Mekanika Teknik - titik berat(centroid) - ediwan

Mekanika Teknik Statik-Ediwan

45

8. TITIK BERAT (CENTROID) Untuk menentukan lokasi pusat grafitasi benda sembarang secara matematis, diterapkan prinsip momen terhadap sistem sejajar dari gaya grafitasi, untuk menentukan lokasi resultannya.

Momen akibat gaya grafitasi, resultan F terhadap suatu sumbu

sembarang ternyata sama dengan jumlah momen terhadap sumbu yang sama akibat gaya grafitasi dF yang beraksi terhadap partikel kecil. Resultan gaya grafitasi yang beraksi pada seluruh elemen adalah berat benda tersebut dan diberikan oleh penjumlahan seperti, F=



df

contoh momen terhadap sumbu y

=

 X dF

Bila benda jatuh, tentunya ada pengaruh dari gaya yang menarik benda tersebut kebawah, tentunya gaya tersebut adalah gaya resultan dari bnda tersebut karena benda terdiri dari partikel-partikel kecil yang tersusun menjdi gaya resultan. Gaya resultan ini dinamakan gaya berat dan titik tasngkap gaya berat ini dinamakan titik berat. titik berat dari berbagai bentuk benda dapat dilihat seperti daftar dibawah ini. Jarak titik berat dari suatu bidang terhadap sumbunya adalah jarak rata-rata bidang tersebut terhadap sumbunya.

c

h P 1/3h A

D

AD = 1/3 AB

r y=2/(3.).D D

B

A

D

Dp = 1/3 BD

B


46

Cara mencari titik berat dari suatu balok yang dibagi menjadi beberapa bagian, dengan berat bagian masing-masing G1, G2, G3, G4 X4 X3 X2 X1

o G1

G2

G3

G4

Xo Momen masing-masing terhadap titik o M1 = G1 x X1 M2 = G2 x X2 M3 = G3 x X3 M4 = G4 x X4   M = M1 + M2 + M3 + M4





Atau

M = G1 x X1 + G2 x X2 + G3 x X3 + G4 x X4 M = G1 + G2 + G3 + G4 ) x Xo Xo =

= G x Xo

M G1. X1  G2 . X 2  G3. X 3  G4 . X 4  (G. X ) =  G G1  G2  G3  G4 G

Titik berat tersebut searah sumbu X sehingga Xo, untuk yang searah sumbu Y adalah Yo yang besarnya,

Yo =

 (G.Y ) G

Bila benda tersebut dalam tiga dimensi berarti berat benda tersebut adalah volume dikalikan berat jenis benda dan bila dalam dua dimensi berarti luas yaitu panjang dikalikan lebar.


47

Soal : 1. Dimana letak titik berat dua benda berbentuk balok dengan bahan yang sama 10 cm 20 cm

10cm 50 cm

Xo =

 (G. X ) = (20x10x10). .(10)  (30x10x5). .(35)  2000x10  1500x35 (20x10x10).  (30x10x5). 2000  1500 G

Xo =

20000  52500 = 20.7 cm 3500

Yo =

 (G.Y ) = G

2000x5  1500x2.5 10000  3750   3.93 cm 3500 3500

2. Soal 1 bila bahan berbeda benda 1 bahan aluminium dengan berat jenisnya 7.5 kg/cm2 dan benda ke dua baja dengan berat jenisnya 2.8 kg/cm2.

2cm

3.

C Penampang dibagi 2

1

20cm

(3,7)

10 2

1

2cm

A 12 Jarak terhadap AC

1

B 7

Jarak terhadap AB


48

X1=2/2=1

Y1=20/2=10

X2=10/2+2=7

Y2=2/2=1

luas bagian 1 = a1 = G1 = 2 x 20 =40 cm2 luas bagian 2 = a2 = G2 = 2 x 10 =20 cm2 Xo =

M G1. X 1  G2 . X 2  (G. X ) =  G G1  G2 G

XAC= Xo =

 (G. X ) = 40x1  20x7  40  140  180  = 3 cm 20  40 60 60 G

YAB= Yo =

 (G.Y ) = 40x10  20x1  400  20  420 = 7 cm 20  40 60 60 G

Penyelesaian dalam bentuk tabel sebagai berikut ini,

No

Luas Bagian (a)

Jarak arah (y)

a.y

Jarak arah (x)

a.x

cm2

antara AB (cm)

cm2

antara AC (cm)

cm2

1

2 x 20 =40

10

400

1

40

2

2x(12-2)=20

1

20

7

140



60

YAB =

420 = 7 cm 60

XAC =

180 = 3 cm 60

420

180

Dengan kedua cara didapat hasil yang sama

4.

