Dinamika Teknik

Diktat DINAMIKA Oleh : Ir. Ir. Endi Sutik no – Ir. Erwin Erwin Sulistyo Sulistyo

Bab I

GA Y A-G A Y A STATIS PADA M MEK ANISME 1.1

Definisi

Gaya adalah besaran vektor yang ditentukan oleh arah, harga vektornya dan titik tangkapnya. Gaya statis adalah gaya dimana baik arah da d a n harga vektorn vektornya ya tetap sepanjang ep anjang wak wa ktu, tu, atau ata u konstan. konstan.

1.2

Keseimb Keseimba anga ngan Statis Translasi ranslasi

Keseimbangan statis adalah kondisi tertentu dari kon disi dinamis yang ya ng memenuhi me menuhi per pe rsa maa n da ri Huk Hukum um Newton II : ( 1 – 1)

Σ F = m . a

yaitu ba hwa per pe rc epa ep a tanya, a = 0, ber be ra rti merupa merupakan kan kondisi kondisi ya ya ng diam d iam atau bergerak dengan kecepatan konstan. Sehingga persamaan menjadi : ( 1 – 2)

Σ F = 0

: : Σ F

juml jumlah ah da ri vekt vektor or gaya ga ya -gaya luar yang yang dikenakan dikenakan (beker (b ekerjja ) pada pa da

benda, dalam hal ini pada batang atau link. Gaya luar termasuk gaya a ksi dan ga g a ya reaks rea ksi, ga mbar mba r 1a

(a )

(b )

(c )

G amb ar-1 ar-1.1, .1, Ga ya-gaya ya-gaya luar ( aks a ksi dan rea ksi ) benda bend a yang d alam keseimbanga keseimbanga n.

Adalah benda yang mendapat gaya aksi F , gambar-1b, reaksi 1 1 dan F 2 yang terjadi pada benda untuk mendacapai keseimbangan statis, dan g a mba mb a r-1c -1c pol po ligon gaya ga ya yang melukis melukiskan kes keseimba eimbanga ngan n gaya, ga ya, dar da ri per pe rsamaa ama a n (1-2) (1-2).. Ga G a ya resul resultan tan ada a da lah juml jumla a h vektor vektor dar da ri ga ya-ga ya -ga ya (

Program Program Semi Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

1


gaya luar), berarti keseimbangan statis terjadi bila gaya resultan adalah nol.

1.3

Keseimbanga Keseimbangan n Statis Rotasi

Keseimba Keseimba nga n rota rotas si dar da ri Hukum Hukum Newton II : ( 1 – 3)

Σ M = I . α

Statis tatis rotasi terc terc a pa i bila bila benda be nda diam a tau berger b ergera a k denga n puta ran konstan, persamaan (1-3) menjadi : ( 1 – 4)

Σ M = 0

momen statis yang dihasilkan oleh gaya-gaya luar terhadap titik putar ad alah nol. nol. F 1 1 a

b

F 2

A

F 1 1

F 2 2

B

L

B

R A

(a )

F 1

(b )

F 2 2

F 1 1

F 2 2

A

R B B

R A

(c )

R B B

(d )

Gambar-1.2, Gaya-gaya luar ( aksi dan reaksi ) benda yang dalam keseimbangan rotasi.

Pada gambar-1.2a, menunjukkan batang yang dikenai gaya aksi F 1 dan F , batang ba tang dipen di A dan di tumpu rol di B. Ilustrasi dari persamaan 2 (1-4) adalah: bila titik putar d i B , maka keseimbangan statis rotasi mendapatkan reaksi R g a mba mb a r-1.2b -1.2b . Untuk Untuk titik titik p utar uta r d i A keseimbangan A , ga stati ta tis s rota si menda mend a pa tka tka n rea rea ksi ksi di B , ga mba r-1.2c -1.2c . Dalam hal ini batang juga seimbang dalam translasi, yang memenuhi per pe rsamaa ama a n (1-2 (1 -2), ), ga mbar mba r 1.2 1.2d. d. Program Program Semi Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

2


gaya luar), berarti keseimbangan statis terjadi bila gaya resultan adalah nol.

1.3

Keseimbanga Keseimbangan n Statis Rotasi

Keseimba Keseimba nga n rota rotas si dar da ri Hukum Hukum Newton II : ( 1 – 3)

Σ M = I . α

Statis tatis rotasi terc terc a pa i bila bila benda be nda diam a tau berger b ergera a k denga n puta ran konstan, persamaan (1-3) menjadi : ( 1 – 4)

Σ M = 0

momen statis yang dihasilkan oleh gaya-gaya luar terhadap titik putar ad alah nol. nol. F 1 1 a

b

F 2

A

F 1 1

F 2 2

B

L

B

R A

(a )

F 1

(b )

F 2 2

F 1 1

F 2 2

A

R B B

R A

(c )

R B B

(d )

Gambar-1.2, Gaya-gaya luar ( aksi dan reaksi ) benda yang dalam keseimbangan rotasi.

Pada gambar-1.2a, menunjukkan batang yang dikenai gaya aksi F 1 dan F , batang ba tang dipen di A dan di tumpu rol di B. Ilustrasi dari persamaan 2 (1-4) adalah: bila titik putar d i B , maka keseimbangan statis rotasi mendapatkan reaksi R g a mba mb a r-1.2b -1.2b . Untuk Untuk titik titik p utar uta r d i A keseimbangan A , ga stati ta tis s rota si menda mend a pa tka tka n rea rea ksi ksi di B , ga mba r-1.2c -1.2c . Dalam hal ini batang juga seimbang dalam translasi, yang memenuhi per pe rsamaa ama a n (1-2 (1 -2), ), ga mbar mba r 1.2 1.2d. d. Program Program Semi Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

2


1.4. 1.4.

Gaya -Gaya -G aya Tak Sejajar ejajar

Gambar 1.1 merupakan ilustrasi dari gaya-gaya tak sejajar, bila terjadi keseimbangan , gaya-gaya tersebut bertemu pada satu titik. Beriku erikutt akan diperjelas diperjelas ga ya-ga ya -ga ya tak sejajar sejajar ya ya ng beker b ekerjja pa da batang. ba tang.

1.4.1 1.4.1

Tiga gaya gaya tak sejajar sejajar.

1. Ka sus-1. -1 . Bila pa da ba tang b ekerja ekerja tiga gaya ga ya : F . Arah dan 1 1, F 2 2, dan F 3 besarnya F , F 1 2 2, diketahui, maka sistem batang akan seimbang bila F 3 vektor penutu pe nutup p da d a ri dua vektor ga ya seb sebelumny elumnya a. F 1 1 F 1

F 2 2

F 2 2

F 1 1 F 3 3

F 3 3 (a )

(b )

(c )

G a mba r-1.3, 1.3, Sis Sistem tiga ga ya ta k sejaja sejajarr Kasus Kasus-1 -1 dalam da lam keseimbanga keseimbanga n.

2. Kasus-2 Bila pada batang bekerja tiga gaya : F . Arah dan 1 1, F 2 2, dan F 3 besarnya F ha nya a ra hnya sa sa ja, mas ma sing-masi ing-masing ng l dan 2 2 dan 1 diketahui, F 2 2, F 3 3 hanya l 3 3,

gambar-1.4a. Sistem batang akan seimbang bila ketiganya

membentuk memb entuk segit eg itiga iga ve kto kto r tertutup. tertutup. of

of

F 1

F 1 1

l 2 F 1

l 3

l 1

F 3 3

F 2 2

l 3 3 (a )

(b)

(c )

G a mba r-1.4, 1.4, Sis Sistem tiga ga ya ta k sejaja sejajarr Kasus Kasus-2 -2 dalam keseimba keseimbanga ngan. n.

Penyelesaiannya adalah : 1) Tentukan titik kutub gaya, of ; 2) dari of lukis vektor F 1 1 yang sudah diketahui arah dan besarnya ( diskala); 3)


3

Diktat DINAMIKA Oleh : Ir. Endi Sutikno – Ir. Erwin Sulistyo

pindahkan arah vektor gaya F : l 2, dan arah vektor gaya F 3, 2 3: l sehingga kedua arah gaya tersebut berpotongan, gambar-1.4b; 4) F Tentukan arah gaya F , sedemikian membentuk segitiga vektor 2 dan 3

tertutup, ga mba r-1.4c. 3.

Kasus-3 Bila pada batang bekerja tiga gaya : F . Arah dan 1, F 2, dan F 3

F besarnya F , hanya arahnya saja: l 2, dan F 1 diketahui, 2 3 titik

tangkapnya : m, gamba r-1.5a. Sistem ba tang akan seimbang bila ketiganya membentuk segitiga vektor tertutup. l 2

l 1

l 2

n

F 1

F 1 l 3 l 2

F 3

F 1

.m

.m

F 2 (a)

(

b)

(c )

(d )

Gamba r-1.4, Sistem tiga ga ya tak sejajar Kasus-2 dalam keseimbangan.

Penyelesaiannya adalah : 1) Buat garis arah gaya F : l 1, perpa njang 1 sampai memotong garis l 2, di titik n; 2) Hubungkan titik n dan titik m menjadi sebuah garis untuk arah gaya F : l 3, gambar-1.5b; 3) Susun 3 gaya F l 2, l 3, dimana keduanya akan 1 dan kedua garis arah gaya berpotongan, gambar-1.5c; 4) Tentukan arah gaya F F 2 dan 3, sedemikian membentuk segitiga vektor tertutup, gambar-1.5d.

1.4.2 Empat gaya tak sejajar.

Empat gaya tak sejajar merupa kan pengembangan dari kasuskasus tiga gaya tak sejajar. Banyak kemungkinan dari kasus empat ga ya, dalam hal ini, dipilih model da ri kasus yang sering munc ul. 1. Ka sus-1

Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

4


Bila ke empat gaya diketahui, dan sistem diharapkan dalam keseimbangan, maka ke empat gaya tersebut akan membentuk segiempat vektor gaya yang tertutup, gambar-1.1. 2. Ka sus-2. Bila tiga dari ke empat gaya diketahui arah dan besarnya, maka gaya yang ke-empat sebagai penutup, untuk membuat segiempat vektor gaya tertutup, supa ya terjadi keseimbangan.

3.

Kasus-3.

Bila dua ga ya F , F diketahui besar da n arahnya, sedang dua lainnya 1 2 diketahui

arahnya:

3 l

dan

4, l

gambar-1.6a.

Untuk

penyelesaian

keseimbangan adalah : 1). Susun dua gaya yang sudah diketahui F 1, dan : l 4 pada pangkal F F 2; 2). Letakkan garis arah gaya F 4 1, dan garis arah gaya F 3 di ujung F 3: l 2, sehingga berpotongan, gambar-1.6b; 3) Tentukan arah (panah) vektor gaya F , sehingga membentuk segiempat 4 3 dan F vektor yang tertutup, gamba r-1.6c. F 2 F 1

o f

of F 1

F 4

F 1 l 4 l 4

l 3

l 3 (a )

F 2 (b )

F 3

F 2 (c )

Gambar 1.6. Sistem Empat Gaya Tak sejajar Kasus-3.

4. Kasus-4. Bila dua gaya F diketahui besar dan arahnya, sedang F 1, F 2 3 diketahui arahnya: l , titik tangkamnya m , gamba r-1.7a. Untuk 3 dan F 4 penyelesaian keseimbangan adalah : 1). Susun dua gaya yang sudah diketahui F , dan F 1 2 menjadi sebuah gaya R 1, gambar-1.7b; 2). Garis arah gaya R , dipotongkan denga n garis arah l , ga mba r1 3 di titik n 1: p 1.7c; 3) Tentukan arah (panah) vektor gaya F , sehingga 3 dan F 4


5


membentuk segitiga vektor yang tertutup, gambar-1.6c. [ lihat 1.4.1, kasus 3 ]. 4). Uraikan kembali R 1 men

F 2 F 1

r 1 l 1

l 2

n l 3 l 3 l 3

.

F 1

m

. m

.m F 2 R 1 R 1 (a )

(b )

(c )

Gambar 1.7. Sistem Empat Gaya Tak sejajar Kasus-3.

J ad i F , sehingga terbentuk segiempat vektor tertutup seperti F 1 dan 2 1.4.2, kasus 3.

1.4.3 Sistem lebih dari empat gaya.

Penyelesaian lebih dari tiga atau empat gaya secara grafis untuk mendapatkan keseimbangan adalah dengan memenehi dua variabel vektor yang tidak diketahui. Umumnya kasus-kasus yang terjadi akan cenderung serupa denga n ka sus-3 pada 1.4.1 dan 1.4.2.

1.5

Sistem Gaya Paralel (Sejajar)

Sistem gaya paralel, dalam penyelesaian keseimbangan akan ditinjau dalam sistem dua gaya dan sistem lebih dari dua gaya. Keduanya harus memenuhi keseimbanga n translasi lurus da n rotasi : dan ΣM = 0 Σ F = 0


6


1.5.1 Sistem dua gaya paralel. 1. Dua gaya berimpit.

Bila dua ga ya pa ralel, kedua ga ris

F 1

ga yanya

berimpit ,maka bila terjadi

keseimbangan kedua a

besar gaya

(m a g n i t u d e )

sama

besarnya,

tetap i arah vektornya ber lawa nan. J adi : 2 F

1 = F 2 F

b

F 1

F 1 = - F 2

( 1– 5)

F 2 Gambar 1.7. Sistem dua gaya paralel , (a) Sistem dua gaya, (b). poligon ga ya

2.Dua gaya tak berimpit.

Pada

sistem

mengakibat

dua

gaya

berimpit

kecenderungan

sistem

untuk bergerak translasi Bila dua ga ya tak berimpit, system cenderung berotasi Dua ga ya be rimpit (a).

akibat kedua gaya mempunyai jarak

Gamba r 1.8

antar Syarat

kedua

garis

keseimbangan

gayanya. translasi

tetap harusterpenuhi, sehin gga :

keseimba ngan g aya (b).

F 1 = F 2 dan F 1 = - F 2. Sistem

dua

ga ya tak be rimpit dengan besar yang sama dan berlawan keseimba nga n ga ya (b). arah vektor gayanya akan menimbulkan kopel, yang cenderung akan

memutar sistem, ga mba r-1.8. Kopel

identik denga n besaran momen. K = F . d

………….

