BahanKuliahMekanikaBahanKuliah1

Mekanika Bahan Fakultas Teknik UNTAD

Ir.James Nurtanio,M.Si 0

Mekanika Bahan

PENDAHULUAN

Mekanika adalah suatu ilmu yang mempelajari hubungan antara gaya

yang bekerja pada benda kaku. Dalam mekanika bahan ditekankan pada

kekuatan bahan yang berlawanan dengan mekanika. Kekuatan bahan

berkaitan dengan hubungan antara gaya luar yang bekerja dan pengaruhnya

terhadap gaya dalam benda. Dalam hal ini benda tidak lagi dikatakan kaku

ideal, deformasi meskipun kecil tetap diperhitungkan. Sifat bahan suatu

struktur atau mesin mempengaruhi pemilihan dan ukuran yang memenuhi

kekuatan dan kekakuan.

Perbedaan antara mekanika dengan

kekuatan dapat diperlihatkan pada gambar di

atas. Jumlah momen terhadap titik penumpu

dapat menetapkan harga P untuk dapat

mengungkit beban W tadi. Disini kita

menganggap batang cukup rigid dan kuat.

Dalam kekuatan bahan, kita harus menyelidiki

dulu apakah batang tersebut tidak akan patah

atau cukup ulet sehingga batang tersebut tidak

melengkung tanpa beban.



MATERI PERKULIAHAN

A. Tegangan dan Perubahan Panjang Akibat Gaya Normal

Mempelajari Pelbagai sifat bahan, analisa gaya dalam, tegangan normal dan geser, regangan dan tegangan izin, lingkaran mohr.

B. Tegangan dan Lendutan Akibat Momen Lentur

Mempelajari penurunan rumus lentur, tegangan akibat momen lentur, lendutan, menentukan lendutan dengan diagram bidang momen.

C. Tegangan dan Lendutan Akibat Gaya Lintang

Mempelajari penurunan rumus geser, tegangan geser maksimum, lendutan akibat gaya lintang

D. Tegangan Puntir/Torsi

Penurunan rumus puntir, teganngan geser puntir, pelbagai cara pemecahan.

E. Tekuk

Mempelajari beban kritis, batasan rumus Euler dan rumus Tetmayer, tekuk pada kolom pendek, langsing, dan kolom beban eksentris.

F. Dasar-dasar Statis Tak Tentu

Mempelajari dasar-dasar statis tak tentu, balok tiga tumpuan, Struktur balok menerus, pelbagai cara pemecahan.



B. Tegangan dan Lendutan Akibat Momen Lentur

Bila suatu beban vertikal bekerja pada balok yang terletak di atas dua

tumpuan atau pada balok kantilevel, maka balok tersebut akan mengalami lentur,

yang mengakibatkan terjadinya perubahan bentuk pada batang berupa lendutan.

Pada umumnya balok merupakan bagian konstruksi bangunan yang

digunakan untuk mengalihkan beban-beban vertikal menjalar ke arah horisontal

yang menimbulkan lentur, dan mengakibatkan balok mengalami lendutan, yang

akhirnya akan menyebabkan timbulnya tegangan lentur pada penampang balok.

Perhatikan Gambar 1. Selembar kertas yang diletakan di atas dua

perletakan, tidak mampu di bebani, akan tetapi bila kertas tersebut dilipat-lipat,

maka kertas tersebut akan menjadi lebih kaku dan mampu dibebani, Mangapa ?

Gambar 1.

Perhatikan Gambar 2. Bila sebatang balok kantilever dibebani dengan

beban vertikal P pada ujungnya, maka akan menimbulkan lentur pada balok

tersebut, lentur ini menyebabkan terjadinya perubahan bentuk berupa lendutan,

yang kemudian mengakibatkan timbulnya tegangan pada penampang balok

tersebut, dimana lapisan bagian atas dari penampang balok akan mengalami

tegangan tarik, sedangkan pada bagian bawah balok akan mengalami tegangan

tegangan tekan.

Terdapat beberapa kondisi yang dapat menerangkan lebih jelas tentang

lendutan yang terjadi pada balok kantilevel, mulai dari perubahan lendutan yang

diakibatkan oleh perubahan besarnya beban P, sampai dengan perubahan

panjang, bentuk penampang , jenis bahan, dan cara perletakan penampang

pada balok yang digunakan.



