan tetap Pembebanan tetap sebenarnya dibagi 2 macam, yaitu : •

Pembebanan tetap dalam keadaan diam (statis)

•

Pembebanan tetap dalam keadaan bergerak (dinamis).

Kedua hal di atas mempunyai faktor keamanan yang berlainan, dan untuk beban dinamis faktor keamanannya harus lebih besar daripada yang statis karena pada pembebanan dinamis selain menerima beban gaya luar benda juga mengalami kelelahan akibat beban yang berubah-ubah. Tegangan izin oleh pembebanan tidak tetap. Pembebanan tidak tetap yang dimaksud adalah bebannya bergerak tetapi bendanya sewaktu-waktu mengalami penambahan beban maupun pengurangan beban. Oleh karena itu, faktor keamanannya lebih besar dari beban dinamis.

13

Tegangan izin oleh pembebanan impak (kejut). Karena bendanya mengalami impek, maka faktor keamanannya lebih besar daripada benda yang menerima pembebanan tetap dan tidak tetap. Hal ini disebabkan bendanya tidak sempat mengalami gaya tegang akibat adanya beban yang tiba-tiba. Tegangan izin =

Tegangan luluh Faktor keamana

σ izin = σu ……………………………………….(1-5) n Tegangan izin =

Tegangan batas Faktor keamanan

σ izin = σu ………………………………………..(1-6) n Faktor keamanan terhadap tegangan batas (Ultimate Stress) harus lebih besar daripada terhadap tegangan luluh (yield stress), Hal ini disebabkan karena tegangan batas lebih besar daripada tegangan luluh untuk semua bahan. Contoh soal 2 Sebuah kolom pendek berongga terbuat dari besi tuang, mempunyai garis tengah bagian luar 22 cm dan mendapat beban sebesar 45 ton.Kekuatan tekan dari besi tuang adalah 7200 kgf/cm². Bila faktor keamanan adalah 4, hitunglah tegangan tekan yang diizinkan dan berapakah tebal dinding minuman yang diperlukan supaya tegangan yang diizinkan jangan sampai dilampaui?

Penyelesaian Kekuatan tekan :

σ u = 7200 kg/cm² 14

Tegangan tekan yang diizinkan ( ϖ )

ϖ=

Kekua tan tekan σu = faktorkeamanan n

ϖ=

7200 = 1800 kg/cm² 4

Misal garis tengah lingkaran dalam adalah x cm, maka luas penampang kolom pendek adalah :

A= =

π 4

π 4

( D²- X²) (22²- X²)…………………………………………(a)

Apabila benda diharapkan mampu menahan beban, tegangan yang terjadi harus lebih kecil atau sam dengan tegangan izinnya :

σ ≤ϖ

P ≤ 1800 A P → A ≥ 45000 ≥ 25 cm² A ≥ 1800 1800

(b)

Dari persamaan a dan b didapat : π . (22²-X² ) ≥ 25 4

X² ≥ (22²- 1,27.25) X² ≥ 452,17 X ≥ 452,17 → x ≥ 21,26 cm

Jadi, tebal dinding minimum = t =

D −X 22 − 21,26 = 2 2

= 0,368 cm = 3,68 mm Contoh soal 3 Suatu kabel baja menanggung beban 400 kg pada salah satu ujungnya. Jika tegangan luluh kabel baja adalah 960 kg/cm² dan faktor keamanannya 1,2. Berapakah diameter minimum yang diperlukan.

15

Penyelesaian Tegangan izin kabel

ϖ:

σy n

Luas penampang kabel : A :

=

960 = 800 kg/cm² 1,2

π 4

d2

Agar kabel aman,artinya tidak mengalami perubahan penampangan bila beban diambil, maka tegangannya yang terjadi harus lebih kecil atau sama dengan tegangan izinnya :

σ ≤ϖ ≥

F A

→ 800 400

π

4.d

2

≤ 800, maka d ≥ 0,7979

Jadi, diameter minimum kabel = 0,7979 cm

≈ 0,8 cm

Angka poisson’s (ν ) Apabila sebuah batang ditarik (seperti pada gambar 1.8), maka pemanjangan aksial akan diikuti dengan kontraksi lateral dalam arah tegak lurus arah kerja gaya.

Pada gambar 1.8, garis putus-putus menyatakan bentuk sebelum pembebanaan dan garis tebal menyatakan bentuk setelah pembebanan. Kontrasaksi lateral dapat dilihat dengan mudah pada karet yang direnggangkan, tetapi pada logam perubahan dimensi lateral biasanya sangat kecil untuk dapat dilihat, walaupun dapat diamati dengan peukur. Perbandingan regangan lateral (melintang) dengan regangan aksial (memanjang) dikenal sebagai angka nisbah (perbandingan) Poisson’s (poisson’s ration), dan dinyatakan dengan huruf yunani ν (nu).

ν=

regangan lateral εα ευ = = ....................(1 −7) regangan aksial ει ε

Angka poisson’s dinamakan untuk menghargai ilmuan matematika kenamaan Prancis, yaitu Simon Denis Poisson yang hidup pada tahun 1781-1940. Untuk batang dalam keadaan tarik,

16

regangan lateral menyatakan penurunan dalam ukuran besar (regangan negatif), sedangkan regangan aksial menyetakan pemanjangan (regangan positif). Besarnya angka poisson untuk kebanyakan bahan berada dalam jangkauan : 0,10 + 0,50 (lihat lampiran 1).

17

Perubhan volume

Karena dimensi suatu batang dalam keadaan tarik atau tekan berubahapabila dibebani, maka volume batang juga berubah. Perubahan ini dapat dihitung dari regangan lateral dan aksial Pada gambar 1.9 diperlihatkan sebuah elemen kecil dari bahan yang dipotong pada sebuah batang yang mengalami beban tarik. Bentuk awal dari elemen diperlihatkan oleh jajaran genjang (pararel epiped) siku- siku seperti di perlihatkan garis putus-putus pada gambar, sedangkan bentuk akhir elemen diperlihatkan dengan garis tebal. Gambar 1.9 Perubahan bentuk dari sebuah elemen dalam keadaan tarik Pemanjangan elemen dalam arah pembebanan adalah a1 ε1 dengan ε adalah regangan aksial. Karena regangan lateral ε α = v . ε, dimensi-dimensi lateral berkurang dengan b1 v. ε ; c. v. ε , berturut-turut dalam arah z . jadi dimensi terakhir dari elemen adalah a1 (1 + ε) ; b1(1-v ε); dan c1 (1-v ε)dan volume terakhirnya adalah Vf = a1 b1 c1 (1+ ε)(1-v ε)(1-v ε) Apabila pernyataan ini di selesaikan suku-suku yang mengandung kuadrat dan pangkat tiga dari ε dank arena ε sangat kecil, maka kuadrat dan pangkat tiga dapat di abaikan sehingga persamaannya menjadi : Vf = a1b1c1(1+ ε-2 ε)……………………………………..(1-8) Dan perubahan volumenya adalah : ΔV = Vf + V = a1b1c1(1+ ε-2 ε) a1b1c1 = a1b1c1 ε (1-2v)………………………….(1-9) Perubahan volume satuan (e) didefenisikan sebagai purahan volume dibagi dengan volume semula.

18

E=

= ε(1-2v) = (1- 2v)……………………………..(1-10)

Contoh soal 4 : Sebuah batang baja yang panjangnya 2,5 m berpenampangan bujursangkar yang panjang rusuk-rusuknya 100 mm dikenekan sebuah gaya aksial tarik p = 1300kN (lihat gambar). Dengan mengansumsikan bahwa modulus elastisitasnya = 200GPa dan angka poisson’snya adalah 0,3.

Tentukan a. Pemanjangan batang b. Pengurangan penampang c. Perubahan volume

Gambar 1.10. Contoh soal Penyelesaian : 1 GPa = 1 . 109 Pa = 1 . 109 N/m2 = 1kN/ mm2 a. Panjag batang : σ =

=

= 1,625 mm

tegangan tarik yang terjadi : σ =

=

= 0,13 kN/mm2

19

regangan aksial yang terjadi : ε =

=

= 6,5 .10-4

b. Pengurangan ukuran penampang pada bagian tebal Δc = εlateral . c = v . ε . c = 0,3 . 6,5 . 10-4 . 100 = 0,0195 mm Karena lebar benda sama dengan tebal benda, maka pengurangan penampang bagian lebar sama dengan pengurangan penampang bagian teba ; Δb = Δc = 0.0195 mm Volume awal dari benda sebelum ditarik : V = 1 . b . c . = 2,5 . 103 . 100 . 100 = 2,5 . 107

c.

Perubahan volume benda setelah benda di tarik :

ΔV = V .

(1-2v)

= 2,5 . 10 7 . 6.5 5 10 -4 (1-2 . 0,3) = 6500 mm3 Karena batang mengalami tarik , maka ΔV menyatakan suatu pertambahan dalam volume, sehingga volume benda setelah mengalami tarik adalah : Vf = V + ΔV = (2,5 . 107 + 6500) mm3 = (0,025 + 6,5 . 10-6) m3 = 0,0250065 m3

Soal perlatihan 1 Sebuah pipa yang panjangnya 1,8 m , memiliki diameter d = 116 mm, dan tebal dindingnya (t) = 8mm, dikenakan beban aksial P = 180 kN. Dengan menganggap bahwa modulus elastisitas nya 200 Gpa dan angka poisson’s.

Tentukan a. Pemendekan dari pipa 20

b. Pertambahan dalam diameter luar c. Penambahan dalam ketebalan pipa

Gambar soal perlatihan 1

Soal perlatihan 2 Tentukan besarnya gay P minimum dari suatu batang baja yang ber diameter 125 mmdan pengurangan diameter nya = 0,025 mm, apabila modulus elastisitas 2,1 . 105 Mpa dan angka poisson’s = 0,4

Gambar soal perlatihan 2 Tegangan akibat berat sendiri Jika suatu benda atau batang digantung, maka benda akan mengalami tarikanyang disebabkan karena beratnya sendiri. Tegangan maksimum yang terjadi adalah berat benda sendiri dibagi luas penampangnya. Tegangan yang paling besar adalah pada bagian teratas. τ t = W/A

W=V.γ

= Dengan ;

τt = Tegangan tarik yang terjadi (N/m2) W = Berat benda (N) A = Luas penampang (m2) V = Volume benda ( mm3) γ = Masa jenis benda (N/m3)

21

Batang pejal Contoh soal 5 Pada gambar 1.11 di tunjukkan sebuah batang baja berpenampangan lingkaran yang dipasangkan tetep pada salah satu ujung nya, sedang ujung yang lainya bebas. Berapakah tegangan maksimum yang terjadi jika massa jenis dari batang baja adalah γ.

Penyelesaian Luas penampang batang: A = π/4 . d2 Volume batang : V =A.x Berat batang : W =V.γ = A.X.

Gambar 1.11 contoh soal 5

Tegangan tarik akibat berat sendiri Ό =

=

= x .γ

Tegangan minimum terjadi bila x mendekati nol, sedangkan tegangan bila x mendekati nol, sedangkan tegangan maksimum terjadi bila x = L Jadi όmin = 0 dan όmax = L.ό Batang berlubang Contoh soal 6 Sebuah batang kuningan yang panjangnya L ber penampang lingkaran berlubang, diameter bagian luar dan dalamnya berbanding 3 : 2 (seperti ditunjukkan pada gambar 1.12).

22

Carilah tegangan maksimum yang terjadi akibat berat sendiri bila massa jenis batangan γ.

Penyelesaian : Misal diameter batang adalah d –diameter bagian dalam = 2d Diameter bagian luar

Gambar 1.12 contoh soal 6 Luas penampang batang : • Bagian dalam = A2 = π/4 (2d)2 =

• Bagian luar

d2

= A = π/4 (3d)2 = 2,25 . π . d

Luas penampang batang = A =A1 - A2 = π.d2(2,25-1) = 1,25 π d2 Volume batang : • Bagian dalam = V2 = A2 . L/2 = 0,5 π d2. L • Bagian luar

= V1 = A1 . L = 2,25 . π . d2. L

Volume batang =V = V1 .V2 = π d2.L(2,25 . 0,5) = 1,75 . π d2..L

23

Berat batang W = V . γ = 1,75 . π.d2L.γ Tegangan tarik akibat berat batang :

Ό=

=

=1,4 . L .γ

Jadi, kesimpulan semangkin kecil volume lubang yang terjadi pada batang, tegangan yangterjadi semangkin besar.

Contoh soal 7

Sebuah batang kuningan ( γ = 540 kN/m3) dengan panjang 1,2 m berpenampang bujur sangkar yang sebagian sisinya berlubang (seperti pada gambar 1.13) Tentukan besarnya tegangan maksimum yang terjadi akibat berat benda itu sendiri.

Gambar 1.13 contoh soal

Penyelesaian :

Luas penampang : A = A1-A2 = 14 x14 -14 x 6 = 112 cm2 Volume = V1 – V2 = A1 L1 – A2.L2 V

= 14 x 14 . 120 -14 x 6 x40 24

= 20160 cm3

Berat kuningan

:

W=V.γ

=

. 10,8864 .102

= 10,8864 kN

Tegangan tarik yang terjadi pada kuningan :

όt

=

N/nm2

= 0,972 N/nm2 = 0,972 MPa

Tegangan batang akibat beban aksial

25

Pada umumnya , untuk menentukan besarnya tegangan yang diakibatkan oleh beban aksial berat batang sering diabaikan tetapi ada kalanya berat batang harus diperhitungkan seperti pada perencanaan suatu alat.

Berat batang di perhitungkan

Benda yang tergantung dan mendapat tarikan yang sama dengan tarikan akibat berat sendiri. Jika ditambah dengan beban pada ujung nya, maka tegangan tarik yang terjadi :

όt =

=

Dengan : όt = Tegangan tarik yang terjadi (N/m2) W = Gaya akibat berat sendiri (N) F

= Gaya luar (N)

A = Luas penampang (m2) V = Volume benda (m) Γ = Massa jenis benda (N/m3)

Pada gambar 1.14, : Bila ditinjau berat benda dibawah ini penampang m- n sepanjang x : Wx = Vx.

26

Γ = A.x.γ

Gambar 1.14 Batang digantung dan mendapat tarikan

Tegangan pada penampang

όt =

=

=F/a + X.γ

Tegangan tarik minimum bila x = 0

ό min = F/A

Tegangan tarik minimum bila x = L

ό max=F/A + L . γ

Tegangan yang terjadi = tegangan maksimum

ό = F/A + L . γ (N/m2)

Luas penampang A =

(m)2

Berat batang diabaikan

27

Batang bebas Contoh soal 8

Sebuah batang baja yang apnjangnya 0,9 m dan berdiameter 20 mm, mengalami beban tarik 20 kN (Lihat gambar 1.15).


Panjang batang bertambah 0,5 mm akibat beban 20 kN . Tentukan tegangan dan renggangan normal ! Penyelesaiaan : Luas penampang batang = A = π/4 . d2 = π/4 .202 = 3,14 mm2 Tegangan tarik btang

= όt = F/A =

= 63,66 N/.m2

Regangan normal

=

= 5,56 . 10-4

= ό/L =

Contoh soal 9 Batang baja berongga berdiameter bagian luarnya 150 mm, sedangkan tebal batang adalah 1/8 dari diameter luarnya mengalami gaya tekan sebesar 1200 kN

28

Gambar 1.16 contoh soal 9 Tetukan tegangan yang terjadi pada batang tersebut! Penyelesaian : Luas penampang batang = A = A1-A2 Dengan ; A1 = luas penampang bagian luar = π/4 d2 A2 = Luas penampang bagian dalam = π/4 (d-2t)2 = π/4 (d-2.d/8)2 = π/4 ( 3d/4)2 = π/4 (9d2/16) A = A1 – A2 = π/4 (d2-9d2/16) = π/4 (7/16 d2) = 0,3434 d2 = 0,3434 . 1502 = 7726,5 mm2 Tegangan tekan yang terjadi τc =

=

= 155,31 N/m2 = 155,31 Mpa

Contoh soal 10 : Batang baja AD ( lihat gambat 1.17) memiliki panjang 6 meter dan berpenampangan bujur sangkar yang panjang sisi nya 16 mm, batang di bebani gaya-gaya aksial 16 kN. Dengan menganggap modulus, elastisitas adalah 200 Mpa. Hitunglah perudbahan panjang dan tentukan apakah batang memanjang atau memendek !

29

Gambar 1.17 contoh soal 10 Penyelasaian Untuk menghitung tegangan pada persoalan diatas dapat di uraikan gaya-gaya yang berkerja pada setiap segmen, yaitu dengan cara membagi bagian batang sehingga didapatkan diagram benda bebas, dan untuk menentukan gaya-gaya aksial yang terjadi pada setiap penampang kita dapat memulai dengan gaya yang sudah diketahui pada ujung sebelah kiri maupun ujung sebelah kanan. Dari kiri: Pa = 24 kN Pb = Pa – 16 = 18 kN Pc = Pb + 8 = 18 kN E = 200 Gpa =200 . 103 N/mm2 Gambar 1.18 uraian gaya pada batang dari kiri Pemanjangan ðAB = ða =

=

= 1,4063 mm

ðAB = ða =

=

= 0,3125 mm

ðAB = ða =

=

= 0,3125 mm

30

ðAD = ða + ðd + ðc = (1,406 + 0,3125 + 0,3125) = 2,03 mm Batang mengalami pemanjangan sebesar 2,03 mm Dari kanan

Pc = 16 kN Pb = Pc – 8 = 9 kN Pa = Pb + 16 kN Pa = 24 kN Gambar 1.19 uraian gaya pada batang dari kanan Dengan cara yang sama seperti penyelesaian dari sebelah kiri di dapat kan pemanjangan sebesar =

= 2,03 mm

Contoh soal 11 Batang ABC tersusun dari dua buah bahan dan memiliki panjang tptal 0,9 m (lihat gambar 1.20). Bagian AB terbuat dari baja Es = 200 GPa , dan batng BC terbuat dari aluminium EAE = 75 GPa masing-masing bahan berdiameter 500 mm, sedang kedua batang dikenakan gaya aksial sebesar 125 kN Tentukan : a. Panjang LS dan LAC berturut turut untuk bagian baja dan aluminium agar suapay kedua bagian memiliki pemendekan yang sama. b. Pemendekan total batng c. Teganganyangterjadi pada masing-masing batang

31

Gambar 120 contoh soal 11

Penyelesaian FS = 125 kN FS = FAL =215 kN

a.

Pemanjangan yang sama : ðs = ðAL =

=

EAL . L = ES.AAL

75 LS = 200 LAL = 200/75 LAL = 2,67 LAL Karena = LS + LAL = 900 2,67 LAL + LAL = 900

LAL 900/3,67 = 245,45 mm

Sehingga = LS = 900 – 245 ,45 = 654,55 mm b.

Pemendekan = ð =

ðAL =

=

=

0

=0,7 mm

Pemendekan total : ð = ðS + ðAL = 0,208 + 0,701 = 0,909 mm c.

Tegangan yang terjado masing- masing batang : 32

Τs =

=

63,66 MPa

σAL sama dengan σs disebabkan karena gaya-gaya yang di terima dan penampangnya sama pada kedua batang tersebut.

Soal latihan 3 Sebuah batang aluminium dikatakan antara batang baja dan batang perunggu seperti yang diperlihatkan pada gambar. Carilah harga P yang tidak akan melebihi deformasi maksimum 2mm bila τs= 140 MPa dan ðAL = 80 MPa σb = 120 MPa asumsi bahwa rakitan dipatri secara sempurna guna menghindari local buckling guna Es = 200 GPa ; EAL =70 GPa dan Eb = 83 GPa


Soal perlatihan 4 33

4. sebuah batang di bebani gaya aksial P = 4ton ( seperti yang diperlihatkan pada gambar ) modulus elastisitas adalah E = 2.106 kg/cm2. Tentukan pemanjangan total dari batang tersebut!


Salah satu ujung batang dijepit Contoh soal 12 :

Sebuah batang baja (E = 200 GPa) disangga dan dibebani seperti yang diperlihatkan pada gambar. Luas penampang batang 250 mm2.

34

Tentukan : Penampang batang AD

Ganbar 1.21 contoh soal 12 Penyelesaian : Untuk menyelesaikan persoalan diatas di uraikan terlebih dahulu gaya-gaya yang bekerja pada setiap penampang dengan cara membagi batang atas beberapa segman, sehingga didapatkan diagram benda bebas, dengan pembagian yang di mulai dari ujung bebas. Pada ujung yang dijepit dapat dimisalkan mengalami tarikan atau tekanan, tetapi untuk menghindari nkesalahan sebaiknya dimisalkan sesuai dengan arah gaya pada ujung bebas.

35

Jika gaya hasil perhitungan berharga negative, berarti arah gaya yang sebenarnya kebalikan dari pemisalan.

Gambar Gaya-gaya yang bekerja pada penampang Fa = 6 Kn Fb = Fc + 15 = 24 Kn Fc = Fb – 10 = 14 Kn

Pemanjangan batang

δDC

= δа =

=

=

0,054 mm

δDC

= δb =

=

=

0.096 mm

δBA

= δc =

=

=

0, 096 mm

36

Jadi, pemanjangan batang

δAD = δа + δb + δc

= 0,054 + 0,096 + 0,112 = 0,262 mm

Contoh soal 13

Poros bertingkat AD yang terbuat dari baja(liat gambar 1.23) memiliki panjang 9 m dan mempunyai penampang lingkaran(D = 10cm, d =7 cm). Batang dibebani gaya-gaya aksial dengan menganggap E =200 GPa

Contoh soal 13

a. Hitunglah tegangan normal maksimum.? b. Hitunglah perubahan panjang batang yang disebabkan oleh bebanbeban tersebut dan tentukan apakah batangnya memanjang atau memendek ?

37

Penyelesaian

Tegangan normal pada masing masing batang :

3,82 MPa

Gambar 1.24 Uraian gaya pada masing-masing batang

Jadi, tegangan normal maksimum terjadi pada batang CD = 46,8MPa(tarik).

=

=

38

=

+

+

-0,057 +0,234 +0,702 = 0,879 mm

Jadi batang mengalami pemanjangan sebesar = 0,879 mm

Contoh soal 14

Sebuah kaki kolom beton berpenampang bujur sangkar (150x150)mm ditulangi oleh empat buah baja yang berdiameter 20mm (seperti pada gambar 1,25).

Gambar 1.25 Contoh soal 14

Hitunglah beban maksimum P yang diperkenankan bila tegangan izin dalam baja & beton masing-masing adalah 124MPa dan 14MPa(asumsikan E baja +200 MPa dan E beton +24 GPa).

Penyelesaian

Untuk menganalisis struktur ini kita mengganti gaya aksinya pada kaki tiang dengan dua buah gaya Ps dan Pc yang menyatakan beban-beban yang dipilul oleh baja dan beton.

39

( P = Ps + Pc) dan arena bentuknya simetris,pelat dukung menyebabkan baja dan beton berdeformasi(d) sama besar yaitu :

Sehingga :

.

atau

Untuk menentukan besarnya tegangan yang terjadi pada masingmasing batang, masukkan tegangan izinj pada salah satu batang dan apabila tegangan yang terjadi lebih besar dari tegangan izinnya, berarti tidak memenuhi sebab diharapkan batang mampu menahan balok sehingga tegangan yang terjadi harus lebih kecil atau sama dengan tegangan izinnya.

Bila kita masukkan tegangan izin beton =

= 14 MPa

= (200/24) . 14 = 116,67 MPa <

s

(memenuhi )

Bila kita masukkan tegangan izin baja =

= 124 MPa

= (24/200) >

c

(tidak memenuhi )

40

Tegangan kerja sebenarnya:

=14 MPa =116,67 MPa

Luas penampang masing masing bahan:

Baja :

=4(

Beton :

=4 (

=(150.150)-

.20²)=1256,64mm²

=22500-1256,64=21243,36mm

Jadi, beban maksimum P yang diperkenalkan adalah :

P=

+ = .

+

.

= 116,67.1256,64+14.21243,36 = 146612,19+297407,04 = 444019,23 N = 444 KN

Contoh soal 15

Balok kaku dengan massa M ditumpu oleh tiga batang yang terbuat dari baja dan tembaga dipisahkan secara simetris seperti ditunjukkan pada gambar 1,26. Batang tembaga mempunyai luas penampang 900mm², modulus elastisitas :Ecu = 120 GPa dan tegangan izin = 70 MPa, dan batang baja mempunyai luas penampang As = 1200 mm², modulus elastisitas Es =200 GPa dan tegangan izin = 140 MPa.

41

Hitung massa M terbesar yang dapat ditumpu bila percepatan gravitasi g= 9,81 m/s² !

Penyelesaian : Karena balok kayu tahan ditahan oleh tiga batang, maka berat balok (aksi) sama dengan jumlah gaya reaksi ketiga batang tersebut. W = Ps + 2Pcu. Gambar 1.26 Contoh soal 15

Pemendekan batang tembaga = pemendekan batang baja.

=

dengan :

=

.

=

.

= 2,22

42

Untuk tegangan izin tembaga =

cu =

70 MPa

= 2,22 . 70 = 155,40 MPa >

s

( tak memenuhi )

Untuk tegangan izin baja =

=

<

=

cu

= 140 MPa

= 63,06 MPa

(memenuhi )

Tegangan kerja sebenarnya

= 63,06 MPa,

= 140 MPa, Jadi

beban maksimum W yang di izinkan adalah :

W = 2 Pcu + PS = 2

. Acu +

As

= 2 . 63,06 . 10-3 . 900 +140 . 10-3 . 1200 = 281,5 Kn

Massa balok m = w/g =

= 28,7 ton

43

Contoh soal 16

Pelat baja diletakkan di atas kolom berukuran(10 x10) cm. Kolom tengah lebih pendek 0,05 cm daripada dua kolom yang lain (seperti pada gambar). Tentukan besarnya P yang di izinkan jika tegangan tekan beton

b

= 200kg/cm2 dan Eb = 12.104 kg/cm2.

Penyelesaian P = 2 Pb + Ps Deformasi batang beton = deformasi batang baja + 0,05.

Gambar 1.27 Contoh Soal 16

=

+ 0,05

+ 0,05

+ 0,05

44

+ 0,05

= 0,6

+100

=

Untuk tegangan izin beton =

200 = 0,6 .

<

s

+

100 →

τs =

200 kg/cm2

100/0,6 = 166,67 kg/cm2

(memenuhi)

Untuk tegangan izin baja =

s=

250 kg/cm2

= 0,6 . 250 + 100 = 250 kg/cm2 →

Tegangan kerja actual

=

>

b

(tidak memenuhi)

200 kg/cm2

= 166,67 kg/cm2

Beban P yang diizinkan : P =2

. Ab +

= 2 P b + Ps

. As

=2.200(10x10) + 166,67(10x10) =56667 kg = 56,67 ton

45

Contoh soal 17

Batang mendatar dengan massa yang dapat diabaikan, diberi engsel pada ujung A seperti pada gambar 1.28 dan dianggap baku, disokong oleh batang perunggu dengan panjang 2 m dan batang baja dengan panjang 1 m. Hitunglah tegangan pada setiap batang bila baja dan perunggu mempunyai sifat sebagai berikut :

•

Batang baja : E = 200GPa A = 600mm2 = 240 GPa

•

Batang perunggu : E = 300GPa A = 83mm2 = 140 GPa

Penyelesaian :

46

ΣMA = 0 0,6 Ps + 1,6 Ps = 50.2,4 = 120 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a)

Karena batang dianggap kaku maka diperoleh deformasi elastic batang akibat gaya 50kN seperti pada gambar 1,28, sehingga diperoleh persamaan :

/ 0,6

= 0,6/1,6

= 1,6

atau : 0.6 (

0.6 (

0,819 .

= 1,6

s

= 1,6

Pb = 1,25 .

Ps

Ps = 3,85 Pb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . b)

Dari persamaan a dan b didapat

0,6 . 3,85 Pb + 1,6 Pb =120

Pb = 120/3,91 = 30,69 Kn

47

Dari persamaan b :

Ps = 3,85 . 30,69 = 118 . 159 Kn

Besarnya masing masing tegangan :

= Pb / A b =

= Ps / A s =

= 102,30 MPa

= 196,93 MPa

Karena kedua tegangan yang terjadi masih di bawah tegangan izin, maka kedua batang tersebut aman. Apabila tegangan yang terjadi melebihi batas ijinnya, perlu dilakukan perencanaan ulang dengan cara memperbesar penampang batang.a

Contoh soal 18

Tiga batang masing-masing luasnya 300 mm² bersama-sama menumpu 10kN,

48

Seperti diperlihatkan pada gambar 1,29. Andaikan sebelum beban terpasang tidak terdapat pengencangan, hitung tegangan pada setiap batang bila E2 = 200GPa Dan Eb = 83 GPa.


Penyelesaian

Karena titik A mengalami tarikan, maka di titik A aka turun sebesar (vertical) sehingga batang baja akan bertambah sebesar perunggu akan bertambah panjang sebesar

s

dan batang

.

b

Pada gambar a :

Kedua batang perunggu simetris terhadap batang baja, sehingga kesetimbangan gaya di titik A adalah :

�Fy

=

0 →Ps + 2 Pb . cos 250 = 20Kn

Ps + 1.813 Pb a)

= 20 Kn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

Pada gambar b : =

. cos 250

= Lb . cos 250

Ls

) . cos 250 =

Sehingga

.

=

.

= 2,838

.........................

. b)

Dari persamaan a dan b didapat : 2,938

+ 1,813

4,752

= 20 →

=20 = 4,210 kN

Dari persamaan a didapat : + 1,83 . 4,210 = 20, maka

= 20 – 7,631 = 12,369 kN

Tegangan masing masing batang :

= 41,23 MPa

= 14,03 MPa

50

Contoh soal 19

Batang AB kaku sekali, digantung oleh tiga kabel yang panjangnya sama, yaitu 30 cm, seperti diperlihatkan pada gambar 1.30.

Masing-masing kabel mempunyai ketentuan sebagai berikut : Kabel 1 (baja)

Kabel 2 (tembaga)

Es = 200 GPa

Eb = 110 GPa

As = 4 cm2

Ab = 2,4 cm2

kabel 3 (perunggu)

E = 83 GPa

A = 3 cm2

Tentukan gaya pada masing-masing penggantung

51


Penyelesaian Karena letak kabel 3 dan 1 tidak simetris terhadap kabel 2, demikian juga luas penampang dan modulus elastisitas setiap kabel tidak sama, maka titik berat system kabel akan berada di antaraa kabel 1dan 2 misal di titik D berjarak x dari B (gambar b):

Menentukan x : Statis momen perkalian AE terhadap kabel 2 = 0, M (2) = 0 E1 A1 (60) . E3 A3(40) – (A1 E1 + A2 E2 + A3 E3) = 0

X=

=

=

= 28,97 CM

Gaya P dipindahkan dari titik B ke titik D ( titik berat kabel ), timbul momen : M= P.X = 10 . 28,97 = 289,7 kN cm.

Akibat P sentries terhadap D,maka perpanjangan ketiga batang sama besar.

=

=

Gaya- gaya batang akibat P sentries diberi notasi F

52

=

Dengan,

+

+

=P

sehingga

F10 =

.P=

F20 =

.P=

=

= 6,09 kN (tarik)

= 1,90 kN(tarik)

Akibat momen, kabel 2 dan 3 akan tertekan sedang kabel 1 akan tertarik.

53

Pemanjangan batang :

=

Gambar 1.31 Pemanjangan akibat momen

Dengan ;

=ι+

ι = Panjang semula D = Pemanjangan akibat P sentries

:

= 28,97 : ( 60 – 28,97 )

:

=28,97 : 31,03

:

= 3,25

28,97 : 31,03

………………………………………… . . . . . . . . . . . . . . . .a)

54

:

= 28,97 = 68,97

:

= 28,97 : 68,97

:

= 2,28

= 28,97 : 68,97

………………………….. . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . .

. .a)

55

Gambar 1.32 Uraian gaya

Kesetimbangan momen terhadap titik D :

. 31,03 +

3,25

=

. 28,97 +

. 31,03 + 28,97

. 68,97 – M = 0

+ 2,28

. 68,97 – 289,7 = 0

= 1,01 KN (tarik)

Dari persamaan a →

= 3,25

= 3,25 . 1,01 = 3,28 KN (tarik)

Dari persamaan b →

= 2,28

= 2,28 . 1,01 = 2,30 KN (tarik)

Gaya dalam pada masing-masing kabel :

Kabel 1→ P1 = P10 -

= 6,09 - 3,28 = 2,81 KN (tarik)

Kabel 2→ P2 = P20 +

= 2,01 + 1,01 = 3,04 KN (tarik)

Kabel 3→ P3= P30 +

= 1,90 + 2,30 = 4,20 KN (tarik)

56

Total = 10,03 KN

Syarat =� P = P1 + P2 +P3 = 10 kN 10,03 = 10 (memenuhi)

Soal perlatihan 5

Hitunglah lendutan horizontal dan vertical

h,

dan

v,

berturut- turut

dari bagian atas tonggak kayu yang diseababkan oleh beban horizontal P = 30kN(seperti gambar soal perlatihan 5). Tonggak kayu memiliki luas penampang 32.000 mm2 dan modulus elastisitas 10 GPa. Tonggaknya disokong oleh sebuah baja AC yang berdiameter 25 mm dan modulus elastisitasnya 210 GPa.

Gambar Soal perlatihan 5

Soal perlatihan 6

Sebuah rangka batang ABC menyangga sebuah beban P = 13Kn (seperti gambar sal perlatihan 6), batang AB dan BC berturut-turut memiliki luas penampang AAB= 900 mm2

57

Dan ABC= 2600 mm2. Bahan batang adalah alumunium dengan modulus elastisitas E = 70 GPa. Hitunglah lendutan horizontal vertical

v

h

dan lendutan

dari titik B !


Soal perlataihan 7

Batang ABC kaku sekali, digantung oleh tiga kabel 1, 2, 3

Kabel 1 terbuat dari baja : A= 2 cm2 ; E= 210 GPa

58

Kabel 2 terbuat dari tembaga: A= 2,8 cm2 ; E= 110 GPa Kabel 3 terbuat dari besi tuang: A= 3,5 cm2 ; E= 70 GPa


Gaya P bekerja di titik O (P= 8 kN). Berapakah gaya dalam pada masing-masing penggantung !

Soal perlatihan 8

Sebuah batang baja (E= 200 GPa) disangga dan dibebani seperti diperlihatkan B. Luas penampang batang adalah 250 mm 2 dan 500 mm2. Tentukan tegangan pada masing-masing batang bila ujung batang terbawah(D) dibatasi untuk tidak bergerak secara vertical apabila dikenakan beban .


59

Soal perlatihan 9 Sebuah beton berlubang diperkuat secara aksial dengan batang baja yang ditempatkan secara simetris ( seperti gambar soal perlatihan 9 ). Apabila beban terpasang P = 100 kN, hitung tegangan yang terjadi pada baja tersebut !

Kedua ujung batang dijepit Dalam menyelesaikan persoalan dari suatu bahan yang mendapat tarikan maupun tekanan yang kedua ujungnya dijepit,kita dapat menguraikan terlebih dahulu gaya-gaya yang berkerja pada setiap penampang mulai dari jepitan kanan.karena kedua ujungnya dijepit,maka deformasi total dari batangnya sama dengan nol (

tot

= 0)

Contoh soal 20 Sebuah batang terbuat dari baja dan aluminium yang dirangkai seperti ditunjukan pada gambar 1.33.batang mengalami beban aksial P1 = 25 kN dan P2 = 50 kN. Hitunglah tengangan maksimum yang terjai pada batang!

