Post on 07-Jul-2018
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
1/32
1
Teori Dasar
Struktur Cangkang Simetri(fundamental theory of symmetrical shell structure)
Olehprof. Ir. Henricus Priyosulistyo, M.Sc.,Ph.D
Departemen Teknik Sipil dan LingkunganFakultas Teknik - Universitas Gadjah Mada
2014
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
2/32
2
I. PENDAHULUAN
1.1. Umum
Secara umum struktur cangkang dapat didefinisikan sebagai plat lengkung padat
yang dibatasi oleh dua permukaan dengan tebal relatif sangat kecil dibandingkan dengan
bentangannya. Disebut cangkang “tipis” bila ketebalan plat cukup kecil dibandingkan
dengan bentang keseluruhan, bila tidak demikian disebut cangkang “tebal”. Gaya-gaya
yang terjadi di dalam cangkang tipis umumnya banyak dipengaruhi oleh gaya tarik, tekan
dan geser saja.
Gambar 1.1. Bentuk atap cangkang
Struktur cangkang menganggap bahwa bahan yang digunakan harus homogen, isotropik
dan elastik sempurna seperti bahan metal (baja, aluminium dan sejenisnya). Namun
demikian karena bahan beton bertulang dalam batas tegangan elastiknya dapat
berkelakuan elastik, maka teori cangkang dapat pula digunakan untuk memperhitungkan
gaya-gaya di dalamnya.
Ada berbagai macam bentuk struktur cangkang iregular yang dapat dibuat namun
buku ini hanya akan membahas beberapa bentuk cangkang yang merupakan hasil
perputaran garis lurus atau lengkung terhadap suatu sumbu yang terletak pada bidang
yang sama. Beban-beban yang bekerja juga dianggap simetri terhadap sumbu
cangkang. Jenis cangkang itu seperti berikut :
a. Cangkang bola (spherical shells)
b. Cangkang silinder (cylindrical shells)
c. Cangkang konik (conical shells)
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
3/32
3
O
Q
δӨ
δψ
A
B
C
D
ψ
r o
r 1
r 2
r 1
y
x
z
Nφ’
O
Q
δӨ
δψ
A
B
C
D
ψ
r o
r 2
r 1
NӨ
NӨ’
Nφ
NӨφ
NӨφ’NφӨ’
NφӨ
Gb.1.2. Garis meridian &garis simpai cangkang
Gb.1.3. Gaya dalam padaelemen kecil ABCD
.2o
o
r r r
Garis meridian/ busur(arching line)
Garis simpai
(hoop line)
δӨ
δφ
A
B
C
D
φ
r o
r 1
r 2
r 1
1.2. Sumbu cangkang dan notasi gaya
Cangkang berbentuk kubah (dapat berbentuk bola atau elip) menganggap bahwa
cangkang itu tipis maka penurunan rumusnya dapat menggunakan prinsip dasar
persamaan “membran” (membrane). Prinsip teori membran bahwa plat tidak mampu
menahan momen lentur namun hanya mampu menahan gaya-gaya aksial (tarik, tekan
dan geser). Gambar 1.2 memperlihatkan potongan kecil dari sebuah cangkang kubah.
Sumbu-sumbu (x,y dan z) akan melalui titik referensi (0,0) yang diambil pada salah satu
ujung elemen (beberapa referensi menggunakan titik tengah elemen). Sumbu-z adalah
sumbu yang dibentuk melalui titik (0,0), yaitu suatu titik yang ditetapkan pada
permukaan cangkang, dan tegak lurus bidang singgung pada titik (0,0), bidang ini
disebut bidang XY. Sumbu-x melalui titik (0,0), tegak lurus bidang yang melalui sumbu
putar, bidang ini disebut bidang YZ. Sumbu-y melalui titik (0,0) dan tegak lurus bidang
yang melalui sumbu-x dan sumbu-z, bidang ini disebut bidang XZ
Gaya-gaya setiap meter panjang yang berada pada garis busur/ meridian dan sejajar
sumbu-y diberi notasi Nφ, gaya-gaya setiap satuan panjang yang berada pada garis simpai
(hoop line) dan sejajar dengan sumbu-x diberi notasi Nθ. Gaya-gaya geser setiap satuan
panjang yang sejajar dengan sumbu-x diberi notasi Nθφ dan yang sejajar dengan sumbu-y
diberi notasi Nφθ.
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
4/32
4
II. PERSAMAAN CANGKANG KUBAH
2.1. Persamaan umum
Pada penurunan persamaan cangkang kubah dianggap bahwa pada sudut
kelengkungan yang sangat kecil maka panjang lengkung itu sama dengan jari-jari
dikalikan tangent sudut kecil tersebut ( )tan. Rs . Kemudian sinus sudut yang sangat
kecil sama dengan sudut itu sendiri ( sin ) dan cosinus sudut sangat kecil sama
dengan satu ( cos 1). Dari Gb.2 dan Gb.3 dapat ditulis persamaan berikut ini.
