MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL1

Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL

BAB I PENGANTAR MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL

MEKANIKA adalah cabang ilmu fisika yang mengkaji suatu benda pada

kondisi diam atau bergerak akibat adanya gangguan terhadap benda tersebut. Gangguan tersebut dapat berupa gaya (force) dan/atau temperatur (thermal). Studi pada benda yang diam disebut statis (statics) dan studi pada benda bergerak disebut dinamis (dynamics). Ilmu mekanika memiliki dua cabang yaitu mekanika kekuatan material dan mekanika fluida, yang masing-masing berhubungan dengan perilaku benda pejal dan dengan perilaku fluida. Beberapa istilah asing yang memiliki arti sama dengan mekanika kekuatan material adalah strength of materials, mechanics of solids, dan mechanics of deformable bodies.

Pada

semua

konstruksi

Teknik

bagian-bagian

dari

suatu

elemen

mesin/struktur harus memiliki ukuran fisik tertentu. Bagian-bagian itu harus memiliki ukuran-ukuran yang tepat sehingga dapat menahan beban yang sesungguhnya yang mungkin terjadi. Oleh karena itu pemahaman yang lengkap mengenai mekanika kekuatan material sangat diperlukan untuk keamanan dan effisiensi desain. Perhatikan gambar dibawah ini.

Gambar 1.1. Papan loncat indah

1


Dari gambar diatas dapat kita lihat bahwa akibat beban w, papan akan melendut (deflection) sebesar δC maka kita harus menentukan : a. Panjang dan luas penampang papan. b. Panjang l1 dan l2, serta dimensi dari tumpuan A c. Sifat mekanis papan (modulus elastisitas dan angka poison) sehingga dapat memberikan lendutan yang aman. Semua masalah mekanika kekuatan bahan dihadapkan pada dua kategori masalah, yaitu masalah kekuatan dan masalah kekakuan. Sebuah struktur/elemen mesin harus cukup kuat untuk menahan beban yang terjadi, dan cukup kaku sehingga dapat berubah bentuk (deformation) pada batas-batas yang diijinkan. Tujuan dari analisa mekanika kekauatan bahan pada dasarnya untuk menentukan tegangan (stress), regangan (strain), dan lendutan (deflection). Jika harga-harga dari berbagai besaran ini dapat kita ketahui untuk semua harga beban hingga beban yang menyebabkan kegagalan (failure load), maka kita akan memperoleh suatu gambaran lengkap mengenai kekuatan mekanik dari benda itu. Dalam perkembangan selanjutnya, seiring dengan kemajuan yang pesat dibidang komputerisasi, untuk keperluan desain bentuk yang sangat komplek, ilmu mekanika kekuatan material dibantu dengan M etode Elemen Hingga, MEH (Finite Element Methode, FEM).

Dasar-Dasar Persamaan Mekanika Kekuatan Material

Untuk menyelesaikan permasalahan tegangan dan kekakuan pada mekanika kekuatan material digunakan tiga dasar persamaan, yaitu : 1. Kondisi seimbang harus terpenuhi 2. Geometri dari benda harus terinci secara jelas 3. Sifat mekanik dari material harus ada. Pada kondisi seimbang, mekanisme/struktur harus memenuhi persamaan :

∑ F = 0

dan

(∑ M ) = 0 o

1.1

disini pada benda simbang : -. Jumlah dari gaya-gaya yang bekerja pada benda sama dengan nol, dan

2


-. Jumlah momen-momen, terhadap titik nol, dari semua gaya-gaya yang bekerja pada benda sama dengan nol.

3


BAB II TEGANGAN DAN REGANGAN

2.1. Tegangan (Stress)

Untuk dapat memahami konsep tegangan regangan, perhatikan sebuah kasus batang lurus yang memiliki penampang yang sama pada sluruh batang dan dikenai gaya aksial (axial force), seperti pada gambar dibawah ini:

Gambar. 2. Batang lurus yang dibebani secara aksial Beban tarik (tensile load) P, yang bekerja pada salah satu sisi ujung batang, sedangkan pada sisi ujung yang lainya bekerja gaya reaksi dari gaya P. Gaya-gaya ini terdistribusi secara terus menerus diseluruh penampang, yang analog dengan penyebaran kontinyu dari tekanan hidrostatik pada permukaan horizontal dalam zat cair. Dalam mekanika istilah Tegangan (stress) digunakan untuk menyatakan distribusi gaya pada seluruh permukaan dimana gaya gaya itu bekerja. Atau dengan kata lain

TEGANGAN

=

GAYA ( F ) PENAMPANG ( A)

LUAS

2.1

2

satuan tegangan menurut system SI = N/m atau Pascal (Pa) 2

satuan tegangan menurut USCS (U.S. Customary system of Units) = lb/in (pound per square inch, psi) atau killopound per square inch ( ksi). 1 psi = 6895 Pa = 6,895 k Pa Ada dua tipe tegangan yaitu : a. Tegangan Normal ( normal stress)

4


b. Tegangan Geser ( shear stress)

Tegangan Normal Tegangan normal (normal stress) dilambangkan dengan huruf yunani

(sigma), tegangan normal didefinisikan sebagai :

=

σ

GAYA NORMAL (TEGAK LURUS) DENGAN PERMUKAAN LUAS PENAMPANG DIMANA GAYA BEKERJA …………………………………………..

2.2

Aturan tanda untuk tegangan normal : a. tanda positif (+) menyatakan bahwa

σ

merukapan tegangan tarik (Tensile

Stress)

b. tanda negative (-) menyatakan bahwa

σ

merupakan tegangan tekan

(compressive Stress) Contoh 2.1.

Sebuah pompa sumur yang menggunakan engkol untuk menggerakkan torak penghisap keatas dan kebawah. Diameter batang pompa d = 15 mm dn panjangnya L = 97,5 m. batang ini 3 memiliki berat jenis γ = 7,85 ton/m , tahanan yang dialami penghisap selama gerakan kebawah adalah 890 N dan pada gerakan keatas 8,9 kN. Tentukan tegangan tarik dan tekan pompa selama operasi akibat gerakan penghisap dan berat batang. Penyelesaian Gaya tekan yang ditimbulkan F C = 890 N, dan gaya tarik F T = 8,9 kN. Gaya berat

w =γLA

=

= 7,85 ton/m x 9,81 x 10 N/tonx97,5 mx( π/4)x(0,015 m) 3

3

= 1327 N sehingga

10,227kNx10 3 = π A (15mm )2 4

F total

σ t

=

σ c

=−

F A

=−

890 N π 4

(15mm )

= 57,9 MPa

= −57,9 MPa 2

2

5


Tegangan geser Tegangan geser bekerja sejajar atau menyinggung permukaan benda,

seperti pada gambar dibawah ini,

Tegangan geser didefinisikan sebagai gaya total y ang bekerja sepanjang penampang dan sejajar dengan potongan benda, dan disimbulkan dengan

τ

=

(tau).

