analisis struktur ringan
Transcript of analisis struktur ringan
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 1/40
BAHAN AJAR BERBASIS WEB
ANALISIS STRUKTUR RINGAN
Oleh:
Dr. Bambang Kismono Hadi
DEPARTEMEN TEKNIK PENERBANGAN
FAKULTAS TEKNOLOGI INDUSTRI
INSTITUT TEKNOLOGI BANDUNG
1
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 2/40
BAB I
TORSI PADA TABUNG BERDINDING TIPIS
Pendahuluan
Struktur pada sayap terbang umunya terdiri atas tabung berdinding tipis yang
diperkuat dengan “stringer”. Struktur berbentuk tabung ini sangat efektif dalam menahan
beban torsi , misalnya tosi pada badan karena gaya lateral pada ekor tegak. Perlu
diperhatikan bahwa pada struktur tabung berdinding tipis yang mendapat gaya torsi. Gaya
torsi terpusat ditahan oleh kulit / dinding tabung dan bahan stringer.
Asumsi :1. Tidak ada penahan di kedua ujung sehingga tidak timbul tegangan normal dalam
arah lateral
2. Dinding cukup tipis sehingga tegangan yang terjadi konstan dan sejajar dengan
permukaan.
2
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 3/40
Tinjau suatu elemen ABCDEFGH dengan panjang LΔ dan tebal t1 dan t2.
Keseimbangan gaya dalam arah z berlaku :
Lt Lt Δ=Δ .... 2211 τ τ
Atau secara umum :
qt =.τ = konstan
dimana q : arus geser atau shear flow
Arus geser tersebut menimbulkan torsi ( gaya puntir ) :
sqF Δ= . maka:
∫ Δ= shqT ..
sh A Δ=Δ .2
1 ∫ Δ= Aq..2
T = 2 A . q Bredt - Batho
3
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 4/40
Besar Torsi adalah sama dengan besar arus geser yang dikalikan luas permukaan
penampang tabung.
Besar sudut puntir pada tabung dapat dilihat dari teorema Castigliano.
Tinaju elemen di atas ; maka kerja yang timbul karena adanya tegangan sudut γ adalah :
( )δ ..
2
1sqU Δ=Δ γ δ sin. LΔ= γ <<<
= ( ) Lsq ΔΔ ...2
1γ γ δ . LΔ=
= ( ) LG
sq ΔΔ ...2
1 τ
t
q=τ
t
s
G
LqU
ΔΔ=Δ .
2
.2
q AT ..2=
Atau :
t
s
G A
LT U
ΔΔ=Δ .
.8
.2
2
:t
sΔperpanjangan jarak per waktu
4
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 5/40
Besarnya kerja pada sekeliling penampang diperoleh dengan mengintegrasikan
persamaan diatas :
∫ Δ
=dt
ds
G A
lT U
.8
.2
2
Dengan Teorema Castigliano dapat ditentukan besar sudut puntir persatuan panjang
yaitu:
T
U
∂
∂=θ
∫ =dt
ds
G A
T 2
4θ
∫ =dt
ds
AG
q
2θ
Jadi bila suatu tabung berdinding tipis dikenai torsi dapat dihitung:
1. Arus geser q.
2. Sudut puntir θ .
Bila tebal diketahui.
5
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 6/40
BAB II
TEGANGAN LENTUR
Dalam kuliah mekanika teknik sudah dibahas besar tegangan lentur yang mendapat beban
bending ( lentur ) , M.
Bila penampang simetri , tegangan lentur diberikan oleh persamaan :
xx
x z
I
y M .=σ
Pada bagian atas akan mendapat gaya tekan , dan bagian bawah mendapat tegangan tarik.
Jika beban yang terjadi merupakan beban lintang ( shear force ) maka tegangan lentur
juga tegangan geser. pada garis tertentu , tegangan = 0 , maka garis tersebut disebut garis
netral ( neutral line ).