Penyelesaian Kaena kedua ujung dijepit, perubahan panjang total (δtot) = 0 Dari jepitan sebelah kanan Penyelesaian : Pb = Pa +P2 = Pa + 50 Pc = Pb –P1 = Pa + 50 – 25

60

= P + 25 Perubahna panjang total = δa + δb + δc = 0 +

+

=0

+

+

=0

0,00635 Pa + 0,0025 Pa + 0,125 + 0,00475 Pa + 0,0119 = 0 0,01361 Pa

=

Pa

=

-0,244 = -17,93 kN (tekan)

Pb =

Pa + 50 = -17,93 + 50 = 32,07 kN (tarik)

Pc =

Pa – 25 = -17,93 + 25 = 7,07 kN (tarik)

a. Tegangan yang terjadi pada masing-masing batang : τa = τCD = Pa / Aa =

= 19,92 MPa

σb = σBC = Pb / Ac =

= 26,73 MPa

σc = σAB = Pc / Ac =

= 7,86 MPa

Tegangan maksimum terjadi pada batang BC : σBC = 26,73 MPa Cara lain : Jepitan sebeleh kiri Penyelesaian Pb = Pc . P1 = Pc . 25 Pa = Pb + P2 = Pc . 25 + 50 = Pc + 25

Perubahan panjang total : δa + δ b + δ c = 0

61

+

+

+

=0

+

=0

4,76 . 10-3 Pc + 2,5 . 10-3 Pc – 0,0625 + 6,35 . 10-3 Pc + 0,1587 = 0 13,61 . 10-3 Pc = -0,0962 Pc =

. 10-3 = -7,07 kN (tarik)

Pb = Pc – 25 = -7,07 – 25 = 32,07 kN (tarik) Pa = Pc + 25 = =7,07 +25 = 17,93 kN (tarik)

Tegangan yang terjadi masing-masing :

σb = σBC = Pc / Ac = σa = σCD = Pa / Aa =

= 26,73 MPa = 19,92 MPa

Tegangan maksimum terjadi pada batang BC = 26,73 MPa Soal pelatihan 10

Batang aluminium dan soal pelatihan baja yang diperlihatkan dalam gambar dipsangkan ke penyanggapenyangga kaku pada salah satu ujung-ujungnya dank e pelat tegar C pada ujung-ujung lainny. Dua buah beban P yang sama besar dikenalkan secara simetris pada pelat.

Hitunglah : a. Tegangan aksial maksimum yang terjadi dari kedua batang tersebut. b. Ukuran-ukuran batang ( dAL ; ds ; LAL dan Ls) setelah terjadi pembebanan.

62

Catatan : Berat batang diabaikan Angka poisson : baja (s) : 0,3 ; Aluminium (Al) = 0,33 P = 48 kN ; d = 50 mm ; L = 100 mm E = 200 GPa ; EAl = 70 GPa

Soal pelatihan 11 Sebuah batang baja AD berpenampang bervariasi (seperti pada gambar soal pelatihan 11)

Ditahan antara peyanggapenyangga kokoh dan dibebani di B dan C oleh gaya yang besarnya berturut-turut adalah :

Tentukan : Tegangan maksimum batang, jika diameter batang baja : d = 50 mm

Tegangan akibat perubahan temperature Perubahan temperature dari suatu benda akan menghasilkan perubahan dimensi. Misalkan sebuah balok seperti pada gambar 1.36 dari suatu bahan yang homogen dapat memuai secara bebas ke semua arah. Jika bahan dipanaskan, maka rusuk-rusuk balok akan memanjang.

Pada gambar 1.36 gars teabl menunjukkan benda sebelum mengalami pemanasan, sedangkan garis putus-putus menunjukkan benda setelah mengalami pemanasan.

Dengan demikian, batang mengalami suatu regangan termal merata (ε t) yang diberikan oleh pernyataan : εt = α (Δt) Dengan ;

63

ε

= Regangan termal

α

= Koefisien mual termal

Δ

= Perubahan temperature (0C)

Regangan termal (εt) berharga positif bila ia menyatakan permuaian dan berharga negatif bila menyatakan penyusutan. Benda akan memuai bila dipanaskan, dan menyusut bila didinginkan. Oleh karena itu, kenalkan temperatur akan menghasilkan regangan negatif. Dari rumus di atas jika satu dimensinya L maka : ε=

→ δt = εt . ι = α . (Δt) . ι

Δι = δt = α (t1 – t2) . ι Dengan; δt : Menyatakan perubahan panjang yang disebabkan oleh perubahan temperature (Δt) Menurut : Hukum Hooke δ=

=

= ;σ=

=

. E = εt . E = α (t1 – t2) . E

Dengan :

σ = Tegangan normal yang terjadi (N/mm 2) E = Modulus elastisitas (N/mm2)

Contoh soal 21 Sebuah batang baja ACB memiliki dua buah penampang yang berbeda yang ditahan antara penyangga-penyangga tegar (seperti gambar 1.37) luas penampang bagian kiri dan kanan berturut-turut : Aac = 1300 mm2 dan Abc = 1940 mm2, Modulus elastisitasnya E = 200 GPa dan α = 12 . 10-6 / 0C. Batang dikenakan suatu kanalkan teperatur merata Δ t = 24 0 C

Tentukan : a.

Gaya aksial dalam batang P

, b. Tegangan aksial maksimum τ ,

64

c.

Perpindahan δ dari titik c.

Penyelesaian Untuk menyelesaikan soal ini, kita perlu menguraikan terlebih dahulu menurut bagian dari batang. Kemudian kita gambarkan gaya yang terjadi karena pengaruh temperatur dan pengaruh gaya. Karena kedua ujung dijepit, salah satu batang akan mengalami pemendekan yang sama bessarnya denga pemanjangan batang yang lainnya. a

Pemanjangan : Karena pengaruh temperature δac = α . Δt . Lac = 12 . 10-6 . 24 . 600 = 0,173 mm δbc = α . Δt . Lbc = 12 . 10-6 . 24 . 900 = 0,259 mm

Karena pengaruh gaya : Δ Lac =

=2,308 . 10-6 . P (mm)

Δ Lbc =

= 2,320 . 10-6 . P (mm)

Pemanjangan yang sama untuk kedua batang

δ = δbc . Δ Lbc . δac 0,259 . 2,320 10-6 . P = 2,309 . 10-6 . P . 0,173 P= b

c

= 94219,34 N

σbc = P/Aa =

= 72,48 N/mm2

σbc = P/Abc =

= 48,57 N/mm2

δ = δbc – Δ Lbc = 0,259 – 2,320 . 10-6 . 94219,34 = 0,04 mm

Perpindahan δ dari titik C = 0.04 mm (ke kiri)

65

Contoh soal 22 Sebuah selubung (sleeve) berbentuk sebuah pipa yang panjang 15 cm ditempatkan di sekitar sebuah baut dan mur yang diputar sehingga ia benar-benar pas (seperti pada gambar 1.38). Baut berdiameter 25 mm an selubung berdiameter dalam 26 mm dan diameter luar 36 mm. Hitunglah kenaikan temperatur(Δt)yang dibutuhkan untuk menghasilkan tegangan tekan 3 dibutuhkan untuk menghasilkan tegangan tekan 30MPa, bila :

•

Selubung : σk = 20 . 10-6/0C Ek = 100 GPa Ak = π/4 (362 - 262) = 486,95 mm2

•

Baut : σs = 12 . 10-6/0C

Es = 200 GPa A =

π/4 . 25 = 490,87 mm2

Karena mur dan selubung terbuat dari bahan yang berbeda, jika mereka dapat memuai secara bebas maka masing-masing bahan akan memanjang dengan tambahan yang berbeda, tetapi mereka ditahan oleh susunannyaoleh karena itu akan timbul tegangan-tegangan termal. Cara sederhana untuk memacahkan masalah ini dengan memisahkan kepala baut(seperti gambar 5), kemudian dianggap terjadi perubahan temperature ΔT, yang menghasilkan pemanjangan berturut-turut dari selubung dan baut. δk = αk (ΔT)k . Lk ; δs = αs (ΔT)s . Ls Dengan αs dan αk adalah koefisien – koefisien muai termal. Gaya- gaya pada selubung dan baut dalam susunan semula haruslah seemikian rupa mereka memendekkan selun=bung an memanjangkan baut hingga pemanjangan terakhir dari selubung dan baut sama.

66

Dalam gambar c ditunjukan bahwa Ps gaya tekan dalam selubung dan Pb gaya tarik dalam baut. Pemendekkan ΔLk yang bersangkutan dari selubung dan pemanjangan ΔLs dari baut. Δ Lk =

; Δ Lk =

Dengan Es, As dan Ek adalah kelakuan aksial baut an selubung. Sekarang dapat ditulis sebuah persamaan kesepadanan yang menyatakan kenyataan pemanjangan (d) yang sama untuk kedua batang. Pemanjangan dari selubung adalah δk-ΔLk dan dari baut δs + ΔLs oleh karena itu : δ = δk Δ Lk = δs + ΔLs α k . (Δ T)k . Lk -

= αs . (Δ T)s . Ls +

Gaya-gaya aksial diperoleh dari kesetimbangan statis : Σ P = 0 → Ps – Pk = 0 Gaya tekan dalam selubung sama dengan gaya tarik dalam baut, sehingga diperoleh persamaan :

Ps = Pk =

. . . . . . . . . . . . . . . . . . a)

Jika αs lebih dari αk , gaya Ps adalah tekan dan gaya Pk adalah tarik. Apabila kedua batang tersebut dari bahan yang sama αs = αk maka Ps = Pk = 0 dan δ = α k (ΔT) . L karena tegangan tekan dalam selubung 30 MPa maka : τk =

→ Pk = σk . τk = 30 . 486,95 Pk = 14,601 kN. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .b)

Dari persamaan a dan b didapat :

ΔT =

= 14,60(

+

)

= 56,07 0C Contoh soal 23

67

Pada suhu 200C terdapat gapΔ = 0,2 mm antara ujung terendah batang perunggu dengan piringan kaku yang disokong oleh dua batang baja seperti pada gambar 1.39. Hitung tegangan pada masing-masing batang apabila suhu rakitan bertambah 1000C, jika diketahui : •

Batang perunggu : A = 800 mm2 ; E = 83 GPa ; α = 18,9.10-6 / 0C

•

Batang baja :A = 400 mm2 ; E = 200 GPa ; α = 11,7.10 / 0C

•

Massa pelat (m) diabaikn.

Penyelesaian : Karena perunggu mempunyai koefisien mual termal (α) yang lebih besar dari koefisien mual termal baja maka pemanjangannya lebih besar dari baja pada suhu yan sama.

Pemanjangan karena pengaruh temperature : batang baja :Δs = αs . ΔT . Ls = 11,7 . 10-6 (100 . 20) . 0,8 = 7,488 . 10-4 m = 0,7488 mm Batang perunggu : Δb = αb . ΔT (Ls - Δ) = 18,9 . 10-6 (100 - 20) (0,8 – 2. 10-4) = 1,209 . 10-3 m = 1,209 mm Pemanjangan karena pengaruh gaya : Batang baja : δs =

=

= 0,01 Pa (mm)

batang perunggu :

68

δs =

=

= 0,012 Pb (mm)

Untuk menghasilkan pemanjangan yang sama pada kedua batang : δ

=

Δs + δs + Δ = Δb . δb 0,7488 Ps + 0,01 Ps + 0,2 = 1,209 = 0,012 Pb 0,01 Ps + 0,012 Pb = 0,2602. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pb = 2Ps

a)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . b)

Dari persamaan a dan b didapat : 0,01 Ps + 0,012 (2 Ps) = 0,2602 0,034 Ps = 0,2602 Ps =

= 7,56 kN

Pb = 2 . Ps = 7,65 = 15,3 kN Jadi, tegangan pada masing-masing batang : σs =

=

= 19,125 MPa

σb =

=

= 19,125 N/mm2 = 19,125 MPa

σs = σb Soal pelatihan 12 Pipa kuningan dengan diameter bagian dalam 14 mm dan diameter bagian luar 20 mm, serta pipa baja berdiameter 10 mm dipasang pada sebuah tiang. Pada saat pemasangan awal temperatur ruang 300C, dalam keadaan tersebut tidak terdapat tegangan baik pada pipa kuningan maupun pipa baja. Peralatan tersebut digunakan di suatu ruangan dengan temperatur 900C.

69

Hitung tegangan yang terjadi pada pipa baja pada saat digunakan diruangan yang lebih panas tersebut. Catatan : - kuningan : Ek = 1,2 . 105 N/mm2 ; α k = 18 . 10-6 / 0C - baja Es = 2,1 . 105 N/mm2 ; αs = 12 . 10-6 / 0C Soal pelatihan Sebuah batang baja ACB memiliki dua penampang yang berbeda ditahan dengan penyanggapenyangga kaku seperti diperlihatkan paa gambar soal pelatihan 13 luas penampang batang A = 1300 mm2 modulus elastisitas batang E = 200 GPa, koefisien mual -6 0 termal α = 12 . 10 / C. Batang dikenalkan suatu kenaikan temperatur merata Δt = 35 0C Hitunglah = a. Gaya aksial (F) pada batang b.

Tegangan aksial maksimum

c.

Perpindahan δ dari titik C

Soal pelatihan 14 Batang aluminium dengan diameter 80 mm, silinder baja dengan diameter dalam 85 mm dan diameter luar 140 mm dengan panjang masing-masing 500 mm (diperoleh dari hasil pengukuran pada temperature 30 0C). Tentukan : a.

Tegangan yang terjadi pada silinder baja dan batang aluminium.

b.

Panjang aluminium dan silinder baja pada kondisi kerja (500)

Catatan : - Aluminium = EAl = 120 kN/mm2 ; σAl = 23 . 10-6 / 0C - Baja = Es = 210 kN/mm2 ; αs = 11 .10-6 / 0C

70

Soal pelatihan 15 Sebuah batang tembaga AB yang panjangnya 1 m ditempatkan pada kedudukan ruang dengan celah 0,01 mm antara ujung A dan sebuah dinding kaku (lihat gambar soal pelatihan 15)

Hitunglah tegangan tekan dalan batang jika temperaturnya naik 40 0 C. anggap α = -6 0 17.10 / C dan E = 110 Gpa

Tegangan pada batang tirus Contoh soal 24 Sebuah batang AB yang sedikit diruncingkan dengan penampang berbentuk lingkaran dan panjang L disangga di ujung B dan dikenakan beban P pada ujung bebas (lihat ganbar 1.40). Diameter batang pada ujung A dan d1 dan pada ujung B adalah d2. Tentukan sebuah rumus untuk pemanjangan dari batang yang disebabkan oleh beban P, bila berat batang diabaikan.

Penyelesaian : Ambil elemen setebal dx sejarak x dari ujung kiri.

d

=

d 2 . x + d1 ( L − x ) L

=

( d2 − d x ) d L + 1 L L

= d1 +

x ( d 2 − d1 ) L

71

Akibat beban P, elemen akan bertambah panjang sebesar : P . dx A. E

dδ

=

δ

=∫

L

o

L P . dx =∫ 0 A. E

π

4

4P L . E . π ( d1 . d 2 )

P . dx .. x   d1 + ( d 2 − d1 )  . E  L  

L

∫

x   d  d1 + ( d 2 − d1 ) L   2 x   d1 + ( d 2 − d1 )  L  

δ

=

δ

    4P . L −1 =   x E . π . ( d 2 −d1 )  d1 + ( d 2 − d1 )     L O

0

L

=

  −4 . P . L 1 1 −  L 0 E . π( d 2 − d 1 )  d + (d 2 − d1 ) d1 + ( d 2 − d1  1  L L

   )  

72

δ

=

  −4. P . L 1 1 −  L 0 E .π( d 2 − d 1 )  d + ( d 2 − d1 ) d1 (d 2 − d1  1  L L

=

− 4. P . L E .π . ( d 2 − d 1 )

=

4.P.L E . π . d1 . d 2

 d1 − d 2   d .d  1 2

   )  

   

Contoh soal 25 Sebuah balok dengan panjang AB ( seperti gambar 1.41 ) berpenampang bujur sangkar dan terbuat dari baja ( E = 2,1 . 10 6 kg/cm2 ) mendapat beban P = 10 ton yang bekerja sentris. Penyelesaian Ambmil elemen sejarah x dari ujung J Lebarnya = b dan tebalnya : dx b

=

b1 ( 1 − x ) + b2 . x L

=

3 ( 240 − x ) + 4 . x 240

= 3+

X 240


Pemanjang batang akibat ditarik : d (δ) =

L

∫ο

P . dx A. E

73

L

=

=

∫ο

240 P . dx =∫ 2 ο b .E (3 +

d (3 +

240

∫

o

(3 +

= 4,75 . 10 −3

10 4 dx x 2 ) . 2,1 . 10 6 240

x ) 240

x 2 ) . 2,1 . 10 2 240   −1 ( + 240 )  x  3 +  240 

240

      0

1 1  −1  −   = −1,14 12  4 3    

= −1,14  

= 0,095 cm

Jadi pemanjangan batang δ = 0,95 mm ≈ 1 mm

Soal perlatihan 16 Sebuah tiang beton penampangnya berbentuk bujur sangkar tingginya 6 cm ( seperti gambar ) soal perlatihan 16 yang sisi – sisinya meruncing secara merata dari lebar 0,5 m pada bagian atas hingga 1 m pada bagian bawah. Tentukan pemendekan tiang akibat aksi sebuah beban tekan 1400 KN. Anggap Ebeton = 24 Gpa

74


Soal perlatihan 17 Sebuah batang baja yang panjangnya 100 cm dibebani gaya aksial tarik P = 5 KN, bekerja di sumbu batang. Diameter penampang atas ( d1 ) = 2 cm diameter penampang bawah ( d 2 ) = 6 cm Gambar soal 17 Tentukan pemanjangan batang, bila modulus elastisitas batang ( E ) = 2,1 . 105 Mpa, dan berat batang diabaikan

75


2 Tegangan geser

Sasaran belajar Setelah mempelajari dan mengerjakan soal perlatihan di bab ini, anda diharapkan : • • •

dapat menghitung besarnya tegangan geser ; dapat menentukan besarnya gaya potong yang seharusnya terjadi pada suatu elemen mesin yang menerima beban geser ; dapat menetukan ukuran batang yang menerima beban geser.

Pengertian tegangan geser Tegangan geser berbeda dengan tegangan tarik dan tekan karena tegangan geser ditimbulkan oleh gaya yang bekerja sejajar atau searah dengan bidang penahan gaya, sedangkan tegangan tarik dan tekan ditimbulkan oleh gaya yang tegak lurus terhadap luas bidang penahan gaya. Oleh karena itu, tegangan geser dapat juga disebut

76

tegangan tangensial, sedangkan tegangan tarik dan tekan disebut tegangan normal. Tegangan geser terjadi apabila beban terpasang menyebabkan salah satu penampangan benda cenderung menggelincirkan pada penampang yang bersinggungan.

Gambar 2.1 contoh geser

Beberapa contoh diperlihatkan pada gambar 2.1. Gambar (a) paku keling menahan geser sepanjang luas penampang. Gambar (b) baut menahan geser sepanjang kedua luas penampang. Kasus (a) bisa disebut geser tunggal dan kasus (b) disebut geser ganda. Tegangan

77

geser merata terjadi bila resultan gaya geser F melalui titik pusat penampangan yang bergeser. Tegangan geser dilambangkan dengan huruf yunani τ

τg = F/A ………………………………………………………………. (2.1) Dengan ; τg

= Tegangan geser rata – rata (Mpa)

F

= Gaya geser ( N )

A

= Luas penampang penahan (mm2)

Pada praktiknya tegangan geser tidak pernah terbagi secara merata ( lihat butir 4.4 )

Contoh soal 1 Sebuah batang baja yang berpenampang d = 20mm, diletakkan di atas papan aluminium yang mempunyai tebal t = 5 mm ( seperti pada gambar 2.2 )

Berapa besarnya tegangan geser rata – rata yang terjadi pada aluminium tersebut, apabila dikenakan beban sebesar P = 120 KN?

78


Penyelesaian P A

τg

=

A

= keliling lubang x tebal = π . d . t = π . 20 . 5 = 314,16 mm 2

Maka : τg = P/A =

120 . 10 3 = 381,87 MPa 314,16

Tegangan geser yang dizinkan Jika kita dihadapkan pada persoalan menetukan gaya maupun ukuran yang terjadi akibat geseran, maka tegangan geser harus diketahui terlebih dahulu. Dalam hal semacam ini, tegangan geser (τ) yang terjadi, biasanya tidak boleh melampui nilai tertentu, yaitu yang disebut tegangan geser yang diizinkan (τ) maka rumusnya : • •

batang rusak = τ ≥ batang aman = τ ≤

Contoh soal 2 Pelat baja berukuran 3 x 100 x 200 mm akan Dibentuk dengan membuang bagian yang diarsir. Proses pembentukan dengan proses tekan ( proses punching ) dengan satu kali penekanan.

79

Tegangan maksimum baja ( σu ) = 1200 MPa dengan faktor koreksi v = 3, dan tegangan geser pelat baja yang diizinkan : τ = 0,6 . σ . Hitung gaya yang harus diberikan pada penekanan?

Gamabr 2.3 contoh soal 2

Penyelesaian τ

= σu/v = 1200/3 = 400 MPa

τ

= 0,6 σ = 0,6 . 400 = 240 MPa

Luas total A = keliling x tebal pelat = ( 2.20 + π . d + 2 .

π.R t

).t

= ( 40 +π . 20 + π . 15 ) . 3 = 449,867 mm2 Karena diharapkan patah : τ ≤ τg, dengan τg = F/A

maka = F ≥ τ . A ≥ 240 . 449,867 . 103

80

≥ 107,968 kN ≥ 108 kN Jadi, gaya minimum yang harus diberikan pada penekan adalah = 108 kN

Contoh soal 3 Sebuah batang baja dengan penampang berbentuk empat persegi panjang ( 15 x 45 ) mm memikul sebuah beban tarik P dan digantungkan pada sebuah pnyangga dengan mempergunakan sebuah pasak bundar pejal yang berdiameter 20 mm ( lihat gambar 2.4 ) Tegangan izin untuk batang dalam keadaan tarik dan pasak dalm keadaan geser adalah berturut – turut : σ = 120 MPa dan τ = 60 MPa. Berapakah harga P maksimum yang diperoleh ?


Penyelesaian Untuk tegangan tarik : Batang aman : τ ≤ τ

81

P1/A1 ≤ σ, maka P1 ≤ A . σ Dengan : A1 = ( 45 – 20 ) . 15 = 375 mm2 Jadi, P2 ≤ 120 . 375 ≤ 45000 N ≤ 45 Untuk tegangan geser : Batang aman : τ < τ P2 ( 2 . A2 ) ≤ τ maka : P ≤ τ ( 2 . A2 ) Dengan ; A π . /4 . d2 = π/4 . 202 = 314,16 mm2 Jadi, P2 ≤ 60 . 314,16 ≤ 37699,11 N ≤ 37,7 KN

Dengan membandingkan kedua harga P di atas, maka harga P maksimum yang diizinkan adalah : 37,7 KN.

Soal perlatihan 1 Sebuah benda pada gambar soal 1 dibuat dari pelat aluminium dengan tebal 2 mm pembuatannya dengan mesin punch ( potong ). Tegangan geser yang diizinikan adalah 150 MPa. Te3ntukan gaya tekan minimum yang harus diberikan pada mesin punch !


82

Soal perlatihan 2 Sebuah benda ( seperti gambar soal perlatihan 2 ) dibuah dari pelat baja st 37 dengan kekuatan tarik 37 kg/mm 2 mempunyai tebal 3 mm, pembuatannya dengan mesin punch ( potong ). Tentukan gaya minimum yang harus diberikan pada mesin punch bila tegangan geser yang diizinkan adalah 0,6 dari tegangan tarik izin dengan faktor keamanan 4 !


Soal perlatihan 3 Sebuah balok kayu diuji dalam keadaan geser langsung, dengan mempergunakan contoh bahan uji ( seperti gambar soal perlatihan 3 ) beban P diberikan pada balok kayu, bidang AB punya lebar 50 mm dan tinggi h adalah 50 mm. Berapakah tegangan geser rata – rata dalam kayu?

83

Gambar Soal perlatihan 3 Soal perlatihan 4 Ujung busur truss kayu disusun ke busur dasar seperti gambar soal perlatihan 4, dengan mengabaikan gesekan : a. hitung ukuran b apabila tegangan geser izin 900 Kpa ! b. tentukan ukuran c sehingga tegangan dukung tidak melebihi 7 MPa !


Soal perlatihan 5 Bell crank pada gambar soal perlatihan 5 berada dalam keadaan setimbang

84

a. Tentukan diameter batang AB apabila tegangan aksial hingga 100 MPa. b. Tentukan tegangan geser di pin D apabila diameter pin 20 mm!


Tegangan geser pada batang yang mendapat beban tarik dan tekan murni Dalam pembahasan mengenai tarik dan tekan dalam sebuah batang, tegangan yang ditinjau adalah tegangan – tegangan normal yang bekerja pada penampang m-m dari batang AB. Baiklah sekarang diselidiki tegangan – tegangan yang bekerja pada penampang m –m ( seperti gambar 2.5 )

85

Gambar 2.5 Dua batang direkatkan menerima beban tarik

Tegangan geser yang terjadi pada penampang m – m :

Fgm

τm

=

Am

=

F sin a F . sin a . cos a = A / cos a A

=

F Sin 2 a 2A

Dengan, Ftm = Gaya tarik pada penampang m – m Fgm = Gaya geser pada penampang m – m Tegangan tarik maksimum terjadi bila sudut : a = 0 o σm

=

cos 2 a F . cos 2 . 0 F = = A A A

Tegangan geser maksimum terjadi bila sudut : a = 45 0 σm

=

F . Sin 2a F . Sin 2 . 45 0 F = = 2 A 2 A 2 A

Sehingga didapat : ( τ )maks = ½ . (σm)maks Contoh soal 4

86

Sebuah batang prismatik yang mengalami beban tarik memiliki luas penampang A = 1200 mm2 dan memikul sebuah beban P = 90 kN ( seperti gambar 2.6 ).Tentukan tegangan yang bekerja pada semua permukaan elemen yang diputar dengan sudut θ = 25 0! Penyelesaian σx

= F/A =

90 . 10 3 N = 75 MPa 12 . 00 mm 2


Tegangan tarik yang terjadi pada penampang m – m τ

= σx Cos2 θ = 75 . Cos2 . 25 = 61,6 MPa

Tegangan geser yang terjadi pada penampang m – m τ

= τx sin θ Cos θ = 75 sin 250 . Cos 250 = 28,7 MPa

Soal perlatihan 7 Sebuah batang tarik dibuat dari dua potong bahan yang direkatkan bersama ( lihat gambar soal perlatihan 7 ). Karena alasan praktis sudut normal bidang potong dibatasi pada jangkauan θ = 0 sampai dengan 60o.

87

Tegangan geser izin pada sambungan rekat besarnya ¾ dari tegangan tarik izin Berapa seharusnya harga θ agar batang dapat memikul beban terbesar?


Soal perlatihan 8 Sebuah batang baja prismatik yang berpenampang empat persegi panjang ( 100 x 75 ) mm, dikenakan sebuah beban tarik P = 500 kN ( seperti gambar soal perlatihan 8 ). Tentukan tegangan normal dan geser pada semua permukaan dari sebuah elemen yang diputar melalui sudut θ = 250

Gamabr Soal perlatihan 8

88

Tegangan geser pada bidang yang letaknya tegak lurus satu sama lain Tinjau sebuah kubus yang ditarik pada sisi – sisinya dengan gaya sebesar F

Gambar 2.7 tegangan dan regangan geser Jika bahannya elastis linier, maka diagram tegangan regangan untuk keadaan geser ( τ tehadap γ ) berbentuk serupa dengan diagram tegangan regangan untuk keadaan tarik/ tekan ( σ terhadap ε ) untuk bahan – bahan yang sama. γ

= tan θ =

D D1 =δ / L A D1

Karena θ adalah sudut yang kecil maka : tan θ ≈ θ γ

F . L = δ = A.G = F L L A.G

89

γ

=

τg G

Dengan, θ

= Perubahan sudut akibat geseran ( radian )

τg

= Tegangan geser ( MPa )

g

= Modulus elastisitas geser ( MPa )

Contoh soal 5 Sebuah bantalan luncur dari suatu bahan fleksibel ( seperti gambar 2.8 ) yang bagian atasnya ditutupi oleh sebuah pelat baja tipis dengan ukuran a x b yang sama, dikenakan sebuah gaya geser horizontal 20 kN. Tentukan tegangan dan regangan geser rata – rata dalam bantalan dan penggeseran horizontal d dari pelat bila modulus elastisitas geswer (G) = 0,8 . 105 MPa.

90


Penyelesaian Tegangan geser = τg

P P 20.000 = = = 66,67 MPa A a.b 20 . 15

Regangan geser γ = tan θ =

τg G

=

66,67 = 1,33 10 0,8 10 5

−3

Pergeseran horizontal : γ = d/h → d = d = h .γ = 10 . 1,33 . 10 3 = 1,33 . 102 mm

Soal perlatihan 9 Hitunglah perubahan sudut, jika diketahui tegangan geser τ = 20 MPa dan modulus geser G = 8 . 10 MPa dihitung dalam radian. !

Soal perlatihan 10 Sebuah batang dengan ukuran ( seperti gambar soal perlatihan 10 mendapat gaya geser P. Tegangan geser yang diizinkan 25 MPa dan modulus geser : 8 . 104 MPa. Tentukan besarnya gaya P bila sudut geser θ = 250!

91


92

3 Momen inersia

Sasaran belajar

Setelah mempelajari dan mengerjakan soal perlatihan bab ini, anda diharapkan :

-

dapat menjelaskan contoh-contoh pengguaan momen inersia pada komponen permesinan; dapat mencari inersia suatu benda baik terhadap sumbu x,y maupun sumbu polarnya; dapat menentukan tegangan yang terjadi pada suatu elemen mesin yang berhubungan dengan momen inersia.

93

Pengertian momen inersia

Tujuan penggunaan momen inersia yang biasa dinyatakan dengan simbol l. Dalam banyak rumus teknik yang berhubungan dengan momen inersia adalah menjelaskan arti rumus tersebut, seperti pada rumus lentur, tegangan bending, tegangan puntir, tekuk, dan sebagainya.

Dalam pembahasan momen inersia dari suatu batang, kita harus mengetahui terlebih dahulu letak titik berat batang tersebut. Apabila letak titik berat batang tersebut tidak diketahui kita tidak dapat menentukan koordidat bidang x & y dari suatu batang. Sebelum mendefenisikan momen inersia, kita perhatikan terlebih dahulu mengenai pembahasan titik berat suatu batang yang sebernarnya sudah dibahas di mekanika teknik satu secara luas.

Untuk menentukan koordinat-koordinat titik berat ini, marilah kita melihat luas elemen dA dengan koordinat-koordinat x & y yang diperlihatkan dalam gambar 3.1.

Gambar 3.1. Luas biodang datar A dengan titik berat C

94

Luas total A di defenisikan sebagai integrasi berikut : A = ∫ dA. Begitu pula momen-momen pertama dari luas ini berturut-turut terhadap sumbu-sumbu x dan y adalah :

Qx = ∫ y dA dan Qy = ∫ x dA

Koordinat-koordinat x dan y dari titik berat benda ( C ) sama dengan momen-momen pertama dibagi luasnya :

•

titik berat terhadap sumbu X =

= ∫ x . dA / ∫ dA = Qy / A (3.1)

•

titik berat terhadap sumbu Y =

= ∫ y dA / ∫ dA = Qx / A (3.2)

Dengan ;

95

;

= titik berat terhadap sumbu x ; y

Qx ; Qy A

= Momen pertama luas terhadap sumbu x ; y = Luas penampang

Demikian juga mengenai momen inersia suatru penamang tehadap sumbu x dan y berturut-turut didefenisikan oleh integral-integral : •

momen inersia terhadap sumbu x : Ix = ∫ y-2 dA (3.3)

•

momen inersia terhadap sumbu y : Iy = ∫ x2 dA (3.4)

Dengan,

Ix ; Iy = Momen inersia terhadap sumbu x ; y x;y

= Koordinat-koordinat dari elemen luas penampang (dA)

dA

= Elemen luas penampang

Karena dA dikalikan kuadrat jaraknya, momen inersia disebut juga momen kedua penampang sehingga dapat di defenisikan bahwa momen inersia adalah integral dari pada perkalian antara luas penampang dengan jarak kuadrat suatu titik atau garis lurus.

96

Momen inersia polar

Momen inersia polar adalah momen inersia penampang relatif terhadap garis atau sumbu yang tegak lurus bidang dan ditunjukkan dengan rumus :

Ip = ∫ p2 dA = ∫ ( x2 + y2 ) dA

= ∫ x2 dA + ∫ y2 dA (3.5)

I p = I y + Ix

Sehingga dapat dinyatakan bahwa momen inersia polar suatu penampang terhadap sumbu tegak lurus bidang sama dengan jumlah momen inersia terhadap dua sumbu lainnya yang terletak pada bidang dan tegak lurus sumbu polar.

Jari-jari girasi

Jari-jari garis dipergunakan untuk menjelaskan ekspresi matematis lain yang terdapat pada rumus kolom. Jari-jari garis biasayanya dinyatakan dengan lambang k atau r. Peninjauan suatu bidang luas A yang bermomen inersia Ix terhadap sumbu x. Kita anggap bidang A merupakan suatu pita tipis yang sejajar dengan sumbu x ( lihat gambar 3.2. ). Jadi supaya bidang A yang berkonsentrasi mempunyai momen inersia ( kelembaman ) terhadap sumbu x. Pita itu harus di letakkan pada jarak Kx dari sumbu x yang di defenisikan melalui hubungan :

97

Ix = ( K ) 2 . A

Kx = (3.6)

Gambar 3.2. Jari-jari girasi terhadap sumbu x

Demikian juga untuk sumbu y dan polarnya :

Ky (3.7)

Kp = (3.8) Dengan = Kx ; Ky ; Kp adalah jari-jari girasi Toerema sumbu sejajar

Sering kali kita memindahkan momen inersia suatu penampang terhadap sembarang sumbu yang sejajar sumbu penampangnya. Untuk menurunkan rumus ini, ditinjau gambar 3-3 Xc dan Yc diukur dari salib sumbu koordinat yang melalui titik berat benda C, sedang X dan Y diukur dari salib sumbu koordinat yang melalui 0.

98

Gambar 3.3 Penurunan teorema sumbu sejajar

Jarak antara sumbu-sumbu beraturan adalah d1 dan d2. Dari defenisi momen inersia terhadap sumbu X diperoleh persaan :

Ix = ∫ y2 dA = ( yc + d1 )2 dA

= ∫ yc2 dA + 2d1 ∫ yc dA +d12 ∫ dA

Integral pertama adalah momen inersia terhadap sumbu X xc (1) integral kedua sama dengan nol karena sumbu X c melalui titik berat, dan integral ketiga adalah luas A. sehingga momen inersia terhadap sumbu X adalah :

Ix = Ixc + 0 + d12 . A

99

= Ixc + d12 . A

Dengan,

Ix

= Momen inersia terhadap sumbu X (mm 4)

Ixc

= Momen inersia terhadap sumbu Xc (mm4)

d1

= Jarak dari sumbu X ke sumbu Xc (mm)

A

= Luas penampang (mm2)

Demikian pula momen inersia terhadap sumbu Y dan momen inersia polar nya :

Iy = Iyc + d22 . A

Ip = Ipc + (d12+d22) A

Kesimpulan Momen inersia suatu penampang terhadap sembarang sumbu yang terletak pada bidang penampang sama dengan momen inersia suatu sumbu yang melalui titik berat ditambah hasil kali luas dan kuadrat jarak antara kedua sumbu itu.