01cossincos/sintan untuk dan
.2o
o
r r r
..sincos/.sin.tan oooo r r r r AB ..sincos/.sin.tan 1111 r r r r BC AD
.2o
o
r r r
.sincos/sintan 2222 r r r r CD
Luas potongan ABCD = AB . AD = ... 1r r o
Gaya per satuan luas arah-x = ..... 1r r X ABCDluas X o
Gaya per satuan luas arah-y = ..... 1r r Y ABCDluasY o
Gaya per satuan luas arah-z = ..... 1r r Z ABCDluas Z o
N N N
N N N ';'
N N N
N N N ';'
Gb.2.2. Pot.Vertikal QAD
Gb.2.1. Pot.Horisontal OAB
' N
y
N
sin'. N
cos'. N Q
A
D
r o
r r 2
O
' N
x
N
sin'. N
cos'. N
O
A
B
r o
r o
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
5/32
5
Keseimbangan arah-y :
Pengaruh :' N dan N
AB N CD N A ..cos'.1 1cos ; .. 2r CD
......1 ooo r N r r
N N A
Menganggap diferensial orde tiga, misalnya .. = 0 maka persamaan terakhir
dapat ditulis :
..
....1
N r r N
N r A
ooo
merupakan persamaan diferensial-
parsial
Pengaruh :' N
..cos....cos...
..cos.'.
11
2
r N r N
N
BC N A
Pengaruh :' N dan N
........
.'.
111
3
N r r N r
N N
AD N BC N A
Jumlah gaya luar dan dalam = 0
0.... 3211 A A Ar r Y o
y
Q
B
C
r o
r 1r 2
O
sin'. N
cos.'.
cos.sin'.
N
N
sin.'.
sin.sin'.
N
N
Gb.2.3. Potongan vertikalQBC
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
6/32
6
0..cos........
.... 111
r N
N r
N r r r Y
o
o
0cos....
.. 111
r N
N r
N r r r Y
o
o .. (1)
Keseimbangan arah-x :
Pengaruh :' N dan N
........
.'.
111
1
N r r N r
N N
AD N BC N B
Pengaruh :'
N dan N
AB N CD N B .'.2
......2 o
oo r N
r r
N N B
Mengabaikan diferensial orde tiga . . & . . persamaan di atas dapat
ditulis seperti berikut ini
x
N
' N
O
A
B
r o
r o
Gb.2.5. Potonganhorisontal OAB
x
N
' N
sin'. N
cos'. N
O
A
B
r o
r o
Gb.2.4. Potonganhorisontal OAB
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
7/32
7
......2 N
r r
N B oo
....2
N r
r N B o
o dapat ditulis dalam persamaan diferensial parsial
seperti berikut ini.
...
2
N r B
o
Pengaruh :' N
cos.'.3 N B .BC
..cos...cos.'. 13 r
N N BC N B ..cos.. 1r N
0.... 3211 B B Br r X o
y
Q
B
C
r o
r 1r 2
O
cos'. N
' N
sin'. N
x
N
cos'. N O
A
B
r o
r o
cos.'.
sin.cos'.
N
N
Gb.2.6. Potongan vertikalQBC
Gb.2.7. Potongan vertikalQBC
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
8/32
8
0..cos..
...
.......
1
11
r N
N r N r r r X
o
o
0cos...
... 111
r N N r N
r r r X o
o .. (2)
Keseimbangan arah-z :
Pengaruh :' N (arah-x)
sin.'.1 N C . BC
..sin....sin.'. 11 r
N N BC N C
..sin.. 11 r N C
Pengaruh :' N
sin'.2 N C . CD
.....sin'. 22 r
N N CD N C
y
Q
A
D
r o
r 1r 2
O
sin'. N
cos.'.
cos.sin'.
N
N
sin.'.
sin.sin'.
N
N
Gb.2.8. Pot.vertikalQAD=QBC
' N
y
N
sin'. N
cos'. N Q
A
D
r o
r 1r 2
O
Gb.2.9. Pot.vertikal QAD
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
9/32
9
φ
r o
r 1α
δα
q.cosα
q
δs
R
Nφ
Nφ.sinφ
.....2
oo
r r
N N C
...2 or N C
0.... 211 C C r r Z o
0.....sin...... 11 oo r N r N r r Z ; 0.sin.... 11 oo r N r N r r Z
0//sin. 10 r N r N Z ..(3)
2.2. Cangkang bola (spherical dome)
Dari persamaan umum (1) (2) dan (3) di atas dapat diturunkan persamaan bola/ dome
dengan memasukkan pengertian bahwa r o = r 1.sin φ, demikian pula gaya geser pada
cangkang bola NӨφ = NφӨ = 0. Bila cangkang bola (dome) dibebani oleh beban terbagi
rata maka resultan gaya-gaya ke arah sumbu-x sama dengan nol (X = 0) demikian pulagaya-gaya geser akan sama dengan nol ( 0 N N )
a. Beban luar terbagi rata dan tegak lurus permukaan
Gaya luar ke arah-x = 0 0 X , 0' N N
Pesamaan gaya arah-x 0.1
N r
Gaya geser ke arah-y = 0 0' N N
r
r
r
r 2
Gb.2.10. Kubah bola
dengan bebanterpusat terbagi rata
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
10/32
10
Persamaan gaya arah-y 0cos...