Kondisi tersebut dapat dilukiskan sebagai berikut :

a. Bila beban P diperbesar

b. Bila Panjang balok l diperbesar

c. Bila jenis bahan balok berbeda

d. Bila balok diletakan rebah atau tegak

Gambar 2.

P

d2

2P

2l

P

d d1

l l

P

d

l

E1 P

d

l

E2

P

d

l

d

l

d4



Dari kondisi di atas dapat disimpulkan bahwa lendutan akibat beban terpusat

pada konstruksi batang mempunyai hubungan sebagai berikut:

IE

nlPkd

Dimana K merupakan faktor yang tergantung pada bentuk konstruksi, dan I

merupakan faktor penampang balok, n menunjukan bahwa rumus tersebut

bukan fungsi linear.

Selanjutnya pada balok di atas dua perletakan yang dimuati beban P akan

melengkung atau melentur. Lentur ini akan menimbulkan lendutan dan tegangan

pada balok tersebut seperti Gambar 3. Perubahan bentuk ini akan menyebabkan

lapisan atas balok mangalami tegangan tekan, sedangkan lapisan bawahnya

akan mengalami tegangan tarik. Sifat ini pula yang ditemui pada balok kantilevel,

batang tepi atas mengalami tegangan tarik dan tepi bawah mengalami tegangan

tekan. Lebih lanjut hal ini menerangkan keadaan sebagai berikut:

Jika sebatang balok dibebani oleh sebuah gaya lintang, maka balok

tersebut akan melendut dan bila diambil sebagian elemen balok tersebut,

berdasarkan Hipotesa Bernoulli dan perilaku elastis bahan sesuai dengan

hukum Hooke akan memberikan diagram sebagai berikut:

Gambar 3.



Dari sini kita dapat menentukan

pembagian tegangan pada penampang

balok, kita dapatkan tegangan tekan pada

serat atas dan tegangan tarik pada serat

bawah.

Tegangan lentur yang bekerja pada

penampang melintang adalah seharga

dengan gaya kopel D dan T yang bekerja

dengan panjang lengan Z.

Kopel ini membentuk momen yang

dibutuhkan untuk keseimbangan.

Sedangkan gaya-gaya D san T diibentuk

oleh tegangan total σ yang bekerja pada

penampang melintang D sama dengan

volume tegangan tekan dan T sama

dengan volume tegangan tarik.

hZ

hbT

hbD

3

2

22

1

22

1

dimana Z adalah jarak antara titik berat volume tegangan tekan dan volume

tegangan tarik terhadap garis normal.

Momen dalam M menjadi : ZTZDM dimana : D = gaya tekan ; T =

gaya tarik

Untuk penampang segi empat :

63

2

22

1 2bhhb

hM ; jika 2

6

1bhWX ;

Wx tergantung dari bentuk penampang melintang dan disebut Momen Tahanan,

sehingga persamaan momen dapat ditulis menjadi : XWM



Pembahasan secara umum teori lenturan dan penurunan rumus tegangan lentur :

Sebatang balok yang melentur dengan penampang melintang sembarang,

bila diamati deformasi pada elemen nya. Menurut Hipotesa Bernolli bahwa jika

titik berat penampang tidak ditengah-tengah tinggi balok, deformasi pada serat

atas dan serat bawah akan berbeda, sedangkan menurut Hukum Hooke

tegangan pada serat atas akan berbeda dengan tegangan pada serat bawah.

Dengan mengambil sebuah elemen dengan panjang lo pada batang yang

mengalami lentur, dapat diperoleh gambaran deformasi dan penyebaran

tegangan seperti Gambar 4.

Gambar 4.

Pada elemen kecil tak terhingga ∆A bekerja sebuah tegangan σ, dan gaya

∆K = σ. ∆A akan menyebabkan bekerjanya momen pada garis netralnya sebesar

∆M = ∆K . y.

Tegangan σ dapat dinyatakan sebagai : yyb

B ;

sehingga Ayy

AKB

B Dan Ayy

yKMB

B 2 ; oleh karena

tiap-tiap elemen menghasilkan sebuah ∆M , sehingga jika dijumlahkan akan

diperoleh Ayy

MB

B 2 ; dan karena B

B

y konstan, maka persamaan

momen dapat ditulis : Ayy

MB

B 2 ; jika AyI X

2 jakni momen inersia

penampang terhadap sumbu X melalui titik berat penampang, maka tegangan



akibat lentur dapat dihitung dengan menggunakan rumus yI

M

X

; dan jika

kita bandingkan dengan rumus umum yI

Mσ

X

dengan rumus XWM ,

maka kita dapat memperoleh bentuk hubungan : y

IW X

X yakni antara Momen

Ketahanan dengan Momen Inersia.