GAYA GESER ( SEJAJAR) DENGAN PERMUKAAN LUAS PENAMPANG DIMANA GAYA BEKERJA …………………………… 2.3

6


Contoh 2.2

Pada sebuah batang baja dengan penampang berbentuk segi empat (10 x 40 mm) diberi beban P dan dicantelkan pada penyangga dengan sebuah pasak baja bundar dengan diameter 15 mm, jika tegangan tarik ijin bahan adalah 120 MPa dan tegangan geser ijin adalah 60 MPa, tentukan beban maksimum yang diijinkan. Penyelesaian: Pada batang batang baja luas penampang kritis yang menerima tarikan 2

Akritis = (40-15)x10 mm = 250 mm

2

Maka beban maksimum yang diijinkan akibat tarikan adalah P = σijin .Akritis = 120 MPa x 250 mm = 30 kN 2

Pasak akan menerima double geseran, maka beban maksimum akibat geseran pada pasak adalah P = τijin 2A = 60 MPa x 2 x π/4 x (15 mm) = 21,2 kN 2

maka dari kedua nilai P diatas, diambil nilai P maksimum yang akan menyebabkan kerusakan adalah 21,2 kN. Contoh 2.3

Sebuah struktur seperti pada gambar disamping. Batang terbuat dari baja dengan tegangan luluh 36 ksi dan pena pada titik A dan B terbuat dari baja dengan tegangan luluh 48 ksi. Jika beban P sebesar 5 kips (1000 lb) dan dengan factor keamanan 3, tentukan: a. jika lebar batang BD adalah 2 in tentukan tebal t (lihat potongan b-b) b. tentukan diameter pasak pada titik A dan B. Jawab

σ i

=

Tegangan Ijin dicari dengan persamaan σ y Faktor keamanan

……………… 2.4

7


Gaya-gaya pada tiap titik diperoleh dengan persamaan keseimbangan dengan menggambar DBB pada batang AC, Seperti pada gambar,

Desain untuk batang BD

Desain untuk pin di titik A dan B

DBB batang AC

REGANGAN (STRAIN)

concept of strain:

Fn

Fn

ε =

Lo L

L − Lo Lo

Pada gambar diatas, adanya gaya aksial mengakibatkan batang mengalami perubahan panjang, dimana batang akan bertambah panjang jika mengalami mengalami tarikan dan berkurang panjangnya jika mengalami tekanan. Dimana perubahan panjang persatuan panjang disebut regangan (strain) Atau :

REGANGAN

=

PERUBAHAN PANJANG

PANJANG AWAL

8


Ada dua tipe regangan yaitu : a. Regangan Normal ( normal Strain) b. Regangan Geser ( shear Strain) Regangan normal biasanya disebut dengan regangan, terjadi jika berhubungan

dengan tegangan normal. Regangan merupakan besaran tak berdimensi dan disimbolkan dengan ditunjukan oleh

regangan (epsilon). Perubahan panjang akibat beban pada regangan

(delta). Sehingga

ε =

δ ……………….2.6

l = perubahan panjang

dimana

= panjang awal (l) – panjang ahir (lo) l = panjang awal Regangan geser terjadi akibat tegangan geser. Tegangan geser tidak mempunyai

kecenderungan untuk memperpanjang atau memperpendek elemen dalam arah x, y, dan z , tetapi tegangan geser akan menghasilkan perubahan bentuk seperti terlihat pada gambar dibawah ini.

Regangan geser disimbolkan dengan

(gamma), yang merupakan perubahan

bentuk pada gambar diatas. Satuan regangan geser adalah redian. Sehingga regangan geser dapat dinyatakan dengan :

γ =

π 2

− θ *

…………………….2.7

9


BAB III TARIKAN DAN TEKANAN DALAM BATAS ELASTIS

Sebuah batang prismatic yang menerima beban aksial, yang dilakukan pada mesin uji tarik akan diperoleh grafik hubungan tegangan dan regangan seperti pada gambar.

Gambar 3.1 Diagram Regangan-Tegangan Pada kurva diatas garis antara titik O dan A, menyatakan bahwa tegangan memiliki hubungan yang proporsional dengan regangan. Pada daerah pada kurva OA ini material berada pada kondisi elastisitas linear, artinya apabila beban yang bekerja dihilangkan benda uji akan kembali pada bentuk semula tanpa mengalami perubahan bentuk (deformation). Pada kondisi elastisitas linear ini hubungan tegangan regangan akan memenuhi Hukum Hooke. Yaitu :

σ = E ε

………………….. 3.1

dimana E = Modulus Elastisitas atau Modulus Young (Pascal) persamaan 3.1 dapat juga ditulis sebagai berikut :

δ =

Fl AE

…………………… 3.2

10

Gunawan

11

MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL

pada saat benda mengalami perubahan panjang, benja juga mengalami konstraksi lateral (perubahan luas penampang) seperti pada gambar berikut ini

Bentuk awal Bentuk akhir

P

P

Angka poisson (Poisson’s ratio) menyatakan perbandingan antara kontraksi lateral dan longitudinal/memanjang selama pengujian tarik. Angka poisson sisimbulkan dengan

(nu), Sehingga:

υ = −

ε lateral ε aksial

………………….

3.3

untuk keadaan geser (akibat adanga gaya geser) hokum hooke akan menjadi :

= G

.................................. 3.4

dimana G = modulus elastisitas geser. Modulus elastisitas dalam keadaan tarik dan geser ( E dan G ) saling berhubungan melalui persamaan berikut ini :


G

=

E

2(1 + υ )

…………………… 3.5 contoh 3.1. 3

Sebuah batang silindris terbuat dari baja dengan E = 30 x 10 ksi,

ν = 0,3 dan σy =

50 ksi. Jika panjang awal batang adalah 4 ft dan diameter awal = 1 in. berapakah perubahan panjang dan perubahan diameter batang akibat gaya aksial 10 kips.

Penyelesaian. Pertama kita harus menguji apakah dengan beban 10 kips tersebut benda masih pada kondisi elastisitas.

σ =

P A

=

10kips π (0,5in) 2

= 12,73ksi ≤ σ y

sehingga berdasarkan hukum hooke

ε =

P dan

AE

perubahan panjang

δ

υ = −

ε radial

maka

ε aksial

= panjang awal x εaksial

=

48 x10 π ( 0 , 5 )

2

30 x10

perubahan diameter ∆ diameter = d x =

−

3

=

20 , 4 x10

−3

in

εradial 0.3 x10 x1 2

π x0.5 x30 x10

contoh 3.2.

Batang kaku AC, dengan berat batang diabaikan, yang ujung-ujungnya disangga dititik A dan C. pada titik D batang dihubungkan dengan leveling jack, yang selain berfungsi untuk mendukung beban dari batang CD, leveling jack juga dapat bergerak naik – turun untuk menjaga batang AC tetap horizontal. Pada titik B terdapat beban P dan dengan adanya leveling jack beban P akan bekerja pada daerah 0 < a < 1 untuk menjaga batang AC tetap horizontal. Tentukan : (a). Tegangan aksial pada pada batang 1 dan 2.