( 1 – 6)

Ditinjau dari titik manapun besarnya kopel tetap, yaitu gaya dikalikan dengan jarak antara kedua gaya yang paralel. Supaya sistem seimbang terhadap rotasi maka akan diberikan kopel lawan, yang


7


arahnya tentunya berlawanan dengan kopel yang diakibatkan oleh dua gaya pa ralel tadi. maka : Σ M = 0 K – T L = 0

( 1– 7 )

F.d = T L

Dimana arah vektor torsi lawan berlawan dengan arak kopel dari dua gaya tak berimpit

m

F 2 T L

.

F 1

F 1

F 2 R

Gamb ar 1.9. Keseimbang an rotasi.

Gamba r

1.10.

Resultan

gaya p aralel

3.Resultan dua gaya searah.

Dua gaya searah yang tidak berimpit dapat diganti menjadi gaya tunggal. Gaya tunggal merupakan jumlah vektor kedua gaya sebaga i gaya resultan,R . maka : ( 1 – 8)

R = F 1 + F 2

Letak resultan ditentukan berdasarkan teorema Varignon, yang menyatakan bahwa m o m e n d a ri g a y a - g a y a t e rh a d a p su a t u t it ik sa m a d e n g a n m o m e n y a n g d ia k ib a t ka n o l e h re su lt a n d a ri g a y a -g a y a t a d i. Bila

ditinjau dari titik m , a jarak F m , dan d jarak kedua gaya, serta r 1 terhadap jarak seba gai lokasi R terhada p m .( gambar-1.10 ) didapa t persamaan : R.r = F . a + F 1 1. ( a + d )

maka :

r =

F 1 .a + F 2 ( a + d ) R

( 1 – 9) ( 1 – 10 )

sehingga pada batang bekerja gaya tunggal R terhadap titik m, ga mba r-1.11 yang cenderung

akan mengakiba tkan batang

bergerak, atau ba tang tak stabil. Bila diingin


8


R m 2

m

.

m

.

r

r

R

R

R m 1

Gambar 1.11

Gambar 1.12. Tranformasi R ke titik m

kan keseimbanga n, atau kestabilan, maka pa da titik m diberikan dua buah gaya yang sama besarnya dan arah vektornya berlawanan, gambar-1.12. =R R m 1 = R m 2 , R =- R =R R m 1 m 2 m 1 R =- R m 2

Dari ga ya-gaya R dan R terjadi kope l K m , didapatkan : m 2 K m = R m 2 . r = R . r , sea rah jarum jam. R m

m

.

K m

m

. T m F 1

F 2

R = R m 1

G amba r 1.14. Sistem yang telah seimbang Gamb ar 1.13. Beb an di titik m : R= F 1 +F 2 dan K m .

J adi sekarang pa da titik m bekerja beban akibat dua gaya sejajar F 1 dan F alah R -1.13. 2 ad m 1 = R dan kopel searah jarum jam, K m , gambar Supaya terjadi keseimba ngan, maka pa da titik m terda pa t gaya dan kopel yang sama besarnya dan berlawanan arah, yaitu R m dan T m , gambar-1.14. Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

9


Sehingga : R m = R m 1 = R

= F 1 + F 2

R - ( F m = - R m 1 = 1 + F 2 ) T m = K m = R . r =

( F 1 + F 2 )

T m = - K m

1.5.2

Sistem tiga atau lebih gaya -gaya paralel.

`Untuk menyelesaikan batang yang menerima beban ga ya -gaya sejajar, tiga buah atau lebih, resultan gaya dari gaya-gaya tadi, menurut persamaan (1-8), yang dikembangkan menjadi : R = F + ……+ F … … + Fn , atau 1 + F 2 + F 3 k + n

R

= ∑ F k

( 1 – 11 )

k =1

dan letak gaya resultan yang ditinjau terhadap suatu titik tertentu, menurut persamaan (1-10) yang diturunkan dari teorema Varignan, menjadi : . a k + R .r = F . a 1 + F + … ……+ F … … + F n . a n , 1 2. a 2 k r =

F 1 .a 1

atau

+ F 2 .a 2 + ........+ F k .a k + ..........+ F n .a n

F 1

+ F 2 + .........+ F k + ........... + F n

yang disederhanakan menjadi persamaan : n

∑ F k .a k r =

k = 1

( 1 – 12 )

n

∑ F k k = 1

dimana : F k : mewa kili ga ya a k

sec ara umum

: mewa kili jarak ga ya sec ara umum terhadap titik

peninjauan.


10

Diktat D IN A M IKA Oleh : Ir. Endi Sutikno – Ir. Erwin Sulistyo

Bab II

ANALISA GAYA STATIS MEKANISME Gaya -gaya yang d ibebankan pada batang (link) terjad i akibat beberapa sumber yang berbeda , antara lain : a. berat ba tang sendiri b. gaya-gaya gesek c . ga ya-gaya akibat perubahan temperatur operasional d. ga ya-ga ya a sembling (ketika dirakit) e. gaya-gaya pembebebanan f.

ga ya-ga ya akiba t energi yang ditransmisikan

g. gaya akibat tumbukan h. gaya-gaya pegas, dan i.

ga ya-ga ya inersia.

Gaya -gaya di atas hendaknya ditunjukkan ketika akan merencanakan suatu

mekanisme

dari

permesinan.

Masing-masing

gaya

dapat

diklasifikasikan menjadi ga ya statis da n gaya dinamis.

2.1

Gaya Statis. Gaya-gaya yang dikenakan kepada btang-batang mekanisme

mesin selalu dika likan dengan operasiona l mesin. Berarti ga ya tersebut berada da lam domain operasional spesifik yaitu domain waktu. Sehingga gaya -gaya selalu berhubunga n dengan waktu ketika mesin beroperasi. Bila gaya selama domain waktu tertentu besar (magnitude) dan arah vektornya tetap konstan adalah gaya-gaya statis, sebaliknya bila besar dan atau arah vektunya berubah terhadap waktu merupakan gayagaya dinamis. Berat batang adalah contoh dari gaya statis, umum selain itu sebagai gaya-gaya dinamis.


11


G a y a ,F(t)

G a y a ,F(t) F 2

F 1= F 2 F 1

t ( w a k tu ) Gamba r 2.1. Grafik gaya statis.

t (w a ktu) Ga mbar 2.2. Grafik gaya dinamis. Besarnya bertamba h arah tetap ( ke atas )

Gaya statis terjadi memang beban yang dikenakan besarnya tetap sepanjang waktu. Dari hukum Newton II, yang menyatakan hubungan antara gaya luar dan gaya aibat inersia (kelembaman) massa karena percepatan, ada lah : dF ( t ) = d {m.a ( t )}

( 2 –1 )

dalam hal ini massa konstan, dan percepatan a adalah merupakan gradien kecepatan terhadap waktu. Untuk kondisi statis berari diam, atau kecepatannya nol. Kondisi statis juga bisa diartikan batang bergerak dengan kecepatan konstan, maka: a = ( d v / d t ) = 0 , persamaan 2-1 menjadi : d F(t) = 0

( 2 – 2)

maka sepanjang waktu kondisi awal dan kondisi akhir opersaional besar ga yanya tetap, , ga mba r-2.1, setelah diintegralkan, : F 2( t) = F 1 (t )

2.2

( 2–3)

Gaya Dinamis Dari persamaan 2-1, untuk harga a yang konstan, maka gaya saat

akhir do main wa ktu : F 2( t) = F 1 ( t ) + m .a

( 2 – 4)

( t) ≠ F maka F , berarti berbeda besar gaya mengakibatkan 2 1(t )

adanya percepatan pada batang. Gambar 2-2, untuk a positif, arah vektor gaya tetap, besar ga ya beruba h, makin besar, da n sebaliknya. 2.3

Gaya Statis Komponen


12


Beban gaya diberikan atau ditransmisikan melalui pena, batang luncur (slidder), roda gigi dab bermacam-macam yang membentu mekanisme permesinan.

2.3.1 Gaya pena. Bila berat pena dan gesekan tidak ada, atau diabaikan, maka gaya -gaya yang bekerja

(a)

(b)

(c)

Gambar 2.3. Gaya-gaya pada pena

pada pena harus melalui titik pusat pena. Gaya tersebut merupakan resultan da ri ga ya-gaya yang menga rah radial pada permukaan kontak antara permukaa n pena dan permukaan lubang ba tang, ga mbar-2.3a, dan gambar-2.3b. Bila terdapat gesekan gaya tersebut tidak akan melalui pusat pena, gambar-2.3c. Demikian pula arah gaya pena dipengaruhi oleh gaya -gaya yang bekerja pad a batang. Bila ga ya yang bekerja pada batang hanya pada sambungan-sambuangan (joint) di ujung-ujung b atang, da n tidak ada gaya luar yang bekerja pada badan batang, maka arah gaya pena melalui pusat pena dan berimpit dengan sumbu ba tang, ga mba r-2.3a. Untuk ba tang yang dikenai gaya luar pada bada n batang, maka gaya -gaya pa da pena da n sambungan batang tidak mengarah aksial, artinya arah gaya pada sambungan ujung batang belum diketahui. n Sehingga gaya ujung batang tersebut harus diuraikan menjadi normal F t dan gaya tangensial F .

2.3.2 Gaya batang luncur (slidder). P

P

F S= µN N (a)

N

R

(b) Ga mbar 2.4. Ga ya-gaya pa da batang luncur.


13


Gamba r-2.4a, menunjukkan batang luncur (slidder) atau torak (piston), atau kepala silang (sross-head), bila tida k ada gesekan maka gaya normal, N , merupakan reaksi dari gaya beban P . Arah dari gaya normal selalu tegak lurus terhadap arah gerak translasi batang luncur. Dalam keseimbangan statis besar gaya normal sama dengan gaya beban, untuk sistem dua gaya. ΣF = 0 N = P

(2–5)

N =- P

(2–6)

Bila terjadi gesekan antara permukaan batang luncur dan permukaan lantai luncur maka reaksi dari batang luncur merupakan resultan dari ga ya normal, N, dan gaya gesek, FS, ga mba r-2.4b. ( 2 – 7)

R = N + F S

Besar gaya resultan :

R = N 2 + F S

2

( 2 – 8)

Untuk keseimbanga n statis sistem dua ga ya berimpit pada ba tang luncur, maka (2–9)

P=R P =- R

Arah gaya resultan membentuk sudut,

yang ditinjau terhadap sumbu

yang tega k lurus lintasan gerak batang luncur, yaitu :

tg φ =

F S N

=

φ = arctg µ


µ. N N

=µ ( 2 – 10 )

14


2.3.3. Gaya statis roda gigi.

Gambar 2.5. Sistem gaya statis roda gigi.

Rod a gigi yang diba has disini adalah roda gigi lurus dd engan profil gigi involut, dan tanpa gesekan, sehingga gaya -gaya yang bekerja pada permukaan kontak gigi roda gigi terletak pa da ga risnormal, yang d isebut garis tekan. Umumnya garis ini mempunyai arah menurut sudut tekan 1 / °. gaya,ϕ , sebesar 14 2 ° dan 20

G amba r-2.5a, menunjukkan dua buah roda gigi A dan B , roda gigi A sebagai penggerak (driver ), sedang roda gigi B yang digerakkan (driven ). G ambar-2.5b, merupakan diagram benda b ebas, artinya diagram yang memperlihatkan masing-masing komponen roda gigi. Dalam diagram benda bebas harus digamba rkan a rah gerak da n beban yang diberikan. Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

15


Pada roda gigi A , bergerak denga n putaran ω A searah jarum jam, dan beban kopel T juga searah jarum jam. Supaya dalam A A keseimbangan, maka gaya reaksi R

di permukaan kontak gigi,

sedemikian menimbulkan momen terhadap titik putar roda gigi A yang arahnya melawa n arah T A. Pada roda gigi B , gaya R sebagai beban gaya yang diberikan kepada sistem, yang merupakan gaya aksi, sehingga gaya ini menimbulkan kopel berlawanan jarum jam. Kopel lawan

sebagai T B

rea ksi, berarah sea rah jarum jam, da n terjadilah keseimbanga n. Gaya reaksi R merupa kan resultan dari ga ya tangensial F T dan gaya rad ial F , dimana R harus teletak pada garis tekan, yang mengarah R seb esar sudut tekan ϕ, terhada p ga ris radia di titik kontaknya.

2.4

Prosedur Penyelesaian Analisa Gaya Statis Mekanisme Prosedur

penyelesaian

grafis analisa

ga ya

statis mengikuti

tahapa n-tahapan seba gai berikut : 1. Gambar kembali setiap soal mekanisme, dengan skala gambar yang benar. 2. Gambarkan diagram benda beba s masing-masing batang. 3. Carilah

batang

yang

sifatnya

sebagai

batang

penerus/pemindah ga ya aksial. (lihat pad a ketentuan subbab 2.3.1). 4. Selanjutnya perlihatkan perkiran arah-arah vektor gaya pada sambungan-sambungan setiap ba tang, dan gaya beb an yang sudah diketahui. 5. Hitunglah jumlah variabel vektor gaya yang belum tahu atau yang dicari untuk setiap batang, termasuk gaya beban yang dikenakan pa da setap batang. 6. Pilih batang yang mempunyai jumlah variabel vektor gaya yang belum diketahui, yaitu dua buah, biasanya ada lah besar (magnitude) atau skalar da ri gaya -gaya batang, untuk mengawali analisa cara grafis, sehingga menghasilkan lukisan


16


keseimbangan

gaya

(poligon

gaya),

yang

membentuk

segibanyak vektor tertutup (biasanya segitiga vektor tertutup). 7. Bila setiap batang jumlah variabel vektor gaya lebih dari dua buah, maka bisa menggabungkan dua batang atau lebih, untuk mendapatkan analisa seperti prosedur urutan 6. 8. Bila urutan 7 tidak mungkin dilaksanakan, biasanya untuk setiap ba tang, salah satu da ri arah vektor gaya yang belum diketahui atau dicari, diuraikan menjadi komponen tangensial dan komponen normal. 9. Gunakankan keseimbangan rotasi untuk mencari komponen tangensial da ri urutan 8.

Gambar 2.6 Analisa gaya statis mekanisme luncur tanpa beban luar.