Hal yang sama dapat dibuktikan dengan menghitung regangan pada

elemen balok yang mengalami lentur Gambar 5 :

Gambar 5

Momen M pada gambar 5a menimbulkan momen lentur murni pada batang

sederhana AB. Jika batang tidak kaku sempurna serta gaya dalam masih dalam

batas elastik maka sumbu batang akan melendut. Menurut Hipotesa Bernoulli

bila batas elastis belum dilampaui, maka setiap bagian batang akan tetap datar

seperti sebelumnya. Hal ini berarti bahwa perubahan panjang tiap-tiap lapisan

sejajar dengan sumbu batang berbanding lurus dengan jarak terhadap sumbu

gambar 5b, sehingga regangan pada lapisan yang berjarak Y dari sumbu batang



dapat diperoleh perbandingan : R

y

EF

EFGH ; sedangkan menurut Hukum

Hooke pada lapisan tersebut terjadi regangan : E

y ; sehingga diperoleh

tegangan pada lapisan tersebut adalah : yr

Ey ; hal ini menunjukan bahwa

tegangan pada tiap-tiap lapisan berbanding lurus dengan jarak dari sumbu netral.

Dimana tegangan pada bagian atas sumbu netral bersifat tekan dan tegangan

pada bagian bawah sumbu netral bersifat tarik.

Bila gaya yang bekerja pada penampang dA adalah : dAdT y atau

dAyr

EdT dari persamaan ini dapat dihitung gaya tarik pada bagian tarik

sebesar : dAyr

ET

h1

0

;

Dengan cara yang sama didapat pula gaya tekan sebesar : dAyr

EK

h2

0

Perlu diketahui pada konstruksi yang hanya menderita momen lentur murni

sumbu netralnya terletak pada lapisan yang mengalami tegangan sama dengan

nol, dengan kata lain :

00

dAyr

EA

; berarti 01

0

dAy

h

yang berarti sumbu netral didapat bila y = 0,

atau sumbu netral berimpit dengan sumbu batang. Selanjutnya gaya tarik

maupun gaya tekan akan menimbulkan momen terhadap sumbu netral sebesar :

dAyr

EydTdM 2 ; dengan demikian jumlah momen untuk seluruh

penampang : dAyr

EM

A

0

2 ; berdasarkan keseimbangan maka momen pada

persamaan diatas akan melawan momen lentur Mx, sehingga dapat diperoleh

tegangan lentur pada lapisan sejauh y dari sumbu netral adalah :

dAyy

M YX

2 ; Iy

M YX



)(5,18

0275,020

020

knV

V

Vxq

B

B

B

0BM

0V

mknM

M

Mx

xqx

r

r

r

.5,38

02

2275,0220

02

20

2

Contoh Soal :

1. Diketahui sebuah balok kantilevel seperti gambar dibawa, mempunyai

penampang balok segi empat.

Penampang balok pada pot C - C

Tentukan tegangan lentur maksimum yang terjadi pada sebuah irisan 2 m dari

Ujung bebas

Penyelesaian :

Persyaratan keseimbangan :

maka :

maka :

B Mr

L m

VB

40 cm

30 cm 2 m

C

Q = 75kg/m’

C

A

20 kn



2. Seperti soal nomor 1, andaikata penampang potongan c-c seperti gambar berikut :

satuan: mm

Ditentukan titik berat penampang



Dicari momen inersia luasan penampang terhadap sumbu z-z. Maka :

Besarnya tegangan lentur maksimum pada potongan c-c 2m dari ujung bebas

3.



Penampang balok AB

ukuran : mm

Tentukan tegangan lentur maksimum ! Solusi :

Mencari titik berat dan letak garis sumbu netral

Mencari momen inersia luasan terhadap sumbu z-z



Mencari gaya reaksi tumpuan

Diambil potongan kiri sejauh X m dari A



Agar momen maksimum maka :

Jadi nilai momen maksimum

Tegangan lentur maksimum untuk serat atas

Serat bawah :



Lendutan Dan Putaran Sudut

Dalam merencanakan sebatang balok akan melibatkan tegangan dan lendutan, hal ini

dapat dilihat dari sebatang balok yang ditumpu di atas dua perletakan menahan momen M di

kedua ujungnya. Seperti gambar 6, maka balok tersebut akan melendut sekaligus

menimbulkan tegangan.