Tegangan lentur pada penampang tak beraturan ( seimbang )
n- n adalah
garis netral akibat
beban P , dan n - n
membentuk sudutφ
terhadap sumbu x - x.
Masalahnya adalah
mencari arah sumbu
netral ( sudut φ )
dan besar tegangan lentur
Gb - 1
6
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 7/40
Bila σ adalah unit tegangan lentur yang bekerja di titik a , pada jarak y n dari sumbu
netral , maka :
n yk .=σ ……. ( 1 )
Dengan k adalah konstan. Karena posisi sumbu netral belum diketahui , maka yn akandiberikan pada koordinat x – y , jadi :
( ) φ φ costan x y yn −=
= φ φ sincos x y − …...( 2 )
Maka :
( )φ φ σ sincos x yk −= ……( 3 )
Persamaan ini mengandung 3 yang tidak diketahui yaitu k ,σ dan φ . Maka diperlukan 2
persamaan lagi yang akan didapat dari keseimbangan momen.
Bila M adalah momen yang bekerja pada bidangdatar yang membentuk sudut θ
terhadap sumbu y , maka besar momen terhadap sumbu x – x dan y – y adalah :
θ cos M M x =
θ sin M M y =
Untuk keseimbangan , besar momen Mx akan ditahan oleh tegangan lentur , menurut
persamaan :
d a∫ == y M M x .cos σ θ
Dengan memasukkan pers ( 3 ) , didapat :
( )da xy yk M ∫ −= φ φ θ sincoscos 2
∫ ∫ −= xydak da yk M x φ φ sincos 2
xy xx I k I k .sin.cos φ φ −= ……..( 4 )
7
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 8/40
Dengan cara yang sama , momen pada sumbu y – y , diperoleh :
∫ = xda M .sin σ θ
Di dapat :
∫ ∫ +−== xydak da xk M M φ φ θ cossinsin 2
xy yy I k I k .cos.sin φ φ +−= ………..( 5 )
Dengan memecahkan pers (4 ) dan ( 5 ) untuk mendapatkan sinφ dan cosφ dan
memasukkan harga – harganya ke dalam per ( 3 ) didapat :
y I I I
I M I M x I I I
I M I M xy yy xx
xy y yy x
xy yy xx
xy x xx y
b ..
....
..22 −
−−−
−−=σ
( 6 )
Bila :
( ) xy yy xx xy I I I I K 2
1 ./ −=
( ) xy yy xx yy I I I I K 2
2 ./ −=
( ) xy yy xx xx I I I I K 2
3 ./ −=
Atau :
y M K M K x M K M K y x x yb 1213 −−−−=σ ( 7 )
Untuk mencari arah sumbu netral , didapat bahwa pada sumbu netral , 0=bσ , dan dari
Gb.I , didapat :
x
y=φ tan , maka :
)( )
y x
x y
M K M K
M K M K
.12
13
.
..
−
−−=φ tan
( 8 )
8
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 9/40
Sering kali terjadi momen lentur terjadi pada sumbu x – x atau y – y , sehingga salah satu
Mx atau My berharga nol sehingga persamaan ( 8 ) dapat disederhanakan.
Sebagai contoh , bila My = 0
Maka: yy
xy
I
I =φ tan
dan bila Mx = 0
xy
xx
I
I =φ tan
Contoh:
Suatu box – beam tidak simetri dengan empat flange a , b , c dan d. Misalnya ingin
ditentukan besar tegangan aksial pada flange a , b , c dan d akibat beban Px dan Py yang
bekerja pada jarak dari penampang yang dikehendaki.''50
Luas a = 1.0 in2
Luas b = 0.5 in
2
Luas c = 0.4 in2
Luas d = 0.8 in2
9
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 10/40
Pada kasus ini , kulit sangat tipis sehingga tidak efektif dalam menerima beban lentur ,
sehingga beban lentur di terima oleh flange saja.