17


10. Setelah itu besar gaya yang didapatkan merupakan beban gaya dengan arah berlawanan terhadap batang berikutnya, da n memenuhi urutan 6, atau 7, atau 8, begitu seterusnya. 11. Setiap batang akan memenuhi dua keseimbangan, translasi lurus dan rotasi. 12. Bila telah diadpatkan keseimbangan dari semua batangba tang mekanisme, lukis poligon ga ya totalnya.

2.5

Analisa Gaya Statis Mekanisme Luncur Penyelesaian grafis gaya statis dalam analisa ini untuk mekanime

luncur ada dua kasus, yang pertama, bila pada batang hubung yang sifatnya sebaga pemindah ga ya a ksial tidak dikenai gaya lua r, yang kedua, bila ba tang tersebut dikenai gaya luar, sebagai beba n.

2.5.1 Mekanisme luncur tanpa beban gaya luar pada batang hubung. G amba r-2.6a ada lah gambar permasalahan, da ri mekanisme luncur, dengan skala gambar 1 : 10 . Ukuran ma sing-masing batang:

O2 A = 20 cm , AB = 60cm ,θ 2 = 60 . Beban gaya pada batang-4 P = o

30kN ke kiri.

Akan ditentukan besar da n arah vektor ga ya -gaya sambungan, serta Torsi lawan agar dihasilkan keseimbangan. Penyelesaian

p e r m a s a l a h a n

(soal),

dengan

menggambarkan

diagram benda bebas, serta ilustrasi arah vektor ga ya untuk masingmasing batang, gambar-2.6b, dimana penenentuan arah vektor lebih da hulu da ri batang-3.[ urutan 2,3,da n 4 ] Menentukan jumlah variabel vektor yang be lum diketahui : a. batang-2, 4 variabel : 1) besar F 12 , 2) besar F , 3) besar T 32 2, dan 4) arah T 2. Arah F 12 dan arah F 32 sudah didapatkan, yaitu // batang-3.


18


b. batang-3, 2 variabel : 1) besar F , 2) besar F . Arah F 23 43 23 da n arah F sudah didapatkan, yaitu berimpit dengan batang-3 [ 43

ketentua n pada subbab 2.3.1 ] c . batang-4, 2 variabel : 1) besar F , 2) besar F , dimana a rah F 14 34 14 diketahui ⊥ lintasan geraknya, dan arah F 34 sudah didapa tkan, yaitu // batang-3. Mulai mengerjakan da ri ba tang yang mana ? Yaitu da ri ba tang-4, karena mempunyai dua variabel yang tidak diketahui, termasuk beban gaya luar P . Batang-3 juga 2 variabel, tetapi tidak mempunyai gaya luar. J ad i urutan batangnya adalah : 1) batang -4, 2) ba tang-3, da n ba tang-2. Urutan analisa grafis keseimbangan 1) Pada ba tang-4, denga n arah gaya-gaya pad a gambar-2.6c. Tentukan skala ga ya, dalam hal ini misalnya 1 c m = 2 0k N , mulai dari P sepanjang 1,5c m , pindahkan arah F di pa ngkal P , dan 14 arah F ujung P , sehingga arah F arah F 34 di 34 dan 14 berpotongan, dan terbentuklah poligon gaya keseimbangan ba tang-4, gambar-2.6d. J adi gaya-gaya yang bekerja pa da batang-4 sep erti gamba r-2.6e. Dari lukisan (setelah diukur denga n penggaris) : F 2 0k N / c m = 3 2k N 34 = 1, 6c m = 1 , 6c m × F 2 0k N / c m = 1 1k N . 14 = 0 ,5 5c m = 0 ,5 5c m ×

2) Pada batang-3, merupakan sistem dua gaya sejajar berimpit. Dari pena B batang-4, yang berpasangan dengan batang-3, maka didapat

, dimana F F = - F 43 34 43 = F 34 = 32kN. Dari

= 32kN. keseimbangan batang-3 didapa t F d an F 23 = - F 43 23 = F 43

gambar-2.6f. 3) Batang-2, merupakan sistem dua gaya sejajar tak berimpit, maka terjadi kopel. Berasal dari pena A , batang-3 yang - F berpasangan dengan batang-2, dihasilkan F 32 = 23 dan F =F = 32kN . Keseimbangan translasi batang-2, mendapatkan 32 23


19


F = F , dan dari keseimbangan rotasi 12 = - F 32 dan F 12 32 = 3 2 N

terhadap O 2 , dida pa tkan torsi lawan atau torsi rea ksi batang-2 : Σ M O2 = 0 : a ra h m o m e n p o sit if a d a l a h se a ra h ja ru m ja m . -F . h + T2 = 0 32

dimana h didapat da ri lukisan = 1,9cm , harga sebenarnya dikalikan lagi dengan skala gambar pada gambar soa l, jadi h = 1,9 × 1 0c m = 1 9 c m = 0, 19 m . h = 32kN . 0,19m = 6,08kNm , s.j.j J ad i, T , gamba r-2.6g. 2 = F 32

4) Pada batang-1, di O 2 , berasal dari batang-2, sebagai crank, maka didapat beba n

= 32kN , dan gaya F , F 21 = - F 12 21 = F 12

= 6,08kNm, b .j.j beban torsi sebesar T , gambar-2.6h. 2

5) Batang-1, sebagai landasan gerak batang-4 dihasilkan F 41 = - F 14 dan F 21 = F 12 = 11kN, gamba r-2.6i. 6) Poligon seluruh batang mekanisme luncur seperti pada gambar-2.6j.

2.5.2

Mekanisme luncurdengan gaya luar. Seperti pada subbab 2.5.1. pada permasalahan ini batang-3,

sebagai batang penerus gaya dikenai gaya luar S = 40kN , AC = 30cm , ga mbar-2.7a; d ata ukuran ba tang sama dengan pe rmasalahan 2.5.1. Penyelesaian permasalahan : mulai dari gambar-2.7a, mekanisme digambar dengan skala 1:10 . G amba r-2.7b, ada lah diagram benda beba snya. J umlah variabel vektor ga ya yang tidak diketahui setiap batang : a. Batang-2, 6 variabel: 1) besar F , 2) arah F , 3) besar F , 12 12 32 4) arah F , 5) besar torsi lawan T , 2) arah torsi lawan T 32 2 2.


20


Gambar 2.7 Analisa gaya statis mekanisme luncur dengan beban luar.

b. Batang-3, 4 veriabel: 1) besar F , 2) arah F , 3) besar F , 4) 23 23 43 arah F 43 c . Batang-4, 3 variabel: 1) besar F , 2) arah F , 3) besar F , 34 34 14 sedang arah F 14 ⊥ lintasa n gerak batang-4. Ternyata setiap ba tang tidak memenuhi untuk melukis keseimbangan vektor gaya, yaitu 2 variabel yang belum diketahui. Maka urutan pertama a da lah pada ba tang-3. 1) Pada batang-3, gaya di titik B diuraikan menjadi komponen tangensial dan komponen normal, dari F 43 : yaitu F t 43 dan F n43 . Kemudian dari keseimbangan rotasi (momen) dari titik A , gamba r-2.7c. Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

21


Σ M A = 0 :

- ( S . h ) +( F t 43 . AB ) = 0 sehingga

bisa

disusun

perbandingan

gaya -gaya

terhadap perba ndingan jarak: S t F 43

=

AB

( 2 – 11 )

h

dimana: AB = 60 cm , dan S = 4 0 kN ., sedang h didapat da ri lukisan, kemudian dikalikan dengan skala ga mbar. maka:

h = 2 ,6 c m = 2 ,6 × 1 0 = 2 6c m .

Kemudian

persamaan

(2-11)

dilukis

menjadi

perba ndingan garis propo sional, seperti pa da ga mbar2.7d. dengan skala gaya 1c m =20kN , jadi S digambar sepanjang 2c m . Dari lukisan didapa tkan : t F 43 =0 ,8 7c m = 0 , 87 c m × 20kN/ c m = 17,4 kN.

Sela njutnya gaya-ga ya di b atang-3, seperti ga mbar2.7e. 2) Pad a ba tang-4, dari pena A didapat F t 34 =- F t 43 , dan F t 34 = F t 43 = 17,4 kN , sehingga gaya-gaya pada batang: F t 43 // ba tang-3, F ⊥ lintasan batang-4, P = 30 kN dan F t 43 = 14 , gambar-2.7f , adalah sistem empat gaya tak 17,4 kN sejajar dengan dua variabel tidak tahu, maka bisa dilukis keseimbangan gayanya sec ara grafis, ga mbar-2.7g, hasilnya pada 2.7h. maka :

F = 1, 4c m = 1, 4c m × 2 0 kN / c m = 2 8 k N . 14 n F 34 =1 ,8 c m = 1 ,8 c m × 2 0 kN / c m = 3 6 k N .

F 34 =

( F t 34 )2 + ( F n34 )2

= 45 ,61kN

F 3) Kembali ke batang-3, dari pena B didapatkan F 43 = - 34

dan F . J ad i gaya-gaya pada ba tang-3, ad alah = F 43 34 sistem tiga ga ya ta k sejajar dengan satu variabel besar


22


F 23 , gambar-2.7i, arah gaya merupakan vektor penutup

dalam segitiga gaya vektor, dan ketiganya harus bisa melalui satu titik tangkap, hasilnya pa da ga mba r-2.7j. F = 2 ,8 5c m = 2 ,8 5c m × 2 0 k N/ c m = 57 kN / c m . 23

4) Batang-2, sebagai crank, yaitu batang berputar, jadi sebagai sistem dua gaya tidak berimpit, mengakibatkan F kopel. Dari pena A, F , dan F 32 = - 23 32 = F 23 = 57 kN., seperti

2.5.2 didapatkan torsi lawan T , 2 T 1 0 = 1 7c m = 2 = F 32 . h , h = 1,7c m = 1,7 × 0,17 m T 0,17m = 9,69 kN m , s.j.j. 2 = 5 7 k N × F Di pena O 2 dihasilkan F , dan F 12 = - 32 12 = F 32 = 57 kN. ,

gbr.-2.7k. Poligon ga ya total ga mbar-2.7l .

2.6

Analisa Gaya Statis Ro c k e r C ra n k M e c h a n i sm Rocker crank mechanism adalah mekanisme empat batang

dimana mempunyai sebuah batang yang berputar penuh dab sebuah ba tang b erayun. Gambar-2.8 adalah bentuk dari rocker c rank mechanism, panjang-2 < panjang4 < panjang-3

< panjang-1.

Syarat

terbentuknya mekanisme ini ada lah : p a n j a n g -1 + p a n j a n g -2 < p a n j a n g -3 + p a n - ja n g -4 .

Penyelesaian keseimbangan berdasarkan perkiraa n arah vektor gaya pa da pena-pena ba tang. Dimulai dari araharah vektor gaya pa da connec ting link, yaitu batang penerus/pemindah gaya, dalam hal ini batang-3, pada mekanisme ini, adalah batang-3. Bila batang dikenai beban gaya luar atau tidak. Di bawah ini beberapa tahap penyelesaian dalam kedua kasus, akibat beban luar pada batang-3.


23


2.6.1 Rocker crank mechanism tanpa gaya luar. G amba r-2.9a, adalah roc ker crank mec hanism, yang menerima beban

gaya

P

=

40

kN

di

batang-4.

Data -da ta

mekanisme

: O2 A = 40cm , AB = O4 B = 70 cm ,O2 O4 = 120cm ,θ 2 = 45 °, dan BC = 34 cm. Akan ditentukan gaya -gaya p ada ujung-ujung

ba tang, dan torsi lawan di batang-2, supaya dicapa i keseimbanga n. Penyelesaiannya :

Gambar 2.9. Rocker Crank Mechanism tanpa gaya di batang-3.


24


1. Gamba r soa l, sep erti ga mba r-2.9a dilukis dengan skala gambar 1:20 ( 1cm = 20c m pa njang batang ).

2. Gambar-2.9b, adalah diagram benda bebasnya, dengan jumlah variab el vector gaya yang belum diketahui pada masing-masing batang : a. Batang-2: 6 variabe l : 1) arah F , 2) besar F , 3) arah F , 32 32 12 4) besar F , 5) arah T , da n 6) be sar T . 12 2 2 b. Batang-2: 2 variabel : 1) besar F , 2) besar F . 23 43 c . Batang-4: 3 variabel : 1) arah F , 2) besar F , 3) besar F . 14 14 34 Dari batang yang mana memulai menyelesaikan ?. 1. Dari batang-4, lihat kembali ketentuan subbab 1.41. kasus-3. Untuk mereduksi jumlah variabel yang belum diketahui dari 3 menjadi 2 variabel, yaitu dengan memotongkan garis gaya P dan F , b erpotongan di n . 34 Sehingga arah F di tentukan oleh garis O2 n , ga mba r14 2.9c. Poligon gaya batang-4, dengan skala gaya 1c m = 20 kN , seperti gambar-2.9d dan 2.9e, dan didapatkan

da ri pengukuran adalah : F = 1 ,5 5c m = 1 ,5 5c m × 2 0 k N / c m = 3 1 kN 14 F = 0 ,7 5c m = 0 ,7 5c m × 2 0 k N/ c m = 1 5 kN 34

2. Pada batang 3, sistem dua gaya berimpit, gambar-2.9f, dari pena B, didapatkan F , dan F , = 15 kN 34 = - F 34 43 = F 34 gambar-2.9g. 3. Pad a ba tang-2, ga mba r-2.9h pada pena didapatkan : , dan F F = 1 5 k N 32 = - F 23 32 = F 23 h didapat dari lukisan :

, dan F h = 0 ,7 5c m = 0 ,7 5c m F 34 = - F 34 43 = F 34 = 15 kN 20 = 15c m = 0,15 m .

da ri keseimbanga n translasi ( Σ F = 0 ): , dan F F = 15 kN 12 = - F 32 12 = F 32 Dari

keseimbangan

momen

(rotasi)

dari

titik

O 2

didapatkan torsi lawan batang-2, T 2 :


25

IN A M I K A Diktat D IN Oleh : Ir. Ir. Endi Sutikno Suti kno – Ir. Erwin Erwin Sulistyo Sulistyo

T . h = 15 kN × 0,15 m = 2,25 kN m , s.j.j s.j.j.. 2 2 = F 32 32 fixed link link 4. Pada batang-1 (fixed ), di pena O 2 , gambar-2.9i

didapa dida patk tkan an beba be ban n da ri ba tang-2: F = 15 kN , d a n F 21 21 = - F 12 12 21 = F 12 12 T .j.j.. 2 2 = 2,25 kNm , b .j.j

Di pena O 4 , ga g a mba mb a r-2.9j -2.9j : F = 31 kN , d a n F 41 41 = - F 14 14 41 = F 14 14

5. Poligon untuk semua batang mekanisme ini, seperti g a mb a r-2.9 -2.9k. k.

2.6. 2.6.2. 2. Rocker oc ker cr crank mec hanism hanism tanpa gaya gaya luar luar.