( a )

( b )

Gambar 6.

Lendutan tersebut dapat dinyatakan dengan suatu persamaan diferensial dalam salib sumbu

ortogonal X-Y, dan dianggap bahwa bentuk lengkungan dari lendutan ini pada setiap titik

hanya tergantung kepada besarnya momen lentur pada titik tersebut. Dari persamaan :

diperoleh hubungan antara lengkungan, momen dan kekakuan batang dengan persamaan :

untuk menggambarkan lengkungan tersebut dapat dicari persamaan garis lengkung di titik

tertentu yakni X, bila garis singgung di titik X membentuk sudut putar θ, maka

atau

ds

M M

dAyr

EM

A

0

2

EI

M

r

1

dx

dytg

dx

dyarctg

dθ

r

dx x



dan selanjutnya bila jari-jari lengkungan r dan panjang busur diferensial lengkungan ds akan

didapat hubungan persamaan

tanda negatif didapatkan dari kesepakatan bahwa momen lentur positif bila sumbu batang

melengkung ke bawah, dengan kata lain titik pusat lengkungan berada di sebelah atas sumbu

batang. Dari uraian tersebut dapat dikatakan bahwa sudut θ menjadi semakin kecil bila titik

X semakin jauh dari titik A. Dengan kata lain kelengkungan lendutannya sangat rata dengan

kelengkungan yang sangat kecil, sudut θ menjadi sangat kecil, sehingga

Karena, bila θ kecil, maka , sehingga

bila persamaan di atas di selesaikan dengan subsitusi, maka akan diperoleh :

dari Gambar 7b, karena maka di dapat:

, dengan mendiferensialkan diperoleh

dengan mengsubsitusi persamaan ini kedalam persamaan :

ds

d

r

1

cos

dxds

1cosdx

d

ds

d

r

1

dxds

ds

dx

dx

dx

dydarctg

ds

d

r

1

Gambar 7.

222 dydxds

2/1

2

22/1

2

11dx

yd

dx

dy

dx

ds

2

2

2

1dx

dy

dx

yd

dx

dyarctg

dx

d

dxds



sehingga pada akhirnya didapatkan :

persamaan ini adalah persamaan garis elastis pada balok yang

sangat lentur, sedangkan seperti kita ketahui bahwa setiap balok konstruksi umumnya

mempunyai kekakuan tertentu, sehingga sudut θ menjadi sangat kecil, dan dapat dikatakan

juga bernilai sangat kecil, dan nilai sudah dapat diabaikan tanpa

mengurangi ketelitian.

Dengan demikian persamaan garis elastis menjadi :

;

2

2

dx

yd

EI

M

Z

X

2/32

2

2

1

1

dx

dy

dx

yd

ds

dx

dx

dx

dydarctg

ds

d

r

2/32

2

2

1dx

dy

dx

yd

EI

M

Z

X

dx

dytg

2

dx

dy

12

2

persMdx

ydEI X



Contoh Soal :

1. Carilah persamaan garis elastis dari kantilevel yang dimuati beban titik P seperti Gambar

dibawah ini.

Momen lentur di titik C adalah :

Dengan menggunakan persamaan garis elastis, maka lendutan diperoleh dengan cara seperti

dibawa :

Untuk x = l , maka θ = 0 dan y = 0, maka akan diperoleh

Sehingga persamaan garis elastis menjadi :

Lendutan terbesar terletak pada titik B, bila x = 0, yaitu :

Dan putaran sudut di titik B menjadi :

l

C

x

P

B A

xPM x

21

3

1

2

2

2

2

2

6

1

2

1

CxCxPyEI

CxPdx

dyEI

xPdx

ydEI

Mdx

ydEI X

3

2

2

1

3

1

2

1

PlC

PlC

22

323

2

1

2

1

3

1

2

1

6

1

PlPxEI

PlxPlPxyEI

3

3

1PlyEI maks

2

2

1PlEI maks



2. Carilah persamaan garis elastis dari kantilevel yang dimuati beban penuh terbagi rata q

seperti Gambar dibawah ini.