3

= −127 x10 −6 in

12


(b). perpindahan u A ketika beban diberikan AC akibat beban tersebut u A = uC. Dimana P = 2 Kips, L1 = 10 ft, L2 = 5 ft, dan E = 30 MPsi.

(c). pergerakan u D supaya pada batang

Penyelesaian . a. DBB pada batang AC dari gambar DBB tersebut, maka

atau

Sehingga,

b. Dari persamaan 3.2 δ = δ = fF dengan f

maka f 1 = f 2

l1 A1 E 1

=

=

l2 A2 E 2

Fl AE l

, dapat ditulis ulang sebagai :

=

AE 120 3

2(30 x10 )

=

= 2.00(10 −3 )in / kip

60 3

0.8(30 x10 )

= 2.50(10 −3 )in / kip

dari penyelesaian a diperoleh harga F, sehingga δ 1 = f 1 F 1 = −2.40(10 −3 )in δ 2

= f 2 F 2 = 2.00(10 −3 )in

perubahan panjang batang 1 ( δ1) = -uA perubahan panjang batang 2 ( δ2) = uC - uD -3 maka uA = 2.40(10 ) in

2

2

a = 0,4 , A 1 = 2 in , A2 = 0,8 in ,

13

Gunawan MEKANIK

c. karena uC = uA, maka : uD = uC - δ2 = 2.40 10-3) in - 2. 00(10-3) in

KEKUATAN MATERIAL

0.40(10-3) in

co toh 3.3. 2

Se uah batang memiliki l as penamp ng 200 mm , dan E = 00 GPa di eri beban seperti pada ga bar dibaw ah ini, tentu an perubahan panjang ang terjadi..

Pe yelesaian Untuk menyelesaikan per asalahan in , perhatikan gambar dibawah ini :

maka :

co toh 3.4.

Se uah batang baja berpenampang li ngkaran A CD denga luas penampa g yang b rbeda-beda seperti p da gambar , tentukan tegangan maksi um dan erubahan entuk yan terjadi pada bat ang tersebu .

Pe yelesaian : Untuk menyelesaikan per asalahan in , perhatikan gambar dib awah ini

14

Gunawan MEKANIK

KEKUATAN MATERIAL

Maka besarnya tegan an pada tia p batang ad lah :

sehingga dari h arga diatas, tegangan maksimum te jadi pada b tang CD. De ormasi pad tiap batan : δ =

Fl AE

De ormasi pad batang AB akibat gay 75 kN δ 1

=

F 1l1

=

A1 E 1

(75 x10 3 ) x(1 x10 3 ) 3 48,5(200 x1

3

=

)

0.097

m

De ormasi pad batang BC akibat gay 25 kN δ 2

=

F 2 l 2

=

A2 E 2

( 25 x10 3 ) x( 2 x10 3 ) 1963.5(200 x10 3 )

= 0.127 mm

De ormasi pad batang CD akibat gay 25 kN δ 3

=

F 3 l 3 A3 E 3

=

(25 x10 3 ) x (1 x10 3 ) 1256(200 x10 3 )

= 0.099

m

sehingga defor asi total p da batang a dalah δtot l

= δ1 - δ2 + δ3 = 0.097

0.127 + 0. 099 = 0.69

m

15


TEGANGAN DAN REGANGAN PADA MASALAH STATIS TAK TENTU Contoh 3.5 Sebuah batang baja dengan penampang segi empat dengan panjang sisi 20 mm ditumpu pada kedua ujungnya seperti pada gambar. Jika pada titik B diberi beban 450 kN, tentukan reaksi dititik A dan C, dan deformasi batang AB.

Penyelesaian Jumlah gaya Vertikal = 0,

Deformasi batang AB

Defo Deform rmas asii bata batan n BC

karena

maka

maka

Deformasi batang AB

16


Contoh 3.6 3 Sebuah batang Aluminium memiliki luas penampang 2500 mm ditumpu kaku seperti pada gambar, jika E = 80 GPa, Tentukan tegangan pada tiap bagian dan jarakperubahan panjang masing-masing bagian Penyelesaian

dari gambar diatas diperoleh :

17


Tegangan pada masing-masing bagian

Perubahan panjang pada masing-masing bagian

Contoh 3.7 Dua batang vertical terbuat dari baja dan tembaga, ditumpu vertical seperti pada gambar disamping, 2 jika luas penampang kedua batang adalah 12.5 mm pada bagian bawah batang digunakan untuk menahan beban 10 kg, dan E baja = 200 GPa, dan Etembaga = 110 GPa, tentukan harga x supaya batang penahan beban (bagian bawah) tetap pada posisi horizontal dan tentukan tegangan pada tiap batang.

Penyelesaian,

18


Jika Ps = beban pada batang baja Pc = beban pada batang tembaga Maka : Perubahan an an ba a

Perubahan an an temba a

Karena δS = δC maka dari persamaan (ii) dan(iii)

Gunakan momen pada batang baja

Contoh 3.8 Batang AB ditumpu seperti pada gambar dibawah ini, dan diberi beban di salah satu 2 ujungnya sebesar 20 kN, jika luas penampang batang baja : 200 mm dan luas 2 penampang batang tembaga : 400 mm , tentukan tegangan pada tiap batang.

19


penyelesaian, Jika Ps = beban pada batang baja Pc = beban pada batang tembaga Momen pada titik A

20


PENGARUH TEMPERATUR PADA DEFORMASI AKSIAL

Regangan akibat temperature (Thermal strain) didefinisikan sebagai :

ε T

= α ∆T

2.13

εT = Regangan akibat temperature

dimana

α

= Koefesien ekspansi thermal

∆T= Perubahan temperature sehingga pada elemen yang menerima beban mekanik ( σ) dan beban thermal secara bersamaan, regangan total yang terjadi adalah :

ε = ε σ

+ ε T =

σ E

+ α ∆T

2.14

Contoh 3.9

Dua buah batang terbuat dari aluminium dan baja seperti pada gambar dibawah ini, jika pada titik B diberi beban 200 kN pada temperature 320 K, tentukan tegangan pada masing-masing batang pada temperature 370 K

Penyelesaian EAluminium EBaja αAluminium αBaja

3

2

= 70 GPa = 70 x 10 N/mm 3 2 = 210 GPa = 210 x 10 N/mm -6 = 24 x 10 /K -6 = 12 x 10 /K

*. Pertama-tama kita analisis tegangan pada batang akibat beban 200 kN jika P1 = Gaya yang diberikan ke batang aluminium AB

21


maka : Perubahan panjang pada batang aluminium aluminium

Perubahan panjang panjang pada batang baja

Karena δA = δS, maka dari persamaan (i) dan (ii) ,

Sehingga, tegangan pada batang Aluminium :