Gambar 2.10. Rocker Crank Mechanisme dengan gaya luar di batang-3.


26


G a mba mb a r-2.1 -2.10 0a , ad a la h roc roc ker c ra nk mec hanism, hanism, yang mener mene rima beban gaya P = 40 kN di b a tang-4 tang-4. Kemudian Kemudian pa p a da ba tang-3 tang-3, seba sebagai gai in g lilin k ) mendapat beban luar bat ba tang peimndah/ peimndah/ penerus penerus gaya ga ya (c o n n e c t in

di titik C , S = 30 kN , arah 45o, terhad terhada a p ba b a tangtang -3. Data -data mekanis mekanisme : O2 A = 40cm , AB = O4 B = 70 cm ,O2 O4 = 120cm ,θ 2 = 4 5 °,

dan

BD = 34cm.

Akan ditentu ditentuk ka n gaya-gaya gaya-g aya pa da ujun ujungg-uj ujun ung g batang, b atang, da n gaya ga ya lawan tang-2, supa supaya ya di d ic ap a i keseimbanga keseimbanga n. Q yang ⊥ ba tang-2 Penyelesaiannya : G a mba r soa soa l, s sep eperti erti gamba ga mba r-2.1 -2.10 0a diluki dilukis s denga de nga n skala skala ga g a mba r 1:20 ( pa njang ang ba tang ). ). 1 c m = 20 2 0 c m panj 1. Gambar-2.10b, adalah diagram benda bebasnya, dengan jum jumllah vari variabel ab el vector vec tor gaya ga ya yang bel be lum diketahui diketahui pa da masing-masi masing-masing ng ba b a tang : a . Ba tang-2: tang-2: 5 varia varia be l : 1) 1) ar a ra h F , 2) besar F , 3) arah F , 32 32 32 12 12 4) bes be sa r F , dan da n 5) 5) bes be sa r Q . 12 b. Ba tang-2: tang-2: 4 var va riabel iab el : 1) besar b esar F , 2) 2) a ra h F , 3) bes be sa r F , 23 23 43 43 4) a ra h F . 43 43 c . Ba tang-4: tang-4: 4 varia varia be l : 1) 1) ar a ra h F , 2) besar F be sa r F , 14 14 14 , 3) bes 34 34 4) a ra h F . 34 34 Dari ba tang yang ya ng mana ma na memulai memulai menyeles menyelesa a ika n ?. ?. Bisa isa d a ri ba tangtang -3 a tau ta u ba tang -4, k ka a rena sistem ga ya yang beker bekerjja pad a ba tang sifatny sifatnya a sama 1. Batang-3, untuk meroduksi jumlah variable yang belum diketahui, maka pada pena B , F diuraikan menjadi : diuraikan 43 43 t

n

F 43 da n F 43 , b esarnya

g a mba mb a r-2.1 -2.10 0c .

Kemudian

menentu me nentuk kan

d a ri titi titik k A berdasarkan keseimbangan

momen, dengan skala gaya 1cm = 20 kN , [lihat subbab 2.6.1.], gambar-2.10d, didapatkan : t ,4 5c 5c m = 0 , 45 45 c m × 2 0 k N / c m = 9 kN kN . F 43 =0 ,4

Sekar eka ra ng sis sistem tem ga ya ba b a tang-3 tang-3 seper epe rt pada pa da g a mb a r-2.10e. -2.10e. Program Program Semi Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

27


2. Batang-4, sekarang menjadi 3 variabel yang belum n diketahui: 1) arah F , 2) besar F , 3) besar F 43 . 14 14 14 14

Selanjutnya dua buah gaya, P dan

t

F 34

digabung

menjadi menjad i sebua eb uah h gaya ga ya resul resultan tan R , t R =P + F 34

( 2 – 12 )

t = - F t , da n F t = F t = 31 kN F 34 43 34 43

Hasilnya didapatkan perpotongan garis gaya R dan n

F 43

dititik n , ga g a mba r-2.1 -2.10f. sehingga sehingga varia varia bel be l yang

belum diketahui adalah 2 buah, 1) besar F , 2) be b e sa r 14 14 n mb a r-2.1 -2.10g, 0g, sehingg sehingga a bis bisa a F 43 , arah mengikuti O4 n , g a mba

diluki dilukis s poli po ligo gon n ga g a ya keseimba keseimbanga nga nnya, ga mba r-2.1 -2.10 0h, has ha silnya ilnya pa da ga mba r-2.1 -2.10 0i dan da n 2.1 2.10j 0j,, dida pa tka tka n da ri lukisa lukisa n : n

F 34

,6 5 c m = 0 ,6 ,6 5 c m × 20 20 k N / c m = 1 3 k N . = 0 ,6

F ,8 5c 5c m = 0, 0, 85 85 c m × 2 0 k N / c m = 1 7 k N . 34 34 = 0 ,8 F ,4 5c 5 c m = 1 ,4 ,4 5c 5c m × 2 0 k N / c m = 2 9 k N . 14 14 = 1 ,4

J ad i

gaya-ga ga ya-ga ya

pada pa da

ba tang-4 tang-4

dal da lam

keseimb keseimba a nga n sep seperti erti ga mba r-2.1 -2.10k 0k,, ketiga ketiga ga g a ya terseb tersebut ut har ha rus mela melalui lui sa tu titi titik k tangkap tang kap n . 3. Kembali ke batang-3, ada 2 variabel yang tidak diketahui: 1) arah F , 2) besar F , ga mba mb a r-2.10 2.10l , gaya F 23 23 23 23 seba eb a ga i vektor penutup, pe nutup, gamba ga mba r-2.1 -2.10m., dida pa tka tka n dari lukisan : F = 17 kN , da n F 43 = - F 34 34 43 43 = F 34 34 F ,7 c m = 0 ,7 ,7 c m × 20 kN/ kN/ c m = 14 kN 23 23 = 0 ,7

4. Ba tang-2, tang-2, da ri pe na A dida dida pa tka tka n : F = 14 kN , da n F 32 = - F 23 23 32 32 = F 23 23

Sistem istem 3 ga ya, ya , merupa kan kas ka sus-3, -3, ga g a mba mb a r2.10 .10n, pada pa da subba ubb a b 1.4.1 1.4.1,, sehinga sehinga dida pa tka tka n keseimbangannya seperti gambar-2.10o, dan


28


keseluruhan

poligon

bisa

disusun

seperti

gamba r-2.10p. F 20 k N/ c m = 5 k N 12 = 0 ,2 5c m = 0 ,2 5c m × Q


= 0 ,9 5c m = 0 ,9 5c m × 2 0 k N / c m = 1 9 k N

29

Diktat D I N A M I K A Oleh : Ir. Endi Sutikno – Ir. Erwin Sulistyo

Bab III

PENGARUH GESEK AN PADA GA Y A STATIS MEK ANISME Telah disebutkan d alam penda huluan ba b II, pada setiap kondisi permukaan kontak sambungan antara dua buah batang yang berpasangan akan mempengaruhi letak dan kemungkinan arah vektor gaya terhadap titik pusat pena sambungan, ataupun arah gaya resultan pada permukaan batang luncur. Bila terjadi gesekan maka kondisinya akan merubah posisi, besar dan arah gaya.

3.1

Gesekan Permukaan Luncur Gaya gesek selalu dipengaruhi oleh arah gerak relatif benda atau

batang, dimana dari fenomena bahwa arah gaya gesek selalu berlawanan dengan arah gerak benda a tau batang. Pada sambungan atau pasangan luncur dimodelkan dalam sebuah empat persegi panjang de Permukaan kontak pada bagian atas dan bagian bawah, maka kemungkinan letak gaya kontak dipilih salah satu dari dua lokasi tersebut da lam penyelesaian. Gambar 3.1.Pasangan luncur

Bila dikombinasikan dengan arah gerak relatih ba tang luncur, dalam hal ini arah ke kiri da n ke kanan, didapatkan ada empat kemungkinan kondisi gaya kontak dalam pasangan luncur. N R

N F S

F S N (a)

R

F S

F S R

N

(b) (c) Ga mbar 3.2. Kemungkinan lokasi Gaya Kontak R akibat gesekan


R

(d)

30


Gambar-3.2a dan 3.2b, mempelihatkan kemungkinan gesekan berad a pa da ba gian ba wah dari ba tang luncur, bila arah gerak relatif ke kanan menghasilkan arah gaya gesek dan gaya resultan R seperti gamb ar-3.2a, seba liknya, sep erti ga mbar-3.2b. Untuk gesekan berada di bagian atas, yang dengan kemungkinan gerak relatif batang seperti pa da ga mbar-3.2c da n 3.2d. Sudur a rah, φ , dari gaya resultan R terhadap garis normal lintasan gerak adalah : F S

φ = arctg

N

= arctg µ

( 3 – 1)

dimana : adalah koefisien gesek statis, yang nilainya tergantung material batang luncur dan material lantai luncur.

3.2

Gesekan Pena Telah disebutkan pada bab II, b ahwa bila terjadi gesekan gaya

resultan tidak melalui pusat pena, sehingga menimbulkan persoalan dalam menentukan harga da n arah ga ya-gaya pada pena bila melibatkan gesekan dalam analisa keseimbangan. Ditekankan untuk menyelesaikan bahwa koefisien gesek diketahui atau dimisalkan yang nilainya tidak tergantung terhadap kecepatan relatif gerak batang dan beban. Metode seperti ini sudah mampu menghasilkan

analisa

yang

cukup

teliti

dalam

sebagian

besar

perancangan mekanisme permesinan.

Gamb ar 3.3. Gaya-gaya pada sebuah pena d engan memperhatikan gesekan


31


Gambar 3.3a menunjukkan sebuah pena yang terletak di dalam lubang bebas batang-3, yang dimisalkan disini berputar berlawanan jarum jam.Unsur gaya ge sek terletak seperti yang ditunjukkan pada masing-masing permukaan kontak, karena arah gaya gesek selalu berlawanan

dengan

arah

gerak

relatif.

Akibat

gesekan,

yaitu

memberikan suatu momen searah putaran jarum jam terhadap pusat luba ng batang-3, untuk melawan arah gerak batang. Pada gambar-3.3b, ditunjukkan bahwa gaya resultan,

R PL

di

permukaa n lubang ba tang merupakan ga ya a ksi atau beba n gaya dari pena kepada batang-3. Gaya ini merupakan jumlah dari gaya aksial,

, N

sebaga i gaya normal terhadap permukaan lubang, yang berimpit dengan sumbu batang-3, dan gaya total gesekan,

F S,

pada titik kontak

permukaan yang berarah tangensial terhadap sumbu batang-3. Arah

F S

sedemikian rupa yang mana momennya melawan arah gerak ba tang. Sec ara vektor adalah : ( 3 – 2)

R = N + F PL S

Besar gaya resultan a da lah : 2

R PL = N + F 2S

( 3 – 3)

dimana : F S = µ . N

Sehingga persamaa n (3-3) menjadi : R PL = N 1 + µ

2

( 3 – 4)

dari persamaan (3-1), koefisien gesek adalah tangen sudut arahgaya resultan µ = t g ϕ, substitusikan ke persamaan (3-3), maka 2

R PL = N 1 + tg ϕ = N .sec ϕ

( 3 – 5)

Berdasarkan teorema Varignon yang sudah dibicarakan dalam Bab I, momen yang ditinjau dari pusat lubang ba tang-3 ad alah : S . R = R PL . r F

µ N . R = N.sec ϕ. r ϕ . R = N .se c ϕ . r N.tg Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

32


(3–6)

r = R . sin ϕ

Persamaan adalah untuk menentukan jarak gaya resultan terhadap pusat lubang batang, bila jari-jari pena, R , dan koefisien gesek, µ , telah diketahui. J adi akibat gesekan, maka gaya resultan tidak melalui pusat pena atau pusat lubang batang, tetapi berada sejauh r , dan arah gaya resultan akan menghasilkan momen yang melawan arah gerak relatif batang. Bila beban sebagai gaya tunggal P diberikan kepada batang-3,

untuk

menghasilkan

keseimbangan

pada

batang, maka P harus sama besarnya dengan R PL, dan harus terletak pada garis gaya R PL, dan terlak pada jarak r da ri pusat pena, ga mba r-3.3.b. Selanjutnya jarak r disebut sebaga i jari-jari lingkaran gesek.

3.3

Analisa Batang Penerus Gaya akibat Gesekan Pena Dalam analisa keseimbangan akibat pengaruh gaya gesek pada

pena, secara grafis, hanya dibahas untuk mekanisme, dimana batang penerus ga ya tidak dikena i beba n, gaya luar. Di atas sudah dijelaskan, dalam mencapai keseimbangan gaya aksi akibat beban, dan gaya reaksi sebagai gaya resultan, merupakan sistem dua gaya berimpit, terletak sejauh r dari pusat lubang, atau pusat pena. Selanjutnya arah momen kedua gaya melawan arah gera k relatif pada masing-masing pusat lubang.

Ga mbar 3.4. Kemungkinan arah keseimbanga n pada ba tang penerusga ya karena gesekan pena .


33


Dalam hal ini perlu diketahui juga kondisi gaya-gaya yang bekerja pada batang ketika tidak ada gesekan. Hanya dua kemungkinan batang tersebut akan mengalami tarikan atau tekan, maka ada empat kemungkinan, dipilih salah satu yang memenuhi syarat. G amba r-3.4, ada lah contoh suatu

ba tang -3 denga n kondisi

menerima gaya tekan, dan batang-3, mempunyai gerak relatif terhadap batang-2, ω32 , di A berlawanan jarum jam, dan gerak relatif terhadap batang-4, ω34 , di B , juga berlawanan jarum jam. Analisanya a dalah, bahwa gaya di pena A arah momennya harus melawan arah ω32 , demikian pula ga ya di pe na B arah momennya harus melawan

arah

ω34 ,

jadi

yang

dipilih

dari

keempatnya

adalah

kemungkinan (3).