Langkah pertama adalah membuat tabel , yang dapat dilihat di bawah;
flange Luas
“ A “
y’ x’ Ay’ Ax’ Ay’2
Ax’2
Ax’y’
a
b
c
d
1.0
0.5
0.8
0.4
12
8
0
0
-16
0
-16
0
12
4
0
0
-16
0
-12.8
0
144.0
32.0
0
0
256.0
0
204.8
0
-192
0
0
0
total 2.7 16 -28.8 176.0 460.8 -192
Perhitungan titik centroid :
''667.107.2
8.28'−=
−==
∑∑−
A
Ax x
''926.57.2
7.16'===
∑∑−
A
Ay y
Dari rumus :
I = Io + A d2
Io adalah momen inertia pada titik centroid ( yang ingin kita cari ) , maka :
Io = I – A d2
Maka :
Ixx = 176 – 2.7 ( 5.2962
) = 81.81 in4
Iyy = 460.8 – 2.7 ( 10.6672
) = 153.58 in4
Ixy = -192 – ( 2.7 x – 10.667 x 5.926 ) = -21.33 in4
10
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 11/40
Dari gambar terlihat :
Mx = 300.000 ; My = -80.000
Ixx = 81.81 ; Iyy = 153.58
Ixy = -21.33
K 1 = -0.00177
K 2 = 0.012794
K 3 = 0.00674
) ) y M K M K x M K M K y x x yb ...... 1213 −−−−=σ
* Pada flange a
x = -5.333 in y = 6.074 in
22450−=bσ
* Pada flange b
x = 10.667 in y = 2.074 in
7575−=bσ
* Pada flange c
x = -5.333 in y = -5.926 in
21862=bσ
* Pada flange d
x = 10.667 y = -5.926 in
21985=bσ
11
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 12/40
I KONSTRUKSI PESAWAT
1. Tentukan arus geser pada 2 sel yang mendapat beban torsi sebesar T seperti di
bawah. Tentukan pula sudut puntir persatuan panjang.
2. Gambar dibawah ini menunjukkan penampang batang dengan 4 stringer.
Asumsikan kulit tidak menahan beban lentur. Luas stringer terlihat diantara tanda
( ) . Beban luar yang terjadi adalah :
Mx = -500.000 lb.in ; My = 200.000 lb.in
Tentukan tegangan – tegangan luar yang terjadi di ke – empat stringer.
12
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 13/40
BAB III
BENDING SHEAR STRESSES
2 .1. Pendahuluan
Pada dua minggu yang lalu telah dibahas kelakuan penampang yang mendapat beban
torsi murni. Sedang pada minggu yang lalu dibahas beban momen lentur murni. Pada
kenyataannya sangat jarang beban hanya torsi murni atau momen torsi murni. Pada
sebagian besar kasus , torsi dan lentur tersebut dihasilkan oleh gaya lintang luar yang
bekerja pada penampang tersebut. Akibat beban lintang , baik tegangan lentur
longitudinal maupun tegangan geser akan muncul. Pada bab ini akan dibahas pengaruh
gaya lintang tersebut.
2 . 2. SHEAR CENTRE
Apabila suatu batang melentur tanpa memuntir , akibat gaya – gaya luar , tegangan –
tegangan geser akan muncul pada penampang batang tersebut. Centroid tegangan –
tegangan internal tersebut disebut dengan shear centre untuk penampang tersebut.
Konstanta gaya – gaya lintang luar harus melewati shear centre bila puntiran penampang
batang dicegah. Maka bila kita tahu letak shear centre suatu penampang , gaya – gayaluar dapat dipecah menjadi dua :
( 1 ) Yang mengakibatkan momen lentur murni.
( 2 ) Yang mengakibatkan torsi murni.
13
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 14/40
2 .3 RUMUS TEGANGAN GESER AKIBAT GAYA LINTANG
Misal kita mempunyai batang yang dibebani sbb:
Bila t σ adalah tegangan tarik maksimum pada jarak c dari sumbu netral.