Dan tegangan pada batang baja :

*. Kemudian kita hitung tegangan pada kedua batang akibat perubahan temperature sebesar (50 K),

perubahan panjang akibat perubahan temperature,

maka total perubahan panjang pada kedua batang akibat te mperature adalah : jika akibat perubahan panjang sebesar 0.21 mm tersebut mengakibatkan tegangan di titik A dan C, maka :

Maka tengan total pada kedua batang akibat gaya 200 kN dan perubahan temperature 50 K adalah

22


Contoh 3.10

Tiga buah batang digunakan untuk menumpu batang berbentuk L seperti pada gambar dibawah ini, jika batang ketiga didinginkan sampai suhunya turun 50 0 C, berapakah gaya pada masing – masing batang tersebut. 2

A1 = A2 = A3 = 1000 mm -6 E = 70 GPa, α = 23 x 10 /C L1 = 1.25 m, L 2 = 2.0 m, L 3 = 2.50 m a = 1.25 mm, b = 1.00 mm. c = 2.50 mm Penyelesaian, Untuk menyelesaikan permasalah ini pertama-tama kita analisis gaya-gaya reaksi yang bekerja pada batang (1), (2) dan (3), dengan menggambarkan diagram benda bebas batang L, seperti pada gambar dibawah ini :

Dengan menggunaka momen terhadap titik B

Dari persamaan 3.2 kita tulis ulang menjadi :

Dimana,

23


Akibat pendinginan pada batang (3), maka batang L akan berotasi berlawanan arah dengan jarum jam seperti pada gambar dibawah ini,

yang akan mengakibatkan perubahan panjang pada batang (1), (2) dan (3) sebesar δA, δB, dan δC. perbandingan perubahan panjang tersebut dapat ditulis dalam persamaan berikut ini : (3) dengan mensubsitusi persamaan (3) ke persamaan (2) maka diperoleh

(4) kemudian substitusikan persamaan (4) ke persamaan (1), maka diperoleh, sehingga δD = 1.0648 mm kemudian selesaikan persamaan (4)

24


BAB IV TORSI

Beberapa contoh mekanisme torsi dapat dilihat pada gambar berikut ini.

(b) puntiran pada poros

(a) pembuka mur roda

(d) distribusi tegangan geser (c) puntiran pada batang Gambar 4.1 Contoh Torsi

Pada sebuah poros pejal yang salah satu sisinya di jepit, akibat adanya gaya puntir yang bekerja pada salah satu ujung poros, maka poros akan terdeformasi seperti pada gambar berikut ini:

(b). Aturan tanda untuk torsi

(a). Perubahan bentuk (deformation) akibat torsi (c). Aturan tanda untuk sudut puntir

(d). Deformasi torsi pada potongan x

Gmabar 4.2 Deformasi dan Aturan tanda pada torsi

25


Pada potongan

∆x, sudut QRS akan terdeformasi menjadi sudut Q*R*S*, sehingga

regangan geser yang terjadi adalah =

karena

(x , )=

π 2

-

Q*R*S* =

4.1

S’R*S*

kita dapat mendekati sudut sudut dengan tangent , γ adalah kecil maka kita

yang sama kita gunakan limit γ =

lim

pada saat

∆x → 0, maka kita dapat :

S *S '

d φ = ρ = lim ρδφ ∆ x dx

4.2

∆ x → o R*S ' ∆ x → o

persamaan diatas merupakan persamaan regangan geser (γ) dengan jarak

ρ

(jejari) dari pusat., dimana

φ d φ dx

pada potongan x

adalah laju puntiran. Bentuk

distribusi regangan geser pada penampang dapat dilihat pada gambar berikut ini :

Gambar 4.3 Distribusi regangan geser akibat torsi

dengan mengingat,

Torsi/Momen = Gaya x Lengan =Tegangan x Luas Penampang x Lengan Torsi =

∫ ρ dF A

s

Akibat adanya torsi pada sebuah poros, pada penampang poros akan terdapat gaya geseran yang mengakibatkan tegangan geser ( ), seperti pada gambar berikut ini : maka persamaan torsi diatas menjadi Torsi =

∫ ρ τ dA A

4.3

Dari persamaan hokum hooke untuk tegangan kita peroleh bahwa tegangan geser adalah :

= G Gambar 4.3 Distribusi Tegangan geser

4.4

26


=

τ maka

d φ

G ρ

Torsi =

4.5

dx

⎛

d φ ⎞

∫ ρ ⎝ ⎜ G ρ dx ⎠⎟dA

karena G tidak tergantung pada jari-jari

T = G

4.6

A

d φ dx

ρ maka:

2

∫ ρ dA

4.7

A

Integral dari persamaan diatas dikenal sebagai momen inersia polar (IP), maka

= ∫ A ρ 2 dA

I P

Untuk poros pejal

4.8

I P

=

π r 4 2

=

π d 4 32

4.9

Untuk poros dengan jari-jari dalam r i dan jari-jari luar r o maka

I P

=

π ( r o

4

− r i 4 )

2

=

π ( d o

4

− d i 4 )

32

4.10

dari persamaan 3.7 maka laju puntiran diperoleh dari persamaan berikut ini :

d φ dx

=

T atau

4.11

∫ GI dx

4.12

GI P l

sudut puntir

d φ =

0

T

P

jika batang memiliki luas penampang yang seragam sepanjang L maka sudut puntir menjadi :

φ =

TL GI P

4.13

sehingga jika dalam satu elemen mesin terdapat n bagian dengan jari-jari berbeda pada jarak L tertentu, maka sudut puntirnya menjadi :

27


φ =

n

T i Li

∑

4.14

Gi I P i

i =1

Persamaan umum untuk tegangan geser akibat torsi adalah

τ =

T ρ 4.15

I P

dan tegangan geser maksimum pada poros dengan jari-jari r adalah

τ maks

=

T maks r I P

4.16

Contoh 4.1 3

Sebuah poros baja (G s = 11 x 10 ksi) dimasukkan kedalam sebuah poros berlubang yang terbuat dari aluminium (G a 3 = 4 x 10 ksi) dengan suaian paksa, sehingga poros baja melekat erat ke poros aluminium seperti pada gambar disamping, jika terdapat torsi sebesar 10 kip pada ujung poros, tentukan a. tegangan geser maksimum pada baja dan aluminium, b. sudut puntir total pada poros tersebut. Penyelesaian a. Dari persamaan 4.5 diperoleh :

Maka :

(2)

maka,

28


Tegangan geser pada permukaan poros baja

Tegangan geser pada permukaan poros berlubang aluminium

b. Untuk menentukan sudut puntir total total kita tidak dapat menggunaka persamaan persamaan 4.12, karena pada permasalahan ini porosnya tidak homogen (terbuat dari dua material yang berbeda), tetapi kita gunakan persamaan (3), maka