Momen inersia penampang

Penampang empat persegi panjang

100

momen inersia terhadap sumbu X :

Ix = ∫ y2 dA,

Karena : dA = b . dy, maka

Ix = ∫ y2 . b . dy

= -h/2

Gambar 3.4 Penampang empat persegi panjang

Ix = b [y3/3]h/2 = b/3 [(h/2)3 – (-h/2)3] -h/2

= b/3 (h3/8 + h3/8) = b/3 (h3/4) = bh3/12

Momen inersia terhadap sumbu Y :

Iy

= ∫ x2 dA, dengan; dA = h.dx

101

= ∫ x2 . h . dx

Iy = -b/2

Iy = h [x3/3]b/2 = h/3 [(b/2)30 – (-b/2)3] -b/2

= h/3 (b3/8 + b3/8) = h/3 (b3/4) = hb3/12

Cara lain : Dengan membagi luas bidang menjadi beberapa bagian terkecil yang sama. Mangkin kecil pembagian luas harga momen inersia akan lebih teliti.

Panjang h dibagi menjadi 8 bagian yang sama, jadi setiap bagian panjangnya h/8 (lihat gambar 3.5).

Panjang :

Luas :

Y1 = 1/16 . h 1/8 . bh

A1 =

102

Y2 = 3/16 . h 1/8 . bh

A2 =

Y3 = 5/16 . h 1/8 . bh

A3 =

Y4 = 7/16 . h 1/8 . bh

A4 =

Gambar 3.5

Sehingga

Ix = ∑

A .Y2 atas + ∑ Δ . Y2 bawah

= 2 . ∑ Δ A . Y2

Ix = 2 ( Δ A 1 .

Ix = 2 Δ A (

+ Δ A2 .

+ Δ A3 .

+ Δ A4 .

)

)

= 2 . bh/8 (h/16)2 + (3h/16)2 + (5h/16)2 + (7h/16)2

= bh/4 (h2 /256 + 9h2 /256 + 25h2 /256 +46h2 /256)

Ix = bh3/12,2

Kalau pembagian luas tersebut mangkin kecil akan didapatkan harga momen inersia terhadap sumbu x yaitu :

103

Ix = bh3/12

Demikian pula untuk momen inersia terhadap sumbu y.

Ix = hb3/12

Penampang bujur sangkar

Karena sisi-sisinya sama yaitu a, maka momen inersia terhadap sumbu x dan sumbu y adalah sama:

Ix = Iy = a4 / 12

Gambar 3.6 Penampang bujur sangkar

104

Penampang segi tiga siku-siku

Untuk bentuk segi tiga siku-siku sebenarnya terbuat dari setengah segi enam atau setengah jajaran genjang. Jadi, momen inersia segi tiga siku-siku yang melalui garis setengah tinggi (h/2) sama dengan setengah momen inersia segi empat Ix = ½ . bh 3/12 = bh3 /24. Sekarang mencari momen inersia yang melalui titik berat (G) dari segi tiga yang sejajar sumbu x.

Jarak antara x’ ke x adalah d.

d

= 2h/3 – h/2 = h/6

Ix

= Ix’ + Ad2 (teorema sumbu sejajar)

Ix

= Ix’ – Ad2

= bh3 /24 – (bh/2) (h/6)2

= bh3/24 – bh3 /72 = bh3/36

105

Gambar 3.7

Jadi, momen inersia terhadap sumbu x adalah Ix = bh 3/36 dengan cara yang sama untuk sumbu y didapat kan :

Iy = hb3/36

Cara lain :

Momen inersia terhadap sumbu x.

Ix

= y2 d A, karena dA = dy dari kesebangunan segi tiga diperoleh

I/b = (h – y) / h

I = b (h-y) / h

106

Gambar 3.8

dA = b (h-y)/h dy

Ix

= ∫ y2 . b . (h-y/h) dy

= b/h ∫ (y2 .h – y3)dy = b/h [ h.

-

]h 0

= b/h ( h4/3 – h4/4) = b/h (h4/12) = bh3/12 Ix’ = Ix + Ad2 Ix

= Ix’ – Ad2 = bh3/12 –(bh/2) (h/3)2 = bh3/ 12 –bh3/ 18 = 3 bh3 /36 – 2 bh3 – 36 = bh3/ 36

107

Atau dapat dikatakan momen inersia bentuk segi tiga terhadap titik beratnya sama dengan sepertiga dari momen inersia bentuk segi empat terhadap titik beratnya.

Ix (segi tiga) = 1/3 Ix (segi empat)

Ix

= 1/3 . bh3/12

= bh3/36

Demikian pula untuk momen inersia terhadap sumbu y = Iy = b 3 h/36

Penampang lingkaran

Momen inersia terhadap sumbu x :

Ix = ∫ y2 .dA

108

Gambar 3.9 Penampang lingkaran

dengan :

y

= ro . sin θ

da

= ro . dθ dr

Ix

=

=

Ix

=

(ro sinθ)2 ro . dro dθ

r3o . sin θ dθ ro

2

θ d θ [ro4/4]2π 0

= r4/4

2

θdθ

= r4/4 [ - sin θ . cos θ/2 + ½ ∫ d θ ]2π 0

109

= r4/4 – [ ½ . θ] = r4/4 . ½ (2π)

= π . r4/4

Demikian juga momen inersia terhadap sumbu y :

Iy = ∫ x2 .dA

Karena y = x = r (penampang lingkaran) Sehinga =

Iy = Ix = π r4/4

Contoh soal :

Tentukan momen inersia terhadap sumbu x dan y yang melalui titik berat dari berbagai penampang pada gambar 3.10.

110

Gambar 3.10. contoh soal 1

Penyelesaian :

Karena benda berlubang kita bagi menjadi dua bagian, yaitu bagian perta benda pejal semua sedang bagian kedua lubangnya.

Soal a :


Ix1 =

=

Ix2 =

=

= 45.000 cm4

111

Ix

= Ix1 – Ix2 = 45.000 – 666,67 = 44333,33 cm4

Momen inersia terhadap sumbu y :

Iy1 =

Iy2 =

Iy

=

= 20.000 cm4

=

= Iy1 – Iy2 = 20.000 – 426,67 = 19573,33 cm4

Soal b:


=

Ix1 =

Ix2 =

Ix

=

=

266666,67 cm4

(10)4 = 7853,982 cm4

= Ix1 - Ix2 = (266666,67 – 7853,982) = 258812,658 cm 4

Momen inersia terhadap sumbu y :

112

Iy1 =

=

= 5416666,67 cm4

Iy2 = Ix2 = 7853,982 cm4

Ix1 = Ix1 - Ix2 = (416666,67 – 7853,982) = 408812,685 cm 4

Contoh soal 2 : Tentukan besarnya momen inersia terhadap sumbu x ; momen inersia polar serta jari-jari girasi terhadap sumbu y.


Penyelesaian : Momen inersia terhadap sumbu x

113

Ix1 =

.τ

1

= π / 4 (18)4 = 82447,96 cm4

= 82447,96 cm4

Ix2 =

r24 =

(12)4 = 16286,02 cm4

Ix = Ix1 – Ix2 = 82447,96 -16286,02 = 66161,94 cm4

Karena bendanya bentuk lingkaran momen inersia terhadap sumbu y sama dengan momen inersia terhadap sumbu x :

Iy = Ix = 66161,94 cm4

-

Momen inersia polar Ip = Ix + Iy

= (66161,94+66161,94) cm4

114

=132323,88 cm4

Jari-jari girasi terhadap sumbu y

-

Ky =

A

= A 1 – A2

= π (r12 – r22)

= π (182 – 122)

= 565,49 cm2

Ky =

= 10,82 cm

Momen inersia penampang komposit

Penampang komposit adalah penampang dari suatu benda yang merupakan gabungan dari beberapa bagian yang setiap bagian memiliki suatu bentuk geometris yang lajim dijumpai (seperti segiempat, segitiga, lingkaran, dan sebagainya).

Contoh soal 3 : Tentukan besarnya momen inersia terhadap sumbu titik berat Xc dan Yc pada gambar 3.12 115

Penyelesaian

Gambar 3.12 Contoh soal 3 Karena bentuknya komposit bagi benda tersebut menjadi dua bagian yaitu bagian pertama berbentuk segiempat dan bagian kedua berbentuk sikuk-siku. Sebelum menentukan momen inersia terlebih dahulu kita tentukan dulu letak titik berat dari benda tersebut •

Titik berat terhadap sumbu x:

=

=

•

Titik berat terhadap sumbu y:

=

116

Titik berat benda G (3,56;4.67)

Momen inersia terhadap koordinat titik berat benda adalah jumlah mpmen inersia Terhadap titik berat bagian benda ditambah hasil kali luas bagian dengan kuadrat jarak antara titik berat benda.

Momen inersia terhadap sumbu y:

= (

=

)+(

+

d ²)

( – x1)2+

+ A1 (x2 - )2

= 64 + 116,813 + 72 + 256,64

= 509,45 cm4

Momen inersia terhadap sumbu

:

Ixc = (Ix1 +A1dy12) + (Ix2 + A2dy2)2

117

=

=

+ A1(y1 - )2 +

+ A2(

+ (4 . 12)(6 – 4,67)2 +

- y2)2

+(

) (4,67 -2 )2

=576 + 84,91 + 288 + 348,196

= 12976,11 cm4 Contoh soal 4: Suatu penampang berbentuk setengah lingkaran yang berjari-jari 15 cm memiliki Sebuah lubang berbentuk segi tiga sama kaki yang masing-masing sisi mempunyai ukuran 10 cm (seperti gambar 3.13).

Hitunglah momen –mpmen inersia : sumbu

dan

berturut-turut terhadap sumbu-

dan

Penelesaian : Karena letak titik berat kedua benda segaris pada sumbu y , maka titik berat terhadap sumbu x nya adalah nol :

=

= 0 titik berat terhadap sumbu Y :

=

118

=

Gambar 3.13 contoh soal 4 Dengan : h = 5 . tg 60 = 8,66 cm =

=

=

= 6,85 cm

Titik berat G (0;6,85) Momen inersia terhadap sumbu xo Ixo = Ix + A1dy12 – (Ix2 + A2dy22) = 0,11 + A1 ( - y1)2 – (bh3/36 + A2( – y2)2

= 0,11 . 154 + 353,43 (6,85 – 6,366)2 –

+ 43,3 (6,85 – 2,887)2

= 5568,75 + 82,793 – (180,41 + 680,04) = 4791,09 cm4

119

Momen inersia terhadap sumbu yo : Iyo = Iy1 +A1 dx12 – (Iy2 + A2 dx22). Karena titik berat terhadap sumbu x adalah nol maka dx dan dx juga nol. Iyo = Iy1 Iy2 = π.

=π.

-

–

= 19880,39 – 180,42 = 19699,97 cm4 Contoh soal 5 : Hitunglah momen inersia terhadap sumbu xc dan x dari benda yang diperlihatkan pada gambar 3.14. Penyelesaian : Sebelum menentukan letek titik berat dari benda ini,benda dibagi menjadi beberapa bagian dengan bentuk segitiga, segi empat dan setengah lingkaran.

120

Gambar 3.14.

Titik berat terhadap sumbu x : =

=

=

=

=

= 3,84 cm.

Titik berat terhadap sumbu y : =

=

=

=

=

= 5,32 cm

121

Titik berat benda G (3,84 ; 5,32) Momen inersia terhadap sumbu X2 : Ixc = (Ix1 + A1dy1)2 + (Ix2 + A2dy2)2 + (Ix3 + A3dy3)2+(Ix4+A4dy4)4 =

+ 10,5(y1-y)2 +

+36 (y2 . )2 +

+ 21 + 0,109 r4 +4,81( . y4)2

= 5,25+10,5(11-5,32)2+432+36(6-5,32)2+15,75+21(5,331,5)3+0,10918(3,5)4+ 4,81(5,32-4,485)2 = 5,25+338,76+432+16,65+15,75+308,05+16,48+3,35 = 1136,285 cm4

Momen inersia terhadap sumbu x : Ix = (Ix1 + A1dy1)2 + (Ix2 + A2dy2)2+ (Ix3 + A3dy3)2+ (Ix4 + A4dy4)2 = 5,27+10,5(11)2+432+36(6)2+15,75+21(1,5)2+16,48+4,81(4,485)2 = 5,27+1270,5+432+1296+15,75+47,25+16,48+96,75 = 3180 cm4

Hasil kali inersia Hasil kali inersia dari suatu penampang adalah suatu sifatluas yang didefenisikan terhadap suatu system sumbu tegak lurus yang terletek dalam luas bidang ini. Hasil kali inersia dipakai tidak sering momen inersia, tetapi diperlukan pada masalah seperti menetepkan momen inersia maksimum dan minimum, lendutan balok tidak simetris dan analisa struktur rangka statis tak tertentu. 122

Untuk mendefenisikan hasil kali inersia kita mengacu keluar dA yang diperlihatkan pada gambar III-5 dan kita didefenisikan hasil kali inersia (product of inersia) terhadap sumbu-sumbu x dan y sebagai berikut : Ixy =

ydA…………………………………(3.12)

Gambar 3.15 hasil kali inersia pada sembarang penampang

Dari defenisi ini kita lihat bahwa luas dA dikalikan dengan koordinatkoordinatnya. Sebagai akibat dari hasil kali inersia ini dapat berharga positif, negative atau nol. Tergantung pada kedudukan sumbu-sumbu x,y terhadap luas. Hasil kali inersia berharga positif apabila luas dAterletak di kuadrant pertama dan ketiga, karena luas dA memiliki koordinat-koordinat x dan y berharga positifmaupun berharga negative. Harga negative apabila elemen luas dA terletak di kuadran ke dua dan ke empat,karena salah stu koordinatnya berharga positip dan apabila berharga nol berarti luas dA berada pada salah stu koordinatnya atau dititik nol. Missal luas dA dalam gambar 3.15 terletak pada kuadran pertama sumbu (x,y) dan Ixy =

positif karena koordinat x dan y berharga positif.

123

Tetapi apabila luas dA berada pada sumbu y maka Ixy = o. Y dA = 0, Sedangkan apabila dari luas dA diputar 900 berlawana arah jarum jam dari sumbu semula maka luas baru dA berada pada kuadrant ke empat sehingga perkalian inersia nya : Ixy =

Ixy.

Teorema sumbu sejajar untuk hasil kali inersia Hasil kali inersia dari suatu penampang terhadap sembarang sumbu yang sejajar saling berhubungan melalui suatu toerema sumbu sejajar yang analog dengan teorema yang bersangkutan untuk momen-momen inersia dan momen-momen inersia polar. Untuk memperoleh teorema ini, marilah kita tinjau kembali luas yang diperlihatkan dalam gambar 3.3. Hasil kali inersia Ixy terhadap sembarang pasangan sumbu-sumbu lainnya yang sejajar dengan sumbu-sumbu xc yc adalah : Ixy =

=

= = d1 dan d2 adalah koordinat-koordinat dari titik berat C terhadap sumbu-sumbu xc yc. jadi d1 dan d2 dapat berharga positif maupun negative. Integral pertama adalah hasil kali inersia (Ixcyc) terhadap sumbu-sumbu utama ; Integral tang kedua dan ketiga hasilnya nol karena merupakan momen momen pertama dari luas terhadap sumbu-sumbu utam ; sedangkan integral terakhir adalh A.

Karena itu persamaan diatas menjadi : Ixy = Ixcyc+Ad1d2…..…………………………….(3.13)

124

Dengan : Ixy

= hasil kali inersia terhadap sumbu xy

Ixcyc = hasil kali inersia terhadap sumbu xy A

= luas penampang bidang

d1

= jarak dari sumbu x kesumbu x

d2

= jarak dari sumbu y kesumbu y

Hasil kali inersia penampang Penampang segi empat Tentukan hasil kalli inersia penampang segi empat pada gambar disamping terhadap sumbu xc dan yc Penyelesaian : Marilah kita tinjau sebuah elemen luas dA yang berbentuk sebuah pita tipis yang tingginya dy dan lebarnya x.

Gambar 3.16 Penampang segi empat

125

Hasil kali inersia terhadap sumbu-sumbu yang melalui titik beratnya xc yc yang sejajar sumbu-sumbu adalah nol karena mereka adalah sumb-sumbu x y simetris, sedangkan koordinat-koordinat dari titik berat terhadap sumbu-sumbu x,y adalah d1 = h/2 dan d2 = b/2. Hasil kali terhadap sumbu-sumbu xy inersia adalah Ixy = Ixcyc_A.d1d2 = 0 + b . h (h/2)(b/2). Penampang segi tiga Tentukan hasil kali inersia penampang segi tiga seperti diperlihatkan pada gambar 3.17, terhadap sumbu x dan y.

Gambar 3.17 Penampang sigitiga

Penyelesaian : Gambar di arsir menunjukkan sebuah elemen luas dA yang berbentuk sebuah pita tipis dengan tinggi dy dan lebarnya x, karena tipis elemen dianggap berbentuk empat persegi panjang dengan luas dA = x dy dari perbandingan segitiga yang sama : X : b = (h-y) : y Sehingga : x = Oleh karena itu : dA = x dy = b/h (h-y)dy

126

Hasil kali inersia untuk pita tipis (gambar yang diarsir) terhadap sumbu-sumbu yang melalui titik beratnya dan sejajar sumbu-sumbu x dan y adalah nol. Oleh karena itu hasil kali inersia pita tipis terhadap sumbu-sumbu x y adalah :

d Ixy = dlxp yp + dA d1d2

dengan : d1 = jarak dari sumbu x kesumbu xp = x/2 d2 = jarak dari sumbu y kesumbu yp = y

sehigga : d Ixy = 0 + (h-y) dy .

Ixy

=

.y =

.y dy

=

=

dy =

[

=

=

(h-y)2y. dy

-

+

]

–

+

]

) dy

h2 [

127

=

[

] =

Hasil kali inersia terhadap sumbu-sumbu titik berat benda yang sejajar sumbusumbu x dan y, sekarang dapat di tentukan dengan teorema sumbu sejajar: Ixcyc = = Ixy – Ad1d2 Ixcyc =

–

=

-

=

= (h/3) (b/3)

-

=-

Dalam daftar lampiran table 3 diperlihatkan hasil momen inersia titik berat ; luas dan hasil kali inersia dari berbagi bentuk penampang Contoh soal 6 : Tentukan hasil kali inersia penampang siku-siku seperti yang diperlihatkan pada gambar 3.18 terhadap sumbu xy.

128

Gambar 3.18 contoh soal 6 Penyelesaian : Penampang siku dibagi menjadi dua bagian penampang segiempat , bagian pertama berukuran (18 x 12) cm dan bagian kedua berukuran (10 x 2)cm. Hasil kali inersia penampangIterhadap sumbu-sumbu x dan y : Ix1y1 = Ixc1yc1 + A1x1y1 = 0 + (18.2).1.9 = 324 cm Hasil kaliinersia penampang II terhadap sumbu-sumbux dan y Ix2y2 = Ixc2yc2 +A2x2y2 = 0 + (10.2).7.1 = 140 cm

Hasil kali inersia komposit terhadap sumbu-sumbu xy adalah : Ixy = Ix1y1 + Ix2y2 = 324 + 140 = 464 cm4 Contoh soal 7 : Tentukanlah hasil kali inersia penampang seperti terlihat pada gambar 3.19 terhadap sumbu titik berat xc dan yc

129

Gambar 3.19 Contoh soal 7 Penyelesaian : Luas penampang : A1 = 6.3/2 = 9 cm2 A1 = 2. 10 = 20 cm2 A1 = 2.6 = 12 cm2 Jarak dari titik berat kesumbu x : X1 = -(1/3 . 6 + 2) = 4 X2 = -(1/2 . 2) = -1

Jarak dari titik berat ke sumbu y = Y1 =2/3 . 3 + 7 = 9 Y2 = ½ . 10 = 5 Y3 = ½ . 2 = 1

Ttik berat terhadap sumbu x : =

=

=

= -2,83 cm

Titik berat terhadap sumbu y :

130

=

=

+

=4,71 cm

Hasil kali inersia penampang terhadap sumbu-sumbu x dan y Ix1y1 = Ixc1yc1 + A1X1Y1 = - (

+ 9(-4)(9) = -319,5 cm2

Ix2y12 = Ixc2yc2 + A2X2Y2 = 0 + 20(-1)(5) = -100 cm4 Ix3y3 = Ixc3yc3 + A3X3Y3 = 0+12 + (-15)(1) =-60 cm4

Hasil kali inersia komposit terhadap sumbu – sumbu x dan y Ixy = Ix1y1 + Ix2y2 + Ix3y3 = -319,5 – 100 -60 = - 479,5cm2

Hasil kali inersia penampang komposit terhadap sumbu-sumbu xc dan yc Ixcyc = Ixy - Afot .

= 479,5 – (41)(-2,83)(4,71)

= 67 cm4

Soal perlatihan 1. Hitunglah momen inersia penampang berikut terhadap sumbu a-a sumbu b-b dan sumbu c-c dan berbagai penampang yang diperhatikan pada gambar dibawah ini.

131

Gambar soal 3.1 2. Tentukan titik berat, momen inersia terhadap sumbu x, momen inersia terhadap sumbu y dari penampang pada gambar dibawah ini .

Gambar soal 3.2 3. Sebuah luas setengah lingkaran yang berjari-jari150 mm memiliki msebuah lubang berbentuk empat persegi panjang yang ber ukuran (50 x 100) mm (lihat gambar soal 3.5) Hitunglah momen-momen inersia terhadap sumbu x dan sumbu y serta momen inersia terhadap sunbu Xc yang melalui titik berat.

Gambar soal 3.3

132

4. Tentukanlah hasil kali inersia penampang Z seperti di perlihatkan gambar di bawah ini terhadap sumbu titik berat Xc, Yc.

5. a. Tentukanlah hasil kali inersia luas seperti empat lingkaran seperti dalam gambar terhadap sumbu X dan Y. b. Dengan menggunakan hasil soal no 5.a, tentukan lha hasil kali inersia luas arsiran terhadap sumbu X dan Y pada gambar 5.b.

133

4. Tegangan normal akibat momen lentur ( tegangan lentur)

Sasaran Belajar Setelah mempelajari dan mengerjakan soal perlatihan bab ini, anda diharapkan: •

Dapat menetukan momen ketahanan lentur pada berbagai bentuk penampang;

•

Dapat menghitung tegangan lentur akibat momen lentur;

134

•

Dapat menentukan ukuran batang yang menerima momen lentur.

Pendahuluan Tegangan lentur adalah tegangan normal yang dilakukan oleh beban berupa gaya luar atau momen luar. Persamaan antara tegangangan lentur dengan tegangan geser, adalah keduanya menerima gaya yang tegak lurus dengan sumbu batangatau sejajar dengan bidang. Perbedaan nya adalah gaya yang terjadi pada tegangan geser segaris dengan bidang. Untuk gaya yang segaris dengan bidang momennya adalah nol., sehingga tidak terjadi tegangan lentur. Marilah kita perhatikan suatu batang yang menerima momen lentur yang mengakibatkan batang melengkung( membengkok), sehingga terjadi perubahan yang serat.

Serat

(serabut)

bagian

atas

AD

menjadi

A 1D1

(

mengalami

pemendekan) serta serat bagian bawah BC menjadi B1C1 (mengalami pemanjangan). Serat PQ tesebut permukaan netral karena serat seperti itu panjangnya tetap. Oleh karena itu, tegangan di serabut ini sama dengan nol (sesuai Hukum Hooke). Kita tinjau elemen kecil sepanjang dx dan membuat sudut dѳ. Jarak Y diambil dari sumbu netral ke elemen kecil.

135

Panjang ab besarnya sama dengan busur yang berjari-jari R dikalikan dengan sudut dѳ dan diberikan oleh: L=R.dѳ Perpanjangan bc besarnya sama dengan busur lingkaran berjari-jari Y dengan sudut dѳ. δ= Y.dѳ Regangan

diperoleh

dengan

membagi

pemanjangan

(deformasi)

dengan panjang semula. εx= δ/zL=

= y/R

Henurut hokum Hooke, besarnya tegangan adalah sama dengan regangan dikalikan dengan modulus elastisnya: σx=εx.E=(Y/R)E Sekarang kita perhatikan sebuah elemen yang luasnya dA yang berjarak Y terhadap sumbu netral. Semakin jauh jarak elemen luas

dA

terhadap

tegangannya

semakin

sumbu

netral,

besar.

Elemen

gaya= dF=σxdA=Y/R.EdA

Momen dari elemen gaya terhadap sumbu netal: dM=dF.Y=Y/R.E.dA.Y=E/R.Y2dA M=E/R∫Y2dA ∫Y2dA adalah momen inersia terhadap sumbu Z atau di singkat lz M=E/R.lz maka: 1/R= M/(E.lz)

Tegangan: σx=E/R.Y=I/R.E.Y=M/(E.lz).E.Y=

136

Jadi, tegangan lentur : σb=

=

Dengan: σb= Tegangan lentur (N/m2); Mb=momen lentur (N.m) Wb= ketahanan lentur (m3) Lz= Momen inersia penampang terhadap sumbu z (m 4) Y= jarak elemen terhadap sumbu netral (m) Persamaan ini memperlihatkan bahwa tegangan-tegangan sebanding dengan momen lentur M, sebanding dengan jarak elemen terhadap sumbu netral dan berbanding terbalik dengan momen inersia terhadap sumbu

z,

yang

merupakan

sumbu

netral:

perpotongan

antara

permukaan netral! Sumbu netral: perpotongan antara permukaan yang di tinjau dan permukaan netral! Hubungan –hubungan diperlihatkan pada gambar 4.3 dibawah ini.

Distribusi tegangan penampang simetri Penampang simetri di sini adalah jarak penamapang dari pusat berat (sumbu netral) samapai serat terjauh adalah sama. Contoh soal 1 Sebuah balok AB dengan panjang 6 m(lihat gamabar 4.4) menyangga beban merata: W=20 kN/m,dan beban terpusat P= 50kN. Balok dibuat dari rekatan kayu berlapi-lapis dengan lebar b

137

= 220mm dan tingginya d=200mm. tentukan tegangan tarik dan tekan maksimum dalam balok yang disebabkan oleh pelentur. Penyelesaian R1=W.i=20.2,5= 50kN R2= W.i= 20.6=120kN

m3

Wb=

Gaya reaksi Mencari gaya reaksi yaitu dengan cara memomenkan seluruh gaya yang terjadi pada balok terhadap salah satu titik tumpuan = 0. Arah momen dapat dimisalkan positif, maupun negative yang searah jam dan sebaliknya. [Σ M A=0]

RB.G-R.3-P.2,5=o; maka RB=

[ Fv=0]

= 80,8kN

RA+RB=P+R RA=P+R-RB=50+120-80,8=89,2 kN

Gaya lintang Mencari gaya lintang di setiap titik dapat dicari dengan menjumlhkan denagn menjumlahkan gaya yang terjadi di sebelah kiri titik tersebut. Momen Momen maksimum terjadi di titik perpotongan antara garis nil dengan garis gaya lintang pada diagaram gaya lintang MA=0;MB=0

138

Mc= Mmaks = RA . 2,5 – R1 . 1,25 =89,2 . 2,5 – 50 . 1,25 = 160,5 kN

Tegangan lentur terbesar (maksimum) terjadi di serabut terluar/terjauh dari permukaan netral.

σbt =

σbt =

= 8916,67 kN/m2 = 8,92 MPa (tarik)

= -8916,67 kN/m2 = -8,92 MPa (tekan)

Contoh soal 2 Sebuah balok sederhana AB berpenampang lingkaran dengan panjang 7 m harus menyangga sebuah beban terdistribusi merata 6 kN/m (seperti gambar 4.5). Tentukan ukuran balok minimum yang diizinkan jika tegangan lentur izin 110 MPa. Penyelesaia R1=6.2=12kN.m R2= 6.4= 24kN.m Gaya reaksi [ΣMA=0] RB.7-R1.6.R2.2=0 RB=

=RA=R1+R2-

RB=24+12-17,4=18,86kN Gambar 4.5 contoh soal 2

139

Gaya lintang DC = RA – R2 = 18,86 – 24 = -5,14 DB = RA – R2 – R1 = 18,86 – 24 – 12 = -171,14 kN

Menentukan jarak X Perbandingan dua segitiga = ∆ ΟAA1 : ∆ ΟCC1

=

=

(5,14 + 18,86) X = 18,86 . 4 X=

= 3,143

Momen Menentukan momen yang terjadi di sembarang titik dapat dicari dari sebelah kiri maupun sebelah kanan titik tersebut. Missal mencari momen di titik C (pada gambar 4.5) dari sebelah kiri : M C = RA . 4 – R2 . 2 = 18,86 . 27,4 kNm, dari sebelah kanan M C = RB . 3 – R1 . 2 = 17,14 . 3 – 12.2 = 27,4 kNm Jadi untuk menentukan momen di suatu titik lebih baik dicari pada jarak terdekat dari titik tersebut dengan tujuan, untuk menghindari kesalahan yang disebabkan oleh kurang pengamatan. Perlu di ingat bahwa

untuk

berupaparaboala

beban dan

terdistribusi untuk

beban

merata

diagram

terdistribusi

merata

gesernya segitiga

diagram momennya berupa hiperbola. Kedua kasus diatas dapat dilihat kembali. MA=MB=0 MD=RRB.2-R1=18,86-2-12=25,72 kNm

140

Mmaks=M=RA.x-Rx. =RA.x.

=18,86.3,143-

=29,632kN.m

Karena balok diharapkan mampu menahan beban: σb<σMb/wb<σ Wb>

→∏/32.d3>

maka d> 140mm

Soal pelatihan 2 Sebuah balok baja berpenampang I disangga dengan ujung-ujung beremper seperti pada gambar soal pelatihan 1. Balok ini memikul sebuah beban merata dengan intensitas q=115kN/m pada tiap emper. Denagan

menganggap

bahwa

ketahanan

lentur(W)

dari

luas

penampang adalah = 8,83.106 mm3, tentukan tegangan lentur maksimum dalam balok yang di sebabkan oleh batang q.

Distribusi tegangan penampang tak simetri Penampang tak simetri adalah penampang pada serat atas ke titik berat yang tidak sama dengan jarak serat bahwa ketitik berat. Sebagian missal sebuah batang yang berpenampang

141

seperti di tunjukkan pada gambar 4.7 dan di tumpu pada kedua ujung nya serta mendapat beban F.

Distribusi tegangan dapat diperlihatkan pada gamabar di bawah ini. Tegangan tarik maksimum: Σt max=

(4.2)

Tegangan maksimum c max=

(4.3)

Dengan, Mb = jarak lentur maksimum (MPa) e1 = jarak titik berat ke serat batang terbawah 142

e2= jarak titik berat ke serat titik berat teratas lz= momen inersia terhadap sumbu Z(mm4)

Jadi tegangan tarik maksimum dalam balok adalah 10,55 kN/cm2 dan tegangan tekan maksimum dalam balok adalah -6,84 kN/cm2. Contoh soal 6 Sebuah batang baja yang ditumpu oleh dua tumpuan A dan B menerima beban seperti gambar 4.13. tentukan tegangan lentur maksimum! Penyelesaian R1 = 6.0,5 = 3 N R2 = 10 . 1,5 =15 kN Gambar 4.13 Contoh soal 6 Gaya reaksi : [

]

RB . 2,5 - R2 . 3,5 – 5 . 0,5 –R1 . 0,25 + 4,1 = 0 RB

[

=

=

= 19,2 kN

= 0]

Ra + RB = 4 + R1 + 5 + R2 ; RA = 3 + 4 + 5 +15 – 19,2 = 7,8 kN Gaya lintang DD = -4 + RA – R1 = -4 + 7,8 – 3 = 0,8 kN Momen Mc = ME = 0 ; MA = - 4.1 = -4 kN.m MD = -4 . 1,5 + RA . 0,5 - RB . 0,25 = -6 +7,8 . 0,5 – 3 .0,25 = -2,85 kN.m

143

MB = -R2 . 0,75 = -15 .0,75 = -11,25 kN.m Titik berat penampang Luas : A1 = 12 . 14 = 168 mm2 A2 =

= 2 4 mm2

A3 = A4 =

= 4 mm2

Gambar 4.14 Penampang komposisi

Jarak dari titik berat dari sumbu X = Y1 = 7mm Y2 = 1/3 . 6 = 2 mm Y3 = y4 = ( 2/3 . 2) + 12 = 13,3 mm = 10 mm Karena (simetri)

=

=

=

=8,123 mm

Titik berat penampang komposit G (10;8,123) Momen inersia luas komposit terhadap sumbu Xc : Izc = Iz1 – Izc2 + Izc3 + Izc4 Izc1= Iz1 + A1.d12 Dengan : Izc1 = Momen inersia penampang satu terhadap sumbu Zo

144

Iz1 = Momen inersia terhadap sumbu titik berat penampang bagian 1 A1 = Luas penampang bagian 1 d1 = Jarak dari titik berat bagian satu ke titik berat penampang komposit. Izc1 =

+ 168 ( - 7)2 = 2744 + 211,87 = 1955,87 mm4

Izc2 =

+ 24 ( – 2)2 = 48 + 899,787 = 947,787 mm4

Izc3 = Ixc4

+ (13,33 - )2 = 0,889 + 108,45

= 109,34mm4 Izc

= 2955,87 – 947,787 + 109,34 + 109,34 = 2226,764 mm4

Tegangan σc =

=

= =

σc =

=

=

-29,69 GPa (tekanan) = 41,04 gpA (tarik)

Jadi tegangan lentur maksimum = σb = 41,04 GPa Soal perlatihan 4 Tentukan lebar b dari flens balok T yang diperlihatkan pada gambar soal perlatihan 4 sehingga tegangan-tegangan pada batas atas dan bawah balok berturut turut akan berada dalam perbandingan 3 : 1 (anggap h =120 mm dan t = 20 mm)

145

Gambar soal perlatihan 4 Soal perlatihan 5 Berapakah harga w aman yang dapat dibebankan pada balok yang dibebani seperti pada gambar soal perlatihan 5 apabila σt ≤ 60 MPa dan σt ≤ 100 MPa.

Gambar soal perlatihan 5 Soal perlatihan 6 Carilah tegangan lentur dan tekan maksimum yang terjadi pada balok seperti yang diperlihatkan pada gambar soalo perlatihan 6.