Maka besar tegangan dalam jarak dari suatu netral adalah :
c
yt .σ σ = ( 1 )
Maka besar gaya total pada elemen dA adalah :
F = ∫ ydAc
t σ ( 2 )
Maka besar gaya total pada permukaan CD = F1 = ∫ ydAc
t σ
dan besar gaya total pada permukaan EF = F2 = ∫ ydAc
t 'σ
Besar t σ adalah : I
Mct =σ ( 3 )
14
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 15/40
Maka bila pada permukaan CD , momen inersia adalah I dan pada permukaan EF adalah
I' , maka :
∫ = ydA I
M F 1 dan ∫ = ydA
I
M F
'
'2 ( 4 )
Untuk kesetimbangan akan muncul tegangan geser di permukaan CE sebesar dxb..τ
maka:
21.. F F dxb −=τ
∫ ⎟
⎠
⎞⎜
⎝
⎛ −= ydA
I
M
I
M
'
'( 5 )
Apabila penampang batang adalah seragam , I = I' maka :
∫ −
= ydA Ibdx
M M 'τ
Tetapi : V dx
dM
dx
M M ==
− ': gaya lintang
Maka :
∫ = ydA Ib
V τ
Catatan : Rumus ini berlaku bila batang mempunyai penampang yang seragam , I = I'.
Bila penampang tidak sama , seperti pada penampang sayap , persaman diatas tidak dapat
dipakai , dan harus menggunakan persamaan ( 5 ) . Dan V bekerja di shear centre.
15
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 16/40
Contoh :
1. Suatu batang mendapat gaya lintang Vy = 850 lb dan bekerja di shear center.
Penampang seperti di bawah. Berapa besar tegangan geser di neutral axis.
Maka tegangan geser pada N A adalah :
∫ =−
09.3
0.
ydAb I
V
x
x
x xτ
Bagian Luas dA y dA
I
II
IIIIV
2.09 x 0.5 = 1.045
3 x 0.5 = 1.50
0.5 x 0.5 = 0.250.5 x 0.5 = 0.25
1.045
2.34
2.842.84
1.096
3.510
0.7100.710
jumlah 6.026
Maka : 77.35.02.27
026.6850==−
x
x x xτ Psi
16
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 17/40
2. Variabel Momen Inersia.
Gambar di bawah ini menunjukkan suatu batang kantilever dibebani sebesar 600 lb di
ujung – ujungnya melewati shear centre penampangnya. Penampang batang konstan
antara STA 0 dan 132 , dan “ taper “ STA 175 dan 218. Tentukan distribusi tegangan
geser pada STA 175 dan 218.
Maka bending momen :
M132 = - 600 x 132 = - 79,250 lb . in.
M175 = - 600 x 175 = - 105,000 lb . in.
M216 = - 600 x 218 = - 130,800 lb . in.
Tegangan maksimum pada STA 132 ( y = 4 in )
818067.38
4200,79max ±=⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛ ±=⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛ ±=
x
I
M cσ psi
Pada jarak 1 inchi dari atas / bawah ( y = ± 3 )
613567.38
3200,79±=⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛ ±=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ±=
x
I
M yσ psi
17
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 18/40
Bending stress I
M y=σ
Total Gaya lentur STA M
Pada
y = 4
Pada
y = 3
Pada
y = 2
Bagian
“ A “
Bagian
“ B “
Bagian
“ C “
132
175
218
79,200
105,000
130,800
± 8180
± 8180
± 8180
± 6135
± 6135
± 6135
4090±
4090±
4090±
7175
7175
7175
5112
10224
15336
1023
1023
1023
Total gaya pada bagian “ A “. Misalkan pada STA 132
F =2
61358180 +x 1'' x 1'' = 7175 lb
Pada bagian “ C “
F =2
04090 +x 2'' x 0.25'' = 1023 lb
Sehingga gaya geser antara misalkan antara STA 175 dan 128.
