Tegangan Normal Akibat Gaya Normal dan Momen Lentur dan Tegangan Geser 1. Gaya Normal Sentris 2. Tegangan Normal Akibat kombinasi Gaya Normal Sentris dan Momen Lentur 3. Tegangan Geser
Pada kuliah kelima sudah dijelaskan bagaimana menentukan besaran penampang momen inersia Ix, Iy dan Ixy baik untuk penampang tunggal dan penampang tersusun serta perhitungan sumbu-sumbu utama penampang yang memberikan nilai momen inersia maksimum dan minimum.
Untuk menentukan letak sumbu yang memberikan momen inersia maksimum atau minimum, maka digunakan sumbu lain yang diputar sebesar “q” terhadap sumbu X dan sumbu Y.
Sebuah penampang mempunyai sumbu berat X dan Y. Penampang mempunyai harga momen inersia Ix, Iy dan Ixy
Sumbu X dan Y diputar sebesar “q” berlawanan arah perputaran jarum jam menjadi sumbu X1 dan Y1
Harga momen inersia akan berubah jika sudut q berubah. Jika Ixy = 0 dan sudut q = 0, maka Ix1 = Ix dan Iy1 = Iy. Pada saat q = 0 dan Ixy = 0 maka nilai Ix1y1 juga mempunyai nilai = 0.
Ix Iy Ix Iy I x1 * cos 2θ - Ixy * sin2θ 2 2 I y1
Ix Iy I x1y1 Ixy cos2θ * sin2θ 2
Untuk mencari sudut q yang memberikan nilai maksimum atau minimum (nilai ekstrim) dari momen inersia, maka persamaan IX1, Iy1 dan IX1Y1 diturunkan terhadap q.
dI x 1 Ix Iy * 2 sin 2θ - 2 Ixy * cos2θ dθ 2 2 Ixy tg 2θ Ix Iy
Rumus Ix1 ekstrim dan Iy1 ekstrim mempunyai rumus yang sama hanya berbeda pada tanda suku ke dua (didepan akar). Kedua rumus di atas menunjukkan bahwa jika nilai Ix1 maksimum akan memberikan nilai Iy1 minimum. Sebaliknya jika nilai Iy1 mencapai maksimum, maka nilai Ix1 mencapay nilai minimum. Dengan argumentasi di atas, maka nilai momen inersia maksimum dan minimum dapat ditentukan dari rumus : 2
Ix Iy Ix Iy 2 Imax/min Ixy 2 2 Harga maksimum dan minimum dari kedua momen inersia tersebut dikenal dengan momen inersia utama. Sumbu-sumbu X1 dan Y1 yang memberikan nilai momen inersia maksimum dan minimum dikenal sebagai sumbu inersia utama. Ix1 + Iy1 = Ix + Iy Imax + Imin = Ix + Iy Jika Ix1 maximum maka Iy1 akan minimum Jika Iy1 maximum maka Ix1 akan minimum
Cara menentukan arah sumbu-sumbu utama penampang.
Contoh 1
A = 300 + 900 + 300 = 1500 cm2 Y = (300*75 + 900*40 + 300*5)/1500 Y = (22500 + 36000 + 1500)/1500 Y = 40 cm X = (300*15 + 900*15 + 300*15)/1500 X = 15 cm Ix = 1010000 cm4 Iy = 61875 cm4 Ixy = 0 cm4
Penampang yang mempunyai Ixy = 0 dikenal sebagai penampang simetri. Penampang dapat simetri satu sumbu atau dua sumbu.
Bagaimana cara menentukan bahwa sebuah penampang mempunyai sumbu simetri atau mempunyai nilai Ixy = 0 hanya dengan melihat bentuk penampang ?
Tegangan majemuk : Kombinasi tegangan normal akibat gaya normal sentris dan momen lentur.
Gaya normal sentris adalah gaya normal yang bekerjanya (titik tangkapnya) pada titik berat penampang
Gaya normal bekerja pada titik berat penampang. Akibat gaya normal sentris maka akan timbul tegangan s = P/A
Jika kita perhatikan arah tegangan yang terjadi pada suatu potongan batang akibat gaya normal sentris dan momen lentur selalu mempunyai arah tegak lurus penampang batang.