Tegangan geser dalam balok Apabila sebuah balok dikenakan pelenturan tak merata, maka momen lentur M dan gaya lintang V keduanya bekerja pada penampang. Akibat momen lentur M akan terjadi tegangan normal σ, sedangkan akibat gay lintang V akan terjadi teganga geser r. baiklah kita lihat dari sebuah balok penampang 4 persegi panjang yang lebarnya B dan tingginya H 146

Gambar 4.15 tegangan geser mendatar dan tegak dalam balok Sebuah elemen kecil dari balok diperlihatkan dalam gambar 5.16b. tegangan geser pada salah satu permukaan dari suatu elemen diikuti dengan tegangan geser yang sama besarnya danbekerja pada permukaan tegak lurus terhadap elemen yang bersangkutan . jadi akan terdapat tegangan geser horizontal pada penampang horizontal (rh) yang besarnya sama. Untuk membuktikan kesamaan rh pada permukaan dasar dibutuhkan tegangan geser yang sama dan seimbang pada permukaan atas untuk menjamin kesetimbangan . gaya yang menyebabkan tegangan geser membentuk kopel dengan arah jarumjam membutuhkan kopel dengan arah berlawanan jarum jam (gambar 4.16c)

Gambar 4.16 tegangan geser pada elemen khusus Dengan mengambil momen terhadap titik A gambar 4.16c kita perolek persamaan kesetimbangan:

147

[

= 0] (rh dx dz) dy – (rv dy dz) dx = 0

Kemudian dengan menghilangkan perkalian konstan dx dy dz menghasilkan : rh - rv atau

rh = rv

jika kita meninjau elemen balok m-n yang diperhatikan dalamgambar 4.16b berada pada bagian atas atau bawah, jelas terlihat bahwa tegangan – tegangan geser horijontal adalah nol karena tidakada tegangan pada permukaan-permukaan balok sebelah luar. Oleh karena itu tegangan geser transpersal harus sama dengan nol pada bagian atas dan bawah dari balok. (r = 0 dengan Y = h/2). Untuk menghitung tegangan geser dari balok yang mengalami pelenturan tak merata, kita tinjau keseimbangan dari sebuah elemen PP, nn, yang dipotong dari sebuah balok antara dua penampang yang berdekatan mn dan m, n, yang terpisah pada jarak dx (gambar4.17a). jika momen-momen melentur pada penampang mn dan m1 n1 sama (m n) maka balok mengalami lenturan murni (pure bending) yang berarti bahwa pada daerah mn dan m1 n1 tidak sama (m n), mak balok mengalami lenturan merata (nonuniform) yang berarti bahwa didalam balok terjadi gaya lintangnya tidak sama dengan nol.

Gambar 4.17 tegangan geser dalam balok yang berpenampng 4 persegi panjang Tinjau sebuah elemen seluas dA pada jarak y dari sumbu netral (gambar 4.17b), gaya normal yang bekerja pada elemen ini adalah σx dA dengan σx adalah tegangan normal yang diperoleh dari rumus lentur (pers 4.1) jika elemen luad dA ini terletak pada permukaan elemen sebelah kiri p n maka gaya normalnya adalah : 148

σx dA =

dA

Penjumlahan gaya-gaya elemental ini melalui luas permukaan p dari elemen pejal memberikan gaya totl F1 yang bekerja tersebut : F1 = Dengan cara yang sama bila elemen luas dA terletak pada permukaan elemen sebelah kanan P1 N1 kita dapatkan gaya total F2 yang bekerja pada permukaan ini adalah : F2 =

. dA

Gaya horizontal F3 yang bekerja pada permukaan atas PP1 dari elemen adalah : F3 = . b . dx ; b dx = luas penampang Gaya-gaya F1 ; F2 dan F3 berada dalam kesetimbangan statis. Oleh karena itu ; [

= 0]

+ F1-F2 = 0 ; maka : F3 = F2 – F1

Atau τ . b .dx =

dA –

dA

149

τ =

( )

dengan mensubstitusikan dM/dv = V dan

= Q, maka kita

peroleh persamaan : � = Dengan ;

� : tegangan geser (MPa) V : Gaya geser (N) Q : Momen pertama penampang (m3) I : Momen inersia penampang (m4) B : Lebar penampang (m)

Persamaan ini dikenal sebagai rumus yang dapat digunakan untuk menentukan tegangan geser (�) Pada sembarang titikpada penampang.

Tegangan geser dalam balok pada berbagai penampangpenampang empat persegi panjang Distribusi tegangan geser pada penampang persegi empat dapat di peroleh menggunakan persamaan (4.4) dan gambar (4.17b)

Untuk lapisan pada jarak y dari sumbu netral kita peroleh tegangan geser :

� =

.Q =

.

=

150

Tegangan geser maksimum terjadai pada sumbu netral dan memperoleh dengan mensubstitusikan ukuran segi empat kedalam persamaan 4.4 sebagai berikut : � =

Dengan : Q = A. I = (bh)3/12 Sehingga didapat :

�maks =

= 4V/3A

Dengan kata lain bahwa tegangan geser maksimumpada penampang empat persegi panjang besarnya 50 % lebih besar dari pada tegangan geser rata-rata.

Gambar 4.18 Tegangan geser terbagi sepanjang penampang segi empat secara para bolik.

Penampang lingkaran Tegangan geser maksimum pada penampang lingkaran terjadi pada sumbu netral. Oleh karena itu, dengan cara yang sama mensubstitusikan persamaan 4.4 dan menggunakan gambar 4.19 diperoleh :

151

� =

.Q

Dengan ; Q = A . B = 2R (pada sumbu netral) I = R4/4 Sehingga didapat : �maks = Dengan kata lain, bahwa tegangan geser maksimum pada dalok serpenampang lingkaran adah sepertiga lebih besar dari tegangan geser rata-ratanya.

Gambar 4.19 tegangan geserterbagi sepanjang penampang lingkaran

Penampang segitiga Tegangan geser maksimum pada penampang segitiga tidak terjadi pada sumbu netralnya, untuk membuktikannya perhatikan pada gambar 4.20 dan mensubstitusikan persamaan 4.4 :

152

� : Sengan : Q (momen pertama penampang ) = A .

A =

=

= b = Lebar penampang ( yang diarsir) =

= bx/h

Sehingga didapatkan :

……………………….. (a)

Untuk = 0 terjadi bila x =0 dan x = h, sedangkan untuk x= 2/3 h, dari persamaan (a) diperoleh : � =

=

153

Tegangan geser maksimum terjadi bila turunan pertama pada persamaan (a) sam dengan nol : [

Sehingga � =

= Jadi tengangan geser maksimum terjadi pada jarak (h/2).

Gambar 4.20. tegangan terbagi sepanjang penampang segi tiga Contoh soal 7 Hitung beban P yang secara aman dapat mendukung balok yang ber penampang empat persegi panjang (seperti gambar 4.21), bila tengangan lentur izin 145 MPa dan tegangan geser izin 120 MPa.

Penyelesaian Gaya reaksi Karena beban P adalah sam dan simetris 154

terhadap balok maka RA = RB = P Momen MA = MD = 0 MC = MD = RA.6 = 6P

Gambar 4.21 Contoh soal 7 Tegagangan lentur maksimum : �b =

m2 )

= p/2400 (n/MM2) Balok aman = σb Tegangan geser maksimum �maks =

Balok aman = �maks Harga P izin maksimum adalah harga P terkecil yang dihitung diatas yaitu P

Contoh soal Sebuah balok tumpuan sederhana panjang 4 m mempunyai penampang tabung berdinding tipis seperti gambar 3.22 di bawah. Tentukan beban terbagi merata maksimum yang dapat bekerja sepangjang seluruh panjang balok apabila tegangan geser dibatasi hingga 1,2 MPa. 155

Penyelesaian R = 4W Karena beban simetris, maka reaksi dititik A dan B adalah sama yaitu RA =RB = R/2 = 2W

Gambar 4.22 Contoh soal 8 Tegangan geser maks = Dengan ;

=

V = RA = 2W Q = A -(π2) = πrt (karena tipis t2 = 0)

I b

= = 2t

sehingga tegangan geser yang terjadi :

156

�

=

=

= 0,0021 W

Balok aman � Jdi, beban terbagi merat maksimum yang bekerja sepanjang balok yang besarnya (w) = 565 N/m

Penampang komposit Penampang komposit adalah enampang suatu benda yang terdiri dari atas beberapa bagian memiliki suatu geometris yang lazim dijumpai (seperti segitiga, segi empat dll) Contoh soal Balok berbentik flens lebar diperlihatkan dalam gambar 4.32 dibawah mendukung beban terpusat P. Hitung harga P maksimum yang aman apabila tegangan lentur izin ( ) dan tegangan geser izin (

10 MPa

MPa

Gambar 4.23 Contos soal Penyelesaian Gaya reaksi

157

[

P

[ Gaya geser maksimum : Vmaks =RA = 2P (N) Momen MA = MB = 0 ;

MD = 2 . RB = 2 P (N.m)

MC = RA . ! = 2P (Nmm) Momen maksimum terjadi sepanjang batang CD yaitu sebesar : 2 P (Nm) = 2000P (Nmm) Tengangan lentur yang terjadi :

b

= Mb/Wb = Mb.Y/I

Balok aman terhadap lentur :

Mb . y / I

Mb

.....................................(a)

Untuk menentukan momen inersia penampang di sini diperoleh dengan menguraikan penampang menjadi segi empat besar kemudian dikurangi oleh dua segi empat yang di arsir sehingga di dapat : I =

6

mm4

Dari persamaan (a) diperoleh : Mb

158

Tegangan geser yang terjadi Balok aman terhadap geser :

V.Q/lb

maks

maks

= VQ/Ib =

………………………………………………(b)

Momen pertama penampang : Q=

3

mm3

Dari persamaan (b) diperoleh : V

; sehingg P

Jadfi beban P yang di perbolehkan maksimum 2619,54 kN. Contoh soal Beban terbagi merata dengan intensitas qq maksimum yang tidak boleh melebihi tegangan lentur 14 MPa dan tegangan geser 1,8 MPa.

Gambar $.24 contoh soal 10

159

Penyelesaian Gaya reaksi [ -3,5 q + RB . 3 -2q.1,5 =0, maka RB = 2,57 q [

RA + RB = R1 + R2 maka RA = 3q + q -2,67q = 1,33

q Diagram geser : DB = RA – R1 = 1,33q – 3q = -1,67 q Gaya geser terbesar : VMaks = 1,67 q (N) Momen MA = MC = 0

; MB = - R2.+0,5 = -q.0,5 = -0,5 q

Menentukan momen di titik G

Perbandingan dua segi tiga = x= 1,33 m

MG = RA .x – qx2/2 = 1,33 q (1,33) – q(1,33)2 / 2 = 0,885 q(Nm) Momen terbesar : Mmaks = MG = 0,884.q (Nm) Momen inersia terhadap titik berat :

160

I = 300 (250)3/12 – 200(150)3 /12 = 334.106 mm4 = 334.10-6 m4 Momen pertama penampang : Q =

3

= 1780.10-6 m3 Tegangan lentur yang terjadi =

Balok aman :

Mb

Maka q

Tegangan geser yang terjadi :

BValok aman :

Maka q Jadi, harga q maksimum yang di perbolehkan adalah : 20,225 (kN/m) Contoh soal 11 Sebuah balok T mendukung tiga beban terpusat seperti diperlihatkan pada gambar 4 25 dibawah. Tentukan harga P

161

maksimum bila tegangan lentur izin 30 MPa dan tegangan geser izin 2MPa !

Gambar 4.25 contoh soal 11 Penyelesaian Gaya reaksi [ [ Gaya geser maksimum : V = 2P (N) MOmen Mc = ME = 0 ; MA = MB = -P

; MD

=

-P3 +RB.2 = 3.P

Momen maksimum terjadi dititik D = 3P (N.m) =3000 P (N.mm) Momen inersia penampang I = 200 (200)3/2 - 2 [60 . 1603 / 12] = 78,72 .106 mm4 Momen pertama penampang : Q =

3

mm3

Tegangan lentur maksimum yang terjadi : balok aman ; s

162

; sehingga P = 6560 N

Tegangan geser maksimum yang terjadi :

Balok aman :

V Jadi harga V maksimum yang di perbolehkan adalah 3514,29 N. Soal perlatihan 7 Sebuah balok segi empat dengan lebar 150 mmdan tinggi 250 mmmemikul beban terbagi merat 8kN/m den beban terpuasat P seperti gambar soal perlatihan 7 di bawah. Tentukan harga P maksimum yang dibolehkan apabila

MPa dan

MPa

Gambar soal perlatihan 7 Soal perlatihan 8 Balok T yang memperlihatkan dalam gambar dibawah soal perlatihan 8 memiliki ukuran penampang sebagai berikut : b : 220 mm ; t = 15mm, h=300 mm dan h1 = 275 mm. Tentukan tegangan geser dalam badan balok jika V = 68 kN!

163

Gambar soal perlatihan 8 Soal pelatihan 19 Hitunglah tegangan geser maksimum dalam balok kotak aluminium bujur sangkar yang diperlihatkan dalam gambar soal pelatihan9 di bawah ini jika ia dikenakan sebuah gaya lintang V=125 kN.

Gambar soal pelatihan 9 Tegangan-tegangan dalam balok dengan penampang tak konstan Tegangan normal maksimum dalam sebuah balok dengan penampang konstan selalau terjadi pada penampang dengan momen lentur maksimum.kesimpulan ini tidak berlaku untuk balok dengan penampangtak konstan,karena balok-balok demikian tegangan berubah sepanjang sumbu dan tidak hanya sebanding dengan momen (M) tetapi juga berbanding terbalik terhadap momen inersianya (I). Contoh soal 12

164

Gambar 4.26 C0ntoh soal 12

d

= da + (db-da) .x/L = da + (2da-da) x/L =da (1 + x/L)

Momen ketahanan lentur Wb = π . d3/32 = π/32 da3 .(1 +x/L)3 Tegangan lentur maksimum pada sembarang penampang adalah : σb=

=

=

apabila turunan dτ/dx dan menyamakan dengan nol,kita dapat mencari harga x dimana σmaks, hasilnya x = L/2 tegangan maksimum yang besangkutan : σmaks

=

=

= Tegangan lentur pada jarak L dari ujung bebas (di titik B) σb=

=

=

=

Jadi tegangan lentur maksimum terjadi pada jarak L/2 dari ujung bebas,bukan pada jarak L dari ujung bebas. Contoh soal 13 Sebuah balok konsoltirus AByang panjangnya 500 mm memiliki penampang lingkaran dan menyangga sebuah beban terpusat 2 kN pada ujung bebas (seperti pada gambar 4.27).Diameter balok berubah secara linier mulai dari 50 mm pada ujung bebas hingga 150 mm pada ujung jepit. Pada jarak berapakah dari ujung bebas terjadi tegangan maksimum dan berapakah besarnya tegangan maksimum

165

tersebut.berapakah perbandingan tegangan ini terhadap tegangan yang terjadi pada penyangga. Gambar 4.27 Contoh soal 13

Penyelesaian dx

=da + (dB-dA).x/L = da + (2 dA) x/L = d (1 + 2 x/L) = 50 (1+2 .x/500) =50 + 0,2 x

Wbx

= π/32 .dx3 = π/32 (50 + 0,2 x)3

Tegangan lentur maksimum pada sembarang penampang : σb

=

Tegangan lentur maksimum terjadi bila dσ/dx =0, sehingga kita dapat mencari harga x maksimum,hasilnya x = 125 mm Tegangan maksimum : σmaks

=

= 6,036 MPa

Tegangan lentur pada titik B σb=

=

=

jadi perbandingan =

= 3,018 MPa

=2

Soal pelatihan 10 Sebuah balok konsol AB yang panjangnya 500 mm berpenampang empat persegi panjang dikenakan beban terpusat P,pada ujung bebas hingga 75 mm pada

166

penyangga. Pada jarak x berapakah dari ujung bebas tegangan normal mencapai maksimum dan berapakah besar tegangan tersebut. Berapakah perbandingan tegangan ini terhadap tegangan maksimum di B.

Gambar soal pelatihan 10 Soal pelatihan 11 Sebuah balok yang panjangnya 700 mm berpenampang lingkaran berlubang dikenakan beban terpusat 5 kN,pada ujung bebas.Diameter luar balok 50 mm sedangkan tebal balok 5 mm,diameter balok berubah secara linier mulai dari 50 mm pada ujung bebas hingga 100 mm pada jepitan.

Tentukan: •

Tegangan pada ujung jepitan

•

Tegangan maksimum yang terjadi.

Gambar Soal pelatihan 11 Soal pelatihan 12 Sebuah balok berbentuk seperti yang diperlihatkan pada gambar soal pelatihan 12 dikenakan beban terpusat P=4 kN.

167

Tentukan: •

Besarnya tegangan maksimumnya .

•

Tegangan pada ujung jepitan(B)

Gambar soal pelatihan 12

5 Tegangan akibat momen putir Sasaran belajar Setelah mempelajari bab ini,anda diharapkan dapat; •

Menentukan besarnya momen ketahanan punter sesuai bentuk penampang;

•

Menghitung tegangan puntir yang terjadi akibat gaya luar atau momen puntir;

•

Menentukan ukuran poros yang menerima beban puntir.

Pendahuluan

168

Masalah puntir atau torsi umumnya berhubungan dengan poros bulat atau tabung.puntiran yang bukan bulat sangat rumit sehingga kita hanya menyebutkan rumus yang dipakai saja. Kita buat penurunan rumus torsi,sebagai berikut. •

Penampang bulat tetap bulat

•

Penampang bidang tetap datar dan tidak melengkung (batang tidak meliuk):

•

Proyeksi garis radiallurus terhadap penampang melintang di dalam penampang tetap lurus;

•

Poros dibebani dengan kopel puntir pada bidang yang tegak lurus sumbu poros;

•

Tegangan tidak melebihi batas proporsional.

Berdasarkan hal tersebut,maka bab ini akan menjelaskan penurunan rumus putir,dan torsi pada tabung berbanding tipis,untuk mempermudah memahami uraian bab ini,setiap sub bab disertai contoh soal dan soal pelatihan untuk dikerjakan. Penurunan rumus puntir Sebuah poros pada sisi yang satu dijepit,sedang lainnya di berikan suatu torsi,maka pada poros akan menderita tegangan geser.

Gambar 5.1 batang bundar yang mengalami puntiran

169

Untuk menghitung tegangan puntir yang terjadi terhadap momen yang bekerja rumusnya dapat diturunkan seperti berikut ini.

Dari gambar : df = dA.τp dm = df .⌠ dm = dA .τp .⌠ dM = dA .τpmax .(⌠/r) .⌠ dM = (τmax/r).dA .⌠2 Mp = ΣΔ Gambar 5.2 defromasi poros bulat Mp =

ΣΔ M =

.Ip→τmax = τp

Mp =

Mp =

.∫ dA .∫2 →∫ dA .⌠2 = Ip

.Ip →

Mp = τ p .

=Wp

Wp

sehingga = τp = Dengan; tp Mp Wp Ip r

= tegangan geser puntir yang terjadi (N/m2) = momen puntir yang terjadi (N m) = momen ketahanan puntir (m2) = momen inersia polar (m2) = jari-jari lingkaran (m) 170

F A

= gaya yang bekerja pada poros (N) = luas penampang poros (m2)

Karena terjadi puntiran N berubah tempat menjadi N1 dan membuat sudut y terhadap sumbu panjangnya serta membuat sudut Ө terhadap sumbu penampangnya. Karena γ kecil maka : Panjang

:N N1 = γ.ι

begitu juga

:N N1 = Ө.r

sehingga

: γ.ι = Ө.r, dengan γ

menurut hokum Hooke: Tegangan geser =modulos x regangan geser τg = G. γ=G.

untuk poros dengan serat yang berjari-jari (

τp = G.

=

→ =

momen puntir pada elemen kecil dA : d(Mp) = dF.⌠x = τp .dA.⌠

= G.

∫d (Mp) =

Mp

.⌠ .dA =

.G.⌠2 .dA

.G ∫ ⌠2 → dA

= .G.Ip ⌠A .Da

171

Dari persamaan a dan b didapat : Mp =τp/G.⌠) G Ip = τp .Ip/⌠ τp = Mp.⌠/ Ip τp akan mencapai harga maksimum pada kulit terluar : τp = Mp.r/ Ip dari persamaan b : Mp =

.G Ip

θ

(rad)

=

supaya satuannya θ dalam derajat harus dikalikan

θ

=

(derajat)

Dengan : Ө

=sudut puntir (derajat)

Mp

=momen puntir (N.m)

ι

=panjang batang (m)

lp

=momen inersia polar (m4)

G

=modulus elastisitas geser (N/m2)

Contoh soal 1: Sebuah poros di puntir murni oleh gaya kopel yang besarnya 500 N,jarak antara gaya yang satu dengan gaya yang lain adalah 100 mm.berapakah diameter poros bila tegangan geser yang di izinkan 230 N/cm2. Penyelesaian : 172

Gaya F =500 (N) Jarak antara gaya L =100 mm =10 cm Tegangan geser izin

p =230

N/cm2

Momen kopel Mp =F.L =500.10 =5000 cm Momen tahanan polar Wp = MP/ tp =5000/230 =21,739 cm3. Untuk penampang bundar pejal,momen tahanan polar Wp = π/16.d3=21,739 d3 = jadi,diameter poros minimum (d) adalah 4,8 cm. contoh soal 2: Poros pejal pada gilingan rol memindahkan 20 kW pada 2 rad/det.Hitung diameter poros minimum apabila tegangan geser tidak melebihi 40 MPa dan sudut puntir dibatasi hingga 6o dengan panjang 3 m ! Gunakan modulus elastisitas (G)=83 GPa Penyelesaian: Torsi = T = N (2.f)

Syarat ; τp ≤

→

≤ ,

dengan = Wp = π/16.d3.

≤

d3 ≥

≥

≥ 202,445.103 mm3

d ≥ 58,72 mm

173

Sudut puntir : θ =

.

→ Іp =

x 57,3 =

.57,3.

=548837,35 mm4. Ip =

=548837,35 mm4.

d4 =

dΣ 48,6 mm.

Jadi,garis tengah minimum =48,6 mm Contoh soal 3 Poros baja yang diameter 50 mm dibebani torsi yang bekerja pada gigi-gigi terpasang seperti pada gambar 5.3. Tentukan sudut rotasi (dalam derajat) relative antara gigi A dan D. Penyelesaian : Untuk menyederhanakan perhitungan torsi yang dipindahkan oleh setiap segmen poros, digunakan kondisi kesetimbangan benda bebas antara penampang itu dengan salah satu ujungnya (missal D).

Gambar 5.3 Contoh soal 5.3

Torsi yang dipindahkan oleh setiap segmen : TAB = 700 N.m (searah jarum jam) TBC = -500 N.m (berlawanan arah jarum jam) T = 800 N.m Deformasi sudut total adalah jumlah deformasi setiap segmen Sehingga :

174

θA/D

=Σ

=

.

(Σ T .L).57,3

=

(TAB LAB + TBC + TCD LCD

= θA/D

= 3,32º.

Contoh soal 4 Poros baja pejal dibebani seperti pada gambar 5.4 dengan mengangsumsikan G =83 GPa. Hitung diameter poros yang dibutuhkan bila tegangan geser izin adalah 60 GPa dan sudut rotasi pada ujung bebas tak boleh lebih dari 4º. Penyelesaian :


θB/A

=

maka = Ip =

175

Ip

= (π/32) d4 = T.L/(θ G) =

d4

=

=

Σ (100(3)-500(2)}

=0,0515 m = 515 mm Jadi, diameter yang dibutuhkan 51,5 mm.

Torsi pada tabung berdinding tipis Pemecahan analisis puntiran bentuk penampang padat yang bukan lingkaran membutuhkan metode lanjut (dalam buku ini tidak dibahas),tetapi untuk tabung berdinding tipis setiap bentuk dapat dianalisis secara lebih sederhana untuk mendapatkan besaran tegangan geser (τ) dan sudut puntir (θ) yang disebabkan oleh momen puntir (T) pada tabung tersebut. Kita tinjau tabung berbentuk sembarang dengan tebal dinding t bervariasi relative kecil dibandingkan dengan ukuran potongan penampang.

176

Gambar 5.5 Aliran geser tabung berdinding tipis

Dari gambar 5-5b, tegangan torsi τ1 sepanjang tebal t1 menyebabkan tegangan geser longitudinal yang secara numerik besarnya sama dengan tegangan torsi τ2 sepanjang tebal t2 yang menyebabkan tegangan geser melintang (lihat pembahasan bab 4).Gaya-gaya yang bekerja pada bidang potong : F1 =q1.

dan F2 =q2

Hasil kali tegangan geser (τ) dan tebal(t) dari pipa sama pada semua titik dalam penampang dikenal sebagai geser (shear flow)dan ditunjukkan dengan huruf q : q = τ.t = konstan karena besarnya q pada semua titik sama,maka besarnya gaya-gaya yang bekerja sepanjang tabung adalah sama. Untuk menghubungkan aliran geser ke torsi (T), tinjaulah penampang tabung yang memperlihatkan pada gambar 5-5c.Dari gambar 5-5c aliran geser q dikalikan dengan panjang dL dari keliling menghasilkan gaya tangensial q.dL.

Hasil kali gaya q.dL dengan r menghasilkan momen puntir r.q.dL. dengan menambahkan dan menginteraksikannya : T = ∫ r.q.dL

(5-5)

Sebagai gantinya integrasi ini,kita lihat gambar 5-5c dan r dL adalah dua kali harga luas daerah bergaris dari segitiga tak berhingga kecil dengan tinggi r dan alas dL.oleh karena itu,integral menyatakan dua kali seluruh luas yang dibatasi oleh garis pusat keliling tabung atau : T =2A.q

(5-6)

Tegangan geser rata-rata sepanjang tebal dinding tabung (t) diberikan oleh persamaan : τ = =

(5-7)

177

dengan : τ

= tegangan geser rata-rata tabung (MPa)

T

= Momen puntir (torsi) (Nm)

A =luas rata-rata dari permukaan tabung sebelah dalam dan luar (m2) T

= Tebal dinding tabung (m)

Persamaan 5-6 dan 5-7 berlaku hanya untuk tabung berdinding tipis dengan ketebalan dinding tabung tetap dan tidak berlaku sama sekali bila tabung terbelah. Contoh soal 5 Tabung dengan bentuk setengah lingkaran seperti diperlihatkan pada gambar 5.6.Berapakah torsi yang dibutuhkan agar menghasilkan tegangan geser 40 MPa,bila konsentrasi tegangan pada sudut-sudutnya diabaikan?


Penyelesaian : τ =

t=2

; maka = T =2A.t.τ

.t.τ = π (25)2 .2.40 =157079,63 Nmm = 157 N.m.

contoh soal 6

178

sebuah tabung dengan tebal 3 mm dengan bentuk seperti diperlihatkan pada gambar 5.7.Carilah tegangan geser yang terjadi akibat torsi 700 N.m apabila a= 50 mm!


Penyelesaian : A

=A1 + A2 + A3 =π

+ a . (2.r) =

= π r2 +2 r.a = π (8)2 + 2.8.50 =1001,06 mm Tegangan geser yang terjadi : Τ=

=

= 118,54 MPa

Soal pelatihan 1 . sebuah poros berrongga mempunyai diameter luar 100 mm dan diameter dalam 80 mm.Bila tengangan geser yang diizinkan adalah 55 MPa.Berepakah besarnya momen puntir yang bisa diteruskan!

2.

Dua buah poros terdiri atas sebuah poros baja berongga yang mempunyai diameter luar 90 mm, dan diameter dalam 30 mm, da sebuah poros pejal yang berdiameter 90 mm, masing-masing meneruskan daya 50 kN, dengan putaran 50 rpm. Tentukan tegangan punter pada kedua poros tersebut !

179

3.

Poros baja pejal berdiameter 50 mm, seperti yang diperlihatkan dalam gambar soal 5.3, digerakkan oleh motor 20 kW pada putaran 1000 rpm. Hitunglah tegangan puntir maksimum pada irisan : AB, BC, CD, dan DE dari poros tersebut !

20 KW 3 KW

10 KW

7 KW BANTALAN A E

B 1,5m

C 3m

D 6m

6m

Gambar soal 5.3

Sebuah pipa berongga berdinding tipis yang berpenampang empat persegi panjang seperti pada gambar 5.4. Hitunglah tegangan puntir dalam pipa yang disebabkan oleh momen puntir T=120 N.m !

3

60 mm

4.

60 mm

Gambar soal 5.4

5.

Dua roda gigi dipsang pada dua poros baja bediameter 50 mm seperti yang diperlihatkan pada gambar soal 5.5, roda gigi pada B mempunyai diameter lingkaran jarak bagi 200 mm. Berapakah sudut putarnya ( ) yang dialami A, bila pada A diberi momen puntir sebesar 560 N.m, sedangkan ujung D dipertahankan untuk tidak bergerak G = 84000 MPa?

180

D

C B

A

6m

Gambar soal 5.5 Poros baja berbentuk pipa, dengan perbandingan diameter luar dan diameter dalam sama dengan 2. Tenaga yang dipindahkan adalah5,5 watt pada putaran 150 rpm. Bahan poros dari SNC 22 dengan kekuatan tarik maksimum 1000 N/mm2, factor keamanan diambil 5. Tegangan geser yang diizinkan 0,5 dari tegangan tarik yang diizinkan, G = 85 GPa. Tentukan :

7.

a.

Torsi yang dipindahkan

b.

Regangan geser yang terjadi

c.

Ukuran poros

d.

Momen inersia polar hasil perhitungan

Suatu poros terdiri atas segmen AC, CD, dan DB di iat ketumpuan kaku dibebani gambar soal 5.7. Untuk baja G = 83 GPa, aluminium G = 28 GPa dan untuk perunggu G = 35 GPa. HItungan tegangan geser maksimum yang terjadi pada setiap segmen !

TA

A

Ф 25 mm TC = 300 Nm ф 50 T2 = 700

Nm B 3 TB 2m 1m

C AL

D

Pb

1,5 m

Gambar soal 5.7 181

8.

Penampang sebuah pipa baja tahan karat (stainless steel) berdinding tipis (G = 80 GPa) berbentuk sebuah segitiga sama sisi serperti gambar soal 5.8. Panjang garis dari tiap-tiap sisi adalah b = 150 mm dan tebal dinding t = 8 mm. JIka tegangan geser izinnya adalah 60 MPa, Berapakah momen puntir maksimum (T) yang diperboleh kan pada pipa dan berapakah sudut puntir ( ) tiap meternya?

t

60o 60o b

Gambar soal 5.8 9.

Sebuah spindle mesin bubut diameter dalam nya adalah 30 mm, tebal 5mm, memindahkan tenaga 0,55 kW, pada putaran 500 rpm. a. Tentukan tegangan puntir yang terjadi, bila bahan terbuat dari st 60 – (

= 60 kgf/mm2) factor keamanan 6 dan

p

= 0,5

!

b. Apakah poros tersebut aman atau tidak?

10. Hitunglah tegangan geser ( ) dan sudut puntir ( ) untuk sebuah pipa baja (G = 76 GPa) yang memiliki penampang seperti di perlihatkan dalam gambar 5.10. Panjang pipa L = 1,5 m dan dikenakan momen puntir T = 10 kN.m

5 0

t=8

5 0

182

200 mm

Gambar soal 5.10

11. Poros baja dengan diameter tetap 60 mm dibebani oleh torsi yang bekerja pada gigi yang terpasang pada poros seperti yang di perlihatkan pada gambar 5.11. Dengan menggunakan G = 83 GPa. Hiyung sudut puntir relative gigi D terhadap gigi A !

1 KNm

D

1,2 KNm

C 3m

1 KNm

0,8 KNm

A

B 3m

2m

Gambar soal 5.11

Sebuah pipa berdinding tipis berpenampang elips (lihat gambar 5.12) dikenakan sebuah momen puntir T =6 kN.m. Tentukan tegangan geser ( ) dan sudut puntir ( ) persatuan panjang jika G = 80 GPa ; t =5 mm a = 75 mm dan b = 5 mm!

2

t b

12.

183

2 a

Gambar soal 5.12

6

TEKANAN BIDANG

Sasaran belajar Setelah mempelajari bab ini, anda diharapkan mampu : •

Menentukan besarnya tekanan pada bidang yang menerima beban tekan;

•

Menghitung tegangan yang terjadi pada tabung yang bertakanan;

•

Menghitung dimensi tabung berdasarkkan tegangan yang terjadi.

Pendahuluan Tekanan bidang sering disebut juga dengan tegangan dukung (bearing stress). Tegangan dukung berbeda dengan tegangan tekan meskipun keduanya menerima tegangan tekan, tetapi tegangan tekan adalah tegangan dalam yang disebabkan oleh gaya tekan, sedangkan tegangan dukung adalah tekanan singgung antara benda yang terpisah. Misalnya : kita duduk diatas meja berkaki empat. Pada keempat kaki akan terjadi tegangan tekan sedangkan pada permukaan lantai yang bersinggungan dengan keempat kaki meja terjadi tegangan dukung. Jadi, tegangan dukung adalah tegangan yang terjadi pada permukaan yang bersinggungan.

184

Dengan, P = Tegangan dukung (N/m2) F = Gaya dukung (N) A = Luas permukaan yang mendukung (m2) Tekanan pada bidang miring Jika suatu balok (box) diletakkan pada bidang miring, maka kitak tersebut akan menekan bidang miring tersebut dengan gaya beratnya tetapi tidak sebesar beratnya . Coba kita lihat gaambar di bawah ini

Tegangan dukung yang terjadi P = F/A Karena, F = W.cos a dan A = a.b Maka P : (6.2)

Gambar 6.1 kotak diatas bidang miring

185

0,25 m

26 cm

dd

2

20 KN

d

Contoh soal1 Sebuah batang dengan kemiringan berbentuk tirus dipasangkan didalam batang baja seperti pada gambar 6.2. tentukan tekanan bidang pada baja bila d = 10 cml

Gambar 6.2 contoh soal 1 Penyelesaian Diameter rata-rata bagian tirus Dm =

= 1,5 d = 1,5 . 10 = 15 cm

Gaya yang menekan batang baja Fm = gaya normal =

Panjang bidang tekan = Lm =

186

187

Gamabra 6.3 contoh soal 2

188

189

190

191

2. suatu poros aksial menerima gaya 1000 N seperti gambar 6.2.Hitung D dan d, jika tekanan bidang yang diizinkan antara poros dan bantalan adalah 20 kN/mm2.

192

Gambar soal 6.3

3. sebuah fork lift mengangkat beban dengan massa homogen dan tekanan permukaan terbagi rata. Massa beban

m : 750 kg

Grafitasi

g : 9,81 m/det2

Dimensi

a = 100 cm; b = 50 cm ;c = 150 cm

Bila tekanan permukaan garpu fork lift yang diizinkan P = 3,5 MPa. Hitung dimensi : x supaya per-mukaan garpu aman/tak rusak karena beban di atas . 4. Sebuah pipa saluran air ledeng berdiameter 100cm, dirancang agar dapat menahan tekanan dalam 15 kN/cm 2,jika tekanann longitudinal yang diperbolehkan 100 kN/cm2, berapakah tebal minimum pipa seharusnya ? 5. sebuah tangki silinder yang tingginya 1 m dan diameter dalam 0,4 m, mempunyai tebal 0,8 cm.Silinder ini diberi beban tekan sebesar 30 kN. Berapakah perubahan dimeter silinder serta perubahan panjangnya, bila E = 2.106 kN/cm 2 dan V (bilangan misbah poisson) = 0,3.

193

6. Tangkai silinder yang panjangnya 3m, diameter : 1m diberi tekanan dalam 10 kN/cm2. Jika tebal silinder 12 mm,E = 2.106 kN/cm2 dan V = poisson ratio = 0,3, maka tentukan lah: • • • •

Tegangan keliling Tegangan memanjang Perubahan dimeter silinder Perubahan panjang silinder

7

Tegangan gabungan

Sasaran belajar

Setelah mempelajari dan mengerjakan soal perlatihan bab ini , anda diharapkan: • •

Dapat menjabarkan gabungan tegangan-tegangan yang terjadi pada suatu batang yang menerima beban; Dapat menentukan ukuran suatu batang yang menerima beban gabungan baik dengan cara analitis maupun grafis (menggunakan diagram Mohr).

Pendahuluan

Kondisi tegangan gabungan disini adlah suatu kondisi benda menerima dua atau lebih pembebanan yang bekerja secara

194

serempak. Tipe pembebanan pada kasus tegangan sebelumnya dapat disimpulkan sebagai berikut :

•

Beban aksial

:

•

Beban lentur

:

•

Beban torsi

:

Kombinasi beban yang bekerja secara serempak mempunyai bebrapa kemungkinan yaitu aksial dan lentur; aksial dan torsi;lentur dan torsi;aksial ,lentur dan torsi.