Contoh 4.2

Sebuah poros bertingkat AC menerima beban torsi pada bagian B dan C. jika 3 modulus geser baja (G S) = 11.5 x 10 ksi dan d1 = 2 in. Tentukan d 2 minimum berdasarkan tegangan geser ijin baja 8 ksi dan sudut puntir maksimum dari 0.006 rad. Penyelesaian Perhatikan DBB untuk poros bertangga berikut ini :

(a). DBB 1 untuk 0
(b). DBB 2 untuk 40
untuk DBB 1:

ΣMx = 0

:

T1 = 10 kip.in + 2 kip.in = 12 kin.in

untuk DBB 2:

ΣMx = 0

:

T2 = 2 kip.in

dari persamaan 4.13 kita tulis ulang menjadi :

θ = f T maka : f 1

dengan

=

32 L1 4 1

π G d

f =

L GI p

dan f 2

=

32 L2 π 2 G d 24

(1)

total sudut punter merupakan penjumlahan dari sudt puntir tiap bagian, maka

29


φ ijin

= φ total = φ 1 + φ 2 = 0.06rad

(2)

berdasarkan tegangan geser maksimum (ijin) adalah 8 kip, maka T r τ maks = maks I P τ maks

=

T 2 (d 2 / 2) I P 2

=

2kip.in.16 π (d 2 ) 3

d 2 = 1.0839in berdasarkan sudut punter maksimum, dari persamaan (1) dan (2) diperoleh

Contoh 4.3 Sebuah poros baja (G = 11.5 x 10 6 psi ) dengan radius r = 1.0 in dan panjang L = 30 in dimasukkan kedalam poros berlubang aluminium (G = 3.9 x 106 psi) yang memiliki panjang L = 20 in dengan jejari luar aluminium = 1.5 in. poros baja melekat erat keporos aluminium dan ujung-ujungnya dijepit, seperti pada gambar disamping, jika terdapat torsi 5000 lb.in pada bagian B, tentukan besarnya tegangan geser maksimum pada kedua poros. Penyelesaian

Diagram denda bebas, poros dibagi menjadi beberapa nodal seperti pada gambar berikut ini :

nodal A elemen 1 (baja)

nodal B elemen 2(St), elemen 3 (Al)

Nodal C

30


dari DBB diatas,

ΣMx = 0 : TA – T1 = 0 ΣMx = 0 : TB + T1 – T2 – T3 = 0 ΣMx = 0 : TC + T2 – T3 = 0

untuk nodal A : untuk nodal B :

untuk nodal C : persamaan untuk nodal B merupakan persamaan kesetimbangan ‘aktif’, karena pada nodal ini terjadi rotasi. Sudut puntir diberikan oleh persamaan berikut ini, θ i

= f ti T i

dengan i

= 1.2.3

dan

f ti

⎛ L ⎞ ⎟ = ⎜⎜ ⎟ ⎝ GI p ⎠ i

maka :

Sudut puntir relative, dengan

φA = φB = 0 Dan

Maka

Gunakan persamaan DBB untuk nodal B, maka diperoleh

maka tegangan geser maksimum pada poros baja dan poros aluminium adalah

31


Contoh 4.4

Poros AB dan CE terbuat dari bahan yang sama dan memiliki diameter yang sama seperti pada gambar disamping ini. Sebuah torsi T E diberikan pada ujung titik E, jika torsi ditransmisikan dari poros C eke poros AB dengan sebuah gigi roda gigi, dan abaikan ketebalan roda gigi, tentukan : a). rotasi roda gigi B, b). rotasi poros titik E, c). torsi titik C Penyelesaian a). Rotasi roda gigi B, DBB system roda gigi-poros

ΣMx = 0 : untuk nodal B: ΣMx = 0 : untuk nodal C : ΣMx = 0 : untuk nodal D : ΣMx = 0 : untuk nodal E : ΣMx = 0 : untuk nodal A :

T i

= k tiφ i dan

(1)

dengan i = 1.2.3 k ti

Sudut puntir relative φ1 = φB – φA = φB φ2 = φD – φC = φD φ1 = φE – φD

⎛ GI ⎞ = ⎜⎜ p ⎟⎟ ⎝ L ⎠ i

(2)

(3)

32


Sudut puntir relative seperti pada gambar berikut ini :

ketika roda gigi B berputar kearah positif φB, maka roda gigi D akan berputar kearah negative, maka dengan menggunakan perbandingan jejari roda gigi B dan D diperoleh : r B φB = – r D φD (4) penyelesaian selanjutnya dapat dilakukan dengan denggunakan persamaan (4) untuk mendapatkan φD kemudian substitusikan ke persamaan (3) kemudian (2) lalu (1).

maka sudut puntir pada titik B adalah

b. sudut puntir pada titik E adalah

c. torsi titik C

33


Poros Transmisi Daya

Poros padat atau berlubang biasanya digunakan untuk memindahkan daya dari satu peralatan ke peralatan yang lainya seperti dari turbin ke pembangkit daya listrik, atau motor ke roda mobil, dan lain-lainnya seperti pada gambar dibawah ini.

pada gambar diatas, kerja poros yang dilakukan ke pulli D adalah W W = T .φ C

(4.17)

Daya yang dihasilkan poros adalah P = dW/dt = T .(dφC/dt ) = T.ω dimana

ω

(4.18)

adalah kecepatan sudut poros atau kecepatan putar poros dalam

radian/detik, ω juga biasanya dinyatakan dalam rpm (rotation per minute)

ω = 2πf (rev/sec) =

2.π .n 60

rpm

(4.19)

dimana f = jumlah putaran per detik n = jumlah putaran per menit dalam satuan U.S. Customary units daya biasanya dinyatakan dengan Horse-Power (hp) dimana

34


1 hp = 550 lb.ft/s = 6600 lb.ft/s = 745.7 Watt Contoh 4.5

Sebuah mpotor listrik dengan daya 10 hp digunakan untuk menggerakkan pompa dimana pada transmisi daya digunakan poros pejal dengan tegangan geser ijin 20 ksi. Jika poros berputar pada putaran 875 rpm, berapa diameter minimal yang digunakan. Penyelesaian, Daya yang dihasilkan poros adalah

Maka torsi T ,

Supaya aman maka tegangan geser ijin harus lebih besar atau sama dengan tegangan geser maksimum, maka

Jadi dmin = 0.568 in

35


BAB V MOMEN INERSIA

5.1 Pendahuluan

Pada matakuliah statika struktur kita telah mengenal adanya momen, dimana sebuah momen didefinisikan dengan gaya dikalikan jarak yang tegak lurus dengan titik tinjau (F.x). momen ini juga disebut dengan momen pertama dari gaya. Jika momen ini dikalikan lagi dengan jarak (x) yang tegak lurus antara arah gaya dan 2

titik tinjau (Fx.x) = F(x ), besaran ini disebut momen kedua dari gaya atau momen dari momen gaya atau momen inersia. Kadang – kadang sebagai ganti gaya (F) digunakan luas penampang atau massa, kemudian momen kedua ini dikenal sebagai momen kedua penampang atau momen kedua massa, tetapi semua momen kedua ini menunjukkan momen inersia. Perhatikan sebuah penampang seperti pada gambar dibawah ini, untuk menentukan momen inersia terhadap sumbu X – X dan sumbu Y –Y, maka kita bagi penampnag tersebut menjadi beberapa elemen, Jika dA = luas elemen x = jarak pusat grafitasi elemen terhadap sumbu X – X y = jarak pusat grafitasi elemen terhadap sumbu Y – Y G Gambar 5.1 Momen inersia