Pada bagian “ A “ : ( titik 1 )
∑ +−= τ 71757175 H x 43 x 1 = 0
τ = 0
Pada titik ( 2 )
τ +−+−=∑ 15336102471757175 H x 43 x 0.25 =
τ = 477 psi
18
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 19/40
Bila kita menggunakan persamaan :
∫ = ydA Ib
V τ
Maka pada STA 175 :
0.94
0
=∫ ydA
42025.033.51
0.9600==
x
xτ psi
Dan pada STA 218
τ = 431 psi
Seharusnya 477 psi
19
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 20/40
Arus geser karena bahan lentur : Penampang simetri
Untuk menekankan sekali lagi konsep gaya geser ini , diperlukan sutu batang
berpenampang simetri mendapt gaya netral P.
Dari keseimbangan gaya :
( ) 0. ' =−+ y y y C C dyqb
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ −−=
dy
C C q
y y
yb
'
Tetapi :
( ) ∫ −
=−b
a x
x x
y y zdA I
M M C C
''
= ∫ ∂
∂−
b
a x
zdA yI
M
Tetapi :
zV
y
M =∂
∂
Maka :
∫ −=b
a x
z
y zdA I
V q
b
20
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 21/40
Contoh:
Masalahnya adalah mencari letk “ e “ sehingga batang melentur tanpa memuntir
( posisi shear centre ).
Dari persamaan : ∑−= zA I
V q
x
z y
Kita ketahui bahwa pada permukaan bebas ( titik a dan d ) harga shear flow = 0. maka
persamaan di atas harus dimulai dari titik a atau d.
Vz = -100 lb , maka persamaan diatas menjadi:
∑ ∑=−
−= zA zAq z 3752667.0
100
Pada titik a : z = 1 , A= 0
( force surface )0= yaq
Pada titik b : z = -1 , A = luas antara ( a ) dan ( b )
∑+= zAqq ya yb 375
= 0 + 375. ( -1 ) ( 1 x 0.1)
= - 37.5 lb / in
21
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 22/40
Pada titik o di sumbu x :
∑+−=0
3755.37b
yo zAq
= -37.5 + 375 ( -0.5 )( 1 x 0.1) = -56.3 lb / in
Pada titik c :
( 0.5 ) ( 1 x 0.1 ) = -37.5 lb / in3753.56 +−= ycq
Pada titik d :
= -37.5 + 375 ( 1 ) ( 1 x 0.1 ) = 0 ( force surface ) yd q
Gaya – gaya resultan :
Qab = 1 x 37.5 / 2 = 18.75
Q bc
= 2 x 37.5 + ( 56.3 – 37.5 ) x 2 x 2/3 = 100 lb
Qcd = 1 x 37.5 / 2 = 18.75 lb
∑ = 18.75 – 18.75 = 0 xF
∑ = 100 – 100 = 0 yF
∑ = 0b M
∑ = P.e – 18.75 x 2 = 0b M
100 . e = 18.72 x 2
e = 0.75 inchi
jadi letak shear centre adalah e = 0.375 in. Bila P diberikan pada shear centre tersebut ,
batang tidak akan mengalami puntiran. Batang akan mengalami puntiran tambahan bila
beban tidak berada pada di e.