.. 11
r N
N r r r Y
o
o
Persamaan arah-z 0//sin. 10 r N r N Z
Memasukkan sin.1
r r o
ke dalam persamaan terakhir didapat : 0....1
ooo
r N r N r r Z
Gaya luar ke arah-z 0. 1 N N r Z
Beban luar pada potongan δs = r 1. δα
Luasan cincin = 2.π.r o.δs = 2.π.r o.r 1.δα = 2.π.r 12.sin α .δα
Beban vertikal di atas cincin δF = 2.π.q.r 12.(sin α.cos α ).δα
Beban total seluruh kubah :
F=
0
2
1
0
2
1 ).cos.(sin...2.cos.sin....2 r qr q
Mengingat kaidah trigonometri cos.sin.22sin
2sin).2/1(cos.sin maka persamaan terakhir dapat ditulis :
F
0
2
1
0
2
12cos
2
1...2sin
2
1...2
r qr q
F )2cos1(..).2/1(2
1 r q
Reaksi vertikal pada tumpuan :
R = 2
1 sin....2sin....2 N r N R
Reaksi vertikal = Beban total vertikal F = R
2
1 sin....2 N r = )2cos1(..).2/1(2
1 r q
N =
2
1
sin.4
)2cos1(. r q 2sin212cos
22 21)1(212cos CosCos N
N =.2
.
sin.4
sin2. 12
2
1 r qr q
gaya per satuan panjang ini tidak bervariasi terhadap sudut φ.
Memasukkan Nφ dan beban q Z (arah ke pusat +) ke dalam persamaan
0// 11 r N r N Z akan didapat NӨ
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
11/32
11
N =2
.1
2
1
2
..
.2
... 11
1
11
1
1
qr qr q
r
r qr z
r
N r
b.
Beban luar terbagi rata vertikal mengelilingi kubah (misal berat sendiri)
Beban total seluruh kubah :
F
0
2
1
0
2
1 ).(sin...2.sin....2 r qr q
F )cos1(...2cos..2 2102
1 r qr q
Reaksi vertikal pada tumpuan, R
R = 2
1 sin....2sin....2 N r N R
Reaksi vertikal = Beban total vertikal F = R
2
1 sin....2 N r = )cos1(...22
1 r q
N =)cos1(
.
)cos1(
)cos1(.
sin
)cos1(.1
2
1
2
1
r qr qr q
Gaya yang N berarah vertikal dan bervariasi dengan sudut φ
Memasukkan Nφ dan beban cos.q z (kea rah pusat +) ke dalam persamaan
0// 11 r N r N Z akan didapat NӨ
N =
cos.)cos1.(
...1
11
1
1 qr
r qr Z r N r
N
cos
)cos1(
1. 1r q
c. Beban luar terbagi rata vertikal menurut bidang horisontal
φ
r o
r 1α
δα
q.cosα
q
δs
R
Nφ
Nφ.sinφ
q.sinα
Gb.2.11. Kubah boladg beban verticaloleh berat sendiri
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
12/32
12
Beban luar pada potongan δs = r 1. δα
Luasan cincin = 2.π.r o.δs = 2.π.r o.r 1.δα = 2.π.r 12.sin α .δα
Beban vertikal di atas cincin = 2.π.q.r 12.(sin α.cosα ).δα
Beban total seluruh kubah =
0
2
1
0
2
1 ).2(sin2
1...2.cos.sin....2 r qr q
02
1
0
2
1 2cos..2
1).2(sin.. r qr q
Beban total seluruh kubah = luas lingkaran x q.)sin..(.. 21
2 r Rq
Reaksi vertikal pada tumpuan = 2
1 sin....2sin....2 N r N R
Reaksi vertikal = beban total vertikal 2
1 sin....2 N r .)sin..(.2
1 r q
N =.2
.
sin...2
.)sin..(. 12
1
2
1 r q
r
r q
Gaya yang N berarah vertikal dan tidak bervariasi dengan sudut φ
Memasukkan Nφ dan beban 2cos.q Z (arah ke pusat +) ke dalam persamaan
0// 11 r N r N Z akan didapat NӨ
N = 212
1
11
1
1 osc212
.cos.
.2
...
qr q
r
r qr Z
r
N r )cos21(2cos 2
φ
r o
r 1α
δα
q.cos2α
q.cosα
δs
R
Nφ
Nφ.sinφ
q.sinα.cosα
Gb.2.12. Kubah boladg beban verticaldatar
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
13/32
13
N = 2cos2
. 1r q
d. Beban luar berupa beban vertikal terpusat di puncak
Reaksi vertikal pada tumpuan,R
R = 21 sin....2sin....2 N r N R
Reaksi vertikal = beban total vertikal, - P
N = 21 sin...2 r
P
Gaya yang N berarah vertikal dan bervariasi dengan sudut φ
Memasukkan Nφ dan beban 0 z ke dalam persamaan 0// 11 r N r N Z akan
didapat NӨ
N = 2
1sin...2 r
P
e. Beban luar berupa beban vertikal terbagi rata berbentuk cincin (lubang cahaya)
Secara prinsip penjabaran persamaan sama dengan cangkang dengan beban terpusat.
Perbedaan terletak pada beban terpusat yang dibatasi dari φ sampai dengan β.