Maka momen inersia elemen terhadap sumbu Y – Y adalah : 2

Iyy = dA . x Maka Dengan cara yang sama,

Iyy = Σ (dA . x ) 2

Ixx = Σ (dA . y ) 2

36

Gunawan

37


5.2. Momen inersia penampang segi empat

perhatikan gambar penampang ABCD dibawah ini, jika

b = panjang penampang d = lebar penampang

untuk mencari momen inersia terhadap sumbu X – X, maka penampang ABCD dibagi menjadi beberapa elemen dengan

panjang

elemen dy,

dengan

luas

penampang elemen = b . dy, maka momen

Gambar 5.2 MI penampang segi-empat

inersia elemen terhadap sumbu X – X adalah Ixx = luas penampang elemen . y

2

= (b . dy) y2 = by2 dy maka momen inersia seluruh penampang dari –d/2 ke d/2 adalah :

maka

contoh 5.1

Tentukan momen inersia dengan penampang seperti pada gambar disamping ini jika b = 60 mm, d = 80 mm, b1 = 30 mm dan d1 = 40 mm. penyelesaian


5.3. Teorema sumbu tegak lurus

sebuah elemen P dengan luas penampang da, memiliki koordinat x dan y sepanjang dua sumbu yang saling tegak lurus OX dan OY, seperti pada gambar, jika sumbu OZ yang tegak lurus terhadap sumbu OX dan OY, dan jarak elemen P terhadap sumbu Z – Z adalah (r) , atau OP = r, dari gambar kita peroleh r 2 = x2 + y2 2

momen inersia elemen P, I xx = da y 2

dan Iyy = da y

Izz = da r 2

maka

2

2

= da (x + y )

Gambar 5.3 Toerema sumbu tegak lurus

= Ixx + Iyy

5.4. Momen inersia penampang lingkaran

Perhatikan lingkaran ABCD dengan jejari r seperti pada gambar, sebuah elemen pada jejari r, dengan ketebalan dx, maka luas penampang elemen ersebut adalah da = 2πx dx

momen inersia elemen terhadap sumbu X – X atau Y – Y adalah : = 2πx dx (x ) 2

= 2πx dx 3

maka momen inersia seluruh penampang dari jejari 0 sampai r adalah

maka

Gambar 5.4 MI penampang lingkaran

38


contoh 5.2

sebuah penampang lingkaran memiliki diameter luar (D) = 80 mm dan diameter dalam (d) = 60 mm, tentukan memen inersia penampang tersebut. Penyelesaian, I XX

=

π 64

( D 4

− d 4 ) =

π 64

(804

− 604 ) = 1374 x103 mm4

5.5. Teorema sumbu sejajar

Sebuah penampang berbentuk lingkaran seperti pada gambar, pusat lingkaran memiliki jarak h dengan sumbu AB, jika penampang tersebut dibagi menjadi beberapa elemen dengan luas penampang da, dan y = jarak elemen terhadap pusat gravitasi penampang.

Gambar 5.5 Teorema sumbu sejajar Kita tahu bahwa momen inersia elemen terhadap sumbu pusat gravitasi adalah y2.da, dan momen inersia total penampang terhadap sumbu pusat gravitas adalah IG = Σ y .da 2

Maka momen inersia penampang terhadap sumbu AB adalah IAB = Σ (y + h) .da = Σ (y + h + 2hy).da 2

2

2

= (Σ y .da) + (Σ h .da) + (Σ 2 hy.da) 2

= IG + a.h2 + 0

2

39


contoh 5.3

Tentukan momen inersia penampang berikut ini terhadap sumbu X – X. Y Penyelesaian

Penampang dibagi menajadi 2 dengan;

dan X

X

kemudian tentukan koordinat centriod

kemudian gunakan teorema sumbu sejajar untuk menentukan momen inersia terhadap sumbu X – X , untuk segi empat (1) momen inersia terhadap centroid ;

dan jarak antara koordinat centroid segiempat (1) ke sumbu X – X maka momen inersia untuk segiempat (1) adalah

untuk segiempat (2), momen inersia terhadap centroid ;

dan jarak antara koordinat centroid segiempat (2) ke sumbu X – X

maka momen inersia untuk segiempat (2) adalah

maka momen inersia total terhadap sumbu X – X adalah IXX = 20.3125 x 106 + 32.8125 x 106 = 53.125 x 106 mm4

40


BAB V1 MOMEN LENTUR DAN GAYA GESER PADA STRUKTUR BATANG (BEAMS)

6.1 Pendahuluan

Batang (beams) adalah struktur yang didesain untuk menahan beban dari arah melintang (transversal), dimana arah beban bekerja tegak lurus dengan sumbu memanjang dari beams, sebuah beam tahan terhadap beban yang merupakan kombinasi dati gaya geser internal pada arah transversal dan momen lentur (bending). Beberapa jenis tumpuan dan beban yang biasa digunakan pada struktur beam dapat dilihat pada gambar dibawah ini,

a. tumpuan sederhana dengan beban terdistribusi

b. tumpuan kantilever dengan beban terpusat

c. tumpuan kontinyu

d. tumpuan kantilever

Gambar 6.1 Tipe tumpuan dan beban pada struktur beam Gaya geser (shear force, SF) pada penampang lintang beam adalah ketidak seimbangan gaya vertical kearah kanan atau kiri penampang, SF akan cenderung menggeser salah satu bagian beam, keatas atau kebawah. Momen lentur (bending moment, BM) pada penampang lintang beam adalah penjumlahan aljabar dari momen gaya, kearah kanan atau kiri penampang. Aturan tanda untuk SF dan BM dapat dilihat pada bambar dibawah ini,

41


a. sebuah batang menerima momen dan geseran pada jarak x

b. geseran positif

c. momen positif

d. V dan M positif

Gambar 6.2 Aturan tanda untuk SF dan BM Dari gambar diatas dapat disimpulkan bahwa : a. Gaya geser (SF) akan bernilai positif jika V bekerja kearah –y (gambar a), atau bagian kiri dari penampang cenderung bergerak kebawah, dan bernilai negative jika sebaliknya. b. Momen lentur (BM) akan bernilai negative jika membuat batang melentur cekung, dan sebaliknya.