Pertama-tama ,kita hanya melihat kombinasi aksial dan lentur karena kombinasi ini hanya memberikan tegangan normal, sedang pada kasus yang lain akan terjadi tegangan geser dan normal . untuk menyelesaikan hal ini dapat digunakan lingkaran Mohr. Oleh karena itu =, sebelum membahas lingkaran Mohr,bab ini akan dibahas kombinasi beban aksial dan lentur persamaan transformasi.setelah itu lingkaran tegangan Mohr dan pembuatan lingkaran Ohr dijelaskan secara rinci.Untuk membantu anda dalam memahami bab ini ditampilkan contoh soal dan soal perlatiahn untuk anda kerjakan.

Kombinasi beban aksial dan lentur Kebanyakan batang struktur mengalami beban aksial dan lentur secara bersamaan , misalnya batang kantilever yang mendapat tarikan P .Beban P merupakan beban aksial langsung yang menghasilkan tegangan aksial Sedangkan berat batang apabila tidak diabaikan merupakan beban lentur yang menghasilkan tegangan lentur :

195

Perlu diingat bahwa tegangan aksial dapat berupa tarik maupun tekan,tnada + menunjukkan tegangan tarik , sedang tanda – menunjukkan tegangan tekan .

Contoh soal 1: Sebuah balok kantilever mendapat mendapat beban seperti yang tertera pada gambar.Tentukan resultan tegangan normal di titik A dan B pada dinding , bila berat balok diabaikan.

196

197

Persamaan transformasi tegangan bidang

Tegangan normal dan tegangan geser pada suatu titik dapat ditentukan dengan mengetahui terlebih dahulu tegangan-tegangan yang terjadi akibat adanya suatu beban (gaya) dan sudut kemiringan dari suatu bidang .Besar kecilnya sudut kemiringan sangat berpengaruh terhadap garis kecilnya tegangan yang terjadi.Persamaan tegangan-tegangan ini akan dibentuk dengan menggunakan sebuah elemen seperti yang terlihat pada gambar 7.3a.

Tegangan tarik normal adalah positif dan tegangan tekannya adalah negative.Tegangan geser bertanda positif bila arah vektornya cenderung memutar elelmen berlawanan arah jarum jam (counter clock wirse) , sedangkan tegangan geser yang lain akan mengikuti persyaratan kesetimbangan. Disini akan ditransformasikan tegangan pada system sumbu xy ke system sumbu koordinat x’y’. sudut θ yang menentukan letak sumbu

198

x’ akan positif bila diukur dari sumbu x menuju sumbu y dengan arah yang berlawanan dengan jarum jam . Bidang BC yang tegak lurus sumbu x’ pada elemen tersebut merupakan irisan bidang ( gambar 7.3b). Bidang BC membuat sudut θ dengan sumbu vertical ,dan bila bidang ini mempunyai luas dA maka luas permukaan yang lain AC dan BC secara berturut-turut adalah dA cos θ dan dA sin θ. Dengan mengalikan tegangan terhadap luas yang bersangkutan , maka kita dapat membuat suatu diagram gaya-gaya yang bekerja pada bidang tersebut seperti yang terlihat pada gambar 7.3.c.

Kemudian dengan menggunakan persamaan kesetiimbangan statika untuk gaya-gaya yang bekerja pada irisan bidang maka dapat s=diperoleh tegangan-tegangan σx’τx’y’ sebagai berikut :

Dengan cara yang sama untuk ΣF y’ = 0 diperoleh :

Persamaan 7.2 dan 7.3 merupakan pernyataan umum untuk tegangan normal dan tegangan geser pada bidang yang letaknya ditentukan

199

oleh sudut θ dan disebabkan oleh suatu sisitem tegangan yang diketahui .

Hubungan-hun=bungan ini merupakan persamaan tranformasi tegangan daari satu sumbu koordinat (x;y) ke sumbu koordinat yang lain (x’;y’).Tegangan normal mksimum dan minimum dapat diperoleh dengan mendiferensialkan persamaan (7.2) terhadap θ dan membuat turunannya menjadi nol ,sehingga diperoleh :

Dengan cara yang sama ,tegangan geser maksimum dan minimum dapat diperoleh dengan mendiferensialkan persamaan 7.3 terhadap θ dan membuat turunannya menjadi nol, maka kita dapatkan :

Tegangan normal maksimum dan minimum terjadi pada bidang yang tegangan gesernya sama dengan nol (θ principal ≠ 0) .Tegangan normal maksimum dan minimum disebut tegangan principal (tegangan utama). Besarnya tegangan utama dapat diperoleh dengan mengganti hargaharga fungsi sinus dan cosinus yang sesuai dengan sudut ganda yang diberikan oleh persamaan 7.4 ke dalam persamaan 7.2 sehingga diperoleh :

200

Tanda (+) memberikan harga tegangan utama terbesar (σ 1) dan tanda (-) memberikan tegangan utama terkecil (σ 2).

Harga tan 2 θ1 yang diberikan oleh persamaan 7.5 merupakan negative kebalikan dari harga tan 2 θ1 dalam persamaan 7.4, jadi bidang tegangan normal maksimum membentuk sudut 450 terhadap bidang tegangan geser maksimum.

Dengan mensubstitusikan fungsi sinus dan cosinus yang behubungan dengan sudut ganda (2θ) yang diberikan oleh persamaan 7.5 ke persamaan 7.3 , kita dapat menentukan harga-harrga tegangan geser meksimum dan minimum :

201

Jadi , tegangan geser maksimum sama dengan setengah dari selisih tegangan – tegangan utama .

Lingakaran tegangan Mohr

Metode lingkaran Mohr ditentukan leh insinyur Jerman yaitu Prof Otto Mohr pada tahun 1895 ,yang mengusulkan pemakaiannya pada soalsoal analisis tegangan dan regangan baik terhadap baik terhadap bentuk bidang maupun bentuk ruang .

Metode lingkaran Mohr digambarkan dalam skala yang hasilnya dapat diperoleh secara grafis , namun biasanya ,digambarakan hanya sketsa kasar saja dan hasil analitis diperoleh dari lingkaran tersebut dengan menggunakan dalil yang akan diberikan kemudian.

Berikut ini akan dibahas penggunaanlingkaran Mohr pada analisis tegangan bidang (plane stress) ,karena penyelesaian kasus tegangan gabungan cukup menggunakan metode ini .Suatu pengkajian yang

202

cermat dari persamaan 7.2 dan 7.3 menunjukkan bahwa kedua persamaan merupakan suatu persamaan bentuk lingkaran .Persamaan lingkaran ini diperjelas lagi dengan menuliskan kembali sebagai berikut :

Dengan mengkuadratkan kedua persamaan ini , menambahkan serta menyederhanakannya diperoleh :

Dalam setiap soal tertentu ,σx ;σy dan τxy merupakan konstanta yang diketahui sedang σx’ dan τx’y’ adalah variabel .jadi ,persamaan 7.11 dapat ditulis dalam bentuk yang lebih rapi :

Persamaan ini adalah ungkapan yang dikenal dalam ilmu ukur analitis : (x-a)2 + y2 = b2. untuk lingkaran berjari-jari b yang bertitik pusat (a,o) .Jadi ,bila lingkaran yang memenuhi persamaan ini digambarkan , maka harga simultan dari titik (x;y) pada lingkaran ini sesuai dengan σx’ dan τx’y’ untuk arah tertentu dari sebuah bidang miring .koordinat sebuah lingkaran merupakan tegangan geser τ x’y’ sedang absisnya tegangan normal τ x’.

203

Lingkaran yang ditetapkan seperti ini disebut lingkaran tegangan atau lingkaran tegangan Mohr .

Lingkaran Mohr didasarkan pada keterangan mengenaltegangan yang diberikaan oleh gambar 7.4a dan digambarkan dalam gambar 7.4b dengan σ dan τ sebagai sumbu-sumbu koordinat .Pada gambar 7.4b , Maka menurut persamaan 7.4 sudut AACJ sama dengan 2

.

θ1

Bila θ = 900 sumbu x’akan beerarah ke atas dan sumbu y’ menunjuk ke kiri .Dari orientasi sumbu-sumbu ini , koordinat titik B pada lingkaran adalah σx’ = σy dan τx’y’ = -τxy’ sedangakan koordinat titik A(σx; τxy) sesuai dengan tegangan pada permukaan sebelah kanan dari elemen yang diketahui . Koodinat titik B dan A memenuhi persamaan 7.10.Alasan yang sama dapat digunakan ntuk setiap pasangan titik yang lain pada lingkaran seperti titik D atau E.

204

Tegangan pada sebuah element dengan θ yang berbeda dinyatakan oleh titik-titik yang terletak pada lingkaran tegangan Mohr .Karena itu, E.P.Popov menyimpulkan status tegangan pada sebuah titik sebagai berikut :

 







Tegangan normal terbesar σ1 dan terkecil σ2.Tegangan geser tak terjadi pada salah satu sumbu utama ini. Tegangan geser terbesar τmaks secara numeric saman dengan jari-jari lingkaran Mohr , juga sama dengan .Tegangan normal yang sama dengan (σ1 + σ2)/2 bekerja pada bidang tegangan geser maksimum. Bila σ1 = σ2 ,maka lingkaran Mohr berubah menjadi sebuah titik dan tegangan geser tak ada yang terbentuk dalam bidang x dan y tersebut . Bila σx + σy = 0, maka pusat lingkaran Mohr akan berimpit dengan titik asal koordinat (σ – τ) dan terjadilah status geseran murni. Jumlah tegangan normal dalam dua bidang yang tegak lurus sesamanya adalah invarian , yaitu : σx +σy = σ1 +σ2 = σx1 + σy1 + konstanta.

Pembuatan lingkaran Mohr Lingkaran Mohr sangat luas digunakan dalam praktek tranformasi tegangan dan untuk mendapatkan nilai tegangan tersebut produsernya lebih cepat dan sederhana .Sebagai pertolongan dalam pemakaiannya ,dibawah ini akan kami gariskan prosedur penggunaan lingkaran Mohr yang dianggap lebih baik :

 





Buatlah sketsa elelmen tempat tegangan diketahui Buatlah system sumbu koordinat rectangguel ,yang sumbu mendatarnya adalah sumbu tegangan normal (σ) dan sumbu tegaknya adalah sumbu tegangan geser (τ ). Arah positif keatas dan kekanan , sedangkan arah negatif kebawah dan ke kiri. Tentukan letak pusat lingkaran Mohr yaitu pada sumbu mendatar pada jarak (σ1 + σ2)/2 dari titik asal( titik nol).Tegangan tarik adalah positif ,sedangkan tegangan tegang adalah negatif. Gambarkan garis yang mempunyai koordinat (σx; τxy) dan (σy;τyx).titik ini menyatakan tegangan normal dan geser pada muka x dan y elemen yang tegangan nya diketahui.Perpotongan garis yang melalui koordinat ini dengan garis sumbu tegangan normal merupakan letak titik

205



pusat lingkaran Mohr.besarnya jari-jari lingkaran Mohr diukur dari pusat lingkaran ke salah satu titik koordinat . Sudut antara jari-jari tertentu pada lingkaran Mohr dua kali sudut antara normal terhadap bidang actual yang dinyatakan oleh titik-titik ini.Arti rotasi sudut ini berkaitan dengan arti rotasi sudut actual antara normal terhadap bidang yaitu apabila sumbu netral sebenarnya pada sudut θ berlawanan aaaarah jarum jam dari sumbu x,pada lingkaran Mohr sumbu netral terletak membuat sudut 2θ berlawanan arah jarum jam dari sumbu x.

COntoh soal 2 Batng baja panjang 6m, berpenampang empat persegi panjang seperti pada gambar 7.5. gaya tarik P = 40kN bekerja pada batang tersebut, hitung tegangan normal dan tegangan geser . Gambar 7.5 contoh soal 2

Keterangan menggambar lingkaran Mohr :

206

Contoh soal 3 Sebuah elelmen mengalami tegangan utama σ x = -50 MPa dan σy = 30 Mpa Hitunglah komponen tegangan pada bidang yang normalnya membentuk sudut 300 searah jarum jam dengan sumbu x.

Penyelesaian

207

Contoh soal 4 sebuah lubang berdiameter luar 400 mm mendapat beban tarik 50 kN dan torsi 50 kNm seperti pada gambar 7.8.Tentukan tegangan normal maksimum dan tegangan geser maksimum yang terjadi bila tebal poros 2 mm!

208

=

101,47 MPa τ τ τ

rx

B rr

rX

τ

ccccccc

Menggunakan lingkaran Mohr: Gambar 7.9 lingkaran Mohr contoh soal 4 Keterangan gambar lingkran Mohr : 1. OA

=

=

20 MPa

AB

=

τ

=

100,98MPa

OD

=

-τ

=

-100,98 MPa

2.Buat lingkaran Mohr berpusat di C berjarak =

MPa dari

titik nol dan Berjari-jari (R)=CB

2

3.Tegangan normal maksimum :

209

τ

Αmaks

=

OE

= OC + R= OC +

= 10 +

= 111,47 MPa

Tegangan geser maksimum : τmaks

=

R

=

= 101,47 MPa

Contoh soal 5 Tbung tekan selinder ujung tertutup mempunyai diameter luar 400 mm dan tebal dinding adalah 20 mm. Tabung memikul tekanan dalam 4 MPa ,torsi 80 kN m dan momen lentur 20.Kn.m secara serempak. Hitung tegangan tarik maksimum pada dindng tabung. Abaikan kemungkinan tekanan!

Penyelesaian Pada tabung tekan silinder berdinding tipis ujung tertutup,tegangan longitudinal diberikan oleh :

Karena :

=

tegangan kelilingnya :

sehingga :

);di= do-2t = 360 mm

210

= /32

) = 2160787,43 m

Maka :

+

=

=

= 20 + 9,26 = 29,26 MPa

+

= 40 MPa

Tegangan punter

T/WP ; dan : Wp =

=

Maka :

=

=

= 4321574,85 m

= 18,512

Gambar7.10 Lingkaran Mohr contoh soal 5 R

=

211

=

Keterangan menggambar lingkaran Mohr : 1.lukis

OB

=

29,26 MPa

OA =

40MPa

AD =

τ

=

18,512 MPa

BA =

-τ

=

-18,512 MPa

2.Buat lingkaran Mohr berpusat di C berjarak MPa dari titik nol dan berjari-jari R 3.Tegangan tarik maksimum pada dinding tabung adalah OF =OC + R =34,63+19,275=53,91 Soal perlatihan 1 Tentukan beban P terbesar yang dapat ditumpu oleh plat form bracket besi cor seperti gambar soal pelatihan 1 apabila tegangan tarik dan tegangan tekan tidak melebihi 40 MPa dan 70 Mpa

Gambar soal pelatihan 1 Soal perlatihan 2

212

Sebuah batang besi pejal berpenampang lingkaran yang berdiameter 75 mm,dikenakan beban tarik aksial P =200 Kn dan momen punter T =8 Kn.m(sepertiv pada gambar soal pelatihan 2). Hitunglah tegangan tarik maksimum

tegangan tekan maksimum

dan tegangan

geser maksimum τ dalam batang!

Gambar soalpelatihan Soal perlatihan 3 Sebuah batang pejal berdiameter 50 mm menerima beban terpusat miring P = 500 N pada ujung bebasnya(lihat gambar soal pelatihan 3). Tentukan besar dan arah tegangan-tegangan yang disebabkan oleh P pada elemen-elemen A dan B pada irisan a-a!

Gambar soal perlatihan 3 Soal perlatihan 4 Poros berongga berdiameter luar d dan diameter dalam 2/3 d mengalami momen lentur maksimum 2 kN.m dan torsi 2,6 Kn.M. Hitung diameter poros(d)terkecil yang dapat digunakan apabila tegangan normal maksimum dan tegangan geser maksimum tidak lebih dari 100 MPa dan 80 MPa.

213

Soal perlatihan 5 Tabug tekan silinder dengan ujung tertutup mempunyai garis tengah luar 300 mm dan dibuat dari pelat baja dengan ketebalan 10 mm.Tangki mengalami beban tekanan 6 MPa Hitung torsi maksimum yang dapat bekerja apabila tegangan normal dinding tabung tak lebih dari 100 MPa.Abaikan kemungkinan terjadi tekanan local(local bucking) Soal perlatihan 6 Braket dengan ukuran seperti pada gambar, diikat secara baik kedinding dan memikul beban terpusat seperti pada gambar soal pelatihan 6. Hitung tegangan geser maksimum pada titik A di permukaan atas poros

Soal pelatihan 7 Poros pejal tengah 100 mm mengalami gaya tekan aksial dan torsi secara serempak yang mencoba memuntir poros dengan sudut 2,5 dalam panjang 8m. Bila G = 80 GPa,hitunglah tegangan normal dan geser maksimum pada poros. Soal pelatihan 8 Sebuah papan iklan disangga oleh sebuah pipa yang bagian luarnya berdiameter 100 mm dan bagian dalamnya berdiameter 80 mm. Ukuran papan iklan ini(2x0,75) m, sedangkan sisi trbawahnya berada 3 m di atas tanah(seperti gambar soal pelatihan 8).

214

Tekanan angin pada papan iklan adalah 1,5 kPa. Tentukan tegangan geser maksimum yang disebabkan angin pada papan iklan di titik A dan B yang terletak pada bagian alas pipa.

Soal pelatihan 9 Sebuah bracket berbentuk L(ABC)yang terletak dalam sebuah bidang horizontal menyangga sebuah beban P = 450 N(seperti gambar soal pelatihan 9). Bracket ini berpenampang empat persegi panjang berongga yang bagian terluarnya berukuran (50x100)mm dan tebal dindingnya 3 mm, lengan AB panjangnya ,5 m sedang lengan BC panjangnya 0,75 Tentukan tegangan tarik maksimum dan tegangan geser maksimum di titik A yang terletak pada badgian atas bracket pada penyangga!

Gambar soal pelatihan 9 Soal pelatihan 1o

215

Sebuah balok konsol berpenampang T menerima beban P = 10 KN miring(seperti gambar). Tentukan tegangan-tegangan normal maksimum dan tegangan geser maksimum di titik Adan B dalam bada balok.

B

10 KN

150 mm

2m

Sasaran belajar SEtelah mempelajari dan mengerjakan soal pelatihan baa ini,anda diharapkan mampu :  Menentukan lendutan maksimum dan sudut lentur pada suatu kontruksi dengan beberapa bentuk pembenaran  Menentukan ukura n suatu batang berdasarkan lendutan yang di izinkan baik yang berupa kantilever maupun tumpuan sederhana.

Pendahuluan Pada bab sebelumnya telah di jelaskan bahwa lendutan (defleksi) terjadi akibat adanya beban (gaya)yang cenderung membengkokkan benda seperti yang terjadi pada tekanan lentur. Kalau pada tegangan

216

lentur yang diperhitungkan adalah kekuatanya, pada lendutan yang diperhitungkan adalah kekakuannya. Dalam perencanaan elemen mesin factor kekakuan lebih di utamakan pada kekuatannya(missal perencannaan poros,perencanaan jembatan dan sebagainya).Beberapa metode dalam menentukan besarnya lenturan yang tejadi pada balok yang terbebani. Meskipun pada dasarnya metode tersebu mempergunakan prinsip yang sama tetapi tenik dan dasarnya berbeda. Macam-macam metode menentukan lendutan,antara lain.  Metode integrasi ganda (double integration);  Metode luas momen (moment area method);  Metode castigliano;  Metode starain energy; 

Metode superposisi;

 Metode persamaan tiga momen;  Metode claypron. Pembahasan lendutan di sini akan digunakan beberapa cara dalam menentukan lendutannya baik yang statis tertentu(persamaan keseimbangan)maupun statis tak tentu Bab ini hanya di bahas statis tertentu sedangkan statis tak tentu akan di bahas di bab lain. Beberapa asumsi dasar yang di ambil dalam penurunan rumus lendutan antara lain seperti berikut :  Material adalah homegen dan masih mengikuti Hukum Hooke.  Modulus elastisitas beban untuk tegangan tarik dan tegangan tekan adalah sama besar.  Penampang balok sebelum dibebani tegak lurus sumbu balok, setelah melendut tetap tegak lurus sumbu balok

217

Metode integrasi ganda Pandangan samping permukaan netral balok yang melendut akibat beban (gaya)yang bekerja baik oleh beban terpusat beban merata atau beban momen dosebut kurva elastic balok,dan lendutan yang terjadi masih dalam batas-batas tertentu.kurva ini diperlihatkan dengan pembesaran pada gambar 8.1 Dalam gambar,lendutan belok mempunyai titik pusat kelengkungan yang sama, yaitu titik 0 dengan jari-jari lingkaran. Dalam keadaan melendut akan terdapat serat yang tertarik(serat menjadi panjang) dan serat yang tertekan(serat menjadi pendek) dan serat dengan panjang yang tetap (tegangan =0). Lendutan dianggap kecil sehingga tidak terdapat perbedaan panjang antara balok dengan proyeksinya.Dengan perkataan lain. Kurva elastic sangat datar dan kemiringannya pada setiap Titk sangat kecil. Karena sangat kecil harga kemiringannya tan

dapat

Dinyatakan sama dengan

dengan

adalah sudut yang

dibentuk oleh garis singgung balok dengan sumbu netral balok semula. Oleh karena itu : Tan

dan

(8.1)

=

=y‘

(8.2)

218

Gambar 8.1 Kurva elastic

Apabila kita tinjau variasi

dalam panjang diferiansi ds yang

disebabkan oleh lendutan oleh lendutan balok adalah : Ds = d (8.3)

=

Dalam gambar dijelaskan bahwa :

Ds = d

d

=

(8.4)

∆ ds =(y).d |

=

dan =

(8.5)

219

Didalam penurunan rumus ini diambil asumsi bahwa mwterial masih mengikuti hukum Hooke sehingga = ∆L=

→

=

→€=

= maka

(8.6)

=

(8.7)

Dengan mengambil rumus tegangan lentur : (8.8)

Dari persamaan (8.7) dan(8.8) didapat . →E I

=

=E I.y” =

(8.9)

Apabila persamaan (8.9) diintegrasikan dan EI dianggap tetap,kita peroleh : EI.

= EI y’ =

dx +

(8.10)

Persamaan ini adalah persamaan kemiringan yang menunjukkan

kemiringan

Pada setiap titik. Apabila persmaan (8.10) diintegrasikan, di proleh : EI y=

dx dx +

(8.11)

220

Persamaan ini adalah persamaan lendutan kurva elastic yang dikehendaki untuk menunjukkan harga y pada setiap harga x. dan

adalah konstanta yang dievaluasi dari kondisi batas.

Kantielever Beban terpusat Contoh soal 1 : a kemiringan(

P b

Tentukan besarnya sudut

di C

Dan lendutan( pada batang yang

di C dan

diberi beban terpusat P

berjarak a dari x

Jepitan A, bila EI konstan.

MA

Gambar 8.2 contoh soal 1 Penyelesaian Untuk memudahkan persoalan di atas di gambarkan terlebih dahulu diagram benda bebas(Free body diagram),selanjutnya,di hitung besarnya gaya reaksi dan momen. MA = -P .a ; VA =P Penentuan arah x bisa diambil dari kiri ke kanan atau lebih kanan ke kiri atau keduanya yaitu dari kiri dan kanan batang. Karena di sini terdapat dua buah persamaan momen ,untuk

221

daerah AC dan CB. Oleh karena itu, kita bagi daerah integrasi menjadi 2 daerah. 

Untuk daerah = 0 Persamaan integrasi ganda : EI Y” =

EI y’ =

EI y =

-

x+

Syarat dari kontruksi : Untuk x = 0; EI y’ =0

0=

El y = 0

0=

–

Untuk x = a; EI Y’ =

•

+0 +

–

=0

+0+0=-

(a)

(b)

Daerah untuk a

222

EI y “ =

= P.X-p.a-P.X + P.a = 0 EI y’

=0+

(c)

EI y

=

(d)

Untuk x= a; y’ pada persamaan a dan c serta y pada b dan d harus sama besar karena terletak pada titik yang sama yaitu C, maka

Y→

Y→

=

=

. a+

maka :

Sehingga persamaan C dan d didapat

EI y’ =

EI y’ =

(persamaan linier terhadap x)

C

B

223

Gambar 8.3 Cara lain menentukan lendutan di B Untuk x = L

EI y =

L+

=

(3L-a)-L + =(3L-a)

Jadi,sudut pandang kemiringan di C =

Lendutan di C =

Lendutan di B =

( 3 L-a)

Cara lain menentukan lendutan di B : Contoh soal 2 :

A

2 KN

2 KN Y

Tentukan ukuran batang

yang 2m

2m

Berbentuk empat persegi

panjang 2

Dengan lebar 250 mm

dan tingginya y

H seperti gambar,apabila

lendutan

224

x

Nya tak boleh

melebihi 15 mm,(E = 200 GPa)! Gambar 8.4 contoh soal 2 Penyelesaian : Reaksi tumpuan :

Karena ada dua persamaan momen yaitu pada daerah AC dan BC maka: Daerah 0

EI y” =

EI y” =

EI

=

=

x-

=4x-12

-12x + =2

-6

-12x +

x+

Syarat dari kontruksi : Untuk = x = 0 ; EI y= 0

EI y = 0 → 0 =

-12(0) +

- 6 (0

→

0

+0+

Untuk = x = 2 ; EI = 2 (2 - 12 (2) + 0 = 8-24 = -16 (a)

225

EI y =

0 + 0 = 5,33-24 = - 18,67

(b) Daerah = 2

EI y”

=

x-

-

( x-2)

= 4x -12 -2 (x-2) = 4x -12-2x + 4 = 2x -8 EI y ‘ =

EI y

=

- 8x +

-4

(C)

+

x+

(d)

Untuk x = 2 EI y = (2 - 8 (2) +

EI y =

(e)

- 4 (2 + 2

+

= - 13,33 + 2

+

(f) Syarat dari kontruksi : Untuk x = 2, besarnya sudut kemiringan dan lendutan harus sam a besar untuk daerah 0

dan daerah 2

karena

terletak pada titik yang sama ,maka :

Dari persamaan a da e ,sudut kemiringan ( = y’) :

-16 = - 12 +

maka

226

Dari persamaan b dan f , lendutan ( = y) :

-18,67 = - 13,33 + 2

+

Dengan memasukkan

= -4, maka didapatkan

-5,33 = 2 (-4) +

maka

= 2,67

Sehingga persamaan c dan d di dapat :

EI y’ =

- 8x-4;

EI y

=

-4

- 4x + 2.67

Untuk x = 4

EI y =

- 4 (4 - 4 (4) + 2,67 maka y = - 56

Lendutan maksimum terjadi di titik B (X=4) : =

Kn .

Momen inersia penampang :

Ix =

Syarat balok aman terhadap lendutan :

227

H

Jadi tebal balok minimum 96,41 mm. Contoh soal 3 : Untuk balok yang dibebani seperti pada gambar 8.4, tentukan lendutan pada jara 2 mm dari jepitan A bila EI konstan.

228

229

230

231

232

233

234

235

236

237

238

239

240

241

242

243

244

245

246

247

248

249

250

251

y , = C1 ; y = C1 . 2 + C2 batas 2 ≤ x ≤ 5

E l y’’ = - M -

W ( x −2 ) 3 6. L

252

6 ( x − 2 )3 =-46.3

( x −2 ) 3 + C3 12

E l y1 = - 4x -

Ely

=-2-

( x − 2 )5 + C3 x + C 4 60

Untuk x = 5

E l y’ = 0 → 0 = −4 (5) −

0 = - 20 -

(5 − 2 )4 + C3 12

(3) 4 + C 3 → C 3 = 26,75 12

= 0 → 0 = -2 (5)2 -

Ely

0 = - 50 -

(52) 5 + 5C 3 + C 4 60

(5) 2 + 5C 3 + C 4 60

0 = - 50 – 4,50 + ( 26,75 ) + C 4 C4 = - 79,7

Sehingga persamaannya : Ely‘ =-4-

Ely

( x −2 ) 4 + 26,75 12

= - 2x2 -

(x − 2 )5 + 26,75 x − 79,7 60

Untuk x = 2 E l y ‘ = -4 (2) – 0 + 26,75 = 18,75 Ely

= -2 (2)2 + ( 26,75 ) . 2 – 79,7 = - 34,2

Syarat dari konstruksi Untuk x

= 2 ; θ c ( kanan ) ; 18,75 = C1

253

yc ( kiri ) = yc ( kanan ) ; - 34,2 = 2 C1 + C2 C2 = - 34,2 – 2 ( 18,75 ) = - 71,7

Sehingga persamaan (a) dan (b) menjadi : E l y ‘ = C1 = 18,75 Ely

= C1 x + C2 = 18,75 . x – 71,7

Untuk x = 0 E l y = 0 – 71,7 Lendutan maksimum terjadi pada x = 0 ( titik B ) δB

=-

71,7 . kN m3 El

71,7 .10 9 kN . mm 3 = − 5,52 mm =4 4 2000 kN . 10 mm mm 2 Jadi lendutan di titik B adalah δB = - 5,52 mm

Tumpuan sederhana Untuk menentukan besarnya sudut kemiringan dan lendutan pada balok tumpuan sederhana dalam metode integrasi ganda kita dapat menentukan arah sumbu x dari kiri ke kanan balok atau dari kanan ke kiri balok atau dari kiri dan kanan balok tergantung sudut kemiringan dan lendutan ditanyakan. Apabila beban yang diterima balok ada yang berupa beban terdistribusi segi tiga sebaliknya kita tentukan arah sumbu x dari beban terdistribusi yang terkecil ( lihat contoh beban terdistribusi segi tiga balok kantilever ). Contoh soal 11 : Tentukan persamaan kurva lendutan untuk balok di atas dua perletakan AB dengan beban terpusat P

254

seperti gambar 8..14 dan juga tentukan besarnya sudut kemiringan dan lendutan di tengah – tengah balok ( c )


Reaksi tumpuan : Σ MA = 0

→ RB . L – P . a = 0 ;

Σ Fv = 0

→ RA + RB = P RA = P – RB = P-

RB =

P.a L

P.a P ( L −a ) P.b = = L L L

Karena sepanjang balok terdiri atas dua persamaan momen, yaitu pada daerah AD dan DB, maka dari itu kita bagi juga menjadi dua daerah integrasi yaitu : E l y “ = - Mx = - RA . x =

−P . b . (0≤x≤a) L

(a) E l y” = -RA . x + P ( x – a ) =

−P . b . x + P (x-a) ( a ≤ x ≤ L ). L

(b)

Pengintegrasian persamaan ini menghasilkan.

255

E l y’ =

−P . b . x 2 + C1 (0 ≤ x ≤ a ) 2L

(a) E l y’ =

− P . b . x2 P ( x − a )3 + + C3 . x + C 4 2L 6

(a≤x≤L)

(b)

Pengintegrasian kedua diperoleh :

Ely

=

−P . b . x 2 + C1 + C2 (0 ≤ x ≤ a ) 2L

(c) Ely

=

−P . b . x 3 P ( x −a ) 3 + + C3 . x + C4 (a ≤ x ≤ L ) 6L 6

(d)

Keempat konstanta Integrasi pada persamaan diatas yaitu C 1 ; C2 ; C3 dan C4 dapat diperoleh kondisi – kondisi : Untuk x = 0; lendutan adalah nol (δ A = 0 ) Untuk x = a ; sudut kemiringan (θ C) pada kedua daerah harus sama dan lendutan (δc) pada kedua daerah harus sama, karena terletak pada titik yang sama. Untuk x = L : lendutan adalah nol (δB = 0) Sehingga untuk x = 0, dari persamaan C diperoleh : C 2 = 0 Untuk x = a, dari persamaan a dan b diperoleh :

yC(kiri) = yC(kanan) →

− P . ba 2 − P . ba 2 + C1 = + 0 + C3 → C1 = C3 2L 2L

untuk x = a dari pertamaan c dan d diperoleh −

P . b a3 P b a3 + a C1 + C2 = − + a C 3 + C4 → C2 = C4 6L 6L

Karena : C2 = 0, maka C4 = 0

256

Untuk x = L, dari persamaan d diperoleh : Ely=0

0

= −

Pb ( L) 3 P ( L − a )3 + + C3 . (L) 6L 6

0

= −

Pb ( L ) 2 P . b 3 + C3 . L 6 6

C3

= +

Pb ( L2 − b 2 ) 6L

dengan memasukan harga – harga ini kepersamaan a dan b diperoleh : E l y’ =

− P . b . x2 P b ( L2 − b 2 ) + 6L 6L

E l y’ =

Pb + ( L2 - b2 – 3x2 ) 6L

(0≤

x≤a) Ely

=

Ely

`=

− P . b x3 P ( x − a )3 P b ( L2 − b 2 ) + + . x +0 6L 6 6L Pb x P ( x − a )3 + ( L2 − b 2 − x 2 ) + 6L 6

(a≤x≤L) Sudut kemiringan (y ‘) dan lendutan (y) pada jarak, x = L/2 E l y c’ =

−P b x 2 P b ( L2 − b 2 ) + 2L 6L

=

Pb ( L2 − b 2 − 3 x 2 ) 6L

=

Pb 6L

yc’ =

[L

2

]

− b2 − 3 ( L / 2 )2 =

P b ( L2 − 4 b 2 ) 6L E l

3 L2 Pb ( L2 − b 2 − ) 6L 4

(0 ≤ x ≤ L/2 )

257

E l yc yc

=

Pb x L2 ( L2 − b 2 − ) +0 6L 4

=

P b ( 3 L2 − 4 b 2 ) 48 E l

(0 ≤ x ≤ L/2 )

Contoh soal 12 :

Sebuah balok menerima beban terdistribusi Merata dan segi tiga pada gambar 8.15. Tentukan lendutan di C, bila El konstan. Penyelesaian : R1 =

2.3 = 3 kN 2

R2 = 3 . 2 = 6 kN


Reaksi tumpuan : Σ MA = 0 RB . 7 – R2 . 4,5 – R1 ( 2/3 . 3 ) = 0 RB =

6 . 4,5 +3 . 2 33 = = 4,71 kN 7 7

Σ Fv = 0

→ RA + RB = R1 + R2 RA = 3 + 6 – 4,71 = 4,29 kN

Karena ada dua persamaan momen, yaitupada daerah Ac dan CB, maka dari itu kita bagi dua daerah integrasi :

258

Ely

Ely

= - Mx = - ( RA . x -

= - 4,29 x +

2 x3 6 .3

= - 4,29 x +

x3 9

W1 x 3 ) 6.L

(0≤x≤3)

= - Mx =-

 W1 ( x) 3 W1 ( x − 3 ) 3 W2 ( x − 3 ) 2 W2 ( x − 6 ) 2  R . x − + − +  A  6.L 6.L 2 2   = - 4,29 x +

2 x3 2 ( x − 3)3 2 ( x − 3)2 2 ( x − 6 )2 − − − 6 .3 6.3 2 2

= - 4,29 x +

( x − 3)3 x3 − + ( x − 3)2 − ( x − 6 )2 9 9

(3≤

x≤7) Pengintegrasian pertama diperoleh persamaan : a. E l y ‘ =

4,29 x 2 x4 + + C1 2 36

b. E l y ‘ =

( x − 3)4 ( x − 3 )3 ( x − 6 )3 4,29 x 2 x4 + − + − − C3 ( 3 2 30 36 3 3

(0≤x≤3)

≤x≤7)

pengintegrasian kedua diperoleh persamaan : c. E l y

=

−4,29 x 3 x5 + + C1 + C 2 6 180

(0≤

x≤3) d. E l y =

−4,29 x 3 ( x − 3 )5 ( x − 3)4 ( x − 6) x5 + − + + + C 3 x +C 4 6 180 180 12 12 (3≤x≤7)

259

Untuk x = 0 ; y = 0 ; dari persamaan C didapat C 2 = 0 Untuk x = 3 Dari persamaan a dan b sudut kemiringan harus sama : yc’

( kiri )

= yc’

( kanan )

− 4,29 (3) 2 − 4,29 (3) 2 (3) 4 (3) 4 + +C1 = + − 0 + 0 − 0 + C3 2 36 2 36 C1 = C 3 Dari persamaan c dan d, lendutan harus sama :

− 4,29 (3) 2 4,29 (3) 3 (3) 4 35 + + 3C1 + C 2 = − + − 0 + 0 + 3C 3 + C 4 6 180 6 180 Maka : C2 = C4 Karena C2 = 0 ; maka C4 = 0 Untuk x = 7

Dari persamaan d didapat : Ely=0 0=

4,29 (7 ) 3 (7) 5 ( 4) 5 ( 4) 4 (1) 4 + − + − + 4C 3 + 0 6 180 180 12 12

= - 245,25 + 93,37 – 5,69 + 21,33 – 0,08 + 4C 3 4 C3 = + 136,32 C1 = C3 = 34,08 Sehingga, persamaan lendutan balok menjadi : Ely=

− 4,29 x 3 x5 + + 34,08 x 6 180

(0≤

x≤3) Ely=

− 4,29 x 3 ( x − 3)5 ( x − 3)4 ( x − 6)4 x5 + + + − + 34,08 x 6 180 180 12 12

(3≤x≤7)

260

Untuk x = 3 Ely

=

− 4,29 (3) 3 (3) 5 + + 34,08 (3) 6 180

= - 19,31 + 1,35 + 102,24 = 122,895 Jadi, lendutan di C adalah = δ c =

122,895 E l

Contoh soal 13 : Suatu batang yang berbentuk lingkaran pejal Berdiameter (d) menerima beban berpusat dan beban terdistribusi merata, sepeti pada gambar 8.16. Tentukan d, bila lendutan tak boleh lebih dari 10 mm dan E = 200 Gpa !