dibawa :





2

2

1xqM x

21

4

1

3

2

2

2

2

2

24

1

6

1

2

1

CxCxqyEI

Cxqdx

dyEI

xqdx

ydEI

Mdx

ydEI X

4

2

3

1

8

1

6

1

lqC

lqC

)(6

1

)34(24

1

33

434

lxqEI

lxlxqyEI

4

8

1qlyEI maks

3

6

1qlEI maks

l

C

x

q

B A



3. Carilah persamaan garis elastis dari kantilevel yang dimuati momen M seperti Gambar

dibawah ini.


dengan menggunakan persamaan garis elastis, maka lendutan diperoleh dengan cara seperti

dibawa :





l

C

x

B A

MM x

21

2

1

2

2

2

2

2

1CxCxMyEI

CxMdx

dyEI

Mdx

ydEI

Mdx

ydEI

2

2

1

2

1lMC

lMC

lMxMEI

lMxlMxMqyEI

2

22 )2

1(

2

1

2

2

1lMyEI maks

lMEI maks

M



4. Cari persamaan garis elastis dari sebuah balok sederhana yang menumpu di atas dua

tumpuan sendi dan rol, dan dimuati beban titik P seperti gambar di bawah ini.

Tentukan persamaan momen setiap bagian dengan batas :

Untuk batas :

Untuk batas :


dibawa :

Untuk batas :

Untuk batas :

Untuk x = a ,maka nilai lendutan pada titik C sama, baik untuk batas maupun

untuk batas , sehingga didapat hasil

P

D

C A B

x

b a

l

0xa xbP

M X

ax axPxbP

M X

21

3

1

2

2

2

2

2

6

2

CxCxbP

yEI

CxbP

dx

dyEI

xbP

dx

ydEI

Mdx

ydEI

42

31

CC

CC

0xa

ax

43

3

3

3

2

2

2

2

2

2

66

22

CxCaxP

xbP

yEI

CaxP

xbP

dx

dyEI

axPxbP

dx

ydEI

Mdx

ydEI

0xa

ax



Selanjutnya bila x = 0, di dapat lendutan y = 0 yakni pada tumpuan A, menurut persamaan

pada batas , maka diperoleh :

Kemudian bila x = l, di dapat lendutan y = 0 yakni pada tumpuan B, menurut persamaan pada

batas , maka diperoleh :

0xa

0

0

000

6

2

42

2

2

21

3

1

2

2

2

2

2

CC

C

C

CxCxbP

yEI

CxbP

dx

dyEI

xbP

dx

ydEI

Mdx

ydEI

ax

6

6

066

0

66

22

22

22

13

22

3

3

3

3

43

3

3

3

2

2

3

2

2

2

2

2

2

bbPCC

bbPC

CaPbP

CxCaxP

xbP

yEI

CaxPbP

dx

dyEI

CaxP

xbP

dx

dyEI

axPxbP

dx

ydEI

Mdx

ydEI



Dari hasil persamaan – persamaan di atas maka diperoleh persamaan garis elastis dan

persamaan putaran sudut sebagai berikut :

Untuk batas :

- Persamaan garis elastis

- Persamaan putaran sudut

Untuk batas :

- Persamaan garis elastis

- Persamaan putaran sudut

0xa

ax

222

223

21

3

6

066

6

xbxbP

yEI

xbbP

xbP

yEI

CxCxbP

yEI

222

222

1

2

36

62

2

xbbP

dx

dyEI

bbPx

bP

dx

dyEI

CxbP

dx

dyEI

66

0666

66

3

222

223

3

43

3

3

axPxb

xbPyEI

xbbPaxP

xbP

yEI

CxCaxP

xbP

yEI

23

6

622

22

22

2

222

222

2

3

2

2

3

2

2

axPxb

bP

dx

dyEI

l

bbPaxPx

bP

dx

dyEI

CaxP

xbP

dx

dyEI

CaxP

xbP

dx

dyEI



5. Cari persamaan garis elastis dari sebuah balok sederhana yang menumpu di atas dua

tumpuan sendi dan rol, dan dimuati beban terbagi rata seperti gambar di bawah ini.



dibawa :