10

30

40

30

10 W1

W2

W3

W4


5. Cari titik berat dari gambar-gambar dibawah ini dalam dua dimensi.

6

49


50

Tentukan lokasi titik pusat dengan sumbu x-y gambar dibawah ini y

Jawab X=-0.196 Y=3.95 Aldor


51

Contoh mencari titik berat benda simetris seperti pensil berikut ini

kita tidak perlu mengetahui titik berat tiap bagian tetapi titik berat total benda diatas yaitu dengan cara menimbang benda diatas seperti diagram bebas dibawah ini

RA

RB

Cara 1 RA dan RB didapat dengan cara menempatkan 2 buah timbangan pada kedua ujung dimana timbangan di A yaitu RA = 400 kg dan timbangan di B yaitu RB = 350 kg sehingga berat total benda adalah G = 750 kg yang lokasinya di titik beratnya, sekarang kita mencari lokasi titik berat tersebut yang sering disebut Center of Grafity (COG) Lg

400 kg

350 kg G=750 kg

M

A

0

750 x Lg - 350 x L = 0 Lg =

350x 2000 = 933.333 mm 750


52

Cara 2 Timbangan diletakkan seperti gambar dibawah ini yaitu dengan meletakkan timbangan tidak diujung

RA

RB

Kedua timbangan digeser kekiri/kanan atau benda yang akan dicari titik beratnya digeser kekiri atau kekanan sampai berat kedua timbangan sama besar sehingga titik berat didapat ditengan-tengan kedua timbangan, kemudian dari titik tengan tersebut diukur kesalah satu ujung, misalnya ke ujung A didapat jarak dari A adalah Lg = 933.333 mm


53

9. MENENTUKAN MOMEN INERSIA PADA PENAMPANG Bila gaya-gaya diberikan terus menerus pada penampang tempat gaya tersebut bekerja, maka diperlukan menghitung momen gaya-gaya ini terhadap titik berat penampang, yang intensitas gaya sering sebanding dengan jarak gaya dan titik berat momen tersebut. Gaya batang yang bekerja pada penampang sebanding dengan jarak dikalikan luas differensial dan momen batang sebanding dengan kwadrat jarak dikalikan luas diferensial. Sehingga momen total meliputi suatu integral jarak pangkat dua dikalikan luas. Integral ini dikenal sebagai momen inersia (moment of inertia), integral merupakan fungsi dari geometri penampang dan sering digunakan dalam mekanika teknik dan bermanfaat untuk mengembangkan sifat-sifatnya dengan teliti bila diperlukan. Ix =  y 2 . dA

Iy =  x . dA 2

kita melihat momen sebelumnya M=F. d = F . L = gaya kali lengan Momen inersia ada bermacam-macam 1. Momen inersia terhadap suatu garis atau momen inersia linier 2. Momen inersia terhadap suatu titik atau disebut momen inersia polar atau kutup 3. momen inersia masa, digunakan untuk menghitung energi kinetik benda yang berputar Momen inersia sangat penting dalam perhitungan lengkungan dan puntiran, karena dapat menghitung besarnya tegangan lengkung dan tegangan puntir

y x3 x2 x1 y1 0

y2

y3 x


2

2

54

2

2

Ix = y1 . A1  y2 . A2  y3 . A3 ......... yn . An Ix=  y . A 2

Iy=  x . A 2

Momen inersia pribadi adalah momen inersia linier terhadap titik pusat gaya atau titik beratnya.

h

g

g

y A

B

Ig= y1 . A1  y2 . A2  y3 . A3 ......... yn . An =  y . A 2

2

2

2

2

Ix= ( h1  y) . A1  ( h2  y) . A2  ( h3  y) A3 .........( y  hn ) . An =  ( h  y) . A 2

2

2

=  h . A  2.  h. y. A   A. y  Iz  2 y  A. h  y 2

2

2

2

 A =Ig+0+A.y2

Ix = Ig + A. y2 Ig = Ix - A. y2 Untuk bentuk penampang segi empat momen inersia pribadi

dy y hg

h/2 g h/2 b

luas bagian terkecil adalah = b.dy

2


55

sehingga momen inersia pada pusat area h/2

 y3   h3 h3  b. h3 Ig =  y .b. dy  b   b    12  24 24   3   h / 2  h/2 h/2

2

Dan momen inersia pada datum atau titik referansi didapat

dy h y x

x b h

3  y3  b. h Ixx =  y .b. dy  b   3  3  0 0 h

2

sehingga akan didapat seperti persoalan momen inersia diatas yaitu Ixx =Ig + A.y2 soal 1. H

BxH I xx  12

3

B b soal 2. H

h 3

3

BxH b. h I xx   12 12

B


56

soal 3. Carilah Momen Inersia Penampang dibawah ini

Penyelesaian dalam bentuk tabel sebagai berikut ini, Luas Bagian (a)