Gamba r 3.5. Mekanisme peluncur dengan gesekan luncur

3.4

Keseimbangan Gaya Mekanisme Luncur dengan Gesekan Luncur


34


Mekanisme luncur empat ba tang seperti kasus-kasus sebelumnya, gambar-3.5a, skala g a m b a r 1 : 10 , dengan data -da ta ukuran batang O 2 A = 20 cm , AB = 60 cm ,θ 2 = 60 , batang luncur menerima beban gaya ke o

kiri, P = 60 kN , koefisien gesek pasangan luncur, µ = 0,364 . Batang-2 berputar melawan jarum jam. Akan ditentukan ga ya-ga ya ujung batang dan torsi lawan batang-2 supaya terjadi keseimbangan, bila gesekan terjad i pa da ba gian bawah dari ba tang luncur. Penyelesaian : 1. Membuat diagram benda beba s, gambar-3.5b. 2. Menentukan sudut arah F , yaitu φ , karena batang-4 bergerak 14 ke kiri, maka gaya geseknya berarak ke kanan, sehingga letak sudut gaya F . 14 di kwadran III, bila ditinjau pusatnya di B t g φ = µ ° φ = a r c t g µ = a rc tg 0,364 = 20

3. J umlah variab el vektor yang belum diketahui ad alah : a. Batang-2 : 4 variabel : 1) besar F , 2) besar F , 3) besar 12 32 , 4) arah T . T 2 2 12 da n arah F 32 arah F , diketahui, yaitu sejajar dengan

batang-3. b. Batang-3 : 2 variabel : 1) besar F , sedang 23 , 2) besar F 43 untuk arah F , diketahui, berimpit dengan 23 da n arah F 43 batang-3. c . Batang-4 : 2 variabel : 1) besar F , 2) besar F , dimana 34 14 arah F , diketahui, 34 diketahui sejajar batang-3, arah F 14 membentuk sudut 20 o terhada p vertikal. 4. Pelukisan poligon gaya dimulai dari ba tang-4, gambar-3.5c, 3.5d, dan 3.5e. Untuk skala gaya 1cm = 40 kN didapa tkan : F 40 kN/ c m = 16 kN 14 = 0,4c m = 0,4cm × F 34 = 1,45c m = 1,45c m × 40 kN/c m = 58 kN

5. Pada ba tang-3, dari pena B didapatkan F =- F dan F =F 43 34 = 43 34 58 kN , ga mba r-3.5f, dari keseimbangan ba tang dihasilkan F = 23 F 43 dan

=F 43 = 58 kN , g ambar-3.5g. F 23


35


6. Pada batang-2 di pena A didapa tkan

= - F dan F 23 32

= F F 23 32 =

, dari keseimbangan translasi (Σ F = 0 ) gaya di pena O 2 : 58 kN F 12 = - F 32 dan

= F . J arak dua gaya di A dan O 2 , h F 12 32 = 58 kN

da ri lukisan. J adi h = 1 ,9 c m = 1 ,9 c m × 10 = 19cm = 0,19m , maka torsi

lawan

ditinjau

dari

keseimbangan

momen

di

O 2

didapatkan, T , F . h = 58kN × 0,19m = 11,02 kNm , s.j.j 2 = 32 gambar-3.5h.

Gambar 3.6. Mekanisme luncur, denga n lingkaran gesek pena.

3.5

Keseimbangan Gaya Mekanisme Luncur dengan Gesekan Pena Mekanisme

lunc ur

empat

batang

seperti

sebelumnya,gambar-3.6a, skala gambar 1 : 10 , denga n

kasus-kasus da ta-data

ukuran batang O2 A = 20 cm , AB = 60 cm ,θ 2 = 60 , batang o


36


luncur menerima beba n gaya ke kiri, P = 45 kN , koefisien gesek pena, µ = ; dan jari-jari pena, R = 30m m . Akan ditentukan gaya -gaya pada 0,354 ujung masing-masing batang, dan torsi lawan pada batang-2 supaya tercapai keseimbangan. Pada posisi ini, batang-2 berputar melawan putaran tarum jam. Penyelesaian : 1. Penentuan keseimbangan statis tanpa gesekan [ seperti dalam Bab II ], untuk mengetahui kondisi gaya-gaya batang-3, tanpa adanya

gesekan

pena.

didapatkan

bahwa

batang-3,

menerima gaya-gaya tekan. 2. Menentukan besarnya lingkaran gesek r , sebaga i berikut : diketahui µ = 0,354 da ri persamaa n (3-1), ϕ = a rc t g µ =arctg0,354 =19,494 ° da ri persamaa n (3-6), maka r = R.. sin ϕ = 30m m ×sin19,494 o = 10,011mm

3. Menentukan gerak relatif batang, dengan memberi perubahan kecil pada batang-2, ke arah putaran melawan jarum jam, gambar-3.6b. Sudut-sudut θ2 , β , dan γ a da lah sudut pa da posisi awal. Selanjutnya sudut-sudut θ’ 2 , β ’ , dan γ ’ adalah sudut pada posisi setelah digerakkan sedikit, kemudian dibandingkan: a. di pena A batang-3, terhadap batang-2 : β’ < β, maka arah ω 32 searah jarum jam, kemudian di pena B ba tang3, terhadap batang-4 : γ ’ > γ , didapat arah ω34 searah jarum jam, gambar-3.6.c . b. Di pena O 2 batang-2 , terhadap batang-1 :θ’ 2 > θ2 , maka ω32 berlawanan jaum jam.

4. Penentuan arah-arah gaya resultan ujung batang-3,yaitu F 23 dan F berdasarkan kondisi sebagai batang tekan, dengan 43 arah-arah

gerak atau kecepatan sudut relatif seperti pa da

butir 2a., didapatkan lokasi kedua gaya pada lingkaran geseknya seperti gambar-3.6d. 5. Pada batang-2, gaya di pena A besar dan lokasi gaya sama dengan yang di pena A ba tang-3, hanya berlawa nan F = - F 23 32 Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

37


dan F = F 23 , sedang di pena O 2 , arah F // F 32 : F 12 = - F 32 dan 32 12 harus F 12 = F 32 , seperti pada gambar-3.6e, arah momen F 12 melawan ω21 . 6. Dari keseimbangan gaya di batang-3, kemudian batang-2, dida pa tkan poligon ga ya, seperti gamba r-3.6f da n 3.6g, dengan skala gaya 1 c m = 3 0 k N . 14 = 0,35c m = 0,35c m × 30 kN/ c m = 10,5 kN . F

F 30 kN/c m = 48 kN . 34 = 1,6c m = 1,6c m × F = 48 kN. 12 = F 32 = F 23 = F 43 = F 34

7. J arak kopel, h , didapatkan : h = 1 ,7 c m = 1 ,7 c m × 10 = 17c m = 0,17m .

Torsi lawa n, T . h =48kN × 0,17m = 8,16kNm .s.j.j. 2 = F 32

3.6

Keseimbangan Gaya

Ro c k e r C ra n k M e c h a n i sm

akibat Gesekan

Pena Pada pembahasan disini da ta-data tida k diberi angka, jadi bersifat prosedural untuk penyelesaiannya. Gambar-3.7a, adalah contoh yang umum da ri roc ker c ra nk me c h anism


38

Diktat D I N A M I K A Oleh : Ir. Endi Sutikno – Ir. Erwin Sulistyo Gambar 3.7. Akibat gesekan pena pada ro c k e r c ra n k m e c h a n i sm

dibebani pada batang-4, dengan gaya yang sudah diketahui, Kemudian dibatang-3 oleh gaya

Q , yang

. P

akan dica ri arah dan besarnya.

Bagiamana pengaruh gesekan pena terhada p gaya-gaya ujung setiap ba tang, bila ba tang-4 be rputar ke kanan. Hasil keseimbangan akibat gesekan pena dalam diagram benda bebas seperti pada gambar-3.7b. Untuk mendapatkan analisa seperti diatas,

maka

yang

ditentukan

dahulu

adalah

dengan

analisa

keseimbangan statis tanpa gesekan, khususnya untuk batang-3, yang menghasilkan kondisi tarikan, yaitu gaya

dan F F 23 43 mengarah

ke luar

batang-3. F 43 B 3 A

B

F 34

F 34

F 23 4

(a)

F 14

P

(c)

P

(b)

F 14 O

Gambar 3.8. Analisa Keseimbangan statis tanpa gesekan pa da ba tang-3 dan batang -4

G amba r-3.8 memperlihatkan c ara menda pa tkan kondisi tarik di batang-3, berdasarkan keseimbangan statis tanpa gesekan pena. Dimulai dari batang-4, gambar-3.8b, menghasilkan poligon gaya batang3, ga mba r-3.8c, sehingga keseimbangan mengikuti hasil

batang-4,

didapatkan

arah

keseimbangan

batang-

4,gambar-3.8a.Kemudian kecepatan relatif batang, dengan

memberi

peruba han gerak batang-4. Pemba ndi-ngan sudut-sudut posisi mula mula, yaitu: θ2 , β, dan σ .denga n sudut-sudut

setelah

be rputa r- nya

ba tang-4 ke kanan: θ’ 2 , β ’ ,dan σ ’ . Setelah diamati dida pa tkan:


39


1) Pada batang-3 di pena A didapatkan β < β’ , maka gerak batang-3 relatif terhad ap ba tang-2, ω32 berputar berlawanan jarum jam. Di pena B, σ > σ ’ : maka gerak realtif ba tang-3 terhadap b atang-4, ω 34 berputar berlawa nan jarum jam. 2) Pada batang-2 di pena O 2 : θ2 < θ’ 2 , sehingga ω2 berputar searah jarum jam. Untuk menentukan lokasi gaya resultan terhadap titik pudat pena, dihitung jari-jari lingkaran gesek, r , da ri persamaan (3-6). Pada batang-3, di pena A dipilih lokasi gaya

menyinggung F 23

lingkaran r yang momennya melawan ω32 , dan di pena B dipilih lokasi gaya

menyinggung F 43

momen oleh

F 23

dan

lingkaran r yang momennya melawan ω34 . J adi

F 43

terhadap pusat lubang batang harus searah

jarum jam, dan merupakan sistem dua gaya berimpit, gambar-3.10.

B ω32

F 43

ω34

3

A F 23

Ga mbar 3.10. Efek gesekan pena pada batang-3.

Untuk batang-2, merupakan sistem tiga gaya

tak

sejajar,

bila

mencapai

keseimba nga n, ketiga ga ris kerja gaya berpotongan pada satu titik. Di pena A lokasi

32 F

dengan

di titik singgung yang

F 23 tetapi berlawanan a rah. Untuk

menentukan garis kerja arahnya perpotongan garis kerja gaya

sama

Q dan F 32

tidak di

F 12 yang

sebelum

tahu,ditarik

,menyinggung n

dari

lingkaran

gesek di pena O 2 . Ada dua kemungkinan persinggungan, disebelah kiri atau kana n. Dipilih sebelah kiri, karena nantinya gaya F12, arah momennya harus melawan arah ω2 , gambar-3.11. Kasus diba tang-4, akiba t gesekan, sifatnya sa ma dengan ba tang-2. Keseimbangan gayanya bisa dilihat di gambar-3.7b.


40


Bab IV

ANALISA G GA Y A INERSIA M MEK ANISME Dalam menganalisa percepatan mekanisme yang batangbatangnya bergerak, terdapat percepatan-percepatan tertenu, yang bisa ditentukan. Menurut Hukum Newton II, bahwa dalam mekanime terdapat gaya -gaya atau kopel-kopel yang mengakibatkan percepa tan ini. Yang dibahas disini adalh p ercepa tan da ri gerak bida ng, yang merupakan gabungan dari gerak translasi lurus dan rotasi. Konsep gayagaya inersia dikemukakan sesudah membahas masalah gaya resultan yang mengibatkan gerakan.

4.1

Gaya dalam Gerak Bidang (Plane Motion) Suatu ba tang bentuk seb arang, ga mba r-4.1, mempunyai massa M ,

bergerak dengan kecepatan sudut, ω (radian/detik) dan percepatan sudut, α (radian/detik2), arah keduanya berlawanan jarum jam. Pada titik P ditinjau eleme massa d M , sedang di titik A terdapa t per patan translasi lurus a A . Perce

tan di P

adalah : a P a P

= a + a = a + a + a A

PA

A

n

t

PA

PA

( 4– 1 ) dimana

: a n PA : komponen normal, ber impit dengan

AP

,

Gambar 2. Komponen = ω4.1. = ω2 .gaya inersia benda AP

t

a PA

r

: komponen tangensial,te gak lurusAP = α . AP = α . r Maka

persamaan (4-1) menjadi a P

= a + ω

2

A

.r

+

.r

( 4–2)

Akibat percepa tan a P , elemen ga ya terhadap elemen massa d M di P : Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

42


d F =d M . a P =a P .d M +(ω 2 .r ).d M +( .r ). d M

(4–3)

n , adalah elemen ga ya normal di P dalam hal ini, (ω 2 .r ).d M = d F , berimpit

dengan AP t ( .r ).d M = d F , adalah elemen gaya tangensial di P ,

⊥

dengan AP a A .d M = d F , // dengan A , adalah elemen gaya translasi di P a A .