Untuk x = 0, maka y = 0, maka akan diperoleh

Berhubung beban adalah beban terbagi rata penuh, menghasilkan persamaan momen

berbentuk parabola dan puncaknya terletak pada tengah bentang , dimana garis

singgung puncak parabola sejajar dengan sumbu batang, sehingga putaran sudut

substitusikan ke persamaan di atas sehingga diperoleh nilai

q C

A B

x

l

2

2

1

2

1xqxqM x

21

43

1

32

2

2

2

2

2

2

2

2

2412

1

64

22

2

1

2

1

CxCxq

xqyEI

Cxqxq

dx

dyEI

xqxq

dx

ydEI

xqxqdx

ydEI

Mdx

ydEI X

02C

0dx

dy

2

1x

24

3

1

qC



Persamaan garis elastis dan persamaan putaran sudut menjadi :

Lendutan terbesar terletak pada tengah bentang, bila , yaitu :

Dan putaran sudut di tumpuan A dan B menjadi :

)46(24

1

)2(24

1

323

433

xxqEI

xxxqyEI

4

384

5lqyEI maks

3

24

1lqEI maks

2

1x



6. Carilah persamaan garis elastis dari balok di atas dua tumpuan yang dimuati momen M

seperti Gambar dibawah ini.



dibawa :

Untuk x = 0 dan y = 0, di titik A maka diperoleh

Untuk x = l , dan y= 0, di titik B maka diperoleh

Sehingga persamaan garis elastis dan persamaan putaran sudut menjadi :

xRM Ax

21

3

1

2

2

2

2

2

6

2

CxCxM

yEI

CxM

dx

dyEI

xM

dx

ydEI

Mdx

ydEI X

02C

62

662

3

MxMEI

xMxMyEI

x

C A B

b a

l

M

6

60

6

1

1

3

21

3

MC

CM

CxCxM

yEI



Lendutan maksimum, bila , yaitu :

Dan putaran sudut di titik A dan B menjadi :

7. Carilah persamaan garis elastis dan persamaan putaran sudut dari balok di atas dua

tumpuan yang dimuati momen M = 24 tm seperti Gambar dibawah ini, diminta

menggambarkan diagram lendutan dan putaran sudutnya.



dibawa :

x

C A B

b a

L = 12 m

M = 24 tm

577,033

1

620

622

2

x

MxM

MxM

dx

dyEI

EI

M

EI

M

B

A

3

6

0dx

dy

xRM Ax

21

3

1

2

2

2

2

2

6

2

CxCxM

yEI

CxM

dx

dyEI

xM

dx

ydEI

Mdx

ydEI X



Untuk x = 0 dan y = 0, di titik A maka diperoleh

Untuk x = l , dan y= 0, di titik B maka diperoleh

Sehingga persamaan garis elastis dan persamaan putaran sudut menjadi :

Diagram lendutan dan putaran sudut didapat dengan memasukan nilai mulai dari 1,00 meter

sampai dengan 12 meter kedalam variabel x dari persamaan di atas, dan diperoleh tabel

sebagai berikut :

Titik x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Putaran Sudut

48

. 1

07

47

. 1

07

44

. 1

07

39

. 1

07

32

. 1

07

13, . 10

7

12 . 1

07

1 . 10

7

16 . 1

07

33

. 1

07

52

. 1

07

73

. 1

07

96

. 1

07

Lendutan 0

47

,6 . 1

06

93

,4.1

09

135

.10

9

170

,7.1

09

198

,4.1

09

216

.10

9

22

1,7

.10

9

213

,4.1

09

189

.10

9

146

,7.1

09

74

,4.1

09

0

Lendutan terbesar didapat, bila atau

02C

722

733

1048000.162

10483

000.1

66

xMxM

EI

xxxMxM

yEI

6

60

6

1

1

3

21

3

MC

CM

CxCxM

yEI

0dx

dy

7

7 2

7 2 2

10 25 , 22170

928 . 6

10 48 000 . 1 0

10 48 000 . 1 6 2

y EI lendutan dengan

A titik dari meter x

x

x M x M

EI



Lendutan dengan integrasi persamaan gaya lintang dan persamaan beban

Persamaan diferensial dasar untuk kurve lendutan suatu balok adalah :

Persamaan ini dapat diintegrasikan untuk setiap kasus untuk mendapatkan lendutan.

Persamaan lain dapat diperoleh dengan menggantikan momen lentur dengan gaya lintang V

dengan intensitas beban q dari beban terdistribusi.