Contoh 6.1

Sebuah kantilever beam pada gambar disamping menerima beban 5 kN, pada titik C dan momen 4 kN.m pada titik D. tentukan gaya geser dan momen lentur pada titik B yang memiliki jarak 2 m dari tumpuan A.

42


Penyelesaian

Contoh 6.2

Sebuah beam dengan tumpuan sederhana menerima beban terdistribusi seperti pada gambar disamping ini, tentukan a). reaksi dititik A dan C, b). persamaan V(x) dan M(x) untuk 0
43


Penyelesaian

44


6.2 Diagram gaya geser (SFD) dan Diagram momen lentur (BMD)

Diagram – diagram dapat kita peroleh harganya seecara numeris sepanjang sumbu absis penampang, diagram ini sangat berguna karena memberikan informasi tentang distribusi gaya geser dan momen lentur pada seluruh beam. Pada perencanaan struktur beam, terdapat pertanyaan yang harus dijawab seorang desainer, yaitu “berapa harga SF dan BM maksimum dan dimana terjadinya harga maksimum tersebut”, untuk menjawab pertanyaan tersebut maka kita perlu menggambar diagram gaya geser (SFD) dan diagram momen lentur (BMD) pada keseluruhan beam. Hubungan beban dan gaya geser =

dV dx

= p( x)

6.1

x 2

atau

V 2

− V 1 =

∫ p( x)dx

x1

6.2

45


dan

∆VA = P0

Hubungan momen dan gaya geser =

6.3

dM dx

= V ( x)

6.4

x 2

atau

M 2 − M 1

=

∫ V ( x)dx

6.5

x1

dan

∆MB = – M0

6.6

6.2.1 Penggambaran SFD dan BMD dengan metode keseimbangan

Contoh 6.3

Dari contoh 6.2 tentukan a). gambar SFD dan BMD. b). tentukan momen lentur maksimum. Penyelesaian

a. SFD dan BMD

b. Momen lentur maksimum momen lentur maksimum terjadi ketika gaya geser sama dengan nol (perhatikan gambar SFD dan BMD). dari gambar terlihat bahwa V(x) = 0 terjadi pada interval 0
46

Gunawan

47


6.2.1 Penggambaran SFD dan BMD dengan metode grafis

Untuk menggambar SFD dan BMD dengan metode grafis digunakan persamaan 6.1 sampai 6.6 yang diilustrasikan pada table dibawah ini : Tabel 6.1 Ilustrasi SFD dan BMD

persamaan

pembebanan

SFD

1. kemiringan SF = beban

2. lompatan SF = beban terkonsentrasi

3. perubahan SF = luas diagram

4. kemiringan BMD = SF

5. lompatan BM = – momen terkonsentrasi

6. perubahan BM = luas SFD

BMD


Contoh 6.4

Tentukan SFD dan BMD dari struktur beam berikut ini,

Penyelesaian

DBB

Persamaan kesetimbangan ;

A. SFD

tahapan penggambaran SFD 1. SF pada x = 0- adalah nol + 2. SF pada x = 0 ditentukan oleh persamaan 6.3 maka ∆V = Ay (tanda/arah positif pada SFD karena akibat gaya Ay batang cenderung bergerak keatas, gambar b) 3. untuk 0 < x < a, p(x) = 0, dari persamaan 6.1 dV/dx = 0 (kemiringannya adalah nol) 4. pada x = a, terdapat gaya P kearah bawah, dari persamaan 6.1 dV/dx = -P 5. untuk a < x < L, p(x) = 0, maka dari persamaan 6.1 dV/dx = 0 6. SF pada x = L- ditentukan oleh persamaan 6.3 maka ∆V = Cy

48


(a) SFD

(b) potongan beam

(c) BMD b. BMD tahapan penggambaran BMD 1. pada x = 0 momennya adalah nol, karena jenis tumpuan sederhana 2. untuk 0 < x < a, dari persamaan 6.4 dM/dx = V(x) = konstan 3. pada x = a, dari persamaan 6.5 M(a) ditentukan dari luas daerah kurva SFD dari x = 0 ke x = a, sehingga m (a) = V(a) 4. untuk a < x < L, dari persamaan 6.4 dM/dx = V(x) = -(Pa)/L = konstan 5. pada x = L, M(L) = 0, karena jenis tumpuan sederhana Contoh 6.5

Tentukan SFD dan BMD dari struktur beam berikut ini

Penyelesaian

Persamaan keseimbangan

49


a. SFD tahapan penggambaran SFD 1. 2. 3. 4.

-

SF pada x = 0 adalah nol + SF pada x = 0 ditentukan oleh persamaan 6.3 maka ∆V = Ay untuk a < x < L, p(x) = 0, maka dari persamaan 6.1 dV/dx = 0 SF pada x = L ditentukan oleh persamaan 6.3 maka ∆V = Cy

a). SFD

b). BMD b. BMD tahapan penggambaran BMD 1. pada x = 0 momennya adalah nol, karena jenis tumpuan sederhana 2. untuk 0 < x < a, dari persamaan 6.4 dM/dx = V(x) = konstan 3. pada x = a , dari persamaan 6.5 M(a) ditentukan dari luas daerah kurva SFD dari x = 0 ke x = a, sehingga m (a) = V(a) 4. pada x = a, dari pers. 6.6 ∆MB = – Mo = (Moa/L – Mo) = – (Mo(L – a)/L) 5. untuk a < x < L, dari persamaan 6.4 dM/dx = V(x) = -Mo /L = konstan 6. pada x = L, M(L) = 0, karena jenis tumpuan sederhana

50


Contoh 6.6

Tentukan SFD dan BMD dari struktur beam berikut ini

Penyelesaian, Dari DBB diperoleh :

a. SFD tahapan penggambaran SFD

(pers. 6.3) (pers. 6.1) (pers. 6.2) (pers. 6.3) (pers. 6.1)

(pers. 6.2)

51


b. BMD tahapan penggambaran BMD

(pers. 6.4) (pers. 6.4) (pers. 6.5) (luas segi tiga) (pers. 6.4) (pers. 6.5) luas total segi tiga (pers. 6.4) (pers. 6.5)

52


BAB. VII TEGANGAN PADA BATANG ( BEAMS ) SIMETRIS

7.1 Lenturan murni ( Pure Bending )

Beberapa contoh struktur yang menerima beban lentur dapat dilihat pada gambat dibawah ini :

Chassis mobil

Excavator Gambar 7.1 Struktur yang menerima lenturan Pada bab terdahulu telah dikemukakan bahwa besarnya tegangan yang terjadi pada sembarang potongan sebuah batang ditentukan oleh gaya geser dan momen lentur pada potongan itu. Kondisi pada batang dimana pada bagian batang tersebut, gaya geser adalah nol dan hanya terjadi momen lentur, kondisi ini disebut lenturan murni. Perhatikan gambar struktur yang dibebani dibawah ini,