Dalam analisa ini supaya tidak terdapa t variabel besaran yang terlalu banyak, maka sistem sum b u c a rtesia n x-y, origin nya ditempatkan berimpit dengan titik A , dan absisnya berimpit dengan arah percepatan a A . Benda atau batang dalam kondisi bebas, maka derajad kebebasan

geraknya (d e g r e e o f f re e d o m ) tiga buah, yaitu: 1) gerak translasi lurus ke arah sumbu-y, 2) gerak translasi lurus ke arah sumbu -x, da n 3) rotasi terhadap A . Komponen-komponen gaya di P , sekarang diamati berdasarkan sistem sum b u ca rtesia n terseb ut, sehingga harus diuraikan. Komponen-komponen gaya di P yang // sb-x: 1).

d F A

=

a A

.

d M

(4 – 4) n n . c o sθ =(ω2 . r 2). d F x = d F ).d M . c o sθ

(4 – 5) t t .sin θ =(α .r 3). d F ).d M . sin θ x = d F

(4 – 6)

Komponen-komponen gaya di P yang // sb -y: n = d F n 1). d F ).d M . sin θ .sin θ =(ω2 . r y

(4 – 7)

t t . c o sθ =(α .r 2). d F ).d M . c o sθ y = d F

(4 – 8)

Resultan elemen ga ya di P ke arah sumbu-x : da ri Gambar 4.2.Komp onen dF di P. persamaan (4-4), (4-5), dan (4-7) : n t d F F F =d F x A - d x - d x 2 θ ).d M , …… d F ).d M - (α .r. sin x = a A . d M - (ω . r. c o sθ

(4 – 9)

da lam hal ini :


43


r. c o sθ = x r. sin θ = y, disubstitusikan ke persamaan (4-9) d F x = a A . dM -

ω2 .x .d M - α .x .d M

( 4 – 10 )

dengan cara yang sama komponen gaya searah sumbu-y, dari persamaa n (4-7), (4-8) d F .d M - ω2 .x .d M y = α .x

( 4 – 11 )

Apabila kedua persamaa n (4-10) dan (4-11), untuk seluruh ma ssa benda atau ba tang, yaitu dengan mengintegralkan, sehingga menjadi : 2 F .d M - α∫ y .d M x =M . a A - ω ∫ x

F y=

( 4 – 12 )

α ∫ x .d M - ω2 ∫ y .d M

( 4 – 13 )

Komponen gaya -gaya dari elemen massa d M pa da titik P , ma singmasing menimbulkan momen terhadap titik A sebesar : t d T .r –d F θ A = d F A . r sin

( 4 – 14 )

Substitusikan persamaan (4-3) ke (4-14) d T A =α .r. d M .r –a A .d M . y

momen untuk seluruh benda terhad ap A , adalah T A =α

∫ r 2 .d M – a A ∫ y .d M

( 4 – 15 )

Bila titik A merupakan titik berat benda atau batang, c , maka sukusuku persamaan (4-12), (4-13) dan (4-15) yang berisi :

∫ y .d M =∫ y .d M =0 didapatkan, F x =M . a A =M . a G

( 4 – 16 )

F y= 0

( 4 – 17 )

T = ( ∫ r 2 .d M ) c

α = I. α

( 4 – 18 )

dimana :

∫ r 2 . d M

=

I, adalah

momen

inersia

massa

pollar,

Persamaan (4-18) bisa dirumuskan

(

2 kg m -m )

T A = I.

α

= F . h , dari pers. (4-16) x maka : I.

α =M . a G .h

J adi p osisi gaya resultan terhada p tiTik berat, G :


44


h

=

I .α M .a G

( 4 – 19 ) Gamba r 4.3. Kemungkinan posisi gaya resultan. Momen inersia massa dalam jari-jari girasi (k) ada lah, I = M .k 2 ,

( 4 – 20 )

posisi gaya resultan menjadi h

=

2

k .α aG

( 4 – 21 )

Arti dari dari tiga persamaan (4-16), (4-17), dan (4-18) di atas, 1) Gaya resultan yang diberikan kepada batang adalah sama dengan massa seluruh batang dikalikan percepatan pada titik beratnya. 2) Arah gaya resultan / / dengan arah percepatan titik berat. 3) Garis kerja vektor percep atan adalah sumbu-x ba tang yang melalui titik be rat. 4) Gaya resultan tadi menempati pada suatu posisi tertentu, sehingga menghasilkan momen [ torsi ] terhadap titik beratnya sebesar I.α . 5) Arah momen gaya resultan terhadap titik berat, sama dengan arah percepa tan sudut batang.

Gambar-4.4 memperlihatkan dua kemungkinan posisi ga ya resultan, di atas atau di bawah G . Posisi yang benar bila arah momen yang dihasilkannya oleh gaya terhadap titik berat arahnya sama dengan arah percepatan sudut batang, jadi yang beradi di bawah. ( yang beradi di atas salah ).


45


Gambar 4.4. Gaya resultan batang (a), gaya inersia batang (b).

4.2

Gaya Inersia Batang Gaya resultan pada suatu batang,

, seperti R

gambar-4.4,

merupakan jumlah vektor dari gaya-gaya F dan F 1 2, yang dikenakan pa da ba tang tersebut, melalui sambungan pena-pena ba tang.

Berarti F dan F yang bekerja 1 2 merupakan komponen -komponen da ri R pada pena batang. Maka,

Persamaan

(4-23)

R = F 1 + F 2

( 4 – 22 )

dimana : R = M . a G

( 4 – 23 )

merupakan

hukum

Newton

II

identik

dengan

persamaan (4-16), yang bisa dirumuskan menjadi : R - M . a G =0

( 4 – 24 )

R - f

( 4 – 25 )

=0

yang dikenal sebaga i Prinsip d’A lembert, merupa kan persamaa n dari keseimbangan

dinamik

suatu

benda

atau

batang.

Suku

kedua

persamaan (4-24) dalam kondisi ini disebut sebaga i gaya inersia benda ( f ), yang merupakan respon terhadap gaya luar untuk mencapai kondidi keseimbangan, walaupun benda pada keadaan dipercepat. Tanda Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

46


minus memnunjukkan bahwa arah ga ya inersia selalu melawan arah gaya resultan. Tentunya besar gaya inersia sama dengan gaya resultan, yaitu massa benda dikalikan percepatan titik berat. Posisi dari gaya inersia berada pada garis kerja gaya resultan, sedemikian rupa mengakibatkan momen terhadap titik berat yang arahnya melawa n arah percepatan sudut benda atau batang.

4.3

Analisa Gaya Inersia Mekanisme Luncur Mekanisme luncur empat batang , gambar-4.5a, yang mana

batang-2 berputar melawan jarum sebesar 1 0 ra d i a n / d e t ik. Dan θ2 = 60 °. Ma ssa b atang-2 adalah 5 kg m ; massa batang-3 = 10 kg m ; da n batang-4 = 4 kg m . Momen inersia d ari batang-2 = 0,345 kg m -m 2 ; momen inersia dari

batang-3 = 0,454 kg m -m 2 ; Momen inersia d ari ba tang-4 =0,065 kg m -m 2 . Data-data

O2 A = 20 cm , AB

ukuran

batang

adalah

= 60 cm ,O2 G 2 = 14cm , AG 3 = 25cm.

Akan ditentukan besarnya gaya-gaya resultan da n gaya-gaya inersia pada masing-masing batang, akibat putaran batang-2 yang konstan tersebut.


47


Ga mbar 4.5. Analisa Gaya Inersia M ekanisme Luncur


48


Penyelesaian : 1. Gambar mekanisme dilukis dengan skala 1 : 10 , luhat gamba r4.5a. 2. Analisa kecepatan. 1).

V A =

ω2 . O2 A = 1 0 r a d / d e t i k × 2 0c m = 2 00 c m / d e t ik = 2

m / d e t i k, ⊥ O2 A

2).

V B = V A +V BA ;

V B : horisontal V BA : ⊥ AB

3).

Melukis poligon kecepatan, ga mbar-4.5b, skala kec epatan

1c m = 1m / d e t ik

didapat:

V B =2,05 m/detik =205 cm/ detik V BA =1,05 m/ detik =105 cm/ detik

4). ω 3

A

V BA 3 B

Gambar 4.6. Arah kecepatan sudut batang-3

ω3 =

V BA AB

= 105cm / det ik = 1 ,75radian / det ik ,b. j . j . 6060cm

3. Analisa percepatan. 1).

a A = a n A + a t A ,

ω2 konstant = 10 ra d ia n/ d etik, b .j.j, maka α 2 =0 → a t A =0 . a n A = (ω 2 ) 2 . O2 A = ( 1 0 ra d / d e t i k) 2

, × 2 0c m = 2 00 0c m / d e t ik 2

berimpit de ngan batang-2, mengarah ke O 2 . 2).

a B = a A + a n BA + a t BA , a B : mengarah horisontal, be sarnya dica ri a t BA : ⊥ AB , besarnya dicari


49


a n BA : berimpit AB , arahnya dari B menuju A,

= (ω2 )2 . AB =

(1,75

rad/detik)2

× 60c m = 183,75

c m / d e t i k 2

3).

Melukis poligon percepatan, dengan skala 1 c m = 5 0 0

c m / d e t i k 2 .

gambar-4.5c, memperlihat percepa tan pada sambungan (joint) batang. 4).

Menentukan percepatan pa da masing-masing titik berat

batang. a. di batang-2, percepatan titik beratnya di G 2 , a G 2 , karena G 2 segaris dengan A pada batang-2, maka garis vektor

percepatan a G 2 berimpit dengan a A. Besar ditentukan da ri

perbandingan

percapatan

=

perbandingan

jaraknya. a G 2 a A

O G = 2 2 O2 A

b. di batang-3, perce pa tan titik beratnya di G 3 , a G 3 , c . a G 3 = a A + a G 3A , a A sudah diketahui lengkap (basar da n arahnya suda h ada ), a G 3A

⊥ AG 3 tetapi besarnya b elum

tahu, tetapi bisa ditentukan berdasarkan perbandingan percepatan = perbandingan jaraknya, karena A dan G 3 segarispa da ba tang-3, maka besar a G 3A dida pa tkan. d. Di batang-4, titik berat

G 4 berimpit

dengan titik

sambungan B , maka a G 4 = a B ,

5). Melukis poligon percepatan titik berat, dengan skala 1 c m = 5 00 c m / d e t i k 2 .

gambar-4.5d, d ari lukisan didapa tkan : a G2 = 2 ,8 c m = 2 ,8 c m

2 × 5 00 (c m / d e t ik )/ c m = 14 00 c m / d e t ik 2

a G3 = 2 ,6 5c m = 2 ,6 5c m

2 × 500 ( c m / d e t ik )/ c m = 13 25 c m / d e tik 2

a G4 = a B = 1 ,3 5c m = 1 ,3 5c m

2 2 × 5 00 (c m / d e t ik )/ c m = 67 5 c m / d e t ik

6). Menentukan percepatan sudut masing-masing batang. Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

50


a. Untuk batang-2, karena ω2 konstant → α 2 =0 b. Batang-4, bergerak translasi lurus, → α 4 =0 3

A

a t BA 3 B

Ga mbar 4.7. Arah percepa tan sudut batang -3

c. Pad a ba tang-3, dari poligon kecepa tan dida pat : a t BA = 3,5c m = 3,5 × 5 00 = 17 50 c m / d e t i k 2

α3 =

t

a BA AB

2

=

1750cm / det ik 60cm

= 29 ,17 rad / det ik 2 ,b. j . j

6). Melukis vektor-vektor percepatan pada mekanisme, gamba r4.5e. 7). Menghitung ga ya resultan batang diketahui, M 2 =5 kg m , M 3 =10 kg m , M 2 =4 kg m a. pa da batang-2, R 2 = M 2 . a G2 = 5 kg m × 1 4 m / d e t ik 2 = 7 0 N . = 10 kg m × 1 3, 25 m / d e t i k2 = b. pada batang-3, R 3 = M 3 . a G 3 132,5 N .

c . pa da ba tang-4, R = 4 kg m × 6 ,7 5 m / d e t i k2 = 27 4 = M 4 . a G 4 N .

8). Menentukan posisi gaya resultan. 2 diketahui/ditentukan : I =0,454 kg m -m 2 , I =0,75 2= 0,345 kg m -m , I 3 4

kg m -m 2 .

α 2 = α 4 = 0, α 3 = 2 9, 17 ra d ia n / d e t i k2 . a. pa da batang-2, h 2 =0 b. pa da batang-4, h 4 =0 c . pada

h3

=

batang-3,

I 3 .α 3 M 3 .aG 3

2

=

2

( 0 ,454kg m m )( 29 ,17 rad / det ik ) 2

( 10 kg m )( 13 ,25 m / det ik )

h 3 = 0,099949 m = 10c m .


51


9). Melukis ga ya resultan dan posisinya pa da mekanisme, gamba r4.5f. 10). Menentukan ga ya inersia batang. A. Besar ga ya inersia sama dengan gaya resultan, a. pa da batang-2, f 2 = R 2 = 7 0 N . b. pa da batang-3, f 3 = R 3 = 132,5 N . c. pa da batang-4, f 4 = R 4 = 2 7 N . B. Arah gaya inersia melawan arah gaya resultan (tinggal memba lik saja,

lokasi tetap pada titik singgung gaya

resultan), gambar-4.5g. 11). Transformasi gaya resultan dari posisinya kepada titik berat batang, akan menjadi gaya yang tersebut disertai kopel yang nilai sama dengan momen inersia batang kali percepatan sudut batang. Dalam hal ini haya terjadi pada batang-3, karena batang-2 da n ba tang-4 percepatan sudut ba tangnya nol. 2 2 Kopel batang-3, T = (0,454 kg m -m )( 29 ,17 ra d / d e t ik ) 3 = I 3 . α 3

=13,243 Nm , b .j.j.gambar-4.5h.

4.4

Analisa Gaya Inersia Rocker Crank Mechanism Suatu rocker crank mechanism dengan diagram percepatan

yang dihasilkan, seperti pada gambar-4.8. Skala pengukuran untuk pa njang batang da n besar percepatan seperti yang dicantumkan.

Gambar 4.8. Diagram Mekanisme dan percepatan untuk Rocker Crank Mechanism.


52


Berat da ri masing-masing ba tang : W 2 = 50 N , W 3 = 80 N , W 4 = 7 0 N .

Momen inersia massa polar masing-masing ba tang : 2 2 I = 0,030 kg m -m 2 , I 2 3 = 0,075 kg m -m , I 4 = 0,038kg m -m .