22
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 23/40
Arus Geser untuk Penampang Batang Tidak Simetri
Persamaan tegangan lentur untuk batang yang dikenai momen lentur adalah :
( ) ( ) z M k M k x M k M k z x x z 1213 −−−−=σ
Maka besar arus geser pada batang yang mendapat gaya lintang Vadalah :
( ) ( )∑∑ −−−−= zAV k V k xAV k V k q x z z x y 1213
xz z x
z
I I I
I k
22−
=
xz z x
xz
I I I
I k
21−
= xz z x
x
I I k 3
I
I 2−
=Dengan :
,
Contoh :
Suatu batang tidak simetri dengan penampang sebagai berikut :
23
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 24/40
Tabel
Bagian Area
A
z x Axz A2z A
2x iz ix
1 0.1 1.45 -0.45 -0.06525 0.21025 0.02025 0.00838 0.000117
2 0.14 0.70 0 0 0.06860 0 0.000117 0.02287
3 0.14 -0.70 0 0 0.06860 0 0.000117 0.02287
4 0.10 -1.45 0 -0.6525 0.21025 0.2025 0.00838 0.000117
∑ -0.1305 0.5377 0.04050 0.01690 0.04577
ix dan iz adalah momen inersia terhadap sumbu – sumbunya sendiri = 3
2
1bh
Ix = Σ A z2
+ Σ ix = 0.6035 in4
Iy = Σ A x2
+ Σ iz = 0.0574 in4
Ixz = Σ Axz = - 0.1305 in4
406.721 −=
−=
xz z x
xz
I I I
I k
257.322 =
−=
xz z x
z
I I I
I k
25.3423 =
−=
xy
z x
x
I I I
I k
Dengan menggunakan gaya lintang : V = 10.000 lb
24
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 25/40
Maka :
Vx = 10.000 sin 300 = 5000 lb
Vy = 10.000 cos 300
= 8667 lb
Maka :
q = - 2356438 Σ x A – 65258 Σ z A
shear flow pada titik b :
x = -0.45 in , z = 1.45 in
A = 1 x 0.1 = 0.1 in2
bq = 1135 lb / in
Pada titik c : x = 0 , z = 0.7 , A = 1.4 x 0.1 = 0.14
cq = 1135 – q
= -5260 lb / in.
25
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 26/40
Beam dengan Constant Shear Flow Webs
Beam dengan flange dan web tipis.
Shear flow konstan pada web
q constant
Bending hanya ditahan oleh flange
dan shear konstan ditahan oleh web.
Bila q = shear flow pada web ( konstan )
R = resultante system gaya q
Maka : R = ∑ ∑+ z x qq 22
Karena q konstan , maka ∑ = 0 xq
Maka : R = Σ qz = q. h
R = q. h q =h
R
26
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 27/40
Lokasi gaya resultan ( e ) , adalah dicari dari momen.
Momen terhadap titik O :
R . e = q . L . r
R = q . h
Jadi :
e =hq
qLr
.=
h
Lr
L.r = 2 A
h
Ae
2=
Contoh :
27
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 28/40
Suatu struktur mendapat shear flow constant sebesar 10 lb / in melewati titik A , B , C ,
dan D , E.
Hitung : resultan force dan letak shear centre.
R = q . h = 10 x 20 = 200 lb
Untuk mencari e , misal dibuat momen terhadap titik O :
A = 5 x 10 + 5 x 10 + 0.5π x 52
+ 10 x 5
= 189.3 in2
e = in x
h
A93.18
20
3.18922==
28
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 29/40
BAB IV
Shear flow in Closed Thin – Walled Section
Struktur sayap , fuselage dan ekor pesawat secara umum merupakan sel tunggal atau
ganda yang harus menerima gaya geser internal. Bab ini akan menerangkan distribusi
gaya geser tersebut.
Contoh :
Ix = 62.5 in4
Karena simetri terhadap sb.x.
Sb.x terletak terlalu tinggi.
Untuk menghitung shear flow , anggap gaya lintang berada di shear centre , sehingga
shear flow diberikan oleh persamaan :
∑−= zA I
V q
x
z y
Untuk menjalankan persamaan diatas , ada dua hal yang perlu diperhatikan :
1. Gaya lintang bekerja di shear centre : penampang melentur tanpa twist
2. Berlaku untuk penampang terbuka : dimulai dari titik q = 0
Apabila tidak ditambahkan apa – apa , maka gaya P harus berada pada luar centre dengan
asumsi : ΣMd = 0
100 = 120 x 10 + 106.67 x 20−
x
33.33 in=−
x
29
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 30/40
Karena itu gaya P harus bergerak ke kanan sepanjang x – 33.33 in , bila distribusi
tegangan pada Gb ( a ) berlaku.