Reaksi vertikal pada tumpuan = 2
1 sin....2sin....2 N r N R
N = 2
1sin...2 r
Pdengan P = q.{2.π.(r 1.sin β )}
φ
r o
r 1α
δα
δs
R
Nφ
Nφ.sinφ
P
φ
r o
r 1α
δα
δs
R
Nφ
Nφ.sinφ
q
β
Gb.2.13. Kubah boladg beban terpusat
Gb.2.14. Kubah bola dgbukaan (void) padapuncaknya oleh bebanterbagi rata berbentukcincin
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
14/32
14
N =
2sin
sin.q
N = 2
1sin...2 r
Pdengan P = q.{2.π.(r 1.sin β )} N =
2sin
sin.q
Contoh :Cangkang tangki bola digunakan untuk menyimpan cairan. Bila cairan memenuhi isi bola
dengan jari-jari r 1 dan berat jenis cairan = γ. Turunkan persamaan bola itu bila di tumpu
pada titik B.
Keseimbangan gaya di atas tumpuan BC (α < φ)
Gaya tekanan air pada titik A Z =- γ.h = - γ.r 1.(1- cos α ) ; Y = X =0
Luasan cincin = 2.π.r o.δs memasukkan r 0 = r 1.sin φ dan δs = r 1. δα , ke dalam persamaan
terakhir didapat 2.π.r o.r 1.δα = 2.π.r 12.sin α.δα
Komponen tekanan air kea rah vertical = Z cos α = - γ.r 1.(1- cos α ). cos α
Beban vertikal di atas cincin, δF = luas cincin x komponen tekanan air ke arah vertikal
δF = {2.π.r 12.sin α }.{- γ.r 1 .(1- cos α ) cos α }.δα
0
3
1 ).cos1.(cos.sin....2 r F
0
3
1 ).cos1.(cos.sin....2 r F
0
23
1 ).cos.sincos.sin(....2 r F , memasukkan cos.sin.22sin
.cos.sin.2sin2
1...2 2
3
1r F
α
A
φ
B C
r o
r 1
R
Gb.2.15. Kubah bola dgisi cairan penuh didalamnya
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
15/32
15
Memasukkan U = cos α dU/dα = -sin α dU = -sin α.dα ke dalam persamaan di atas
dapat ditulis :
U U r F ..2sin2
1...2 2
3
1 =
0
33
13
12cos
4
1...2
U r
0
33
1 cos3
12cos
4
1...2
r F =
12
1cos
3
12cos
4
1...2 3
3
1 r
Memasukkan cos 2α = 2.cos2α – 1 ke dalam persamaan terakhir didapat :
1cos4)1cos.2.(3...6
1 3231 r F
3231 cos42cos.6...6
1 r F
323
1
cos2cos.31...6
2 r F
)cos23.(cos1...3
1 231 r F
Reaksi pada tumpuan RBC = 2
1 sin....2sin....2 N r N R
Gaya luar sama dengan reaksi F = RBC
)cos23.(cos1...3
1 231 r =
2
1 sin....2 N r
)cos23.(cos1..6122
1 r = 2sin. N
2
22
1
sin.6
.cos).cos23(1.
r N
Memasukkan sin.1r r o dan Z = - γ.r 1.(1- cos α ) ke dalam persamaan
0.sin.... 11 oo r N r N r r Z akan didapat :
0sin..sin...sin.).cos1(. 11111 r N r N r r r
Memasukkan Nφ ke dalam peramaan terakhir didapat :
0).cos1.(2
1 N N r N r N 2
1).cos1.(
2
22
12
1sin.6
.cos).cos23(1.)cos1(..
r r N
Keseimbangan gaya di bawah tumpuan BC (α < φ)
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
16/32
16
Massa air total di dalam tangki (berbentuk bola) M = (4/3).γ.π.r 13
Massa air yang sudah ditumpu di atas BC sebesar F (lihat hitungan di atas)
)cos23.(cos1...3
1 231 r F
Massa air yang masih harus ditumpu BC (di bagian bawah) sebesar
)cos23.(cos1...3
1...
3
4 231
3
1
' r r F M F
Reaksi pada tumpuan R’ = 2
1 sin....2 N r
F’ = R’ )cos23.(cos1...3
1...
3
4 231
3
1 r r = 2
1 sin....2 N r
2
23
12
1sin.6
)cos23.(cos1...4.
r r N
0).cos1.(2
1 N N r ; N r N 2
1).cos1.(
2
23
12
1sin.6
)cos23.(cos1...4)cos1(..
r r N
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
17/32
17
III. PERSAMAAN CANGKANG SILINDER
3.1. Persamaan Umum
Gaya yang bekerja pada potongan kecil sepanjang δx setinggi R.δφ dapat dijelaskan
seperti berikut ini.
Keseimbangan komponen gaya kearah sumbu-x :
x x
N N N x
x x
.'
.'
N N N
.' x x x
N N N x
x
N N N
x
x x
.'
0...).'(.).(;0' x R X x N N R N N X x x x x
..(4.1)
Memasukkan x x
N N N x
x x
.' dan
.' x x x
N N N ke dalam persamaan (4.1)
didapat persamaan seperti berikut ini :
0...)..(.)..(
x R X x N N
N R N x x
N N x
x
x x x
x
0........
x R X x N
x R x
N x x 0..
R X N
R x
N x x
..(4.2)
Keseimbangan komponen gaya kea rah sumbu-y :
L= 60o
X
δφ
R
Nx’
Nx
Nφ
Nφ’ Nφx’
Nφx Nxφ
Nxφ’
YZ
δx
Gb.3.1. Silinder yang ditumpu padaujug-ujungnya
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
18/32
18
Gb.3.2. Potongan tegak elemen ABCD
0....).'().)cos(.(;0' x RY R N N x N N Y x x
..(4.3)
Memasukkan
.'