Jarak arah (y)

a.y

a.y2

IG

IAB

cm2

antara AB (cm)

cm2

cm4

bd3/12

a.y2 + bd3/12

1

1.5 x 10 =15

1.5/2=0.75

11.25

18.438

2.812

11.25

2

1.5x(11.5-1.5)=15

(11.5-1.5)/2=6.5

97.5

633.75

125

758.75



30

No

108.75

IAB =770 cm4 jarak kepusat gaya  a. y  108.75 = 3.625 cm y= 30 a sesuai teorema IAB = IG + a.y2 IG = IAB - a.y2 = 770-30x3.6252 cm4

770


57

Luas Bagian

Jarak arah (y)

A.y

A.y2

IG

ILM

cm2

antara AB (cm)

cm2

cm4

bd3/12

a.y2 + bd3/12

1

2 x 10 =20

2+10+2/2=13

10x23/12=6.667

3380+6.667=3386.667

2

10 x 2=20

2+10/2=7

20x7=140

140x7=980

2x103/12=166.667

980+166.667=1146.667

3

2 x 20 = 40

2/2=1

40x1=40

40x1=40

20x23/12=13.333

40+13.333=53.333



80

No

20x13=260 260x13=3380

440

IAB =770 cm4 jarak kepusat gaya  a. y  440 = 5.5 cm y=  a 80 sesuai teorema ILM = IG + a.y2 IG = ILM - a.y2 = 4586.667-80x5.52 = 2166.667 cm4 soal : Cari Momen inersia penampang berikut ini

4586.667


58

DAFTAR PUSTAKA 1. Ferdinand Singer, 1975, Engineering Statik & Dynamic , 2. Mariem-Kraige, 1987, Engineering Mechanics, Statics, John Wiley & Sons, Inc. 3. Beer-Johnston, 1984 ‘ Vector Mechanics for Engineers Static & Dinamics, Graw Hill. 4. Bela Sandor, 1987 ‘Engineering Mechanics Statics & Dynamic, Prentice-Hall Englewood 5. Popov, 1992 ‘ Engineering Mechanics ’ 6. Hibbeler,1986, Engineering Mechanics Static & Dynamic, Macmillan NewYork 7. Aldor C. Peterson, 1985 ‘ Aplied Engineering Mechanics’ Allyn And Bacon, Inc Boston 8. Hibbeler, 2008 ‘Mechanics of Materials, Prentice Hall 9. Shigley ‘Mechanical Engineering, McGrawHill 2002 LAMPIRAN Tabel Sifat Material Material

AL AL Alloys Babbit lead Babbit tin Brass Bronz Copper Cast Iron Wrought Iron Steel, Alloys SS HSS Termoplastic Termoset Nylon(amid) HDPE PhenolForm Alumina Graphit Silicon Nitrida Si3N4 SiliconCarbida SiC

density Kg/m2 x103 2.7x103 10.1x103 7.4x103 8.6x103 8.9x103 8.9x103 7.4x103 7.8x103 7.8x103

Lbm/in2

1.14x103 0.95x103 1.3x103 3.9x103 1.7x103 x103 x103

0.041 0.034 0.047 0.14 0.061 0.12 0.1

0.097 36 27 31 31 32 27 28 28

Modulus Elastisitas GPa MPsi 62 9 70 10.2 29 4.3 52 7.5 100 14.5 110 17 124 18 109 15.8 170 24.7 200 29 193 28 212 30.7

1.9 0.9 7 390 27 314 450

0.28 0.13 1.02 56.6 3.9 45.5 65.2

Poisson

0.33 0.33

0.33 0.33 0.33 0.26 0.3 0.3 0.3

0.35

0.28 0.26 0.19

CTermal Expansi C F 23x10-6 12.8x10-6 24x10-6 13.3x10-6 -6 20x10 11x10-6 -6 23x10 13x10-6 -6 18x10 10.6x10-6 -6 18x10 10x10-6 -6 18x10 10x10-6 -6 11x10 6.1x10-6 -6 12x10 6.7x10-6 -6 11x10 6.1x10-6 -6 17x10 9.5x10-6 -6 11x10 6.1x10-6 -6 60-100x10 22-56x10-6 10-80x10-6 6-44x10-6 100x10-6 56x10-6 -6 126x10 70x10-6 -6 25-40x10 14-22x10-6 -6 5x10 2.8x10-6 -6 1.4-4x10 0.8-2.2x10-6 -6 3.2x10 1.8x10-6 -6 4.3x10 2.4x10-6

Mekanika Teknik - titik berat(centroid) - ediwan

Recommend Documents