Gambar 8.16 Contoh soal 13 Penyelesaian : R1 = R2 = 2 . 2 = 4 kN Reaksi tumpuan : Σ MA

=0 RB

Σ FV

=0

→ RB . 4 – R2 . 5 – 4.2 – R1 . 1 = 0 =

4 . 5 + 84 . 1 ( 8 + 4 ) 32 = 8 kN 4 4

→ RA + RB = R1 + R2 + 4 RA = 4 + 4 + 4 – 8 = 4 kN

261

Karena ada tiga persamaan momen, yaitu daerah AC ; CB dan DB, maka kita bagi menjadi 3 daerah integrasi yaitu :

E l y “ = - Mx = - ( RA . x -

Ely“=-4x+

W1 x 2 ) 2

2 x2 2

(0≤x≤2)

  W1 x 2 W ( x − 2)2 + 1 − 4 ( x −2 )  E l y “ = - Mx = - R A . x − 2 2   =-4x+

2 ( x )2 2 ( x − 2 )2 − − 4 ( x −2 ) ) 2 2

(2≤

x≤4) E l y “ = - Mx =

  W1 x 2 W1 ( x − 2 ) 2 R . x − + − 4 ( x − 2 ) +  A 2 2   RA ( x – 4 ) -

=-4x+

W2 ( x − 4 ) 2 2

2 x2 2 ( x − 2)2 − + 4 ( x − 2) − 8( x − 4) 2 2

2 ( x − 4)2 2

(4≤x≤6)

Pengintegrasian pertama menghasilkan : (a) E l y’ = − 2 x 2 +

x3 + C1 3

(0≤

x≤2) (b) E l y’ = - 2 x2 +

( x − 2 )3 x3 − + 2 ( x − 2 ) 2 + C3 3 3

(2≤

x≤4)

262

(c) E l y’ = - 2 x2 +

+

( x − 2 )3 x3 − +2 ( x − 2 ) 2 − ( x − 4 ) 2 3 3

( x − 43 ) +C 5 3

(4≤x≤6)

Untuk x = 0 ; y = 0, dari persamaan d didapat C 2 = 0 Untuk x = 2 Dari persamaan a dan b, sudut kemiringan (y ‘) harus sama : yc , (kiri) = yc , - 2 (2)2 +

(kanan)

( 2) 3 ( 2) 3 + C1 = − 2 (2) 2 + − ) + 0 C3 3 3 C 1 = C3

Dari persamaan d dan e, lendutan (d) harus sama : yc ‘ (kiri) = yc ‘

(kanan)

− 2 ( 2) 3 − 2 ( 2) 3 ( 2) 4 ( 2) 4 + + 2 C1 + C 2 = + − 0 + 0 + 2C 3 + C 4 3 12 3 12 C2 = C4 Karena C2 = 0 ; maka C4 = 0 Untuk x = 4 Dari persamaan b dan c, sudut kemiringan ( y ‘) harus sama : yB ‘ (kiri) = yc ‘ − 2 ( 4) 2 +

(kanan)

43 23 ( 4) 3 23 − + 2 (2) 2 + C 3 = −2 ( 4) 2 + − + 2 ( 2) 2 − 0 +C 5 3 3 3 3

C3 = C 5 Dari persamaan e dan f , lendutan (y) harus sama :

− 2 ( 4) 3 2 ( 2) 3 − 2 ( 4) 3 2 ( 2) 3 ( 4) 4 24 44 24 + − + + 4 C3 + C 4 = + + + 3 12 12 3 3 12 12 3 - 0 + 0 + 4 C 5 + C6 C4 = C 6 = 0 Untuk x = 4, dari persamaan e didapat :

263

Ely=0 0=

− 2 (4) 3 2 ( 2) 3 ( 4) 4 24 + − + + 4 C 3 + 0 =−42,67 + 21,33 +1,33 −1,33 +5,33 + 4C 3 3 12 12 3 Sehingga persamaan – persamaan lendutan balok menjadi : − 2 x3 x4 + + 4,335 x 3 12

Ely

=

ElY

2 x 3  ( x − 2 )3 2 ( x − 2 )2 x4 + − + +4,335 x  = − 12 12 3  3 

Ely

= −

2 x3 ( x − 2 )4 2 ( x − 2)2 4 ( x − 4 )3 x4 + − + − 3 12 12 3 3

Untuk x = 2

−2 ( 2) 3 24 + + ( 4,335 ) . 2 3 12

Ely

=

ElY

= - 5,33 + 1,33 + 8,67 = 4,67

Y

=

4,67 El

Untuk x = 6

2 (6) 3 2 ( 4) 3 4 ( 2) 4 64 ( 4) 3 + − + − + 4,335 . 6 3 12 3 3 12

ElY

=

ElY

= - 144 + 108 – 21,33 + 42,67 – 10,67 + 1,33 + 26,01 = 2

Y

=

2 El

Jadi lendutan terbesar terletak di x = 2 δmax =

4,67 . kN . m 3 El

momen inersia penampang terhadap sumbu x : lx = π/64 d4

264

syarat lendutan yang terjadi harus lebih kecil atau sama dengan lendutan ijin : δmax = ≤ 10 4,67 4,67 ≤10 maka : l ≥ El 10 E

π/64 d4 ≥

4, 67 10 . E

64 . 4,67 .10 9 kN . mm → d ≥ 83 mm d4 ≥ π . 10 mm 200 kN 2 mm jadi, diameter adalah 83 mm

metode luas momen metode inin menggunakan luas diagram momen untuk menentukan kemiringan dan lendutan (defleksi), maka metode ini dikenal dengan metode luas momen. Metode ini terutama berguna untuk menetapkan kemiringan garis singgung dan lendutan pada kedudukan yang dipilih secara langsung, tetapi agak kesulitan bila menentuka lendutan dan kemiringan maksimum yang terjadi pada benda yang terbebani.

Penurunan rumus lentur Sebuah balok yang dibebani seperti pada gambar 8.17 di bawah akan mengalami lendutan. Besarnya lendutan tertanggung dari besar kecilnya beban, bentuk penampang lendutan akan timbul jari – jari kelengkungan (R)

265

Pada pembahasan tegangan lentur besarnya momen lentur adalah : M : E/R . l Sehingga : 1/R = M/El dan karena ds = R dθ Maka

: 1/R = M/El = dθ/ds atau dθ = M/El ds

Pada banyak kasus, kurva elastis sangat datar sehingga datar seakan – akan tidak terjadi lendutan sehingga dapat dikatakan panjang ds sama dengan dx. Dengan anggapan ini diperoleh persamaan : dθ = M/El dx

(8 – 12)

perubahan kemiringan antara garis yang menyinggung ke kurva pada sembarang titik A dan B adalah : θB

θAB = ∫θA dθ = 1 / El

XB

∫

XA

M dx

(8-13)

Jarak dari B ke titik perpotongan antara garis singgung dari titikA dengan garis yang tegak lurus batang dari titik B adalah jumlah simpangan dt yang timbul akibat garis lurus singgung ke kurva pada titik yang berdekatan. Simpangan ini bisa dianggap sebagai busur lingkaran berjari – jari x yang dipisahkan oleh sudut dθ sehingga : Dt = x dθ tB/A = ∫ dt = x ∫ x dθ

266

Dengan memasukan harga dθ kwe dalam persamaan ( 8-12 ) kita peroleh : tBA = 1/El

∫ x (M . dx)

(8-14)

Dengan ∫ M . dx : adalah jumlah luas di bawah kurva momen lentur antara titik A dan B dan X jarak dari titik berat ke titik B, sehingga persamaan (8-13) dan (8-14) dapat dinyatakan : θAB = 1/El (luas)BA

( 8-15)

persamaan di atas menunjukan bahwa perubahan kemiringan antara garis singgung ke kurva elastiis pada dua titik A dan B sembarangan sama dengan perkalian 1/El dengan luas diagram momen antara ke dua titik tersebut tB/A = 1/El ( luas)BA . x persamaan (18-6) menyatakan bahwa penyimpangan setiap titik B relatif terhadap garis singgung yang ditarik ke kurva elastis pada titik A, dalam arah tegak lurus kedudukan balok original sama dengan perkalian 1/El dengan momen luas bagian diagram momen antara A dan B jarak dari titik berat momen terhadap titik B. Dengan cara yang sama untuk simpangan : tA/B = 1/El (luas)

AB

. xA

perkalian Elumumnya tetap pada seluruh panjangbalok, kecuali bila besaran batang bervariasi Dalam hal ini, El ditulis di luar tanda integrasi dan sifat perubahan terhadap x harus diketahui.

Luas AB adalah luas diagram momen

267

Antara titik A dan B, sedangkan x B adalah lengan momen luas di ukur dari titik berat ke B.Penyimpangan pada setiap titik positif apabila titik terletak di atas garis singgung acuan tempat penyimpangan diukur, dan negatif apabila titk terletak di bawah garis singgung acuan. Gambar 8.19 memperlihatkan beberapa penyimpangan dan pembebanan kemiringan.

Batang kantilever

Beban terpusat

Sebelum membahas lendutan batang dengan metode luas momen pada beban terpusat. Kita harus ingat bahwa diagram momen lentur untuk batang yang menerima beban terpusat berbentuk segi tiga. Contoh soal 14 :

268

Tentukan besarnya sudut kemiringan ( θ ) dan Lendutan ( δ ) di titik C dan B pada batang yang Diberi beban terpusat P, bila El konstan.


Penyelesaian : El konstan apabila bentuk dan bahanya konstan sehingga diagram M/El Mempunyai bentuk yang sama dengan momen lentur M. Sudut kemiringan di titik C : E l θc = ( luas ) CA = θc

=

−P .a .a a

− p . a2 3 El

Lendutan di titik C : E l δB = (luas)

δc

=

CA

. xC=

− p . a2 (2 / 3. a ) 2

− p . a3 3 El

lendutan di titik B : E l δB = (luas)

BA

. xB=

− p . a2 ( 2 / 3 . a + b ) →b = L − a 2

269

dB

=

− p . a2 − p . a2 (2/3 a + L − a) = ( L − a / 3) 2 2

=

− p . a 3 3L − a − p . a2 ( ) = ( 3L − a ) 2 El 3 6 . El

atau δB

= δC + θB . b

Karena daerah BC tak ada beban yang bekerja sehingga θ B = θC dan tg θB = Δ/b, Maka : Δ = b . tg θB Untuk θB kecil, maka tg θB ≈ θB Sehingga persamaannya : δ B = δ C + Δ = δC + b . θB =

− p . a3 − p . a3 +( ) ( L −a ) 3 El 2 El

=

− p . a2 6 El

=

− p . a2 ( 3L − a ) 6 . El

[2a

+ 3 ( L − a )]

Contoh soal 15 Balok kantilever yang diperlihatkan pada gambar 8.21 mempunyai penampang persegi panjang Dengan lebar 250 mm dan tinggi h mm. Tentukan Tinggi h apabila lendutan tidak boleh melebihi 15 Mm dan E = 200 Gpa!


270

Penyelesaian ; MA = - PB . 4 = - 8 kN . m

MA = - P . 2 = - 4 kN . m

Lendutan maksimum terjadi di titik B : E l . δB = (luas) BA . x B = A 1 x 1 + A2 x 2 = (

− 8.4 −4.2 2 2 ) ( . 4) +( ) ( . 2 + 2 ) = −56 2 3 2 3

δB

=

− 56 kN . m 3 El

penampang empat persegi panjang : lx =

b h3 250 . h 3 = = 20,83 h 3 ( mm 4 ) 12 12

lendutan yang terjadi harus lebih kecil atau sama dengan lendutan yang diizinkan : δ 56 El

≤

≥

15

15

→

56 . 10 9 kN . mm 3 lx ≥ = 18,67 . 106 15 . mm . 200 kN 2 mm

mm4 20,83 h3

≥ 18,67 . 106 maka : h ≥ 96,41 mm

Jadi tinggi minimum yang diizinkan = 96,41 mm

Beban terdisterbusi merata Diagram momen lentur untuk beban terdistribusi merata berupa kelengkungan polinominal orde dua ( lihat gambar 8.22 di bawah )

Kita potong sejauh x

271

Vx = - R x = - W . x Momen : Mx = -Rx . x/2 = -

W x2 2

( persamaan kurva orde 2 ) Untuk x = 0 → MB = 0 X = L → MA = -

W L2 2

Gambar 8.23 balok kontilever menerima beban terdistribusi merata. Contoh soal 16 Sebuah balok yang dibebani beban terdistribusi merata sepanjang L ( seperti pada gambar ). Tentukan sudut kemiringan dan lendutan di B, bila El konstan!


Penyelesaian : Sudut kemiringan di titik B : E l θB = (luas)BA = (

θB

=

− Q . L2 − Q L3 L ). =− 2 3 6

Q L3 6 El

lendutan di titik B :

272

E l . δB = ( luas )BA . x B = (

δB =

− Q L3 − Q L4 3L ). =− 6 4 B

− Q L4 8 .E l

contoh soal 17 : sebuah balok yang dibebani terdistribusi merata dan beban terpusat ( sperti gambar ) mempunyai penampang berbentuk lingkaran berdiameter 25 cm, bila modulus elastisitas balok 2,1 . 105 MPa, tentukan lrndutan dititik B!


Penyelesaian : Akibat beban terpusat MA = -4 .3 = -12 kN . m Akibat beban terdistribusi merata MA = -R . 4,5 = -6 . 4,5 = - 27 kN . m MC = - R . 1,5 = -6 . 1,5 = -9 kN . m Lendutan di titik B : E l . δB = ( luas ) BA . x B = - A1 x1 – A3 x2 – A3 x3 – A4 x4

273

-( (

9 .3 ) ( 3/4 . 3 ) – 9.3 ( 1/2 3 + 3 ) – ( 27 – 9 ) 3/2 ( 2/3 . 3 + 3 ) 3

12 . 3 2 ) ( . 3 +3 ) 2 3 = 20,25 – 12,5 – 135 – 90 = - 366,75

δ

=

366,75kN .m 3 El

penampang lingkaran = lx = π/64 . d4 = π/64 (25)4 = 390625 cm4

δB

366,75 . 1012 N . mm 3 = 4,47 mm. 5 N 4 4 2,1 . 10 . 390635 10 mm mm 2

jadi lendutan di titik B besarnya 4,47 mm persoalan diatas dapat jugadiselesaikan dengan mengandaikan seolah – olah ada beban terdistribusi merata sepanjang 6 cm dan beban terdistribusi merata yang lain sepanjang 3 meter ke arah tumpuan dengan arah yang berlawanan ( seperti gambar 8.25 ) penyelesaian : akibat beban terpusat : (MA)4 = -4 . 3 = -12 kN . m Akibat beban terdistribusi merata : (MA)w1 = -R1 . 3 = -12 . 3 = - 36 kN . m (MA)w2 = + R2 . 1,5 = + 6.1,5 = + 9 Knm

Lendutan di titik B : E l δB

= (luas ) B A . x

B

= A 1 x 1 – A 2 x 2 – A3 x 3

274

=+ 9 .3 36 . 6 3 2 ( 3 / 4 . 3 +3 ) −( ) ( ) − ( . 3 +) = −366,75. 3 3 4 3 δB

=

− 366,75 kN . m 3 El

dengan memasukkan harga El ke dalam persamaan di atas di dapatkan lendutan di B besarnya 4,47 mm beban terdistribusi berubah secara linier diagram momen lentur untuk bentuk terdistribusi berubah secara linier berupa kelengkungan polinominal orde 3 ( lihat tgambar ). Kita tinjau potongan sejauh x :

Wx W .x x = →W x = W L L Rx =

Wx . x W . x. x = 2 2L

Mx = − R x . x / 3 = −

= −

W . x2 . x 6L

W x3 ( kurva orde 3 ) 6 L

Untuk x = 0 → MB = 0 x = 1 → MA = −

W L3 W L2 =− 6 L 6

Contoh soal 18 Sebuah balok kantilever AB memikul beban Terdistribusi berubah secara linier dengan intensitas Maksimum Q seperti terlihat pada gambar 8.27.

275

Tentukan besarnya lendutan di B (δB) dan sudut Kemiringan di B !

Penyelesaian : R = Resultan gaya terdistribusi =

MA = - R . L/3 = -

Q. L 2

Q.L L Q L2 . = 2 3 6

Lendutan di titik B : E l .δB = ( luas )BA x B = ( −

δB

=

Q . L2 − QL4 L 4 ). . .L = 6 4 5 30

Q L4 30 . El

sudut kemiringan di titik B : E l θB = (luas) BA = −

θB =

Q L2 L Q . L3 ( ) = 6 4 24

− Q L3 24 . El

contoh soal 19 :

tentukan defleksi dan sudut kemiringan di titik B pada

276

gambar di samping. Penyelesaian : Untuk menyelesaikan soal ini, kita ganti beban terdistribusi Segi tiga menjadi beban terdistribusi merata arah ke bawah (gambar a) dan beban terdistribudi segi tiga ke atas (gambar b). karena beban terdistribusi merata. Selanjutnya, kita cari diagram momen lentur batang AB.

Momen : Akibat terdistribusi merata : (MA)Q1 = - R1 .

QL L L = −Q − L . . =− 2 2 2

Akibat beban terdistribusi segi tiga : (MA)Q2 = + R2

Q.L L Q L2 1 + . =− 3 2 2 6

Lendutan di titik B : E l . δB =(luas) BA . x B = A1 x1 - A2 x2 E l . δB = (

=

δB =

+ Q . L2 Q L2 L L 4L 3L − ) ( )( . ) ( ) 6 4 5 2 3 4

4 Q . L4 Q L4 Q L2 11 Q L4 − = ( 4 − 15 ) = − . 120 8 120 120 −11 Q . L4 120 El

sudut kemiringan di titik B : E l θB = (luas) BA = A1 – A1

277

= (

=

θB =

Q . L2 Q L2 L L ) ( ) −( ) ( ) 3 4 2 3

Q L3 Q L3 Q L3 3 Q L3 Q . L3 − = (1 − 4 ) = =− 24 6 24 24 8 − Q . L3 8 . El

Cara lain :

Penyelesaian : Kita gambarkanterlebih dahulu diagram benda Bebas ( free body diagram ) dan kita tentukan Diagram momen lentur batang AB.

278

Momen : MA

2L −QL 2 L Q L2 = . =− 3 2 3 3

=-R.

(MB)MA = VA . L = R . L =

MB

= MA = −

(MB)R

= -R .

Q. L Q L2 .L = 2 2

Q . L2 3

Q.L L Q L2 L =− . =− 3 2 3 6

Lendutan di titik B : E l . δB = (luas) = (

δB

BA

. x B = A 1 x 1 – A 2 x 2 – A3 x 3

Q . L2 Q . L2 L QL2 L L L L . ) ( ) ) −( .L( ) −( . )( ) 2 2 3 3 2 6 4 5

=

Q . L4 Q . L4 Q L4 − − 12 6 120

=

Q . L4 11 . Q L4 ( 10 − 20 − 1 ) = − 120 120

=

−11 . Q . L4 120 . El

sudut kemiringan di titik B : E l . θB = (luas)

δB

BA

= A1 – A2 – A3

=

Q . L3 Q L3 Q L3 − − 4 3 24

=

Q L3 − 9 Q L3 ( 6 −8 −1 ) = 24 24

=

− Q L3 8

=

− Q . L3 8 .E l

contoh soal20 :

279

tentukan diameter pipa yang berdiameter dalam = 1/4 diameter luar yang menerima beban, seperti dipeerliahatkan pada gambar 8.30, bila E = 200 Gpa dan lendutan maksimum 20 mm.

penyelesaian : kita bagi beban terdistribusi segi tiga (ll) menjadi beban terdistribusi merata kearah bawah dan beban terdistribusi segi tiga kearah atas. R1 =

6. 4 =12 kN 2

R2 = 2 .3 = 6 kN R2 =

2 .3 = 3 kN 3

Momen : Beban l : (MA)w1 = - R1 . 1/3 . 6 = - 12 . 2 = -24 kN . m Beban ll : (MBa)w2 = - R2 . 3/2 = - 6 . 1,5 = -9 kN . m (MA)w2 = - R2 ( 1/2 . 3 + 6 ) = -6 . 7,5 = - 45 kN . m (MB)w3 = + R2’ ( 1/3 . 3 ) = + 3 . 1 = + 3 kN . m (MA)w3 = + R2’ ( 1/3 . 3 + 6 ) = + 3 . 7 = + 21 kN . m Lendutan maksimum terjadi di titik C : E l δc = (luas) CA . x c = - A1 x1 – A2 x2 – A3 x3 – A4 x4 + A5 x5 + A6 X6 + A 7 x7 =

24 . 6 4 9 .3 2 1 ( . 6 + 3 ) −( ) ( . 3 ) − ( 9.6 ) ( .6 + 3 ) 4 5 3 3 2

280

= - ( 45 – 9 ) 3. 3 6 2 4 1 ( . 6 + 3) + ( ) ( . 3 ) = + ( 3 . 6 ) ( . 6 + 3 ) + ( 21 − 3 ) 2 3 4 5 2 =

6 2 ( . 6 + 3) 2 3

= -280,8 – 20,25 – 324 + 5,4 + 108 + 378 = - 889,65 \ dc

= −

889,65 El

Cara lain :

Penyelesaian : Beban l, dan ll, dipisahkan selanjutnya dicari Diagram momen lenturnya R1 =

6.4 = 12 kN 2

V = R2 =

2.3 = 3 kN 2

Momen

281

Beban l : (MA)w1 = - R1 . 1/3 . 6 = -12.2 = -24 kN . m Beban ll : (MA)w2 = - R2 . ( 2/3 . 3 + 6 ) = - 3 . 8 = - 24 kN . m (MC)w2 = MA = - 24 kN . m; (MC)w2 = V . 9 = 9 . 3 = 27 kN . m (MC)w2 = - R2 . 1/3 . 3 = - 3 . 1 = - 3 kN . m Lendutan maksimum di titik C : E l . δc

= (luas) CA . x c = - A1 x1 + A2 x2 – A3 x3 – A4 x4 =

− 24 . 6 27 . 6 ( 4 / 5 . + 3) + (1 / 3 . 9 ) − ( 24 . 9 ) 4 2 ( 1/2 . 9 ) -

3.3 ( 1/ 5 . 3 ) 4

= - 280,8 + 364,5 – 972 – 1,35 = - 889,65 δc

=

− 889,65 E .l

momen inersian penampang : lx

= π/64 ( D – d ), dimana d d = 1/4 D

[

]

= π/64 D 4 − ( 0,25 D ) 4 = π / 64 ( 0,996 D 4 ) = 0,049 D 4 cm 4

l

889,65 . 10 6 kN . cm 3 889,65 4 maka : 0,049 D = = E . δc 2 . 10 4 kN . 2 cm cm 2

D4 ≥ 454871,87 maka : D ≥ 25,97 cm Jadi, diameter luar pipa = D = 26 cm Diameter dalam pipa = d = 0,25 = 6,5 cm

Bebam momen Contoh soal 21 :

282

Hitunglah lendutan di titik B dan C pada balok Kantilever seperti yang diperhatikan pada gambar 8.32 bila E = 200 Gpa dan l = 6 . 107 mm4 Penyelesaian : Akibat beban terdistribusi : MB

= - R . 2 = - 16 . 2 = - 32 kN . m

Akibat beban terpusat :

MB = + M = 12 kN . m Lendutan di titik B : E l δB = ( luas)

BA

. x B = A1 x 1 – A 2 x 2

E l δB = ( 12 . 6 ) ( 1/2 . 6 + 3 ) -

32 . 4 ( 3/4 . 4 + 5 ) 3

= 432 – 341,33 = 90,67

δB

90,67 . 10 9 kN . mm 3 90,67 3 . kN m = = 7,56 mm = 7 4 El 200 . kN . 6 . 10 mm mm 2

lendutan di titik C : E l δB = (luas)

CA

. x = A1’ x1’ – A2’ x2’

= ( 12 . 4 ) ( ½ . 4 ) - (

32 . 4 ) (3/ 4 . 4) 3

= 96 – 192 = - 96

283

δc

=

− 96 96 . 10 9 kN . mm 3 = − = −8 mm El 200 . 6 . 10 7

contoh soal 22 ; sebuah balok kantilever AB memikul beban terdistribusi ] segi tiga dan beban lentur terpusat seperti gambar. Tentukan lendutan di A dan C bila E = 200 Gpa dan l = 8,01 . 107 mm4!

Penyelesaian : Akibat beban terdistribusi merata . MD = -R . 1/3 . 3 = - − (

3.4 ) .1 = −6 kN . m 2

MC = -R . ( 1/3 . 3 + 3 ) = -6 . 4 = - 24 = - 24 kN . m M

B

= - R . ( 1/3 .3 +5) = -6 . 6 = -36 kN . m

Akibat beban lentur terpusat : MB = -M + -4 kN . m Lendutan di titik A : E l δA = (luas)AB . x A = -A1 x1 –A2 x2 –A3 x3 –A4 x4 =(

−6.3 ) (4/5 . 3) – (6.5) (1/2 . 5 + 3) – (36 -6) 4

5/2 = (2/3 . 5 - + 3) –(4 . 2)) (1/2 . 2 + 6) = -10,8 – 165 -475 – 56 = -706,8

284

δA

=

− 706,8 El

kN . m =

− 706,8 . 10 9 kN . mm 3 200 . kN mm 2 . 8,01 . 10 7 mm 4 = - 44,12 mm.

Lendutan di titik C : E l .δC = (luas)

CB

. x c = - A2’ x2’ – A3’ x3’ – A4’ x4’

= ( -30 . 2 ) ( 1/2 . 2 ) – ( 36 -30 ) . 2/2 ( 2/3 . 2 ) – ( 4 . 2 ) ( 1/2 . 2 ) ) = - 76 δC

=

− 76 −76 . 10 9 kN . m 3 = = − 4,74 mm El 200 . 8,01 . 10 7

jadi, lendutan di A = δA = 44,12 mm lendutan di C = δC = 4,74 mm

Tumpuan sederhana

Untuk balok kantilever ,garis singgung ke kurva elastis pada ujung tetap diketahui mendatar (ganbar 8-34a) untuk balok tumpuan sederhana , tempat garis singgung kurva elastis membentuk sudut nol dengan sumbu mendatar , tidak diketahui . oleh karena itu , digunakan metode yang berbeda (gambar 8-34b) yang sederhana dan cepat . untuk menentukan besar nya ledutan di titik E(δ E) , misalnya ; kita dapat membuat garis singgung ke kurva elastis dan titik A maupun dari titik C. Bila kita buat garis singgung dari titik A ke C (t C/A), besarnya simpangan t adalah jumlah perkalian antara luas bidang M/El dengan jarak dari titik berat bidang M/El ke garis C ( tC/A=(luas) CA . x C ) Selanjutnya,dengan cara yang sama dapat dicari t E/A . Besarnya E E” dapat dihitung memperbandingkan dua segi tiga sebagian, karena EE merupakan jumlah δE dan tE/A maka lendutan di titik E = δE = EE” – t . EA

285

286

Gambar 8.34 Metode luas momen pada balok tumpuan sederhana

Contoh soal 23: Sebuah balok di atas dua perletakan bebas AB dengan beban terpusat P seperti gambar 8.35. Tentukan sudut kemiringan dl perletakan A (OA). Lendutan di bawah beban P dan lendutan maksimum 6. Penye!esaian:

287

Sudut kemiringan kurva elastis pada A diberikan oleh tan 6A’ dengan 0 adalah sudut antara garis mendatar dengan garis singgung kurva elastis pada A (ingat bahwa lencJutan dan kemiringan balok dibandingkan dengan panjang balok dianggap sangat kecil). Oleh karena itu, tan 9A praktis setara dengan 0A yang dinyatakan dalam radian.

288

289

290

Balok sederhana AB memikul beban dan momen terpusat seperti gambar 8.38 Bila El konstan, Tentukan lendutan di titik C! Penyelesaian :Σ MA = 0 RB.4+M-500.1 =0 RB =

= 100 N

{ Σ Fv 0] RA = 500-RB = 400N

Momen (MB)RA = 4.RA (MB)F = —500.3 = —1500 N.m. MB)M = -M = -1000 N.m.

291

(MC)F = 3.RA (MC)F = —500.2 = —1000 N.m.

292

RA = 400N , El.TA/B= (luas).BA.

Momen:

(MA)RB = 4.RB = 100.4 = 499 N.m (MA)M = M = 100 N.m. (MA)F = —500.1 = — 500 N.m. (MC)RB = RB.1 = 100.1 = 100N.m. El. tNB A1 x1 + A2x2_ A3x3

293

Balok sederhanna ABC memikul dua Beban terpusat P = 4 kN dan P2 (seperti pada gambar 8.40) Tentukan lendutan di titik E dan C bila El konstan! Penyelesaian E MA = 0 -P2.6+RB.4l-Pl.1 =0

294

295

296

297

Balok dengan beban slmetri Untuk balok yang simetri kita cukup menggambarkan diagram momen per bagian, dimulai dan ujung hingga tengah-tengah batang untuk menentukan besarnya lendutan maksimum. Contoh soal 28: Balok sederhana AB dibebani dua beban terdistribusi merata seperti gambar 8.42. Tentukan diameter balok yang berbentuk iingkaran bila lendutan tidak boleh lebih

298

Dari l5m danE 200GPa !


Penyelesaian:

RA R = 1200+ 1200 = 1200 N M R8.2,5-’.1,= 1200.2,5-1200.2,5—1200.1,5 1200N.m E I tB/C = (Iuas)c . Ai X1 - A2 X2 = M.2,5(1/2.2,5)-1(1/4.2) = 3,125.1200-0,333.1200 = 3350

299

300

Balok dengan beban tak simetri dapat diselesaikan menggunakan cara beban simetri dengan menambahkan gaya yang sama sehingga seakan-akan balok menerima beban simetri. Contoh soal 30: Tentukan leridutan di tengah bentangan AB, bila El konstan. Penyelesaian: RA = R + 2 = 4. 2 + 2 = 10 kN

301


(Mc)RA=RA.3=10.3=30kN.m (MD)WI = R. 1 = -8.1 =-8kN.m (Mc)WI = -R .3 -8.3 = -24kN.m (MC)FI = —2. 1 = —2 kN . m

Balok bertingkat

302

Yang dimaksud dengan balok bertingkat disini adalah penampang balok sepanjang batang tidak tetap karena itu momen inersia penampang sepanjang balok juga tidak sama sehingga diagram M/EI tidak sama dengan diagram M. Cuntoh soal 31: Sebuah poros pejal bertingkat berdiameter d menerima beban terpusat 20 N, seperti gambar 8.45. Tentukan diameter balok (d) terkecil bila lendutan tak boleh lebihdario,2mmdanE = 200 GPa.

Balok dengan tumpuan jepit Pada balok yang kedua ujungnya dijepit, mempunyai empat unsur reaksi. Karena ada dua persamaan kesetimbangan statis, yakni y = 0 dan M = 0, berarti balok mempunyai dua tumpuan redundan. Biasanya, yang paling baik dengan mengganggap bahwa tumpuan redundan adalah gaya reaksi vertical dan momen pada dinding ( jepit ) yang sama, yaitu VA dan MA tetapi kadang kala kedua momen diambil sebagai redundan. Metode Superposisi Seperti pada balok dengan tumpuan jepit – engsel, balok dengan tumpuan jepit juga boleh menggunakan hasil umum yang tertulis dalam lampiran table 4 dan 5

303

tetapi yang paling sesuai menggunakan kesimpulan kemiringan dan lendutan pada ujung bebas kantilever dengan pembebanan bervariasi seperti yang diberikan dalam table 9.1. Contoh soal 7 Hitung besarnya reaksi dan momen pada balok yang kedua ujungnya dijepit. Seperti pada gambar 9.11. Penyelesaian : Untuk memudahkan perhitungan balok yang menerima beban distribusi merata sepanjang 3 m, diubah menjadi beban distribusi merata sepanjang 4 m dengan arah kebawah dan beban distribusi merata sepanjang 1 m arah ke atas.