N N N dan x
x
N N N
x
x x
.' kedalam persamaan (4.3)
didapat persamaan berikut ini :
x N
N N ).)cos(.(
0....)..(
x RY R N x N
N x x
x
x
0......).cos(.
x RY R x
N x
N
x
x
0.
RY R N N
x
x
..(4.4)
Keseimbangan komponen gaya kea rah sumbu-Z
0...).sin(.(;0' x R Z x N Z ..(4.5)
0...).sin().(
x R Z x
N N
0....)..(
x R Z x
N N
0.....
x R Z x N 0. R Z N
..(4.6)
Persamaan (4.2), (4.4) dan (4.6) mengandung empat parameter yang tidak diketahui.
Untuk itu satu persamaan perlu diperoleh yaitu melalui persamaan keseimbangan
momen ΣM = 0 terhadap titik pusat elemen.
02
)...(2
.)..(
x
R N R x N x x
x x N N ..(4.7)
δφ δφ
Nφ
Nφ’ Nφ’sin(δφ)
= Nφ’δφ
Nφ’cos(δφ)
= Nφ’
δφ
Y
Z
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
19/32
19
3.2. Cangkang Silinder Terbuka oleh Beban Berat Sendiri
a. Tumpuan sendi-roll pada ujung-ujungnya
Cangkang ditumpu pada ujung-ujungnya oleh diapragma yang tidak kaku (flexible
diaphragm). Beban terbagi rata vertical mengelilingi permukaan kubah silinder sebesar
Q dapat diuraikan kea rah tegak lurus permukaan (Z = Q cos φ) dan sejajar bidang
singgung (Y = Q sin φ). Kearah sumbu-x tidak ada komponen gaya luar ( X=0 ).
Keseimbangan komponen gaya kearah sumbu-z :
0. R Z N cos.. RQ N ….(4.8)
sin.. RQ
N
Keseimbangan komponen gaya kearah sumbu-y :
Memasukkan persamaan (4.8) dan Y = Q.sin φ ke dalam persamaan keseimbangan gaya
kearh sumbu-y diperoleh :
0.
RY R N N
x
x
0sin..sin..
Q R R
N RQ
x
x
sin..2 Q N
x
x
xQ N x .sin..2 .sin..2 xQ N x
1.sin..2 C xQ N x
Kondisi batas :
Pada posisi x = 0 (di tengah bentangan) gaya lintang = 0 Nxφ = 0
Memasukkan Nxφ = 0 ke dalam persamaan terakhir didapat : 0 = 0 + C1 C1 = 0
sin...2 xQ N x
Gb.3.3. Tumpuan sendi-rol pada ujung-ujungnya
δ
Y=Q.sinφ Z= Q.cosφ
Q
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
20/32
20
cos...2 xQ N
N N x
x x
….(4.9)
Persamaan keseimbangan gaya kearah sumbu-x :
Memasukkan persamaan (4.9) ke dalam persamaan keseimbangan gaya kearah sumbu-x
dan memasukkan komponen gaya X = 0 didapat :
0..
R X N
R x
N x x
0.0cos...2.
R xQ R x
N x cos...
2 xQ
R x
N x
..cos..2
x xQ R
N x
2
2
1.cos..
2 xQ
R N x + C2 ..(4.10)
Kondisi batas :Pada posisi x = ± L/2 (di atas tumpuan) tidak ada gaya aksial Nx = 0
2
2
1.cos..
2 xQ
R N x + C2
2
2.cos..
10
L
Q R
+ C2 C2 = - .cos...4
1 2 LQ R
Memasukkan C2 ke dalam persamaan (4.10) diperoleh :
2
2
1.cos..
2 xQ
R N x - .cos..
.4
1 2 LQ R
4cos.
22 L x R
Q N x ..(4.11)
b. Tumpuan jepit-bebas pada ujung-ujungnya
Cangkang yang dijepit pada salah satu ujung dan bebas pada ujunglainya dibebani oleh
berat sendiri cangkang sebesar Q (kN/m2).
Z = Q.cos φ Z R N .
cos.. RQ N
..(4.12)
sin.. RQ
N
L
= 60o
Q
Z=Q.cos φ
Gb.3.4. Ujung jepit-bebas
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
21/32
21
Memasukkan gaya luar Y = Q.sin φ dan persamaan
sin.. RQ
N
ke dalam persamaan
keseimbangan kearah-y berikut diperoleh :
0.
RY R N N
x
x
0sin..sin..
Q R R
N RQ
x
x
0sin...2
R
N RQ
x
x
sin..2 Q
N
x
x
xQ N x .sin..2 + C3
Kondisi batas :
Pada posisi x = L (di ujung kantilever) maka gaya lintang di tempat itu = 0 Nxφ = 0
Memasukkan Nxφ = 0 ke dalam persamaan terakhir di atas diperoleh :
LQ .sin..20 + C3 C3 = sin..2 LQ
sin...2 xQ N x + sin...2 LQ
sin)..(.2 x LQ N x ..(4.13)
x x N N = sin)..(.2 x LQ
cos)..(.2 x LQ
N x
Memasukkan persamaan terakhir ke dalam persamaan keseimbangan gaya kearah
sumbu-x dan memasukkan X = 0 diperoleh :
0..
R X
N R
x
N x x
0.0cos)..(.2.