Tegangan akibat gaya normal : s = P/A Tegangan akibat momen lentur : s = MY/Ix Kedua tegangan dapat di kombinasikan (dijumlahkan) dan rumus kombinasi tegangan menjadi : N MY σ A Ix
σ
N MY A Ix
Tanda + pada rumus tegangan kombinasi dipakai jika arah tegangan N/A sama dengan MY/Ix Tanda - pada rumus tegangan kombinasi dipakai jika arah tegangan N/A berlawanan dengan MY/Ix
Pada balok bekerja gaya normal Tekan dan Momen Positif
N M * Ya σa A Ix
Akibat gaya N tekan dan M positif, sa selalu akan tekan
N M * Yb σb A Ix
Akibat gaya N tekan dan M positif, tarik sb tekan nol
N M * Ya σa s 1 s 2 A Ix N M * Yb σb s 1 s 3 A Ix
Akibat gaya N tekan dan M positif, sa selalu akan tekan
Akibat gaya N tekan dan M positif, sb = tarik jika s3 > s1 sb = tekan jika s3 < s1 sb = nol jika s3 = s1
N M * Ya σa s 1 s 2 A Ix N M * Yb σb s 1 s 3 A Ix
Akibat gaya N tekan dan M positif, sa selalu akan tekan
Akibat gaya N tekan dan M positif, sb = tarik karena s3 > s1
N M * Ya σa s 1 s 2 A Ix N M * Yb σb s 1 s 3 A Ix
Akibat gaya N tekan dan M positif, sa selalu akan tekan
Akibat gaya N tekan dan M positif, sb = tekan karena s3 < s1
N M * Ya σa s 1 s 2 A Ix N M * Yb σb s 1 s 3 A Ix
Akibat gaya N tekan dan M positif, sa selalu akan tekan
Akibat gaya N tekan dan M positif, sb = 0 karena s3 = s1
Pada balok bekerja gaya normal Tekan dan Momen Negatif
N MY σa A Ix N MY σb A Ix
N M * Ya σa s1 s 2 A Ix N M * Yb σb s1 s 3 A Ix
s2 > s1
s2 < s1
s2 = s1
contoh
Sebuah balok di atas dua tumpuan menderita beban merata q = 5 kN/m dan beban normal N = 20 kN. Hitung dan gambarkan tegangan maksimum pada balok akibat gaya normal dan momen lentur
contoh
Pada saat yang bersamaan balok akan menderita dua gaya dalam yaitu gaya normal tekan (merata sepanjang balok) sebesar 20 kN dan momen lentur (berubah-ubah) dengan nilai maksimum terletak di tengah bentang balok
contoh
Jika balok berbentuk empat persegi panjang dengan ukuran 30*60 cm2 Balok akan menderita dua jenis tegangan yaitu tegangan akibat gaya normal dan akibat momen lentur
contoh
Pada potongan I-I di tengah bentang balok akan terjadi tegangan akibat M σtekan = 7.8125 MPa σtarik = 7.8125 MPa Dan tegangan akibat N σtekan = 0.111 MPa
contoh
Ke tiga tegangan tersebut mempunyai arah tegak lurus bidang potongan balok Tegangan normal akibat M dapat dijumlahkan dengan tegangan normal akibat N
contoh
Hasil penjumlahan tegangan : σtekan = 7.9235 MPa σtarik = 7.7015 MPa Sumbu netral berjarak 30.426 cm dari sisi atas
contoh
Sebuah balok di atas dua tumpuan menderita beban merata q = 5 kN/m dan beban normal N = 200 kN. Hitung dan gambarkan tegangan maksimum pada balok pada posisi tumpuan A, B dan pada posisi momen positif maksimum akibat gaya normal dan momen lentur
Dari gambar bidang gaya dalam terlihat : MA = 15.625 kNm (-) MB = 10 kNm (-) MC = 127.827 kNm (+) MC adalah momen positif maksimum terletak pada jarak 7.575 m dari tumpuan A Gaya normal N = 200 kN (tekan)
contoh
Ix = 1/12*0.3*0.63 m4= 0.0054 m4 A = 0.3*0.6 m2 = 0.18 m2 MA = 15.625 kNm N = 200 kN s1 = N/A = 1111.111kN/m2 = 1.111MPa s2=s3 = 15.625*0.3/0.0054 = 868.056 kN/m2 = 0.868 Mpa.