Bila P berada pada tempat semula , maka harus ada gaya torsi seperti berikut :
Jadi misalkan titik O terpotong
Maka q0 = 0 dan 6.15.62
100==
x
z
I
V
Maka :
= -1.6 x 2.5 x 5 x 0.1 = -2 lb / in∑−=a
o
ao zAq 6.1
∑−=b
a
aoba zAqq 6.1
= -2 – 1.6 = - 2 – 1.6 x 5 x 20 x 0.5 = -10 lb / in∑b
a
zA
lb / in11' −=boq
lb / in10' −=coq
= -2 lb / incd q
0 lb / in =od q
Gaya resultan adalah :
Q ab = ⎟ ⎠
⎞⎜⎝
⎛ +
2
102x 20 = 120 lb
Qda =3
2x 5 x 2 = 6.67 lb
Q bc = 10 x 10 + 0.667 x 1 x 10 = 106.67 lb
30
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 31/40
Keseimbangan gaya dan momen :
∑ zF = 100 ( external ) + 6.67 – 106.67
= 0 ( check )
∑ xF = 120 – 120 = 0 ( check ).
External momen :
Misalkan momen terhadap d :
Md = 100 x 0 + 120 x 10 + 106.7 x 20
= 3344 lb . in
Karena itu harus ada momen yang menyeimbangkan momen tersebut . Momen
tersebut berharga – 3344 lb . in. Momen tersebut akan menghasilkan shear flow
dipermukaan penampang sebesar :
q =2002
3344
2 x A
T −= = - 8.34 lb / in
Momen teresebut harus ditambahkan pada distribusi shear flow diatas dan hasilnya
adalah :
31
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 32/40
Single cell – 2 Flange Beam Constant Shear Flow Webs
Disini terdapat 2 yang tidak diketahui , q1 dan q2.
Maka dari hukum statika:
Σ M A = 0
100 x 100 – = 0( )4 4 84 4 76
qAT
xq
2
2 52.802.
=
= 6.21 lb / in2q
Σ FA = 0
- 100 - 01021.610 1
.
===
q x LqF
43421
= 16.21 lb / in1q
32
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 33/40
Shear Centre of Single Cell – Two Flange Beam
Misalkan ingin dicari shear centre pada beam seperti terlihat di atas. Distribusi shear flow
tersebut yang mendapat beban V = 100 lb adalah sbb :
Distribusi shear flow pada Gb.a akan menyebabkan twist. Karenanya harus ditambahkan
suatu shear flow konstan sebesar q agar twist = 0. Hasil distribusi shear flow gabungan
tersebut akan menentukan letak shear centre.
Besar twist adalah :
∑==t
qL AGθ δ 2 = 0 ( q c.w adalah positif )
025.028.24
04.010
025.028.2421.6
04.01021.16 qq x x ++−−=δ
q = 8.26 lb / in.
33
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 34/40
Penjelasan distribusi shear flow ( a ) dan ( b ) akan memberikan distribusi shear flow
akhir seperti pada Gb.c.
Jadi :
1. Bila V bekerja pada jarak 10 '' dari titik B , akan didapat distribusi shear flow
pada Gb.b , sedang
2. Bila V bekerja pada shear centre , akan didapat distribusi shear flow pada Gb.c.
Shear Centre of Single Cell – Three Flange Beam.
Untuk mendapatkan qac , ambil momen terhadap titik B :
Σ MB = 100 x 5 – qac ( 128.54 + 2 ) = 0
= 1.945 lb / in.acq
Σ FX = - 15 x 1.945 + 15 q bc = 0
= 1.945 lb / in.bcq
Σ FZ = 0
100 – 100 x 1.945 – 10 qab = 0
= 8.055 lb / in.abq
34
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 35/40
Hasil q positif , berarti arah shear flow benar !