R x LQ R x
N x
cos)..(.2. x LQ R x
N x
x x L R
Q N
x )..(cos..2
x x L RQ
N x ).(.cos..2
+ C4
)2
1.(.
cos..2 2 x x L R
Q N x
+ C4
Kondisi batas :
Pada posisi x = L (ujung kantilever) gaya aksial di tempat itu = 0 Nx = 0
Memasukkan Nx = 0 ke dalam persamaan terakhir diperoleh :
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
22/32
22
)2
1(.
cos..20 22 L L
R
Q + C4 C4 =
)
2
1.
cos..2 2 L R
Q = 2.
cos. L
R
Q
)2
1.(.
cos..2 2 x x L R
Q N x
+ 2.
cos. L
R
Q
2).(cos.
x L R
Q N
x
..(4.14)
3.3. Cangkang Silinder Tertutup oleh Beban Cairan
Silinder/ tabung dengan panjang L ujung-ujungnya ditutup dan diletakkan pada arah
sumbu horizontal. Jari-jari tabung R, tabung diisi cairan penuh yang memiliki berat jenis,
γ. Persamaan gaya-gaya dalamnya dapat diturunkan sebagai berikut.
Tekanan air pada titik A berarah keluar ( gaya Z negatif) Z = - γ.R.(1- cos φ) ; Y = X =0
0. R Z N )cos1.(.)(.2 R R Z N )cos1.(.
2 R N
).(sin.)( 2
R
N
Memasukkan
N dan Y = 0 ke dalam persamaan 0.
RY R N N
x
x
didapatkan
00).(sin. 2
R
N R
x
x
).(sin. 2
R R N
x
x
x R N x .sin.. 1sin... A x R N x
Kondisi batas, pada tengah bentangan gaya geser, x = ½ L Nxφ = 0
1sin...0 A x R A1= sin...2
1 L R
φ
A
L
R.cos φ
Gb.3.4. Ujung jepit-bebas
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
23/32
23
)2(sin..2
1sin...
2
1sin... x L R L R x R N x
)2(sin..2
1 x L R N N
x x )2(cos..
2
1 x L R
N x
Memasukkan
x N dan X = 0 ke dalam persamaan 0..
R X N R
x N x x
didapat :
00)2(cos..2
1.
x L R R x
N x
)2(cos..2
1. x L R R
x
N x
x x L N x .)2(cos.21
22..cos.2
1 A x x L N
x
Kondisi batas, pada tumpuan gaya tarik = 0, x = 0 Nx = 0
2200..cos.2
10 A L A2 = 0
cos)..(2
1 2 x x L N x
Contoh lain dari silinder tertutup dapat dilihat pada kilang minyak. Tangki silinder dengan
tinggi L (m) dipenuhi minyak dengan berat jenis γ dan jari-jari R , persamaan gaya-gaya
dalamnya dapat diturunkan seperti berikut ini. Bila minyak diisikan memenuhi silinder
maka tekanan minyak pada ketinggian y (m) dari dasar tangki merupakan fungsi
kedalaman dan berarah keluar (lateral/ horizontal) sejajar sumbu-z karena kearah luar
tanda gaya itu negative, Z = - γ.h.(L-x). Komponen gaya kea rah sumbu-x dan y sama
dengan nol X = Y = 0
0. R Z N R x L R Z N )..(.
Nφ tidak merupakan fungsi dari φ 0
N
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
24/32
24
Memasukkan
N dan Y = 0 ke dalam persamaan umum 0.
RY R N N
x
x
diperoleh : 000
R
N
x
x 0
x
x N x N A (A pasti tidak merupakan fungsi-x,
tetapi merupakan fungsi-φ, )( A ) x x N N
)( A N x
Kondisi batas, pada posisi x = 0 (di setiap titik gaya geser = 0) Nxφ = 0 A = 0
0)(
A
Memasukkan persamaan terakhir ke dalam persamaan umum 0..
R X N
R x
N x x
didapatkan :
00)(
.
A R
x
N x
.
)(
R
A N
x
x B
R
A x N x
.
)(.
Kondisi batas, pada posisi x = L; Nx = 0 (disetiap titik Nx = 0) B R
L
0.0 B = 0
Kesimpulan :
;0;0 x x x N N N R x L N )..(
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
25/32
25
IV. CANGKANG KERUCUT/ KONIK(conical shell)
4.1. Umum
Cangkang konik sering digunakan untuk membentuk struktur yang stabil dan
berifat monumental antara lain seperti : museum dan tempat ibadat.
Bentuk ini memiliki kestabilan struktur yang bagus terhadap beban lateral seperti gempa
dan angin karena simetri di segala arah dan ukuran yang semakin mengecil ke arah
bidang tegaknya. Karena kestabilan dan kekekalan bentuknya itu maka orang jawa
menggunakan bentuk ini sebagai filosofi “bersesuaiannya kehendak/ kemauan dan
tindakan”.
Bila posisinya dibalik cangkang konik ini tidak memiliki filosofi yang berarti tetapimemiliki fungsi yang baik karena dapat menampung bahan lepas/ cairan seperti antara
lain : tendon air dan butiran lepas lainnya. Beban-beban yang bekerja pada kubah konik
antara lain berat sendiri plat, beban terpusat dan beban material yang ada di dalamnya.