Untuk melihat bagaimana tegangan geser dapat terjadi pada elemen batang mari kita lihat contoh balok ditumpu di atas dua tumpuan dan menderita beban P.
Jika balok berupa benda masif dan kita potong pada potongan 1-1 dan 2-2 maka pada potongan 1-1 akan timbul momen M1 dan pada potongan 2-2 akan timbul momen M2 dan M1
Jika balok berupa benda yang tersusun dari dua balok masif dan kita potong pada potongan 1-1 dan 2-2 maka pada potongan 1-1 akan timbul momen M1 dan pada potongan 2-2 akan timbul momen M2 dan M1
Dari gambaran tersebut di atas, maka pada saat balok mengalami lenturan sebetulnya pada balok terjadi pergerakan dari elemen balok kesamping (bergeser kesamping). Balok masif tidak bergeser kesamping karena adanya ikatan yang kuat antara molekul- molekul balok sehingga dapat menahan pergerakan kesamping. Mengapa pergerakan kesamping (pergeseran) ini terjadi ?
Lihat eleman balok pada potongan 1-1 dan 2-2. Jarak kedua potongan = dz. Jarak dz sangat kecil. Pada potongan 1-1 akan ada momen M1 Pada potongan 2-2 akan ada momen M2
Akibat momen M + dM maka pada potongan 2-2 akan timbul tegangan :
σ
M1 = M M2 = M+dM Akibat momen M maka pada potongan 1-1 akan timbul tegangan :
σ
M*y Ix
(M dM) * y Ix
Lihat pada potongan C-C dengan jarak y dari sumbu berat balok (sumbu netral balok)
ya
F1
y
ya
F2
y
M σ1* dA Ix
ya
y dA
y
(M dM) σ3 * dA Ix
M S Ix
ya
y
y dA
F2 > F1 (M dM) S Ix
S = statis momen elemen penampang terhadap sumbu X
F2 > F1
Karena gaya F1 tidak sama dengan gaya F2, maka elemen balok pada potongan C-C tidak seimbang. Elemen batang akan didorong ke kiri. Jika tidak ada gaya yang menahan pergerakan tersebut, maka elemen balok akan bergerak kekiri. Supaya elemen balok ada dalam kondisi seimbang maka harus ada gaya yang arahnya kekanan yang besarnya = F2 – F1
ya
F1
y
ya
F2
y
M σ1* dA Ix
ya
y dA
y
(M dM) σ3 * dA Ix
M S Ix
ya
y
y dA
K F2 F1
dM S Ix
(M dM) S K timbul karena adanya gaya Ix gesek antara dua lapisan elemen balok pada potongan C-C. Pada potongan C-C timbul tegangan geser
dM *S Ix dM S τ * dz B * Ix τ * B * dz
K F2 F1
dM S Ix
K τ * B * dz
dM gaya lintang D dz D*S τ B * Ix
τ
D*S B * Ix
untuk elemen dA B * dy S B * y * dy
1 B * H3 12 1 1 1 S B * ( H y) * * ( H y ) 2 2 2 1 1 S B*( H2 y 2 ) 2 4 D*S τ diagram geser berbentuk parabolis B * Ix Ix
y
H 2
1 B* H3 12 1 S B*( H2 y 2 ) 0 4 τ0 Ix
y0 1 B * H3 12 1 1 1 S B * ( H 2 ) BH 2 2 4 8 1 D * BH 2 D 8 τ 1 2 B * BH 3 BH 12 3 Ix