Agar twist = 0 , perlu ditambah shear flow konstan sebesar q. Artinya twist yang
dihasilkan oleh Gb.a dan q harus saling menghilangkan :
0025.0
15
04.0
10
03.0
17.20
04.0
10055.8
025.0
15945.1
03.0
71.20945.1=++++−−=∑
qqq x x x
t
qL
q = 0.322 lb / in. dengan arah seperti di Gb.b
Penjumlahan dari kedua shear flow di atas akan menghasilkan shear flow final seperti
pada Gb.c.
Untuk mencari letak shear centre , misalnya momen terhadap titik B.
100 e = 1.623 x ( 128.54 x 2 )
e = 4.17 in dari garis AB.
35
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 36/40
BAB V
SINGLE CELL – MULTIPLE FLANGE
Untuk memecahkan masalah di atas , misalnya “ web “ antara a – h dipotong sehingga
menjadi penampang terbuka.
Sehingga dapat digunakan persamaan sbb :
∑−= zA I
V q
x
x
y
= ∑ ∑−=− zA zA 5.240
100
Maka :
25.1−== baab qq lb / in
∑−= zAqq babc 5.2
= -1.25 – 2.5 x 5 x 0.4 = - 6.25 lb / in
36
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 37/40
∑−= zAqq cbcd 5.2
= - 6.25 – 2.5 Σ z A
= - 6.25 – 2.5 . ( -05 x 0.4 ) = - 1.25
deq = 0
ef q = 1.25
fgq = 3.75
ghq = 1.25
Arah – arahnya dicek dari
keseimbangan gaya:
Σ Fz = 0
Σ Fx = 0
Cek : Σ Fz = 0
= 100 – 6.25 x 10 – 3.75 x 10
= 0 ( benar )
Σ Fx = 0
= ( 1.25 – 1.25 + 1.25 – 1.25 ) x 5 = 0
Juga Σ My = 0 : misalkan terhadap titik c ( c.c.w negatif )
Σ Mc = -100 x 7.5 + 10 x 3.75 x 15 – 12.5 x 5 x 10 + 1.25 x 5 x 10 = -187.5 lb . in
Agar Σ Mc = 0 , harus ada torsi tambahan sebesar 187.5 lb . in ( c. w )
37
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 38/40
Torsi tambahan ini akan menimbulkan arus geser konstan sebesar :
15102
5.187
x x zA
M q == = 0.62 ( c.w )
Shear flow ini kemudian ditambahkan pada shear flow.
Solusi “ cut “ sehingga menjadi :
Contoh :
Ix = 81.81
Iy = 153.58
Iz = -21.33
Vz = 6000 lb Vx = - 1600 lb
Misalkan dipotong web a – b ;
Maka dari persamaan :
38
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 39/40
( ) ( )∑ ∑−−−−= zAkV V k xAV k V k q x z z x y 213
xz z x
xz
I I I
I k
21
−
=
xz z x
z
I I I
I k
22−
=
xz I I − z x
x
I
I 23 =k
Maka :
0.16 Σ x A – 73.91 Σ z A= yq
acq = - 449.78 lb / in
cd q = - 449.78 + 0.16 x 0.8 x ( - 5.333 ) – 73.91 x 0.8 ( -5.926 ) = -100.05.
= 75.80dbq
= 0baq
Check : Σ Fx = 0
Σ Fz = 0
39
5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 40/40
Σ Md = 0 ( c . w positif )
Σ Md = 6000 x 8 – 1600 x 8 – 449.78 x 12 x 16
= -51160 lb . in.
Maka akan ada teori sebesar 51160 lb . in untuk menghilangkan momen tersebut. Torsi
tersebut berupa arus geser sebesar :
88.1591602
51160===
x zA
M q lb . in
Maka bilangan adalah :
Secara umum :
40