4.2. Cangkang Konik Telungkup
a. Pengaruh beban berat sendiri
Beban berat sendiri Q bila diuraikan kearah sumbu-y dan z menjadi Y = Q cos α dan Z = Q
sin α sedang kearah-x tidak ada uraian gaya (X = 0).
Pada cincin dengan pias setinggi δy dan jari-jari r o terdapat gaya δF = 2.π.Q.r o.δy. Bila r o =
y.sin α maka δF = 2.π.Q.(y.sin α).δy jadi total gaya F = ∫ 2.π.Q. sin α (y).δy = π.Q. (y2). sin
α
x
y
Gb.4.1. Cangkangkerucut
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
26/32
26
Reaksi vertical di bawah pias R = 2.π.
r o.Nφ sin φ menyamakan gaya luar
dan reaksi F + R = 0 didapatkan :
sin...2
sin...
sin...2
2
oo r
yQ
r
F N
Memasukkan r o = y.sin α dan sin φ =
cos α ke dalam persamaan terakhir
didapatkan :
sin.2
.
sin.sin...2
sin...2
yQ
y
yQ N
cos.2
. yQ N
….(5.1)
Memasukkan Z = Q.sin α, r 1 = ∞ dan persamaan (5.1) ke dalam persamaan
0// 12 r N r N Z didapatkan :
)/sin.( 12 r N Qr N )sin.(2 Qr N
Memasukkan cos
2or r ke dalam persamaan terakhir didapat )sin.(
cos
Q
r N o
tan..
cos
sin..o
o r Qr Q
N bila r o = y.sin α maka
sin.tan.. yQ N ....(5.2)
b. Pengaruh beban terpusat di puncak cangkang
sin...2 or
P N
memasukkan r o = y.sin α dan sin φ = cos α ke dalam persamaan terakhir
diperoleh :
)cos.sin.2.(.sin.sin...2
y
P
y
P N
2sin.. y
P N
….(5.3)
0// 12 r N r N Z )2sin...
sin.(11
2
r y
PQr N
Memasukkan persamaan cos
2or r dengan r o = y.sin α
tan.
cos
sin.2 y
yr
r o
r 2
r 1 ≈ ∞
Q
.sin α
Q.cos α
α L
O
y
y
δy
Gb.4.2. Pengaruh berat
sendiri
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
27/32
27
)2sin...
sin..(tan.1
r y
PQ y N
Memasukkan r 1 = ∞ ke dalam persamaan terakhir diperoleh :
sin.tan..Q y N ….(5.4)
4.2. Cangkang Konik Terbalik
a. Pegaruh berat sendiri, ditumpu pada sisi bawah
r o = y sin α r 1 ≈ ∞
r 2 = y tan α Y = - Q.cos α Z = - Q.sin α
0// 12 r N r N Z , 0. 2 N r Z
tan.sin... 2 yQr Z N
Gaya reaksi tumpuan :
R = 2.π.r o.Nφ sin φ = 2.π.y sin α.Nφ sin φ
Gaya berat sendiri cangkang :
δF = gaya berat sendiri
δF = Q.2.π.r o.δy F = ∫ Q.2.π.y.sin α.δy
F = Q.2.π. sin α ∫ y.δy = Q.2.π. sin α. ½
L y y2
F = Q.π.(L2 – y2).sin α
R + F = 0 2.π.y sin α.Nφ sin φ = - Q.π.(L2 – y2).sin α sin φ = cos α
cos.
)(
2sin..2
).( 2222
y
y LQ
y
y LQ N
persamaan ini hanya berlaku bila y ≠ 0
Untuk y = 0 (di atas tumpuan) berlaku persamaan berikut :
Nφ = F = Q.2.π. sin α. ½
L y
0
2 sin...2 LQ N
b. Pengaruh beban air, ditumpu pada sisi atas
Oleh karena tekanan air selalu tegak lurus bidang singgungnya, maka pada titik sejauh y
dari sisi bawah akan ada gaya ke arah sumbu-z sebesar Z = - γ.h =- γ.(L-y) cos α,
sementara ke arah-x dan y tidak ada gaya tekanan air X = Y = 0
Nφ sin φ = Nφ cos α Nφ
α
zr or 1 ≈
∞
Q
-Q.sin α
-Q.cos α
φ
L
O
y
r 2
δy
y
Gb.4.3. Pengaruh beratsendiri
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
28/32
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
29/32
29
Memasukkan r o = y sin α ke dalam persamaan terakhir, F = γ.π.y2{L–(2/3).y}.sin2α. cos α
Reaksi tumpuan :
R = 2.π.r o.Nφ.sin φ = 2.π.y.sin α.Nφ.sin φ
Memasukkan sin φ = cos α ke dalam persamaan terakhir :
R = 2.π.y.( sin α.cos α).Nφ
Persamaan keseimbangan :
R + F = 0 Nφ = (+) F / {2.π.y.(sin α cos α)}
sin.3
1
2
1...
cos.sin...2
cos.sin.3
1
2
1....2 22
y L y
y
y L y
N
sin.
3
2....