1). Besar percepatan berda sarkan poligon percepatan gambar4.8 : A. Percepatang titik berat masing-masing ba tang : a G2 = 2 ,9 50 m / d e t i k2 , a G2 = 6 ,0 00 m / d e t i k2 , a G2 = 2,150 m / d e t i k 2 ,

B. Percepa tang sudut berat masing-masing batang : 2 2 α 2 = 12,000 ra d / d etik ,s.j.j, α 2 = 9,300 ra d / d etik ,b .j.j. 2 ,b .j.j. α 4 = 40,000 ra d / d etik

2). Menentukan besarnya gaya resultan masing-masing batang batang. R2

= M 2 .aG 2 =

W 2

R3

= M 3 .aG 3 =

W 3

R4

= M 4 .aG 4 =

W 4

g

g

g

.a G 2

=

.aG 3

=

.a G 4

=

50 N 2

9 ,81m / det

80 N 2

9 ,81m / det 70 N

2

9 ,81m / det

2 ,950m / det 2

= 15 ,050 N

6 ,000m / det 2

= 48 ,980 N

2

= 15 ,360 N

2 ,150m / det

3). Menentukan posisi dari gaya resultan terhadap titik berat masing-masing batang

h2 h3 h4

= = =

I 2 .α 2 M 2 .aG 2 I 3 .α 3 M 3 .aG 3 I 4 .α 4 M 4 .aG 4

= ( 0 ,03 k g m m

2

2

)( 12 rad / det )

15 ,05 N 2

= =

= 0 ,0239m = 2 ,39 cm

2

( 0 ,075 kg m m )( 9 ,3 rad / det ) 48 ,98 N ( 0 ,038 k g m m 2 )( 40rad / det 2 ) 15 ,36 N


= 0 ,0142m = 1 ,42cm = 0 ,0990m = 9 ,9cm

53


Gam bar 4.9. Gaya resultan pada masing -masing ba tang

4). Melukis gaya resultan dan posisinya terhadap titik berat masingmasing batang gambar-4.9.

Gambar 4.10. Gaya-gaya inersia yang dihasilkan Rocker Crank Mechanism

5). Menentukan ga ya inersia setiap batang . Besar gaya inersia = ga ya resultan, f 2 = R 2 = 15,050N , f 2 = - R 2 f 3 = R 3 = 48,980N , f 3 = - R 3 f 4 = R 4 = 15,360N , f 4 = - R 4

6). Melukis gaya inersia pada mekanisme, gambar-4.10.

4.5

Sistem ekivalen kinetik Sistem ekivalen kinetik adalah dua atau lebih benda tang

tergabung sec ara tega r, seba gai pengganti sebuah benda , yang a kan Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

54


memberikan percepatan-percepatan yang sama seperti sebuah benda yang terga ntikan di bawah aksi gaya -ga yaluar yang sama. Tiga syarat yang harus dipenuhi untuk menjadi suatu sistem ekivalen kinetik : 1. Kedua sistem harus mempunyai massa yang sama. 2. Mempunyai titik berat yang terletak mempunyai di posisi yang sama. 3. Keduanya mempunyai mempunyai momen inersia yang sama. G ambar-4.11. Ada lah sistem e kivalen, suatu benda dengan massa M akan diganti menjadi dua benda yang masing-masing dengan massa m1 dan m2, dengan posisi masing-masing titik berat benda tunggal yang telah ditentukan. Dari definisi maka percepatan pada kedua benda pengganti dengan percepatan benda tungga lnya: a 1 = a 2 = a G .

A

m 1 a G

G

a 1

M

A

G

B

m 2

B A2

h 1

h 1 h 2

h 2

benda tunggal

benda ekivalen

Gamba r 4.11. Sistem ekivalen kinetik

Dari hukum Newton II, bila ga ya P dikenakan pada benda tunggal P = M . a G

Ma ka be rlaku juga untuk dua benda prngganti, yaitu : P =m 1 .a 1 + m 2 .a 2

Karena ketiga percepata dalam dua persamaan diatas sama, maka M = m 1 +m 2


( 4 – 26 )

55


Momen statis yang ditimbulkan berat benda tunggal, W harus sama dengan momen dari komponen-komponennya. Ketika masing benda tunggal momen gaya berat terhada p titik berat =nol, karena ga ris kerja ga ya resultan tepat pada titik berat, maka :

Σ M G = 0 : W . 0 =(m 1 .g).h . g).h 2 1 - (m 2

Ma ka :

m 1 . h 1 = m 2 . h 2

( 4 – 27 )

Momen putar ( rotasi ) yang ditimbulkan berat benda tunggal terhadap titik berat benda atau batang, harus sama dengan momen putar da ri komponen -komponennya. T = I . G

momen putar benda pengga nti, T .h 1 2 +m 2 .h 2 2 . G = m 1

( 4 – 28 )

maka, I.

= m 1 .h 1 2 + m 2 .h 2 2

( 4 – 29 )

Bila jari-jari girasi benda tunggal k, maka momen inersia massa benda 2 I = M . k

Sehingga didapa t : M . k 2 = m 1 .h 1 2 + m 2 .h 2 2

( 4 – 30 )

da ri persamaa n (4-27) didapa tkan,

m1

= m2

M = m2

h2 h1 h2 h1

, substitusikan ke persamaan (4-26)( 4 – 31 )

+m 2

Sehingga didapatkan antara massa -massa penga nti denga n massa benda tunggal

m2

 h  = M  1  ,  + h h  1 2 

( 4 – 32 )

substitusikan ke persamaan (4-31),

m1

 h  = M  2    h1 + h2 


( 4 – 33 )

56


didapatkan, 2

M .k

 h  2  h1  2   = M  2  + M h 1   h2 + + h h h h  1 2   1 2 

sehingga didapatkan hubungan persamaan radius girasi benda tunggal denga n jarak a tau posisi benda pengga nti terhad ap titik berat b enda tunggal: k 2 = h 1 . h 2


( 4 – 34 )

57

Diktat D I N A M I K A Oleh : Ir. Endi Sutikn o – Ir. Erwin Sulistyo BAB V

PERSAMAAM M MATEMATIS PERCEPATAN PADA MEK ANISME PELUNCUR EMPATBATANG Mekanisme peluncur empat batang sering dijumpai dalam penerapan praktis, dan perancangan, maka dipandang perlu untuk menentukan persamaa n percepa tan sec ara analitik matema tis.

Ga mbar 5.1. Mekanime peluncur empat ba tang

Dari ga mba r-5.1, akan d iturunkan persamaa n perc epatan batang4 sebagai peluncur. Posisi dari pena B peluncur dinyatakan sebagai x yang diukur dari O 2 , sekaligus sebagai pusat sumbu-xy . Bila dalam hal ini, R, adalah pa njang batang-2 = O2 A .dan pa njang batang-3 ( AB ) adalah L.

J ad i posisi x terhadap O 2 : =R .cos θ + L .c o s φ x

( 5 – 1)

Karena mekanisme mempunyai sebuah derajad kebebasan gerak, maka perubahan posisi batang-3 terhadap lintasan gerak batang-4, φ, dinyatakan dalam perubahan gerak sudut batang-2 terhadap lintasan gerak ba tang-4, θ. Dari ∆ O 2 A B didapa tkan persamaan : R sin θ = L sin φ maka,

sin φ


( 5 – 2)

=

R L

sin θ

( 5–3)

58

Diktat D I N A M I K A Oleh : Ir. Endi Sutikn o – Ir. Erwin Sulistyo

=

diketahui ba hwa cos φ

1 − sin φ 2

( 5 – 4)

substitusikan persamaan (5-3) dan (5-4) ke persamaan (5-1), 2

x

= R cosθ + L

 R  1 −  sin θ   L 

( 5 – 5)

Persamaan (5-5) adalah persamaan eksak dari posisi pena peluncur B dari titik O 2 . Dalam mendapatkan persamaan percepatan, maka dilakukan pendekatan. Karena bila persamaan eksak di atas langsung diaplikasikan dalam mendapatkan persamaan kecepatan maupun percepatan, bentuknya tida k sederhana dan sulit aplikasinya. Berdasarkan teorema binomial didapa tkan persamaa n :

(a + b ) = a + n

n

n.a

n −1

1!

.b

+

n .( n − 1 ).a

n −2

2!

.b

2

+

n .( n − 1 )( n − 2 )a

n −3

3!

.b

3

+ ...... (5–6)

Bila pe rsamaan (5-5) disesuaikan denga n persamaan (5-6), maka : 2

a =

 R  1 ; b = − sin θ   L 

;n=

1 2

.

( 5–7)

substitusikan da ta persamaan (5-7) ke persamaa n (5-6) 1 2 1 1 2 2       − 1   − 2 R R        1 2 1 1  −  1 1 sin θ   ( 1) 1 2   −  sinθ   −  2 2 2 1 2 2     L   R   L       = 1 2 +      1 sin − + θ     L 1 (1)(2)    

3 1 2   − 3   R     1 1 ( − 1)( 12 − 2) 12   −  sinθ   2 2     L   + ....... +

(1)(2 )(3)

(5–8) 1

2 4 6   R  2 1  R 1  R 1  R     1 −  L sinθ   = 1 − 2  L sinθ  − 8  L sinθ  − 16  L sinθ  + ... ;( 5 – 9 )           2


59

Diktat D I N A M I K A Oleh : Ir. Endi Sutikn o – Ir. Erwin Sulistyo R Harga maksimum untuk sin θ = 1 , dan bila / L diambil ½, disubstitusikan

ke persamaan (5-9), dihasilkan deret sebagai berikut : 1-

1 8

1

−

128

−

1 1024

+ ... = 1 − 0 ,125 − 0 ,0078125 − 0 ,0009766 + ...

R 1 untuk sin θ = 1 , dan bila / L diambil / 3, disubstitusikan ke persamaan(5-

9), diha silkan deret sebaga i berikut : 1-

1 18

−

1 648

−

1 11664

+ ... = 1 − 0 ,0555556 − 0 ,001543 − 0 ,0000857 + ...

Berdasarkan kedua c ontoh pemberian harga sin da n R/L ternyata menghasilkan bentuk deret konvergen yang sangat cepat, sehingga akan terdapat kesalahan yang sangat kecil, bila suku ketiga dan seterusnya dihilangkan. Sehingga persamaan (5-9) dalam bentuk pendekatan yang mendekati nilai eksak adalh dari suku pertama dan suku kedua saja, 2

2

1  R  R   1 −  sin θ  = 1 −  sin θ  2  L  L  

( 5 – 10 )

Sekarang persamaan perpindahan pena B batang peluncu r dalam bentuk

persamaan

pendekatan,

yaitu

dengan

mensubstitusikan

persamaan (5-10) ke persamaa n (5-5) di da pa tkan : x

Persamaan

= R cosθ + L −

kecepatan

1 R

2

2 L

dari

sin 2 θ

gerak

( 5 – 11 ) batang

luncur

yaitu

dengan

mendiferensialkan terhadap waktu, dalam hal ini R , L adalah konstanta, sedang θ yang tergantung pa da waktu, 2   1 R d  sin 2 θ   2 L  dx d ( R cos θ ) dL   V = = + −

dt

dt

dt

dt

 d θ  − R 2 sinθ . cosθ  d θ      dt  L  dt 

V = − R sin θ  dimana :

sin θ.c o s θ = ½sin 2 θ

 d θ  = ω : kec epatan sudut    dt  maka persamaan kec epatan luncur menjad i : Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

60

Diktat D I N A M I K A Oleh : Ir. Endi Sutikn o – Ir. Erwin Sulistyo

V = − R.ω . sin θ

−

2

R ω 2 L

sin 2θ

 

V = − R .ω . sinθ +

R 2 L

 

sin 2θ 

( 5 – 12 )

Persamaan percepatan batang luncur dengan mendiferensialkan terhad ap waktu persamaa n (5-12): a B =

a B =

d ( sin θ ) R d ( sin 2θ )  − R .ω  + = − R .ω  cosθ  2 L dt  dt   R − R .ω 2 cos θ + cos 2θ  L  

d θ dt

+

R L

cos θ

  dt 

d θ

( 5 – 13 )

Persamaan kec epatan dan percepa tan menghasilkan tanda nega tif, bila perpindahan mengarah positik ke kanan, maka vektor kecepatan da n percepatan mengarah ke kiri, dan sebaliknya.


61


Bab VI

PEN Y EIMBANG FLUK TUASI GA Y A IINERSIA MEK ANISME Untuk melanjutkan pembahasan pada Bab IV dan Bab V tentang pengaruh gaya inersia pada batang-batang suatu mekanisme. Dalam Bab IV hanya memperlihatkan gaya inersia batang-batang mekanisme pada satu posisi saja. Tetapi menurut Bab V suda h dibuat persamaa n percepatan pada pena batang luncur yang berlaku untuk seluruh putaran penuh batang-2, sebagai c r a n k atau engkol. Akibatnya besar dan arah gaya inersia disetiap batang akan selau berubah. Kondisi seperti ini tentunya akan membahayakan terhadap struktur mekanisme. Untuk

mengurangi

amplitudo

fluktuasi

gaya

ineria

dalam

perencanaan perlu diberikan suatu bobot balan sebagai massa penyeimbang. Metodenya tida k eksak, tetapi prosedur atau tekn ik penyelesaian berdasarkan hasil grafis dengan metode lingkaran gaya inersia.

6.1

Sistem Ekivalen Batang Penerus Gaya ( C o n n e c t in g Ro d )

Gambar 6.1. Berat Batang Penerus Gaya digantikan oleh dua berat terkonsentrasidi pena engkol da n pena peluncur atau p i s t o n


62


Pada gambar-6.1 memperlihatkan batang-3 sebagai batang penerus gaya, mempunyai titik berat di G 3 , berat total batang-3 adalah W . Bea rt batang ini akan diga ntikan oleh sistem ekivalen, yaitu dua bua h

massa yang masing-masing berat terkonsentrasi di pena engkol A dan pena peluncur B . Berat terkonsentrasi di A , W c ’ , sed ang di B beratnya W p ’ . Dari subbab 4.5. tentang sistem ekivalen didapatkan harga masing-ma sing berat terkonsentrasi : W c = W '

W p = W '

hp L

hc L

( 6–1) ( 6 – 2)

hubungan panjang batang-3, L, dengan posisi atau jarak dari titik berat ba tang-3 ke pena engkol, h c ; dan ke pena peluncur, h p . L = h c + h p

6.2

(6–3)

Gaya Inersia Batang Penerus Gaya

Gambar 6.2. Gaya inersia batang penerus gaya pada pena-pana batang.