Gambar 7.2 Contoh lenturan murni

53


Perhatikan deformasi batang pada potongan mn dibawah ini,

Gambar 7.3 Deformasi pada lenturan murni Dari hasil eksperimen menunjukkan bahwa baris mm dan pp berputar terhadap satu sama lainnya dengan sumbu putar yang tegak lurus dengan bidang lenturan, sehingga serat-serat longitudinal pada sisi cembung akan mengalami tarikan dan serat-serat longitudinal pada sisi cekung mengalami tekanan. Garis nn1 merupakan sisi permukaan dimana serat tidak mengalami regangan selama lenturan. Permukaan ini disebut permukaan netral dan perpotongannya dengan sembarang potongan disebut sumbu netral. Pertambahan panjang s’s1 dari sembarang serat dengan jarak y dari permukaan netral, diperoleh dengan menarik garis n 1s1 sejajar mm (Gambar 7.3.a ) Jika jari-jari lengkungan adalah r , dengan memperhatikan kesebangunan segitiga non dan n1s1s’, maka regangan panjang serat ss’ adalah

ε x

=

s ' s1 nn1

=

y r

7.1

hasil percobaan meunjukkan bahwa pemanjangan serat longitudinal pada sisi cembung disertai dengan kontrksi lateral, sedangkan kompresi longitudinal sisi cekung disertai ekspasi longitudinal dengan jumlah yang sama. Akibatnya bentuk penampang berubah-ubah seperti pada gambar 7.3.b. Regangan yang terjadi kearah lateral diperoleh dari berikut ini,

54


ε z

y

= − µε x = − µ

r

7.2

akibat distorsi ini semua garis lurus yang sejajar dengan sumbu z menjadi melengkung agar tetap lurus pada sisi penampang. Jari-jari lengkungan R akan menjadi lebih besar dari rdalam porsi yang sama dimana εx lebih besar daripada εz , maka ,

R =

1 µ

r

7.3

sehingga dari hukum hook diperoleh

σ x

y

= E

r

7.4

distribusi tegangan ini terlihat pada gambar dibawah ini,

Gambar 7.4 distribusi tegangan pada penampang

momen yang dihasilkan dari gaya yang bekerja pada penampang dA dan berjarak y dari sumbu netral adalah :

55


y E 2 EI z M = E .dA. y = . y dA = r r r

∫

dengan I z

∫

7.5

= ∫ y 2 dA.

Iz adalah momen inersia penampang terhadap sumbu netral z. Dengan mengeliminasi r dari persamaan diatas diperoleh

σ x

=

My I z

7.6

contoh 7.1

sebuah batang T dengan dimensi seperti pada gambar, momen pada bagian ini adalah M = 4 kip.ft. tentukan a). Sumbu netral dari penampang ini. b). Momen inersia penampang terhadap sumbu netral. c) tegangan tarik dan tekan maksimum.

Penyelesaian a). lokasi sumbu netral, untuk menentukan sumbu netral ini kita gunakan teori momen pertama. Jika η adalah jarak koordinat pada arah y, maka

56


b). momen inersia momen inersia setiap batang terhadap centroidnya masing-masing dapat dicari dengan persamaan,

tetapi karena kita harus mencari momen inersia terhadap sumbu netral C (tidak terhadap centroid masing-masing) maka kita gunakan teori sumbu sejajar yang dinyatakan dengan persamaan berikut ini:

maka,

c). Tegangan tarik dan tekan maksimum

57


contoh 7.2

dari contoh 7.1 diatas tentukan besarnya resultan gaya tarik dan gaya tekan pada penampang batang, serta jarak yang memisahkan kedua resultan gaya tersebut.

Penyelesaian.

58


contoh 7.3

batang dengan penampang T seperti pada contoh 7.1 digunakan untuk menahan beban seperti pada gambar, tentukan tegangan tarik dan tekan maksimum pada batang tersebut. Penyelesaian. SDF dan BMD dari struktur diatas dapat digambarkan sebagai berikut ini, SFD

BMD

dari grafik BMD diatas diperoleh dua titik momen maksimum yaitu M B = M(4 ft) = -800lb, dan MC = M (8 ft) = 1600 lb, sehingga disini terdapat 2 tegangan tekan maksimum dan 2 tegangan tarik maksimum, sehingga

59


BAB VIII DEFLEKSI PADA BATANG SIMETRIS

Didalam mendesain suatu batang, perhatian tidak hanya pada tegangan yang timbul akibat aksi beban, tetapi juga kepada defleksi yang ditimbulkan akibat beban. Perhatikan sebuah batang yang mengalami defleksi seperti pada gambar berikut ini :

Gambar 8.1 Defleksi pada batang Hubungan antara jari-jari kelengkungan (r) dan momen lengkung dapat dilihat pada persamaan 7.5 berikut ini,

1

=

M 8.1a

r EI Z dari gambar diatas dapat kita lihat bahwa :

ds = rd θ

dan

1 r

=

d θ ds

8.1b

lengkungan defleksi pada gambar diatas menjadi semakin kecil seiring dengan perpindahan titik m sepanjang kurva dari A ke B. Dengan demikian suatu pertambahan ds yang positif yang berhubungan dengan suatu dθ yang negatif, maka persamaan diatas menjadi

1 r

=−

d θ ds

8.1c

60


pada prakteknya defleksi pada batang yang diijinkan terjadi sangat kecil dan kurva defleksinya sangat datar, maka

ds ≈ rd θ

dan

θ = tan gθ =

dy dx

8.1d

dengan menggantikan ds dan θ kedalam persamaan 8.1.c maka :

1 r

=−

2

d y dx

8.1.e

2

akhirnya persamaan 8.1.a menjadi 2

d y

EI z

dx

2

= − M

8.2

persamaan diatas merupakan persamaan deferensial kurva defleksi dan harus diintegrasikan dalam tiap-tiap keadaan tertentu untuk mengetahui defleksi batang. Dengan mendeferensialkan persamaan 8.2 terhadap x maka diperoleh : 3

EI z

d y dx

3

4

EI z

d y dx

4

= −V

8.3

= −q

8.4

contoh 8.1 sebuah batang ditumpu dengan tumpuan sederhana,

menerima

beban

merata

sepanjang l, tentukan defleksi maksimum dari batang tersebut.

Penyelesaian. Momen letur pada smebarang penampang mn, yang berjarak x dari tumpuan kiri adalah :

61


62


Contoh 8.2 Tentukan persamaan defleksi untuk kantilever dengan beban terdistribusi merata, Penyelesaian , Momen letur pada smebarang penampang mn, yang berjarak x dari tumpuan kiri adalah

Maka,

Maka,

63


Contoh 8.3 Tentukan persamaan defleksi untuk tumpun sederhana yang dibebani secara terpusat.

64


65


66


67


BAB IX. LINGKARAN MOHR

Contoh 1.

68


Contoh 2.

69


Contoh 3.

70


Contoh 4.

71


Contoh 5.

72


Contoh 6.

73

MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL1

Recommend Documents