2
1
y L y N
Memasukkan persamaan gayake arah sumbu-z, Z = - γ.(L-y) cos α, r 1 ≈ ∞, r 2 = y.tan α dan
Nφ ke dalam persamaan 0// 12 r N r N Z diperoleh :
00/cos)..( 2 r N y L cos)..(tan..cos)..(. 2 y L y y Lr N
).(sin.. y L y N
c. Pengaruh beban air, ditumpu pada sisi bawah
Untuk mendapatkan gaya-gaya dalam yang bekerja pada cangkang pada bidang-AB
dapat dilakukan dengan cara serupa seperti pada butir (b) di atas. Gaya dalam pada
cangkang bergantung pada massa cairan di dalam kerucut secara total (dengan diameter
alas R, tinggi L.cos α) dikurangi oleh massa cairan di dalam silinder di atas bidang -AB dan
massa cairan di dalam kerucut di bawah bidang-AB.
Massa cairan di dalam kerucut setinggi L = π.R2.γ.L.cos α
Massa cairan di dalam silinder dan kerucut = γ.π.r o2. cos α.{L – (2/3).y}
Gaya dalam pada bidang-AB, F = π.R2.γ.L.cos α - γ.π.r o2. cos α.{L – (2/3).y}
F = π. γ. cos α [R2.L - r o2.{L – (2/3).y}] = π. γ. cos α {(R2 - r o2).L + r o2.(2/3).y}
Reaksi tumpuan :
R = 2.π.r o.Nφ.sin φ = 2.π.y.sin α.Nφ.sin φ
Memasukkan sin φ = cos α ke dalam persamaan terakhir :
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
30/32
30
R = 2.π.y.( sin α.cos α).Nφ
Persamaan keseimbangan :
R + F = 0 Nφ = (+) F / {2.π.y.(sin α cos α)}
cos.sin...2
).3/2().(cos..222
y
yr Lr R N oo
=
sin..2
).3/2().(.222
y
yr Lr Roo
Memasukkan r o = y sin α ke dalam persamaan terakhir diperoleh :
sin..2
sin.).3/2().sin.(. 23222
y
y L y R N
sin..2
).32.(sin... 222
y
y L y R L
N
Memasukkan persamaan gayake arah sumbu-z, Z = - γ.(L-y) cos α, r 1 ≈ ∞, r 2 = y.tan α dan
Nφ ke dalam persamaan 0// 12 r N r N Z diperoleh :
00/cos)..( 2 r N y L cos)..(tan..cos)..(. 2 y L y y Lr N
).(sin.. y L y N
Referensi :
Gibson, J.E., 1980, “Thin Shell”, Pergamon Press, pp.06-10
(L-y) cos α
A
α
r o
L
O
y
y
Nφ sin φ = Nφ cos α
Nφ
B
Gb.4.5. Pengaruh beratair
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
31/32
31
Ringkasan Identitas Trigonometri, Diferensial dan Integral
Identital trigonometri :
sin2α + cos2α = 1
sec2α = 1+tan2α
cosec2α=1+cot2α
sin (α+β) = sin α.cos β + cos α. sin β
cos (α+β) = cos α.cos β - sin α. sin β
tan (α+β) = {tan α +tan β}/{1- tan α .tan β}
sin (α-β) = sin α.cos β - cos α. sin β
cos (α-β) = cos α.cos β + sin α. sin β
tan (α-β) = {tan α -tan β}/{1+ tan α .tan β}
sin 2α = 2 sin α cos α
cos 2α = cos2α – sin2α
cos 2α = 1 – 2 sin2α
cos 2α = 2 cos2α – 1
tan 2α = 2 tan α /{1- tan2α}
d(sin x)/dx = cos x
d(cos x)/dx = - sin x
d(tan x)/dx = sec2x
d(cot x)/dx = - cosec2x
d(cosec x)/dx = - cot x.cosec x
d(sec x)/dx = tan x.sec x
Diferensial parsial :
y = xN.(x+1)M
u = xN ; v = (x+1)M
y = u.v
du/dx = (N-1).xN-1
dv/dx = (M-1).(x+1)M-1
dy/dx = v.du/dx + u.dv/dx
Integral trigonometri :
8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2
32/32
∫ sin x dx = - cox x + C
∫ cos x dx = sin x + C
∫ tan x dx = -loge .cos x + C
∫ cot x dx = loge .sin x + C
∫ cosec x dx = loge .(cosec x - cot x) + C
∫ sec x dx = loge .(sec x + tan x) + C
∫ sec2 x dx = tan x + C
∫ cosec2 x dx = - cot x + C
∫tan2 x dx = tan x – x + C
∫cot2 x dx = - cot x – x + C
∫sin2 x dx = ½ x – ¼ sin 2x + C
∫cos2 x dx = ½ x + ¼ sin 2x + C
Integral trigonometri polinomial :
∫sinN x.cos x dx kombinasi cos x dan sin x
U = sin x dU/dx = cos x dU=cos x dx
∫UN dU = {1/(N+1)}.UN+1 memasukkan lagi U = sin x ke dalam persamaan terakhir
∫sinN x.cos x dx = {1/(N+1)}.sinN+1 x
Integral dua fungsi :
∫xN .cos x dx kombinasi f(x) dan sin x
U = xN dU/dx = N.xN-1 dU= N.xN-1 dx
dV= cos x dx V = ∫cos x dx = sin x
∫xN .cos x dx = ∫U.dV=U.V-∫V.dU
∫xN .cos x dx = xN.sin x - ∫sin x. N.xN-1 dx
Bila N ≥ 2 maka ∫sin x. N.xN-1 dx perlu dimisalkan lagi sampai N = 1