Gambar 9.11. Contoh soal 7 Selanjutnya diuraikan berdasarkan masing – masing beban yang bekerja seperti pada gambar b, c, d, dan e, sehingga didapatkan lendutan sudut kemiringan ; Dari table 9.1 kasus 1 didapat :

∂1 = M L 2 = MA 6 2 = 18 MPa 2 2 Θ1 = M . L = MA 6 = 6 MA 1 Dari table 9.1 kasus 2 didapat : ∂2 = M L 2 = 6 VA 6 2

= 72 VA

304

Θ2 = M L = 6 VA . 6 = 18 VA Dari table 9.1 kasus 3 didapat : ∂ 3 = M . L 2 = 16 . 4 2 = 64 4 4 Θ 3 = M. L = 16 . 4 = 21,33 3

3

Karena θ kecil tan θ = ∂ 4 , maka = ∂ 4 = 2 . θ 3 = 2. 21, 33 4 ∂ 4 = 42, 67 ∂ 5 = M L 2 = 1 . 1 2 = 0,25 4 4 Θ 5 = M. L = 1 . 1 = 0, 33 3 3 ∂ 6 = 5 . θ 5 = 5 . 0,33 = 1, 67 Pada balok yang ujungnya dijepit sudut kemiringan dan lendutannya adalah nol : ( ∑ E I ∂ = 0 ), maka = θ1 + θ2 – θ3 + θ 5 = 0 6 MA + 18 VA – 21,33 + 0,33 = 0 6 MA + 18 VA – 21 = 0……………………………………… (a) ( ∑ E l θ = 0 ), maka = ∂ 1 + ∂ 2 - ∂ 3 + ∂ 5 + ∂ 6 = 0 18 MA + 72 VA – 64 – 42,67 + 0, 25 + 1,67 = 0 18 MA + 72 VA – 104, 75 = 0………………………………..( b )

Dari persamaan a dan b didapat : 18 MA + 54 VA – 63 = 0 18 MA + 72 VA – 104, 75 = 0 -

VA + 41, 75 = 0 VA = - 20, 75 = 2,32 kN 18

Dari persamaan a didapat : 6 MA + 18 ( 2, 32 ) – 21 = 0 6 MA + 41, 75 – 21 = 0 305

MA = - 20, 75 = - 3, 46 kN.m 6

Gambar 9. 12 balok jepitan diuraikan menjadi balok dengan persamaan kesetimbangan Misal arah momen di titik di titik B ke bawah dan arah Ra ke atas persamaan kesetimbangan : MB = 0

VA 6 – MA – W . 3 ( 2,5 ) + MB = 0

2, 32 . 6 – 3, 46 – 2 . 3 ( 2,5 ) + Ma = 0, sehingga MB = 4,54 KN.m ∑ y = 0 RA + RB = 3. W, maka RB = 3.2 – 2.32 = 3, 68 kN Contoh soal 8 Suatu balok menerima beban terpusat 2 kN seperti gambar 9.13, tentukan besarnya reaksi dan momen pada jepitan A dan B.

Gambar 9.13 Contoh soal 8 Penyelesaian : Untuk menyelesaiakan soal ini diuraikan terlebih dahulu menjadi balok kantilever yang setara dengan gambar b, c, d dan e, sehingga didapatkan lendutan dan sudut kemiringan dari table 9.1 kasus 2 didapat : ( gambar b )

: ∂ 1 = M L 2 = 8 . VA 8 2 = 170, 67 VA 3 3 Θ 1 = M L = 8 VA8 = 32 VA 2 2

306

( gambar c )

: ∂ 2 = M L 2 = 10 . 5 2 = 83, 33 3 3 Θ2 = M L = 10 . 5 = 25 2 2

Karena θ kecil tan θ = θ = ∂ 3, maka ∂ 3 = 3 . θ2 = 75 3 ( gambar d )

: ∂ 4 = M L 2 = 6 . 3 2 = 18 3 3 Θ 4 = M L = 6 .3 = 9 2 2

Karena θ kecil tan θ = θ = ∂ 5 , maka ∂ 5 = 5 θ 4 = 5.9 = 45 5 Dari table 9.1 kasus 1 = ∂ 6 = M L 2 = MA . 8 2 = 32 MA 2 2 Θ 6 = M L = MA . 8 = 8 MA 1 Pada balok jepitan sudut kemiringan dan lendutannya adalah nol : ( ∑ E I θ = 0 ) , maka θ1 – θ2 – θ4 + θ6 = 0 32 VA – 25 – 9 + 8 MA = 0 8 MA + 32 VA – 34 = 0 ……………………………………. (a) ( ∑ E I ∂ = 0 ), maka θ1 – θ2 – θ3 – θ4 – θ5 + ∂6 = 0 70,67 VA – 83,33 – 75 – 18 – 45 + 32 MA = 0 32 MA + 170,67 – 221,33 = 0 ………………………………… (b) Dari persamaan a dan b didapat : 32 MA + 128 VA – 136 = 0 32 MA + 170,67 VA – 221,33 = 0 - 42,67 VA + 85,33 = 0 VA = 85,33 = 2 kN 42,67 Dari persamaan a didapat : 8 MA + 32 ( 2 ) – 34 = 0 MA = - 30 = - 3,75 k N.m 8 Cara lain : Karena balok simetri, maka reaksi di titik A sama dengan reaksi di titik B.

307

Reaksi kesetimbangan : ∑ y = 0, maka RA + RB = 2 + 2 = 4 2 RA = 4, sehingga = RA = RB = 4/2 = 2 kN Balok simetri dapat digambarkan setengah bagian balok : MC = RA . 4 + MA – 2 . 1 = 2 . 4 + MA – 2 = MA + 6

Gambar 9. 14 Setengah bagian dari balok simetri Dari table 9.1 kasus 1 didapat : Θ1 = M L = MC . 4 = 4 MC 1 1 Dari table 9.1 kasus 2 didapat : Θ2=ML=6.3 = 9 2 2 Sudut kemiringan di titik A : ( ∑ E I θ = 0 ) , maka θ1 – θ2 = 4 Mc – 9 = 0 4 ( MA + 6 ) – 9 = 0, sehingga MA = - 15 = - 3,75 kN.m 4 Karena simetri momen di A sama dengan momen di B : MA = MB = 3,75 kN.m Metode luas momen Dalam metode ini, penyimpangan dapat dimulai dari titik A ke garis singgung pada B sama dengan nol ( El t A/B = 0 ) atau sebaliknya ( E I t A/B = 0 ) tergantung tingkat kesulitan soal yang ada. Contoh soal 9 : Hitung besarnya reaksi dan momen di jepitan A dan B yang menerima beban terdistribusi merata. Penyelesaian :

308

Balok yang menerima beban distribusi merata sepanjang 3 m, diubah menjadi beban distribusi merata sepanjang 4 m kea rah bawah dan beban distribusi merata sepanjang 1 m kearah atas.

Gambar 9.15 Contoh soal 15 Momen : MB

=

MA

( MB ) w1

= - W . 4 ( 2 ) = -2 . 8 = - 16

( MB ) RA

= RA . 6 = 6 RA

( MB ) w2

= W . 1 ( 0,5 ) = 2 . 0,5 = 1

Syarat batas : E I t A/B = ( luas ) BA . xB = 0 ( dari persamaan 9.2 ) E l θ A/B = ( luas ) BA = 0 ( dari persamaan 9.1 ) Dari gambar a dan b didapat : E I t A/B = A1 x1 – A2 x2 + A3 x3 – A4 x4 = 0 6 RA . 6 ( 1/3 . 6 ) – 16 . 4 ( 1 / 4 . 4 ) + 1.1 ( ¼ . 1 ) – MA . 6 ( ½ . 6 ) = 0 2 3 3 36 A – 21, 33 + 0,0825 – 18 MA = 0 - 18 MA + 36 RA – 21,25 = 0 ………………………………………. (a) E l θ A/B = A1 – A2 + A3 – A4 = 0 18 RA – 16 . 4 + 1 . 1 – 6 MA = 0 3 3 - 6 MA + 18 RA – 21 = 0 …………………………………………… (b) Dari persamaan a dan b didapat : - 18 MA + 36 RA – 21,25 = 0

309

-

18 MA + 54 RA – 63 18 RA + 41,75 = 0 RA = 41,75 = 2,32 kN 18

=0

Dari persamaan a didapat = -

18 MA + 36 (2,32 ) – 21,25 = 0 ; MA = 62,27 = 3,46 kN.m 18

Gambar 9.15 balok jepitan diselesaikan dengan persamaan kesetimbangan Persamaan kesinambungan (∑ y = 0 ) RA + RB = W . 3 RB (∑ m = 0 )

MB

= 2 . 3 – 2,32 = 3,68 kN = RA . 6 – MA – w . 3(2,5) = 2,32 . 6 – 3,46 – 15 = - 4,54 kN.m

Contoh soal 10 : Suatu balok menerima beban terpusat seperti gambar 9.17. Tentukanlah besarnya reaksi dan momen pada jepitan A dan B dan tentukan pula besarnya lendutan maksimum bila El konstan Penyelesaian : Karena balok menerima beban simetri, maka reaksi di A sama dengan reaksi di B. persamaan kesetimbangan : (∑ y = 0 ) RA + RB = 2 + 2 = 0,2 Ra = 4, maka = RA = 4/2 = 2 kN, sehingga RB = 2 kN

310

Gambar 9.17 Contoh soal 10 Momen : ( Mc) RA = RA . 4 = 4 RA ; ( Mc)m = MA ; ( Mc) 2kN = 2.1 = -2 kN.m Syarat bebas = El θ A/c = ( luas )cA = 0 O

= 4 Ra . 4 _ 2 . 1 + Ma . y 2

O

El θ A/c = A1 – A2 + A3 = 0 0 = 8 (2) – 1 + 4 Ma

2

= 16 – 1 + 4 Ma = - 15 = - 3,75 kN.m 4

Karena simetri momen di A sama dengan momen di B MA = MB = - 3,75 kN.m Lendutan maksimum terjadi ditengah – tengah balok : E l t A/c = 2 ∂c E l t A/c = ( luas ) cA . XA = A1 X1 – A2X2 = A3X3 = 4 RA . 4 ( 2 . 4 ) – 2 . 1 ( 2 . 1 + 3 ) + 4 Ma (2) 2

3

2

3

= 21,33 . 2 – 3,67 – 8 . 3,75 = 8,99 Jadi, lendutan maksimun = ∂c = 8,99 = 4,5 2

El

Balok menerus Dikatakan balok menerus ( kontinu ) apabila balok ditumpu lebih dari dua tumpuan atau bentangannya lebih dari dua. Dalam balok menerus untuk mencari reaksi, momen dan lendutan dalam balok dapat dicari dalam beberapa cara ( missal : superposisi, integritas ganda, persamaan tiga momen dan sebagainya ), tetapi disini hanya akan dibahas persamaan tiga momen. Persamaan tiga momen Untuk balok menerus akan dijumpai suatu persamaan yang akan berlaku berulang – ulang setiap dua rentangan yang berdekatan, untuk n rentangan dapat menulis n – 1 persamaan. Ini memberikan persamaan simultan yang cukup untuk menyelesaikan momen – momen pada tumpuan. Rumus berulang ini disebut

311

persamaan tiga momen ( three momen equation ) karena ada tiga momen yang tidak diketahui Perhatikan balok menerus damalm gambar 9.18, daerah A1 dan A2 adalah luas diagram momen yang tergantung seluruhnya pada gaya yang diketahui yang bekerja dalam tiap rentangan. Bagian lain diagram momen dari bentuk yang diketahui disebabkan oleh momen – momen tak diketahui : MA : MB : dan MC Selanjutnya lendutan harus ditinjau, lendutan ini menerus untuk balok menerus. Jadi, sudut θ B dan θ B didefenisikan sebagai kemiringan garis singgung yang sama terhadap B ( θ B = θ B ) karena θ kecil maka tan θ B = θ B = t

A/B

dan

θB = -t c/B/L2 L1 Dengan L1 dan L2 adalah panjang rentangan sebelah kiri dan kanan titik B. tanda negative menunjukkan bahwa garis singgung dari titik B berada di atas tumpuan C, sehingga persamaannya menjadi : θB = θB T A/B = _ TC/B L1

L2

1 . 1 (A1 x 1 + 1 L1 MA . 1 L1 L1

El1

2

3

+ 1 L1 MB. 2 . L1) = _ 1 . 2

3

L2

1 ( A2 x2 + 1 L2 . Mc . 1 L2 + 1 L2 MB . 2 L2) El 2

2

3

2

3

Gambar 9.18 Popov, EP, mekanika teknik

312

Dengan x1 adalah jarak dari tumpuan kiri A ke titik berat luas A1 : x2 adalah jarak dari tumpuan kanan C ke titik berat luas A2. I1 dan I2 adalah momen Inersia luas penampang balok. Apabila I1 dan I2 sama dengan I, maka persamaannya menjadi : 6

A1x1 + MA . L1 + MBL1

El

L1

6

= +6

3

El

_ A2x2 _ McL2 _ MBL2 L2

6

3

6 A1 x1 + MAL1 + 2 MB L1 = _ 6A2 x2 _ Mc L2 – 2 MB L2 L1

L2

MA L1 + 2 MB ( L1 + L2 ) + Mc L2 = _ 6A1 x1 _ 6A2 x2 L1

L2

Persamaan ( 9.4 ) inilah yang dinamakan tiga momen karena ada tiga momen yang terjadi yaitu, MA : MB dan MC. Cara pemakaian persamaan tiga momen adalah : -

Berikan nomor – nomor pada tumpuan

-

Gambar diagram momen lentur akibat beban luar  Gambar diagram momen untuk tiap segmen  Cari jarak titik berat bidang momen ke tumpuan

-

Atau gunakan table 9.2 untuk menggunakan harga : 6A1 a dan 6 A2b L1

L2

Dengan : A1 dan A2

= Luas bidang momen bentangan kiri dan kanan

a dan b

= Jarak dari titik berat bidang momen ke tumpuan kiri dan kanan

L1 dan L2

= Panjang bentangan kiri dan kanan

Dari persamaan – persamaan tiga momen dapat dihitung momen – momen pada tiap tumpuan. Selanjutnya, dengan persamaan kesetimbangan dapat ditentukan gaya – gaya reaksi pada setiap tumpuan. Selain itu, untuk mencari gaya – gaya reaksi pada tumpuan dipakai rumus : R = RL + Rm Dengan : R

= Reaksi pada tumpuan

313

RL

= Reaksi beban yang diterima batang pada tiap bentangan

Rm

= Reaksi karena momen yang diterima batang pada tiap bentangan

Rm

=

M seberang - M sendiri L

Factor – factor persamaan tiga momen Kegunaan persamaan tiga momen tergantung pada mudahnya memperoleh persamaan 6 Aa / L dan 6 Ab / L. Pernyataan ini menunjukkan momen luas dari diagram momen yang dihasilkan dari beban yang bekerja

pada bentangan.

Pernyataan umum di dalam table 9.2 diperoleh dengan prosedur berikut. -

Beban terpusat Momen luas dari diagram momen terhadap ujung kanan diberikan oleh :

Gambar 9.19 Tumpuan sederhana dengan terpusat Ab = P . b . L2 _ P . b3 L

6L

6L

6 Ab = P . b (L2 – b2 ) = P. b ( L2 – b2) L

L

L

Dengan cara yang sama untuk pembebanan distribusi merata dan distribusi segi tiga hasilnya dapat dilihat dalam table 9.2 -

Pembebanan Khusus Pembebanan khusus di sini dimaksudkan untuk kasus yang tidak tertulis dalam table 9.2. misal beban distribusi segitiga seperti gambar 9.20. R = 3 . 2 = 3 kN 2 Gaya Reaksi :

314

[∑ MB = 0 ] RA . 5 – R ( 1.3)=0 3 RA = 3 = 0,6 kN 5 [∑ Fv = 0 ] RA + RA = R RB = 3 – 0,6 = 2,4 kN Gambar 9.20 Tumpuan sederhana dengan beban terdistribusi segitiga Momen luas bidang diagram terhadap ujung kiri diberikan oleh : Aa = 5 . RA . 5 ( 2 . 5 ) _ R . 3 ( 4 . 3 + 2 ) 2

3

4

5

= 41,67 RA – 3,3R = 41,67 . 0,6 – 3,3 . 3 = 15,102 kN m2 6Aa berarti mengalikan dengan 6, sehingga besarnya 6 Aa = 6 ( 15,102 ) = 6 L

L

L

L

5

( 15,102) = 18,122 kN.m2 Momen luas bidang diagram momen terhadap ujung kanan diberikan oleh : Ab = 5 RA . 5 ( 5 ) – 3 R ( 3 ) 2

3

4

5

= 20,83 RA – 0,45R = 20,83 . 0,6 – 0,45 . 3 = 11,148 kN.m2 6 Ab = berarti mengalikan dengan 6, sehingga besarnya 6 Ab = 6 ( 11,148 ) = 13,38 kN.m2 L

L

L

L

Contoh soal 11 Untuk balok menerus yang dibebani beban terpusat, distribusi merata dan beban distribusi segitiga seperti yang diperlihatkan pada gambar 9.21. Tentkan besarnya

315

reaksi dan momen yang terjadi pada setiap tumpuan serta gambarkan diagram geser dan momennya.

Gambar 9.21 Contoh soal 11 Penyelesaian : Persamaan tiga momen antara bentangan 1 dan 2 : MaL1 + 2 Mb ( L1 + L2) + McL2 + 6A1a1 + 6 A2 b2 = 0 L1

L2

Dari defenisi momen lentur bahwa momen lentur pada tumpuan A disebabkan oleh beban di sebelah kiri tumpuan yaitu = Ma = - 200 . 1,5 = - 300 N, sedangkan momen lentur pada tumpuan 3 adalah nol( Mc = 0 ), karena tidak ada beban yang bekerja disebelah kanan tumpuan 3. Dengan memakai table 9.2 harga 6 Ab / L dan 6 Aa / L untuk pembebanan pada bentangan 1 kasus 3 diperoleh : 6 A1a1 = 8 WL3 = 8.800 (3)3 = 2880N.m2 L1

60

60

Untuk bentangan 2, kasus 1 dan 5 diperoleh : 6A2b2 = Pb ( L2 – b2 ) = W [ d2 ( 2l2 – d2 ) – c2 ( 2L2 – c2 ) ] L2

L

4L

6A2b2 = Pb ( L2 – b2) + W [ d2 ( 2L2 – d2 ) – c2 ( 2L2 – c2 ) ] L2

L

4L

6A2b2 = 500 . 1 ( 5002 – 12) + 400 [ 32 ( 2.42 – 32 ) – 02 ] L2

4

4.4

= 1875 + 5175 = 7050 N.m Dengan memasukkan persamaan b dan c ke persamaan a didapat : - 300 . 3 + 2

316

MB ( 3 + 4 ) + ) 2880 + 7050 = 0 MB = - 9030 = - 645 N.m 2 Mencari gaya reaksi : Dengan diketahuinya momen – momen pada setiap tumpuan, gaya reaksi pada tumpuan dapat dicari dengan persamaan kesetimbangan untuk setiap bentangan. R1 = 800.3 = 1200 N 2 R2 = 400.2 = 800 N R3 = 400.1 = 400 N Gambar 9.22 Mencari gaya reaksi pada setiap bentangan Bentangan I [∑ Ma = 0 ] Rb . 3 – Mb – R1 ( 2 . 3) + 200 . 1,5 = 0 3 3 Rb – 645 – 1200 .2 +300 = 0 maka Rb = 2745 = 915 N 3 (∑y = 0 ) RA + RB = 200 + R1

RA = 200 + 1200 – 915 = 485 N

Bentangan 2 (∑Mc = 0 ) Rb . 4 – MB – R2 . 2 – 500.1 – R3 . 0,5 = 0 4RB – 645 – 800.2 – 500 – 400.0,5 = 0, maka RB = 2945 4 = 786,25N [∑y = 0 ] RB + Rc = R2 + 500 R3 Rc = 800 + 500 + 400 – 736,25 = 963, 75 N

Jadi, besarnya momen dan reaksi pada tumpuan adalah : MA = -300 N.m;

RA = 485 N

MB = - 645 N.m;

RB = RB + Rb = 915 + 736,25 = 1651,25 N

Mc = 0

Rc = 963,75N

Soal perlatihan 10

317

Balok sederhana AB memikul beban rata merata dengan intensitas ω yang bekerja pada bagian tengah bentangan (lihat gambar soal pelatahan 10).Tentukan putaran sudut ѳA kiri dan lendutan δ di tengah bentangan!


Soal perlatihan 11 Sebuah balok dengan l yang berubah-ubah menerima beban terpusat seperti pada gambar soal perlatihan 11.Bila modulus elastisitas E konstan,tentukan: a) Defleksi pada tengah-tengah bentangan AB yang disebabkan oleh dua gaya tersebut. b) titik dimana terjadi defleksi maksimum.

Gambar soal pelatihan 11

Soal perlatihan 12 Dengan menggunakan metode luas momen,tentukan besarnya lendutan di titik C untuk kedua kasusu pada gambar soal perlatihan 12 bila balok berbentuk lingkaran dengan diameter 10 cm dan E = 200GPa!

Gambar perlatihan 12

Soal perlatihan 13

318

Sebuah balok ditumpu sederhana AB,menerima beban terpusat 4kN dan beban terdistribusi merata dengan intensitas 3kN/m.Tentukan besarnya lendutan di titik C dan D untuk kedua kasusu gambar soal pelatihan 13 bila E I konstan!


9

Struktur statis tak tentu

Sasaran belajar Setelah mempelajari dan mengerjakan soal pelatihan bab ini,anda diharapkan. •

Dapat menjelaskan jenis batang berdasarkan tumpuannya

•

Dapat menghitung gaya reaksi, momen dan lendutan pada batang yang mempunyai tiga tumpuan atau lebih.

Pendahuluan Struktur dikatakan statis tak tentu bila jumlah gaya reaksi lebih banyak dari jumlah persamaan kesetimbangan (Hukum Newton). Pemecahan persoalan statis tentu membutuhkan hubungan deformasi di samping persamaan kesetimbangan statis .Begitu juga mengenai balok status tak tentu,hubungan tambahan harus diperoleh dari bentuk kurva elastis balik. HUbungan seperti diperoleh dari mempelajari llendutan balok statis tertentu. Dalam stuktur statis tak tentu di sini akan dibahas dua cara yaitu metose superposisi dan metode luas momen.Metode superposisi menggunakan persamaan umum pada lampiran table 4,5, dan table 9.1 sedang metode luas momen yang berkaitan langsung dengan bentuk kurva elastis.Dalam metode luas momen sering diperlukan lendutan pada posisi tertentu , hubungan antara kemiringan pada kedua kedudukan , dan gabungan dari keduanya .Di sini diberikan beberapa contoh statis tertentu dan statis tak tentu dari struktur dua dimensi:

319

Gambar 9.1 Contoh tumpuan statis tertentu dan statis tak tentu

Balok dengan tumpuan jepit-engsel dan jepit-rol Pada blaok kantilever ujung yang dijepit bekerja gaya reaksi vertical(V) dan momen (M),harga gaya reaksi vertical diperoleh dari Σy = 0 dan ahrga momen diperoleh dengan Σm = 0.Oleh karena itu , balik kantilever ini adalah statis tertentu, sedangkan pasa balok dengan tumpuan jepit engsel dan jepit rol memberikan tambahan reaksi tetapi tidak menambah persamaan kesetimbangan statis . Jadi balok mempunyai tumpuan redundan. Dengan perkataan lain ,bila harga R mempunyai harga tertentu , harga V dan M dapat dihitung ,sehingga memenuhi persamaan kesetimbangan statis.Penentuan harga R
Gambar 9.2 Balok dengan tumpuan jepit-engsel dan jepit rol

Metode superposisi

320

Metode superposisi balok dipakai dengan mempergunakan hasil umum yang tertulis dalam lampiran table 4 dan 5, tetapi yang paling sesuai dengan menggunakan kesimpuln kemiringan dan lendutan pada ujung bebas kantilever dengan pembebanan yang bervariasi,seperti pada tabel 9.1.Pada tabel 9.1 ini hasilnya digambarkan dengan terminologi M pada ujung yang tetap yaitu : Sudut kemiringan : Dengan n adalah derajat kurva momen. Contoh soal 1 Table 9.1 kemiringan dan lendutan pada ujung bebas Sumber : Ferdiinand,LS;Andrew P.keekuatan bahan

Tentukan momen dan reaksi pada ujungbalok Yang dijepit sseperti pada gambar 9.3. Penyelesaian: Lendutan di titik B sama dengan nol,sehingga =(δb)rb + (δb)w=…(a). Bila hanya beban RB saja yang bekerja,daari tabel lendutan (lampiran tabel5 kasus 2)

321

Bila hanya beban w saja yang bekerja, dari tabel lendutan (lampiran tabel 5 kasus3) diperoleh :

Dengan memasukkan persamaan b dan c ke persamaan a diperoleh :

Karena besarnya RB sudah diketahui, maka besarnya momen dan gaya reaksi di A dapat dicari:

Penyelesaian Dalam menyelesaikan balok jepit –engsel dan jepit rol di sini terlebih dahulu diuraikan terhadap masing-masing beban bekerja, sehingga terjadi pembebanan kantilever seperti pada gambar a dan b.Resultan lendutan pada C adalah nol, yaitu :δ1+δ2-δ3 ≠ 0δ1 adalah lendutan akibat beban RB ; δ2 disebabkan oleh rotasi dari bagian tanpa beban sepanjang 1m dengan sudut kemiringan q dan δ3 adlah lendutan akibat beban distribusi merata . Selanjutnya gunakan tabel 9.1untuk menentukan lendutan (d) dan sudut kemiringan (q),dari tabel 9.1 kasus 2 didapat :

Atau (δB) + (δB) = 0 . w = beban terdistribusi

322

Karena besarnya RB sudah diketahui, maka besarnya momen dan gaya reaksi di A dapat dihitung :

Cara lain : Kita pindahkan gaya R1 di titik B, sehingga di B akan timbul momen sebesar M = -R1 . 0,5 Selanjutnya baru kita uraikan terhadap masing-masing yang bekerja .dari tabel 9.1 diperoleh besarnya lendutan akibat pembebanan seperti gambar b,c,d, dan e.

323

Contoh soal 2 Sebuah balok jepit-engsel menerima beban terdistribusi segitiga dengan intensitas terbesar W = 2kN/m seperti pada gambar 9.5, tentukan reaksi R dan momen pada jepitan A!

Penyelesaian Untuk menyelesaian soal ini perlu diuraikan terlebih dahulu terhadap masingmasing beban bekerja.

Akibat beban R yang bekerja

324

Sebuah balok kantilever menerima beban terpusat 6 kN dan beban terdistribusi merata dengan intensitas W = 3 kN/m, balok disangga pada ujung bebas dengan Contoh soal 3 tumpuan tanpa mulur seperti gambar 9.6. Hitung reaksi R dan momen di ujung A

Penyelesaian Untuk menyelesaikan soal ini perlu diuraikan terlebih dahulu berdasarkan masingmasing beban yang bekerja.

325

Akibat beban R yang bekerja (gambar 9-6b) :

Akibat beban terdistribusi merata yang bekerja (gambar 9.6c dan d) dari table 9.1 harus 3 didapat:

Tentukan besarnya,reaksi R dan momen di A dari ssebuah balok yang menerima beban momen (seperti gambar 9.7)

326

Penyelesaian Karena intensitas terbesar dari beban segitiga terletak sebelah kanan batang terdistribusi merata arah ke bawah.Selanjutnya,beban terdistribusi segitiga arah ke atas diuraikan berdasarkan masingmasing yang bekerja.

327

Metode luas momen Untuk balok dengan tumpuan jelit engse maupun jepit , garis singgung ke kurva elastis pada ujung tetap mendatar,sehingga tidak ada perubahan kemiringan di ujung (θ A/B=0).Disamping itu ,ujung A dan B tingginya sama ,sehingga penyimpangan B dari garis singgung yang di tarik dari A adalah nol (t B/A = 0). Demikian pula sebaliknya ( tA/B = 0).Dengan demikian,dapat menggunakan persamaan :

328

Sebuah balok dengan tumpuan jepit-engsel menerima beban terpusat dan beban terdistribusi merata seperti pada gambar9.9.Hitung besarnya reaksi R dan momen di ujung A!

Penyelesaian Beban distribusi merata sepanjang 4 m diganti menjadi beban distribusi merata sepanjang 8 m arah ke bawah dan beban distribusi merata sepanjang 4 m arah ke atas.Selanjutnya ,beban dimomenkan terhadap titik A.: (MA)R

= 12.R = 12 R

(MA)GKN

= -10.6 = -60

(MA)W1

= -(w.8) (4) = -(3.8) = -96

(MA)W2

= + ω. 4(2) = + (3.4) . 2 = 24

Pada jepitan dimisalkan memberi tahanan absolut terhadap putaran balok.Jadi pada A garis singgung ke kurva olastisitas mendatar dan melalui B. Dengan demikian,penyimpangan B dari garis singgung pada A adalah nol,sehingga pada gambar b dan c diperoleh:

329

Tentukan besarnya reaksi R dan momen di A dari sebuah balok yang menerima beban terdistribusi segi tiga dan beban momen seperti gambar 9.10.

Penyelesaian Karena intensitas terbesar dari beban terdistribusi segi tiga terletak di sebelah kanan batang, maka beban diganti dengan terdistribusi merata arah ke bawah dan beban terdistribusi segi tiga arah ke atas. Momen :

Penyelesaian : Bidang Momen :

MC = 20 . 20 = - 400 N cm MA = -2 . 60 = - 1200 N cm

330

Contoh soal 32 : Tentukan lendutan di titik C padabalok bertingkat sperti diperlihatkan pada gambar 8.46 bila modulusnya elastisitasnya = E dan tentukan lendutan maksimumnya.

331

Penyelesaian

:

332

Contoh soal 33 : Balok dengan I yang berubah – ubah menerima beban momen seperti yang terlihat dalam gambar 8.47. Tentukan defleksi di titik D Jawab :

333

Perbandingan segitiga :

Metode superposisi : Dalam menentukan persamaan diferensial kurva lendutan pada umumnya adalah dengan persamaan diferensial linier. Karena linier, persamaan untuk bermacam – mcam kondisi pembebanan boleh

334

disuperposisi. Jadi, lendutan balok akibat beberapa beban yang bekerja bersama – sama boleh dihitung dari akibat masing – masing beban yang bekerja sendiri – sendiri sebagai contoh jika δ1 dan δ2 lendutan yang masing – masing diakibatkan oleh beban I dan beban II, maka lendutan total yang terjadi pada balok adalah = δ = δ1 + δ2 Contoh soal 34 : Tentukan besarnya lendutan di titik B untuk batang kantilever yang dibebani seperti yang diperlihatkan gambar B.47a bila EI konstan. Penyelesaian :

Gambar 8.48 Contoh soal 34 Beban II : Bila beban terdistribusi dengan insensitas saja yang bekerja ( gambar B.48c). dari table lendutan ( lampiran table 5 kasus 3 ) diperoleh :

Lendutan di titik B ( δB ) diperoleh dengan menjumlahkan persamaan a dan b :

Metode superposisi paling bermanfaat bila system pembebanan balok dapat

dipisah

menjadi

kondisi

–

kondisi

pembebanan

yang

menghasilkan lendutan – lendutan yang telah diketahui ( seperti yang tercantum dalam lampiran table 5 dan 6 ). Metode superposisi juga digunakan untuk beban terdistribusi. Contoh soal 35 :

335

Sebuah balok yang ditumpu sederhana memiliki beban terdistribusi merata

pada

sebagian

panjangnya

seperti

pada

gambar

8.49.

Hitunglah lendutan di tengah – tengah bentangan ( δC ) bila EI konstan.


Penyelesain : Kita ambil elemen beban terdistribusi sepanjang dx dan kita ganti sebagai beban elemen terpusat P = w.dx yang berkedudukan pada jarak x dari ujung kanan balok. Dengan anggapan bahwa balok menerima beban terpusat P, dari lampiran table 5 kasus 6 untuk beban yang di tengah – tengah bentangan :

Dua daerah integritas diperlukan dalam perhitungan diatas satu dari O hingga 3 untuk setengah bagian kanan balok dan 2 hingga 3 untuk setengah bagian kiri. Untuk daerah kedua batas dipilih dimulai dari 2 disini karena beban terdistribusi hanya ada sepanjang 4 m dari ujung kanan.

336

Contoh soal 36 : Balok ditumpu sederhana AB memikul beban terpusat P pada ujung balok seperti pada gambar 8.50. a. Tentukan lendutan di bawah beban P, bila EI konstan.

Gambar 8.50 Contoh soal 36 Penyelesaian : MB = - P . b Akibat beban momen ( M ) dari table lendutan ( lampiran table 5 kasus 7 ) didapat sudut kemiringan :

Karena sudut kemiringan ( θ ) kecil tan θ ≈ θ

Akibat beban terpusat P, biasanya lendutan pada balok BC dari table lendutan ( lampiran table 4 kasus 4 ) didapat lendutan.

Contoh soal 37 : Suatu balok dengan panjang 3a dan EI konstan menerima beban terpusat P dan Q seperti pada gambar a. Carilah perbandingan antara P dan Q agar lendutan dititik C sama dengan nol. Penyelesaian :

337

Gambar 8.51 Contoh soal 37 Bila beban Q saja yang bekerja ( gambar 8.51 a ). Dari table lendutan ( lampiran table 5 kasus 6 ). Gambar VIII – 60 diperoleh sudut kemiringan di titik A

Contoh soal 38 : Carilah besarnya lendutan maksimum pada batang yang menerima beban terpusat P dan beban terdistribusi merata seperti pada gambar 8.52 bila EI konstan.

338

Gambar 8.52 Contoh soal 38 Jawab : Di sini batang menerima 3 beban yaitu beban terpusat P, beban terdistribusi merata ( W ) dan beban momen. Momen lentur : Ma = P . 0,5 = 0,5 . 3 = 1,5 kNm Akibat beban P saja yang bekerja ( gambar 8.52b), dari table lendutan (lampiran tabel 5 kasus 1) diperoleh lendutan :

Akibat beban terdistribusi merata ( w ) saja yang bekerja ( gambar 8.52b), dari tabel lendutan

(

lampiran 5 kasus 3)

diperoleh

lendutan :

Akibat beban momen ( MB )saja yang bekerja ( gambar 8.51d) dari lampiran tabel 5 kasus 5 diperoleh lendutan :

Jadi lendutan yangterjadi di titik B adalah :

339

Soal Perlatihan Soal perlatihan 1 Sebuah beban terbagi merata dan beban terpusat arah ke atas bekerja pada balok kantilever seperti gambar soal pelatihan 1. Hitunglah besar lendutan ujung bebas ke atas atau ke bawah bila E = 10 GPa dan I = 60 . 106 mm4

Gambar soal pelatihan 1 Soal pelatihan 2 Untuk balok kontilever yang menerima beban terpusat 250 N dan beban momen = 2 kNm. Hitunglah harga lendutan di ujung kiri batang seperti pada gambar soal perlatihan 2 bila EI konstan.

Gambar soal perlatihan 2 Soal perlatihan 3 Sebuah balok berpenampang segitiga sama kaki dengan lebar atas 10 cm dan tingginya 8 cm menerima beban seperti pada gambar soal perlatihan 3 bila E = 200 GPa. Tentukanlah besarnya lendutan di titik E1

340

Gambar soal perlatihan 3 Soal perlatihan 4 Sebuah balok ditumpu sederhana AB memikul beban terpusat P pada posisi seperti pada gambar soal perlatihan 4. Sebuah tumpuan c di tengah balok ditempatkan pada jarak d di bawah balok. Bila d = 12 mm. E = 200 GPa dan I = 165 . 10 4 mm4. Hitunglah besarnya beban P supaya balok tepat menyentuh tumpuan C.


Soal perlatihan 5 Balok ditumpu sederhana AB menerima beban terdistribusi merata dan segitiga seperti gambar soal perlatihan 5. Tentukanlah lendutan di C dan D bila E = 200 GPa dan I = 2,5 . 10 9 mm 4

Gambar soal perlatihan 5 Soal perlatihan 6 Tentukan harga P bila lendutan dibawah P medekati nol.

Gambar soal perlatihan 6 Soal perlatihan 7

341

Balok di tumpu pada ujung kiri dengan pegas yang memiliki konstanta pegas 60 kN/m. untuk balok E = 2 . 1 . 10 5 MPa, dan I = 6 . 10 4 mm 4. Hitunglah lendutan pegas.