Gaya inersia batang penerus gaya adalah akibat percepatan dititik beratnya, G 3 . Karena itu akan dianalisa dahulu posisi titik berat terhadap titik referensi O 2 . Persamaan posisi horisontal titik G 3 terhadap O 2 : Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

63


( 6 – 4)

x = R . c o s θ + h c . co s φ

Persamaan posisi vertikal titik G 3 terhadap O 2 : ( 6 – 5)

y = h p .sin φ

da ri ba b V d ida pa t persamaan : R

sin φ

=

cos φ

= ( 1 − sin

L

( 6 – 6)

sin θ 1 2

θ ) 2

1  R

2

 ≈ 1 −  sinθ  2  L 

( 6 – 7)

substitusikan persamaan (6-7) ke persamaan (6-4), maka posisi horisontal titik G 3 terhadap titik referensi O 2 menjadi : 2  1  R   x = R .cos θ + hc 1 −  sin θ      2  L

( 6– 8)

substitusikan persamaan (6-6) ke persamaan (6-5), sehingga posisi vertikal titik G 3 terhadap titik referensi O 2 menjadi : y

R  = hp  sinθ   L 

( 6– 9 )

Bila dideferensiasikan terhadap waktu untuk persamaan (6-8) didapat komponen horisontal dari kec epatan titik G 3 : 2 R   = − R.ω . sin θ − hc   ω . sin 2θ V x = dt 2  L 

dx

1

( 6 – 10 )

sedangkan dideferensiasikan terhadap waktu untuk persamaan (6-9) didapat komponen vertikal dari kecepatan titik G 3 : V y

=

R  = h p    ω . cosθ dt  L 

dy

( 6 – 11 )

Dideferensiasikan terhadap waktu untuk persamaan (6-10) didapat komponen horisontal dari perce pa tan titik G 3 : x aG 3

=

dV x dt

= − R .ω

2

2 R  2  .cos θ − hc   ω .cos 2θ  L 

( 6 – 12 )

sedangkan dideferensiasikan terhadap waktu untuk persamaan (6-11) didapat komponen vertikal dari percepatan titik G 3 : y

aG 3

=

dV y dt

R  = −h p    ω 2 .sinθ  L 


( 6 – 13 )

64


Gaya inersia yang terjadi pada titik berat batang-3, G 3 , untuk komponen horisontal : f x

2  W  x W W  R  2 2 = −  a G 3 = R .ω .cos θ + hc   ω .cos 2θ g g  L   g  

( 6 – 14 )

untuk komponen vertikal :

 W  y W  R  2 2 f y = −   aG 3 = h p   ω . sin 2θ  g g  L   

( 6 – 15 )

Sekarang menentukan ga ya inersia dalam sistem ekivalen ba tang3, yaitu gaya inersia di pena engkol, A ; dan pena batang peluncur, B : Untuk gaya inersia a kiba t berat ba tang-3 yang terkonsentrasi di pena engkol : f 1

h p  2  '  n W    = − W c  = Rω a A    g g L    

( 6 – 16 )

arah dari gaya f 1 afalah berimpit dengan batang-2 atau engkol, yang membentuk sudut

denga n sumbu horisontal, sehingga dalam

tinjauan ini akan diuraikan menjadi dua komponen : 1) komponen horisontal : x

f 1

= f 1 .cosθ =

W  h p

 g  L

  Rω 2 cosθ  

( 6 – 17 )

  Rω 2 sinθ  

( 6 – 18 )

2) komponen vertikal : y

f 1

= f 1 . sinθ =

W  h p

 g  L

bisa d ilihat pada ga mba r-6.2. Gaya inersia yang diakibatkan oleh berat batang-3 yang terkonsentrasi di pena peluncur, B , mengarah horisontal, seperti arah percepatan a B ( lihat bab V ) : f 2

'  W p  W hc R  2   = −  = + a R ω cos θ cos 2 θ   B  g g L L    


( 6 – 19 )

65


Total komponen horisontal gaya inersia dari sistem ekivalen kinetik ba tang-3 ada lah : f x

= f x1 +

f x

=

f x

f 2

W  h p  2   R .ω .cos θ  g  L 

+

W  hc

R      R.ω 2  cosθ + cos 2θ  g  L  L  

2 + hc  2 W  hc   =  R .ω .cosθ +   R .ω 2 cos 2θ  g  L  g  L 

W  h p

( 6 – 20 )

Karena : h p + h c = L Sehingga total komponen horisontal gaya inersia sistem ekivalen ba tang-3 : W 2 f x = R .ω . cosθ g

2

W R  2 ω cos 2θ + hc    g  L 

( 6 – 21 )

Total komponen vertikal gaya inersia da ri sistem ekivalen kinetik ba tang-3 ada lah : f y

= f 1y

f y

 h  2 = W  p  R.ω . sin θ g  L  

( 6 – 22 )

Bila diperha tikan da ri persamaan (6-14) sama dengan persamaa n (6-21), demikian juga persamaa n (6-15) denga n persamaa n (6-22), maka persamaan untuk menentukan inersia suatu batang dalam mekanisme caranya akan lebih mudah bila dianalisa berdasarkan sistem ekivalen kinetik,

karena

persanaan

percepatan

yang

digunakan

adalh

persamaan percepatan pada sambungan-sambung pena. Persamaan percepatan pada sambungan lebuh sederhana bentuknya dari pada persamaan percepatan di titik berat batang. ( Bandingkan mencari poligon

percepa tan

pa da

sambungan

pena

dengan

poligon

percepatan pad a titik berat ba tang ). Kedua persamaan, (6-21) dan (6-22), juga diartikan merupakan gaya resultan arah horisontal dan vertikal untuk gaya inersia batang. Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

66


Kedua gaya tersebut tidak terletak pada titik tangkap yang sama, tetapi tetap sejajar dengan arah-arah gaya inersia ketika sistem batang atau benda tunggal. Pada analisa fluktuasi gaya inersia tidak memperhatikan titik tangkapnya, namun tida k ada kesalahan da lam sistem ekivalen untuk analisa te rseb ut.

6.3

Metode Grafis Tanpa Bobot Imbang

`Untuk menentukan gaya inersia total pada mekanisme, perlu diperhitungkan juga gaya-gaya inersia da ri batang-2 ( engkol / c r a n k ) da n gaya inersia da ri ba tang-4 ( peluncur / piston / torak ). Persamaan (621) dan (6-22) hanya diakibatkan oleh batang-3 ( batang penerus gaya / c o n n e c t in g ro d ) saja.

Bila berat peluncur sendiri adalah Wp , yang juga terkonsentrasi di titik beratnya, B , ( = G 4 ), maka ga ya inersia peluncur sendiri di pena B :

f 2 p

W p  W  R   = − p  a B = Rω 2  cos θ + cos 2θ  g L    g  

( 6 – 23 )

Sed ang persamaa n untuk ga ya inersia batang-3 terkonsentrasi di pena peluncur dari persamaan (6-19), sehingga total gaya inersia yang terda pa t di pena peluncur, B : f P ada lah akibat berat peluncur sendiri dan berat terkonsentrasi dari batang-3, maka : f P = f 2 + f 2p

f P =

W p

+ W ' p g

 

Rω 2  cos θ

+ R cos 2θ   L 

( 6 – 24 )

da lam posisi ini menga rah horisontal ke kanan. Berat batang-2 atau berat engkol sendiri di titik beratnya, G 2 adalah W c , gaya inersia dari akiba t beratnya sendiri : f 1c

=


W c g

R .ω 2

( 6 – 25 )

67


Gamba r 6.3. Gaya Inersia total Mekanisme yang terkonsentras(a), resultannya (b).

Berat batang-3 yang terkonsentrasi di pena engkol gaya inersianya seperti persamaan (6-16), sehingga total gaya inersia yang terjadi pada pena engkol, A, ada lah: f c =f 1 + f 1c

f c

=

(W c + W ' c ) g

R .ω

2

( 6 – 26 )

Bila berat batang-2 diganti menjadi sistem ekivalen kinetik, dimana beratnya dikonsentrasikan di pena engkol, berat yang terkonsentrasinya adalah W c ” : W c . O 2 G 2 = W c ” . R

( 6 – 27 )

Bila W c ” sudah dida pa tkan nilainya disubstitusikan ke persamaan (6-26), f c

=

(W c " +W ' c ) g

R.ω 2

( 6 – 28 )

arahnya berimpit dengan batang-2 mengarah keluar batang-2.


68


Gambar 6.4. Metode Grafis untuk mengkonstruksi fluktuasi gaya inersia Mekanisme Luncur

J adi gaya inersia mekanisme ada empat gaya inersia yang mempengaruhi flukstuasi arah da n besarnya : 1) Gaya inersia akiba t berat batang peluncur, W p . 2) Gaya inersia batang penerus gaya yang terkonsentrasi di pena peluncur, W p ’ . 3) Gaya inersia ba tang-2 ( engkol ) , W c . Gaya inersia batang penerus gaya yang terkonsentrasi di pena engkol, W c ’ .

Untuk mendapatkan besar dan arah dari gaya inersia total mekanisme (bukan hanya di batang-3 saja), sebagai gaya resultan yang fluktuatif (gamba r-6.3b), maka dilakukan metode praktis yaitu dengan melukis komponen-komponen gaya resultan dalam bentuk lingkaranlingkaran konsentris. Ada tiga komponen yang d iwakili da lam bentuk jari-jari lingkaran :


69


1) r 1

=

2) r 2

=

3) r 3

=

(W c" +W c ' ) g

W p

R .ω

+ W p ' g

W p

+ W p ' g

2

R.ω

( 6 – 29 )

2

( 6 – 30 )

 R    L 

R.ω 2 

( 6 – 31 )

Prosedur melukis ( lihat gambar-6.4): Misalnya batang-2 (engkol) mempunyai posisi sudut putar θ, seperti gamba r-6.3, 1) Lukis f c sebagai r 1. 2) Lukis r 2, sebaga i lingkaran gaya inersia primer di pena p eluncur. 3) Lukis r 3, sebagai lingkaran gaya inersia sekunder di pena peluncur. 4) Lukis f c ketika mempunyai sudut θ digamba rkan sebagai OM . 5) Lukis perpanjangan

OM sampai

memotong

lingkaran

r 2

sebagai MN . 6) Tarik garis horisontal di titik M lingkaran r 1, proyeksikan MN pada garis ini menjadi MP , dimana mewakili gaya inersia primer pada pena peluncur: MP = ( f P ) Pr imer

=

W p

+ W ' p g

Rω 2 cosθ

7) Lukis garis lurus membentuk sudut 2 θ

( 6 – 32 ) dari titik O terhadap

sumbu horisontal sampai memotong lingkaran r , dan 2 di Q lingkaran r . 3 di R 8) Tarik garis horisonta l da ri Q , dan proyeksikan R ke garis ini, didapat S . Segmen garis QS yang mewakili gaya inersia sekunder pa da pena peluncur: QS = ( f P )Sekunder


=

W p

+ W ' p g

 R  cos 2θ   L 

2 Rω 

( 6 – 33 )

70


9) Pindahkan segmen QS garis kepada perpanjangan garis MP diihasilkan MS , segmen garis ini menunjukkan gaya inersia

total pada pena peluncur, seperti pada persamaa n (6-24), MS = f P

=

W p

+ W ' p g

 

Rω 2  cosθ

 + R cos 2θ  L 

( 6 – 34 )

Gamb ar 6.5. Kurva Polar fluktuasi gaya inersia mekanime.

10) Tarik garis lurus dari dari O ke titik S , mendapatkan garisOS yang menunjukkan besar gaya resultan mekanisme, f M , sudut arah da ri gaya ini, diukur da ri sumbu horisonta l denga n ga ris ini. Untuk contoh denga n nilai variabel, sebaga i berikut.: Mekanisme peluncur dari Mesin Diesel Tunggal posisi horisontal : Puta ran batang-2 (engkol)

1200 rpm konstan

Panjang langkah ( 2R )

12 c m

Panjang ba tang-3 ( L )

30 c m

J arak titik berat ba tang-3 ke pena engkol (hc) 10 c m Berat engkol terkonsentrasi di pena engkol ( Wc”) Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

20N 71


Berat ba tang peluncur

( Wp )

40 N

Berat ba tang –3 ( W )

90 N

Akan ditentukan secara grafis bentuk fluktuasi gaya inersia total mekanisme, da lam satu putaran penuh ba tang-2 ( engkol ): 0 °< θ < 360°. Untuk menyelesikan dirancang, lingkaran dibagi untuk interval 15 °, menjadi 24 sektor lingkaran, jadi nilai

θ untuk : 0°, 15°, 30°, 45°, 60°, 75°,

…………… , 345°, 360 °. Akan dihasilkan lukisan fluktuasi gaya inersia total mekanisme seperti da lam gamba r-6.5.

6.5

Bobot Imbang Tambahan Mekanisme Peluncur

Untuk mengurangi besarnya fluktuasi gaya inersia yang dihasilkan dalam satu putaran penuh batang engkol mekanisme peluncur, perlu di tempatkan gaya lawan. Penempata bobot imbang ini dalam lakasi posisi yang

berlawanan

dengan

posisi

pena

engkol

terhadap

pusat

perputarannya ( O 2 ). Berat bobot imbang, Wcb, dianggap terkonsentrasi tepat pada titik lokasinya send iri.

Gambar 6.6. Bobot imbang yang digunakan untuk mengurangi fluktuasi gaya inersia.

Gaya inersia yang dihasilkannya : f cb

=

W cb g

Rω 2

( 6 – 35 )

arah f c b adalah sejajar / berimpit dan harus selalu melawan

f c

supaya terjadi red uksi fluktuasi gaya inersia. Program Semi Que IV Fakultas Teknik Jurusan Mesin Universitas Brawijaya

72


Pada lukisan gaya inersia bobot imbang dalam lingkaran-lingkaran konsentris, ditempatkan di ujung titik S , ga ya sekunder, kemudian ditarik melawa n dan sejajar arah f c

Gamba r 6.7. Kurva fluktuasi ga ya inersia denga n bob ot imba ng, Berat bob ot imba ng = jumlah berat ekivalen dan berat ekivalen peluncur.


73

Dinamika Teknik

Recommend Documents