Soal perlatihan 8 Tentukanlah lendutan ditengah bentangan balok seperti pada gambar soal perlatihan 8 apabila E = 200 GPa dan I = 20 . 10 6 mm 4

Soal perlatihan 9 Sebuah beban w = 10 kN/m bekerja pada balok AB seperti gambar soal perlatihan 9. Tentukanlah lendutan di titik C., bila EI constant


342

Diagram geser

Disini hanya dicari diagram geser dititik B dan titik F karena belum diketahui besarnya arah gaya geser dititik tersebut. DB = -200 + RA – R1 = -200 + 485 -1200 = -915 N DF = -200 + RA – R1 + RB – R2 = -200 +485 - 1200 + 1651,25 – 800 = -63,75 N

343

Momen : MA = -300 N.m MB = -645 N.m MF = Rc . 1-R3 .0.5 = 963,75 N.m Me = Rc . 3 – R3 . 2,5 – 500 . 2 – R2 . 1 = 963,75 . 3 – 400 .2,5 – 1000 -800 = 91,25 N.m Mc = MD = 0 Momen maksimum dibentangan 1

Wx =

Rx =

=

Gambar 9.23 komponen beban pada bentangan 1

Momen maksimum terjadi bila gaya geser yang terjadi sama dengan 0, [

] -200 +RA – Rx = 0

-200 + 485 –

=0

x2 =

x = 2,14 m

MG = -200 (1,5 + x) RA .x – Rx .

= -200 (1,5 + 2,14) + 485 . 2,14 –

= -125,67 N.m

344

Momen maksimum di bentangan 2

=

X = 0,16 mm

MH = RC (1 + x) – R3 (0,5 + x) 500.x = 963,75 . 1,16 – 400 . 0,16 – 500 . 0,16 – = 768,83 N.m

Contoh soal 12

Tentukan momen dan reaksi pada tumpukan balok yang menerima beban terpusat dan beban distribusi merata seperti gambar 9.24 dan gambarkan diagram geser nya.


Penyelesaian Untuk balok jepitan dibuat bentangan dan beban imajiner tetapi semua terminology yang berhubungan dengan bentangan imajiner mempunyai harga nol. Dengan demikian ada tiga bentangan dan empat tumpuan, sehingga persamaan tiga momen terbagi menjadi dua persamaan. Bentangan 1 dan 2 345

Persamaan 3 momen : MA L1 + 2MB (L1 + L2) +Mc L2 +

+

= …………………(a)

Momen lentur pada tumpuan A = MA = -8.2 = -16 kN.m dengan memakai table 9.2 faktor-faktor persamaan (a) dapat diperoleh;

•

Bentangan 1 kasus 2 :

=

•

Bentangan 2 kasus 2 :

=

=

96……………………..…..(b)

(L2 – b2) = 54……………….….… (c)

Dengan dimasukkan persamaan (b) dan (c) kepersamaan (a) diperoleh :

-16.4+2MB(4+4)+4Mc+96+54 = 0

16 MB+4Mc+86 = 0…….……...(d)

Bentangan 2 dan 3

Persamaan 3 momen :

MBL2+2Mc (L2+L3)+MD.L3+

+

= c…………..………….(e)

Momen lentur di D dan bentangan 3adalah nol, dengan menggunakan table 9.2 kasus ,

346

factor-faktor dari persaan e diperoleh:

=

Untuk

(L2 – a2) =

(42 . 22) = 54………………………………… (f)

= 0, karena bentangan dan beban imajiner, sehingga dengan

memasukkan persamaan f ke persamaan e diperoleh :

4 MB+2Mc(4+0)+54+0 = 0 4MB+8Mc+54 = 0………………………………………………………..(g)

Selesaikan persamaa d dan guntuk mendapatkan dua bilangan yang tak diketahui 16 MB+4Mc+86 = 0 16MB+32Mc+216 = 0

-28Mc-130 = 0

Mc =

= -4,64 kN.m

Masukkan besaran Mc kedalam persamaan d diperoleh : 16 MB+4(-4,64)+86 = 0 → MB =

= -4,21 kN.m

Mencari gaya reaksi

347

R = 6.4 = 24 kN

Bentangan 1

Bentangan 2

Gambar 9.25 Komponen beban pada bentangan Bentangan 1 [

A = 0] + 8 . 2 +RB’.4 – MB –R.2 = 0

+16 +x4 RB’ -4,21 – 24,2 = 0 →Rb’ = [

= 0]

= 9,05 kN

RA + RB’ = 8 + R RA + 9,05 = 8 + 24 → RA = 32 – 9,05 =22,95 kN

Bentangan 2 [

c = 0]

RB”.4 – MB -9.2 + Mc = 0

4RB” - 4,21 -18 +4,64 = 0 → RB’ = [ Jadi,

= 0]

= 4,39 kN

RB” + Rc = 9 → Rc = 9 – 4,39 = 13,44 kN

RA = 22,95 kN RB RB’ + RB” = 9,05 + 4,39 = 13,44 kN Rc = 4,61 kN

Cara lain menentukan gaya reaksi : -

Reaksi karena bahan

Bentangan 1

bentangan 2 348

Gamabr 9.26 cara lain komponen beban pada bentangan

Bentangan 1

Karena semetri

” =

=

= 12 kN

Bentangan 2 Karena simetri

•

Reaksi karena momen

349

Bentangan 1 ” =

=

=

=

= 2,95 kN.

= -2,95

Bentangan 2 =

=

= 0,11 kN

Dari hasil reaksi karena beban dank arena momen diperoleh :

Ketiga reaksi ini dapat dilihat pada gambar contoh soal 12. Karena reaksi pada ketiga tumpuan telah diketehui, maka dapat digambarkan diagram geser nya. Diagram gaya geser :

8+

- R = -8 +22,95 – 24 = -9,05 kN

350

Soal perlatihan

Soal Perlatihan 1 Δ adalah perbedaan awal jarak antara ujung sebelah kiri dari balok dengan tumpuan rol (Δ = 0,3mm) seperti pada gambar soal perlatihan 1. Hitung lah reaksi pada tumpuan setelah beban merata bekerja.

Gambar soal perlatihan 1 Soal perlatihan 2

Tentukan gaya-gaya reaksi dam momen pada jepitan balok serta tentukan besarnya lendutan maksimum bila EL konstan, seperti gambar soial perlatihan 2,


351

Ssoal perlatihan 3 Titik tengah baja dihubungkan tegak dengan kawat aluminium seperti gambar soal perlatihan 3. Hitunglah harga P maksimum bila tegangan kawat aluminium tidak lebih dari 150 MPa!

Aluminium :L A = 40 mm2 E = 70 GPa

Baja : I =150 . 106 mm4 E = 200 GPa

352


Soal perlatihan 4 Tentukan momen pada dinding untuk balok jepit engsel seperti yang ditunjukkan dalam gambar soal perlatihan 4.


Soal perlatihan 5 Tentukan gaya-gaya reaksi dam omen yang terjadi pada tumpuan statis tak tentu dibawah ini, serta gambar diagram geser dan diagram momennya.

353


Soal perlatihan 6 Tentukan gaya-gaya reaksi dan momen pada tumpuan dari balok yang ditunjukkan dalam gambar soal perlatihan 6!

354


Isoal perlatihan 7 Gambarkan diagram geser dan diagram momen pada balok kontinnu seperti yang diperlihatkan dalam gambar soal perlatihan 7.


355

Tabel 92 Harga 6A /L dan 6A /L

Kasus No.

Tipe pembebanan pada bentangan

1

2

3

4

5

6

356

7

Sumber : Ferdinand, LS Andrew P, Mekanika Teknik

10 buckling (tekuku)

Sasaran belajar Setelah mempelajari dan mengerjakan soal perlatihan bab ini, anda di harapkan : •

Dapat menjelaskan jenis-jenis tekukan yang terjadi pada batang tekan;

• Dapat menentukan tegangan tekuk pada kolom pendek, kolom menengah maupun kolom panjang; • Dapat menetukan ukuran batang yang menerima beban tekuk, baik bebannya simetri maupun eksentis.

Pendaluluan Suatu struktur menerima beban tekan dinamis, struktur ini dapat berkedudukan mendatar, miring maupun tegak. Untuk struktur yang tegak (vertical) dinamakan 357

kolom. Jka sebuah kolom menerima beban tekan maka pada batang akan terjadi tegangan tekan yang besarnya .

Dengan, σ : tegangan tekan (MPa) ; F: Gaya tekan (N) A : Luas penampang batang (mm2)

Pada kolom pendek apabila gaya yang diberikan ditambah sedikit demi sedikit kolom akan hancur melainkan akan menekuk (buckling). Beberapa contoh batang yang menerima beban tekan.

358

Gambar 10.1 Beberapa contoh batang yang menerima beban tekan Sumber : Byars, E.F; Snider, R.D dan Plants, H.L, engineering mechanics of defornableBodies Kita tinjau keadaan yang ekivalen dengan kolom yang menerima beban aksial; 1. Stabil

Bola beradsa dalam, pipa (1) bila bola didorong sampai bergerak (2) dan jika gaya dorng ditiadakan maka bola akan kembelai keposisi semula (3) kejadian demikian diketahui bahwa bola stabil.

Gambar 10.2 bola dalam pipa

2. Meta stabil

Bola berada di atas plat rata (1) bila bola didorong sampai bergerak

359

(2) dan jika gaya dorong ditiadakan maka bola tidak akan kembali seperti semula tetapi berada di posisi (3). Kejadian demikian dikatakan bahwa bola dalam keadaan meta stabil

Gambar 10.3 bola diatas plat rata

3. Lbil (tak stabil) Bola berada diatas pipa (1)bila bola didorong sampai bergerak (2)dan jika gaya dorong ditiadakan maka bola akan menjauhdari posisi semula (3) kejadian demikian dikatakan bahwa bola tesebut labil.

Gambar 10.4 bola diatas pipa. Keadaan ini analog (sama) dengan batang atau balok yang dibebani oleh gaya tekan P.

Stabil

meta stabil

tak stabil

360

Gambar 10.5 batang menerima beban P dan F •

Pada gambar (10.5.a) batang ditekan oleh beban P (P < Pf) dan beban F diberikan di tengah-tengah batang, jika beban F dihilangkan , maka batang akan kembali seperti semula. Kejadian demikian dikatakan bahwa batang dalam keadaan stabil.

•

Pada gambar (10.5.b) batang ditekan oleh beban P (P = Pf) dan beban F diberikan di tengan-tengah batang, jika beban F dihilangkan maka batang tidak kembali seperti semula tetapi berada pada posisi (3). Kejadian demikian dikatakan bahwa batang dalam keadaan stabil.

•

Pada gambar (10.5.c) batang ditekan oleh beban P (P>Pf) dan beban F ditengahtengah batang, jika beban F dihilangkan akan melentur mangkin lama mangkin membesar dan akhirnya batang patah. Kejadian demikian disebut menekuk (buckling), gaya tekan yang menyebabkan batang menekuk disebut gaya tekuk (critical load) : Pcr = Pcritical

Angka kerampingan (slenderness ratio) � = Le/r Dengan :

(10.1)

� : Ratio kerampinagan batang Le : Penjang tekuk (panjang evektiv) (mm)

r : jari-jari girasi = I

(mm2+)

: momen inersia batang (mm2

A : Luas penampang (mm2) Untuk menentukan suatu batang yang menerima beben tekan apakah terjadi tekuk atau (buckling) atau tidak berdasarka factor kerampinagn (�). . � < 30 (disebut kolom pendek) ; 30

�

100 (disebut kolom sedang) ;�

100 (disebut kolom panjang)

361

Gambar 10.6 kondisi kolom untuk baja berdasarkan ratio kirampingan.

Kolom panjang denga rumus euler Analisi teoritis beban kritis kolom panjang dibuat oleh seorang matematikawan swiss yaitu leonard euler pada tahu 1757, analisisnya berdasasarkan persamaaan diferensial kurva elastic : El (d2 y/dx2) = M Beliau mengatakan kolom panjang apabila koom dengan angka kerampingan (�) > 100. Macam-mavam kondisi euler. Kondisi euler meliputi : •

Kedua ujung batang diberi engsel (engsel-engsel)

•

Salah satu ujung batang dijepit pada ujung yang lain bebas (jepit bebas)

•

Kedua ujung batang dijepit (jepi-jepit)

•

Salah stu ujung batang dijepit dan yang lain diberi engsel (jepit-engsel).

Kondisi gating engsel-engsel Suatu kolom apabila kedua ujung nya di beri engsel dan menerima beban kritis P, maka akan terjadi lendutan seperti pada gambar 10.7. Lendutan maksimum � sangat kecil sehingga tidak ada perbedaan berarti antara panjang asli kolom dan proyeksinya pada bidang tegak. Dengan kondisi ini kemiringan dy/dx sangat kecil sehingga dapat digunakan pendekatan persamaan differensial kurva elas tis batang : El (d2y/dx2) = M 362

Kita tinjau dari potongan sejauh x, maka Mx = -P Y ; Mx berharga negative karena lendutan y negative, bila kolom melendut dalam arah berlawanan, maka y positif sedang m masih negative karena konversi tanda masih di sesuaikan dengan konversi momen lentur (lihat persamaan momen)

Gambar 10.7 kondisi batang engsel-engsel

Dengan demikian persamaanya menjadi : El (d2y/dx2) = Mx = Ma –P .Y El Y’’ + P Y = 0 Y’’ + (P/El).y = 0 ; (P/El) dimisalkan K

2

Y’’ + K2 .y = 0………………….. (a) Dari persamaan (a) merupakan jawaban persamaan diferensial (PD) turuna kedua dari persamaan. Y = A cos k X + Bsin K X……………………………………………………………………(b) Pembuktian : Y = A cos K X +B sin K X

363

Y’ = -A.Kx . sin K X + B K cos K X Y’’= -A.K2 .cos K X – B K2 sin K X Y’’= -K2 (A cos K X + B sin K X) Y’’= -K2 . Y Y’’ + K2Y = 0 (terbukti) Syarat batas dari persamaan (b) : y : A cos K X + B sin K X •

Untuk : x = 0 ; maka y =0 ; sehingga A = 0 Persamaan (b) menjadi : y = B sin K X ………………………………….(c)

•

Untuk : x = L maka y =0, sehingga persaan ( c ) menjadi nol =B sin K L B = 0 ; sin k.L = 0 atau K L = n� ;(n = 0,1,2,3…..) ambil KL = � ; maka = K= K2 = P/EL = (�/L)2 ; maka : P =

Pcr =

; Le = L

Dengan , Pcr = Gaya tekuk Le = Panjang efektif untuk kondisi sendi-sendi El = Kekakuan lentur

Kondisi batang jepit bebas Kolom AB dengan panjang L salah satu ujung nya dijepit sedang ujung yang lain bebas, apabila kolom menerima beban kritis P maka kolom akan mengalami lendutan seperti pada gambar 10.8

364

Kita tinjau potongan x, Momen di titik x : Mx = P (a-y) persamaan lendutan:

El y’’ + P y = pa Y’’ + p/El y = P y/El ; p/El = K2 (missal) y’’ + K2 y = k2 . a

(a)

Gambar 10.8 kondisi batang jepit bebas

Persamaan (a) merupakan jawaban diferensial turunan kedua dari persamaan : Y = A cos K X +B sin K X (b) Y’ = -A.K . sin K X + B K cos K X (c ) Y’’= -A.K2 .cos K X – B K2 sin K X Y’’= -K2 (A cos K X + B sin K X) Y’’= -K2 (y-a) Y’’ + K2Y = K2 a (terbukti) Syarat dari konstruksi : •

Dari persamaan (b) : Untuk x = 0 ; y = Ø ; maka : Ø=A+a ; sehingga : A =-a

•

Dari persamaan © : Untuk x = 0 ; y’ = 0 ; maka : 0=B k ; sehingga : B =0

Kita substitusikan persamaan (b) mejadi : Y = -a cos kx +0 + a = a(1-cos kx) (d) •

Dari persamaan (d) :

365

untuk x = L ; y =a ; sehingga : a =a(1-c0s kl) =a-acos kL 0 = -a cos kL ; maka cos K L = Ø ataui KL = π/2 ; 3π/2 ; 5π/2; ……….. Diambil : K L = π/2 → K = π/2.l ; K2 = (π/2.L)2 → P/EL = π2/4L2

Jadi, = Per

Kondisi batang jepit - jepit

366

Kolom AB dengan panjang L yang kedua ujung batangnya dijepit, setelah menerima beban P kolom mengalami lendutan seperti diperlihatkan pada gambar 10.9.

Gambar 10.9 kondisi batang jepit - jepit

Kita tinjau potongan sejauh x untuk batang yang dijepit pada ujungnya akan terdapat momen jepit yang disebabkan oleh beban yang besarnya kita sebut Mo. Besarnya momen di x = Mx = Mo – P. y.

Persamaan lendutan : El =

y11 +

d2y = Mx – P . y dx 2

M P. y P = o ; =k 2 (misal) x El El E.I

y11 + k2 y =

Mo P

(a)

Persamaan (a) merupakan jawaban umum persamaan diferensial turunan ke dua dari persamaan : y = A cos kx + B sin kx + Mo/P

(b)

367

y1 = - Ak sin kx + B.k cos k x (c)

syarat batas konstruksi : •

dari persamaan (b) : untuk x : 0; y = 0; maka : 0 = A + MO/P; sehingga : A = - M o /P

•

dari persamaan (c) : untuk x = 0; y1 = 0; maka : 0 : B.k ; sehingga B = 0

kita substituskan persamaan (b) menjadi : y = - Mo/P cos kx + ø + Mo/P y = Mo/P ( 1 – cos kx )

(d)

dari persamaan (d) : untuk x = L ; y = 0 ; maka : 0 = Mo/P (1 – cos k.L) ; 0 = 1 – cos k.L cos k L = 1 atau k.L = 0,2 π, 4π,…… diambil paling kecil yang harganya tidak sama dengan nol yaitu : 2π k L = 2π → k = 2π/L2 k2 = ( 2π/L)2 = 4π2 / Lx P / El = 4π2 / L2

Jadi, Pcr =

π 2 . El ( L / 2) 2

π 2 . El

=

( Le )

; Le =L / 2

(9.4)

Dengan : Pcr = gaya tekuk

368

Le = panjang efektif untuk kondisi jepit – jepit El = kekakuan lentur.

Kondisi batang jepit engsel

Kita perhitungan kolom AB dengan panjang L, dijepit di A dan diberi engsel di B. Setelah menerima beban akan mengalami lendutan seperti pada gambar 10.10.

Gamabar 10.10. kondisi batang jepit engsel

Kita tinjau potongan sejauh x Momen di x karena beban dan reaksi normal. Mx = H ( L – x ) – P . y Persamaan lendutan : El y11 = Mx El y11 = H (L – x) – P .y

El y11 + P.y = H (L-x) ; P/El = k2 ( misal )

369

Y11 + k2 y =

H ( L −x ) P

Persamaan (a) merupakan jawaban umum persamaan diferensial (P.D) turunan kedua dari persamaan : y = A cos kx + B sin kx +

H ( L −x ) P

y1 = - A.k sin kx + B.k cos kx –H/p

syarat batas konstruksi : •

dari persamaan (b) : untuk x = 0; y = o; maka : 0 = A + H.L/p ; sehingga A = - H.L/P

•

dari persamaan (c) : untuk x = 0; y1 = 0; maka : 0 = B.k – H/P sehingga : B = H / (k.P) kita substu\ituskan persamaan (b) menjadi : y=-

H ( L −x ) H .L H cos kx + sin kx + P k. p P

(d)

•

dari persamaan (d) ; untuk x = L ; y = 0 maka 0 = - ( H.L / P ) cos k.L + ( H / k.P ) sin k.L + ( H.L / P ) cos k.L = ( H / k.P ) sin k.L + 0

H ( L −x ) P

⇒ tan k.L =

k.L

Jika dihitung sudut dalam radiam diperoleh kL = 4,49 radiam, dibulatkan

= kL = 4,5 radiam k = 4,5 / L

370

k2 = (

4,5 2 20,2 2 .π 2 ) = L L2 L2

2 . π2 P = El L2

Jadi, Pcr =

2 . π 2 El π 2 . El L = ; Le = 2 2 2 L ( Le )

2

10.5)

Dengan Pcr = gaya tekuk Le = panjang efektif untuk kondisi jepit – jepit El = Kekakuan lentur

Contoh soal 1 Suatu batang penyangga yang panjangnya 2,5 m dan berdiameter 6 cm, salah satu ujungnya dapat bergerak melalui engsel, sedang ujung lainnya dipakukan. Tentukan beban tekan yang diperolehkan dengan menggunakan rumus Euler! Jika faktor keamanan 3,5 dan modulus elastisitas 2,1 . 10 kg/cm 2

Penyelesaian panjang efektif : Le = L/2

2

= (2,5/2). 2 = 1,768 m

371

= 176,8 cm

•

Momen Inersia : l = ( π/64 ) d4 = ( π/64 ) .64 = 63,62 cm4

Beban tekuk izin :

Pcr π 2 . El π 2 . 2,1 . 10 6 . 63,62 = = = 24110,62kg = V 3,5 . 176,6 V . ( Le ) 2 Jadi, beban tekan yang paling aman maksimum 24,1 ton.

Contoh soal 2 Tentukan perbandingan antara kekuatan kolom baja pejat dan kolom baja berongga yang luas penampangnya sama, yang diameter dalamnya sama dengan setengah kali diameter luarnya. Panjang kedua kolom sama dan kedua ujungnya adalah sendi

Penyelesaian Untuk kolom 1 (pejat) : Lx1 = π/64 (d1)4 ; A1 = π/4 (d1)2

Untuk kolom 2 (berongga) Lx2 =

π

[d 64

4 2

− ( 1/ 2 . d 2 )4

] =

15π ( d2 )4 1024

372

Ganbar 10.12 contoh soal 2

π

A2

4

[d

2 2

]

− (1 / 2 . d 2 ) 2 =

3.π ( d2 )4 16

Untuk luas yang sama : A1 = A2

π 4

d1

( d1 ) 2 = 4

3π ( d 2 ) 2 ; maka d 1 16

= ( 3 / 42 . d 2 )2 . d 2

4

2

= 3/ 4 d2

= 9 / 16 d 2

Untuk kolom 1 : lx1 = π/64 d1

4

2

4

= ( π/64 ) ( 9/16 ) d2

4

=

9π d2 1024

4

Pcr 1 lx = 1 ; karena harga E dan Le kedua batang sama Pcr 2 lx 2

( 9π / 1024) . d 2 4 (15π / 1024) . d 2 4

=

3 5

Jadi, kekuatan kolom baja pejal dengan diameter luar rongga kolom berongga adalah 3/5 kali kekuatan kolom berongga dengan luas penampang efektif dan panjang yang sama.

Kolom sedang

Pada pembahasan sebelumnya memperlihatkan bahwa kolom panjang dapat dibahas dengan rumus Euler bila faktorkerampingan lebih besar dari 100 sedangkanuntuk kolom pendek yang panjangnya tidak melebihi 10 kali ukuran melintangnya, yang membuat ratio kerampingan kira – kira 30, kolom yang mempunyai faktor kerampingan di antara 30 dan 100 disebut dengan kolom sedang, metode yang sering dipakai dalm kolom sedang adalah metode Tetmeyer.

373

Untuk baja : σer = 330 – 1,45 λ, untuk 30 ≤ λ ≤ 100 σer = 110 - 0,485 λ, untuk 30 ≤ λ ≤ 120

dengan σer = Tegangan kerja λ = Le/r ( faktor kerampingan )

American Institut of Steel Construcuon ( AISC ) mendefinisikan batas antara kolom sedang dan kolom panjang dengan harga ratio kerampingan Cc yang diberikan oleh persamaan :

Cc =

2π 2 . E

σ

(10.6)

yp

Dengan : E = Modulus elastisitas (Mpa) σyp = Tegangan mulur baja yang digunakan (Mpa)

A I S C menunjukan bahwa λ > Cc, tegangan kerja :

σw

12π 2 . E 23 ( Le / r ) 2

(10.7)

Ingat bahwa di sini rumus Euler dengan faktor keamanan 23/12 = 1,92 Untuk = λ < Cc, A I S C

1 − ( λ ) 2  σ yp σw =   2  2 Cc  F S

374

Fs adalah faktor keamanan yang diberikan oleh persamaan

Fs =

3λ 5 λ3 + − 3 8 Cc 8 (Cc ) 3

Dengan, σw

= tegangan kerja (Mpa)

λ

= Ratio kerampingan ( slenderness ratio )

Cc

= Ratio kerampingan menurut A I S C

Fs

= faktor keamanan

Pada gambar 10.13 ditunjukan berbagai kelompok baja untuk kolom menurut A I S C

375

Gambar 10.13 Tegangan boleh untuk kolomyang dibebani secara konsentrasi per spasifikasi AISC

Contoh soal no 3

Suatu batang baja berbentuk lingkaran mendapat gaya tekan sebesar 160 KN, Panjang = 1,6 m ; V = 16 ; E = 2,2 . 10 5 Mpa. Hitung garis tegahnya bila kedua ujungnya diberi engsel! Penyelesaian Euler = Fcr =

π2 . l . E ( Le )

Momen inersia : l =

2

; Fizin =

Fcr π2 . l . E = → Le = L V V L2

V . F L2 16 .16 .10 4 (1600 ) = V 2. E π 2 . 2,2 .10 5

2

10 4 . 10 2 π 2 . 2,2

= 3018265,9 mm4 l = π/64 . d4 = 3018265,9

376

d=

4

64 . l

π

=

4

64 . 3018265,9

π

= 88,6 mm

Angka kerampingan = λ = L/r → r =

1 =d / 4 A

λ = L/(d/4) = 4L/d = 4 . ( 1600/88,6 ) = 72,7

karena λ ≤ 90, jadi menurut Euler perhitungan ini adalah tidak tepat, tetapi yang memenuhi syarat adalah rumus Tetmayer. Tegangan kritis baja : σ = 330 – 1,45 . λ σ = ( 330 – 1,45 . 4L/d )

Untuk baja pejal bentuk lingkaran Fizin

=

σcr . A V

=

( 330 − 1,45 . 4 L / d ) π / 4 . d 2 V

330/4 . π . d2 – 1,45 π . L . d – ( F

ijin

.V)=0

Maka d = 190 mm ; jadi diameter batang baja maksimum yang dibolehkan 190 mm.

Contoh soal 4 Tentukan panjang terpendek sebuah tiang baja berujung pasak yang mempunyai penampang 60 x 10 mm, dan rumus Euler berlaku, bila E = 200 GPa dan anggap batas proposianal 250 Mpa. Penyelesaian

6 h3 ( 0,1 ) ( 0,06 ) 3 = = 1,8 .10 −6 m 4 12 lmin = 12

377

rmin =

18 .10 − 6

2 π 2. E π 2 E π 2 . 200 .10 6 = = ;λ = = = 800 .π 6 A ( 0,06 ) (0,1) λ σ cr 250 .10

l min

σcr =

π2 . E π2 . E π 2 . 200 . 10 6 ;λ= = = 800 .π 2 λ σcr 250 . 10 6

λ = L/r → L = λ . r = 800 π2 . 0,017 = 1,54 m jadi, panjang batang lebih besar dari 1,54 m akan terjadi lekukan.

Rumus kolom dengan pembebanan eksentris

Dalam praktek tiang –tiang dirancang untuk beban yang mungkin terpakai eksentris atau disengaja atau disebabkan oleh alasan – alasan kebetulan. Tegangan tekan maksimum dalam kolom yang dibebani secara eksentris dapat dihitung seperti yang dilakukan kolom pendek yaitu : Ơmaks = F/A + M.c/l = ( F/A = F.e.c/l) ≤ ơ ijin Dengan, Fe = Momen lentur disebabkan oleh beban terpakai c

= jarak dari pusat penampang ke serat terluar.

Contoh pembebanan eksentris

σmax =

( Fo + F1 ) A F1 + e z

σmax = F/A + F.e/z z

= l/c

378

Gambar 10.14 Contoh pembebanan eksentris

Menurut A I S C untuk menentukan besaran – besaran pada kolom untuk pembebanan eksentris dipakai persamaan. fa / F a + f b / F b ≤ 1 10)

(10.

Dengan, fa

= Tegangan aksial aktual. = F/A (Mpa)

fb

= Tegangan lentur desak boleh bila momen lentur saja yang ada = P . e/z (Mpa)

Fa

= Tegangan aksial yang dihitung

 ( L / r ) 2  τ yp ) . ( MPa ) =  (1 − 2 Cc 2  F . s  ( 10.11 )

Fa

Fb

= Tegangan

Contoh soal 5 Sebuah kolom baja ASTM 36 berbentuk W 360 x 130 yang panjangnya 9 m mendapat beban tekan sebesar P 1 = 260 kN dan P2 = 360 kN seperti pada gambar, bila kondisi kolom engsel – engsel dan E = 2.10 5 Mpa. Tentukan jarak (e) antara sumbu dengan pusat P 2 !

Penyelesaian Kolom berbentuk W 360 x 13 A = 16520 mm2 z = 2260 . 103 mm

3

379

rmin = 93,9 mm L/r = 9000/93,9 = 95,85 Cc = 2π

2

. E

y

=

2 .π2 . 210 5 250

L/r < Cc ( Tetmayer )


= 5/3 + 3/8 (L/r) / (8.Cc) – (L/r) 3 / (8.Cc3)

F.S

= 5/3

3 ( 95,85 ) (95,85) 3 − =1,9 8 ( 125,66 ) 8 ( 125,66 ) 3

 ( L / r )2 1 − 2 . Cc 2   Fs  

   σyp   

σw

=

σmax

F1 + F2 F .e + 1 A Z =

σmax

=

 ( 95,85 ) 2 1 − 2 ( 125,66 ) 2 =  1,9  

   . 250 =93,3 MPa   

( 360 + 260 ) 10 3 360 . 3 + =37,53 +0,159 . e 16520 2260 .10 3

supaya kolom aman, σ

max

≤ σw :

93,3 ≥ 37,53 + 0,159 e e≤

93,3 −3753 →e ≤ 350,8 mm 0,159

Cek fa/Fa + fb/Fb ≤ 1 fa =

F1 + F2 = 37,53 MPa A

380

F2 . e = 0,159.350,8 = 55,78 MPa Z 37,53 55,78 fb = + ≤1 93,3 250 0,42 + 0,372 ≤ 1 → 0,774 ≤ 1

(ok)

Jadi, jarak antara sumbu dengan pusat beban P2 adalah 350,8 mm

Contoh soal 6 Suatu baja profil W 360 x 125 dari bahan ASTM 36 yang panjangnya 10 m mendapat beban maksimum P sedang e = 300 m ( seperti pada gambar ) bila kondisi kolom jepit bebas. Tentukan besarnya gaya P supaya profil mampu menahannya !

Penyelesaian Profil : W 360 x 125 A = 15940 mm2 ; r - = 76,7 mm Z = l/c = 2140 . 103 mm3

Gambar 10.16 contoh soal 6 Cc

=

2π 2 E

σ yp

=

2 . π 2 . 2 . 10 5 250

= 125,66

381

Le 2 .10000 = = 260,8 r 76,7 λ ≥ Cc ( EULER )

λ

=

σw

=

M

= P . e = 300 p ( Nmm)

σw

= P / A + M / z → 15,14 = P / 15940 + 300 P / 2140 . 10 3

P

= 74609,9 N = 74,61 KN

12 . π 2 . E 12 . π 2 . 2 . 10 5 = = 15,14 MPa 23 ( Le / r ) 2 23 ( 260,8 ) 2

Cek fa/Fa + fb/Fb ≤ 1

fa

= P/A = 74609,9 / 15940 = 4,681 Mpa

fb

= M/Z =

fa

= σw = 15,14 Mpa

fb

= 0,6 σy = 250 = 150 Mpa

74609,9 . 300 = 10,46 MPa 2140 . 10 3

4,681 10,46 + ≤1 15,14 150

0,309 + 0,0697 ≤ 1

0,379 ≤ 1 (ok)

Soal perlatihan

1. Sebuah perlengkapan mekanis harus ditumpu pada puncak pipa baja standar dengan diameter 141,3 mm dan tebalnya 6,6 mm ( seperti pada gambar ).

Berat perlenkapan dan pendukung – pendukungnya 250 kg. Dasar dari pipa ditanamkan pada bantalan beton sedang

382

Ujung atasnya bebas. Bila faktor keamanan yang dibutuhkan untuk melawan penekukan adalah 2,5. Berapa tinggi maksimum tiang supaya benda tersebut dapat ditumpu, E = 200 Gpa!


2. Hitunglah beban aksial aman P pada kolom pipa baja dengandiameter luar 75 mm panjang 6 m, apabila digunakan faktor keamanan 2, tebal dinding pipa 7,5 mm E = 2. 10 5 MPa dan kondisi batang jepit engsel ! 3. Sebuah tabung bulat dari baja yang panjangnya 3 m, harus mendukung gaya tekan aksial sebesar 10 kN ujungnya dianggap berengsel. Apabila diameter dalam d sama dengan 0,8 diameter luar d, Berapakah harga D sebenarnya ! 4. Sebuah batang tembaga panjangnya 600 mm dengan ujung berengsel mengalami beban tekan aksial P sebesar 2 kN. Hitunglah diameter (d) yang dibutuhkan, bila digunakan faktor keamanan 3 dan tentukan faktor kerampingannya ! 5. Meteran kayu, lebar 2,54 cm dan tebal 0,64 cm terbuat dari pinus ( E = 11 Gpa) dan panjangnya 91,5 cm. Andaikan kayu lurus, Berapakah beban aksial P yang membuatnya menekuk apabila kedua ujungnya mengalami : a) Jepit – jepit b) Engsel – engsel c) jepit bebas b) Sebuah tiang W 310 x 126 yang panjangnya 6 m diberikan beban eksentris sebesar 800 kN yang terletak seperti gambar soal perlatihan 6a. Dengan menggunakan rumus AISC. Tentukan apakah tiangini memadai atau tidak ( E = 2003 . 10 Mpa ; σyp = 345 Mpa ; kondisi kolom jepit bebas ) c) Sebuah tiang W 360 x 101 yang terbuat dari baja ( σ yp = 250 Mpa ) yang panjangnya 6 m, dibebani secara eksentris ( seperti pada gambar soal perlatihan 6b ). Tentukan beban boleh P dengan menggunakan rumus AISC anggaplah tiang tersebut berujung engsel !

383

d) Sebuah tiang W 130 x 60 mempunyai panjang efektif 6 m dengan menggunakan rumus – rumus AISc. Tentukan besar suatu beban eksentris yang dapat diberikan kepada tiang ini dititik A ( seperti pada gambar soal perlatihan 6c ). Px = 90 kN, tiang ini diperkuat atas bawahnya. ( σ y = 345 Mpa : E = 2 . 105 Mpa ) !

Daftar pustaka

Ferdinand L.S, Andrew Pytel, Darwin Sebayang, Ir, Kekuatan Bahan Edisi ketiga 1985, Erlangga, Jakarta.

384

Gere, J, M ; Timoshenko. S. P : Wospakrik, H.j, Drs. 1985. Mekanik Bahan, Erlangga, Jakarta. Hofsteede J. G. C, Ir; Krame, Ir. 1968 ; Soemargono, ilmu Mekanika Teknik 1 : 3A ; B ; C ; D, Pradnya Paramita, Jakarta,1984. Khurmi,R, S ; Gupta J.K, Sterngth of Materials, S Chand & Company Ltd, Ramnagar Ltd, Ramnagar, New Delhi. Nash, W,A, Phd, Strength of materials, Schaum’s outline Series, Mc. Graw Hill International Book Company, Singapure, 1983 Popov, E, P; Zainul Astamar Tanisan,M.Sc, 1984. Mekanika Teknik Erlangga, Jakarta. Timoshenko,S.P. 1968. Young, D, H, Elemens Of Sterngth of Materials, D.Van Nostrand Company, New York Wang, Chu – kia. 1953. Statically Indeterminate Structure’s, Mc. Graw Hill, Kogakusha.

385

bahan kuliah mektek 2

Recommend Documents