Diketahui hubungan antara M, V dan q, yakni:

bila melakukan diferensiasi pada persamaan dasar kurve lendutan akan diperoleh:

Sehingga diperoleh persamaan diferensial untuk balok prismatis (EI konstan) menjadi:

12

2

PersMdx

ydEI X

Vdx

dMq

dx

dV

Vdx

dM

dx

ydEI

dx

d2

2

qdx

dV

dx

ydEI

dx

d2

2

2

2

34

4

Persqdx

ydEI

23

3

PersVdx

ydEI



Contoh soal :

1. Tentukan persamaan kurve lendutan pada balok kantilever AB dengan distribusi

pembebanan segi tiga, dengan intensitas maksimum q0, dan tentukan lendutan dan putaran

sudut di titik B.

Penyelesaian :

Intensitas beban distribusi dinyatakan dengan persamaan :

Dengan menggunakan persamaan ke 3 :

Integrasi pertama persamaan 3

Untuk x = l maka gaya lintang V = 0, sehingga

Subsitusikan nilai C1 ke persamaan di atas :

l

x

q0

B A

xqq

xqq

x

x

0

0 ::

1

2

0

03

3

0

0

000

4

4

4

4

2C

xqxq

dx

ydEI

xqq

xqqxq

dx

ydEI

qdx

ydEI

01

1

2

0

0

1

2

0

03

3

2

1

20

2

qC

Cq

q

Cxq

xqdx

ydEI

220

3

3

220

0

2

0

03

3

22

222

1

2

xxq

dx

ydEI

xxq

qxq

xqdx

ydEI



Maka gaya lintang di balok adalah

Dengan mengintegrasikan untuk ke dua kalinya kita mendapat persamaan :

Persamaan ini sama dengan persamaan momen lentur M (pers 1), karena momen lentur adalah

nol pada ujuang bebas balok, jakni pada saat x = l, maka diperoleh nilai C2 = 0

Integrasi ketiga menghasilkan

Untuk x = 0 Putaran sudut pada jepitan = 0 atau , diperoleh

Substitusi nilai C3, diperoleh persamaan putarna sudut :

Integrasi ke empat menghasilkan

Untuk x = 0 lendutan pada jepitan = 0 atau y = 0, maka diperoleh

Substitusikan nilai C4, diperoleh persamaan lendutan :

Putaran sudut di ujung jepitan atau pada titik B diperoleh dengan memasukan nilai X = l

adalah sebesar :

20

2x

qV

20

3

3

2x

q

dx

ydEI

2

30

2

2

6Cx

q

dx

ydEI

3

40

3030

2

2

24

66

Cxq

dx

dyEI

xq

Mxq

dx

ydEI

0dx

dy

24

3

03

qC

4

3

040

3

040

24120

2424

Cxq

xq

yEI

qx

q

dx

dyEI

120

4

04

qC

12024120

24244

0

3

040

3

040

qx

qx

qyEI

qx

q

dx

dyEI

EI

qB

24

3

0

EI

qB

30

4

0



2. Tentukan persamaan kurve lendutan untuk balok di atas dua tumpuan dengan beban

overstek sebesar P seperti gambar, dan tentukan besar lendutan dan putaran sudut di

titik C.

Penyelesaian :

Karena gaya reaksi bekerja diperletakan A dan B, maka terdapat dua persamaan diferensial

yang berbeda, yakni masing-masing untuk bagian AB dan Bagian BC.

Reaksi pada perletakan A adalah sebesar P/2 dengan arah kebawa, sedangkan pada

perletakan B adalah sebesar 3P/2 dengan arah keatas. Dengan melihat gambar di atas

ternyata gaya lintang pada bagian AB dan bagian BC masing-masing adalah :

Dengan menggunakan persamaan 2 untuk bagian balok AB,

Integrasi pertama di peroleh

Momen lentur di titik A = 0, pada saat x = 0, maka C1 = 0, sehingga persamaan menjadi

3P/2 P/2

P

l/2

C A B

l

xP

VAB 0;2

2

3;

xPVBC

12

2

3

3

3

3

2

2

CxP

dx

ydEI

P

dx

ydEI

Vdx

ydEI AB

xxP

M

xP

dx

ydEI

02

22

2



Demikian pula pada bagian BC

Integrasi pertama di peroleh

Momen lentur di titik C = 0 pada saat x = 3l/2, sehingga diperoleh

Sehingga persamaan menjadi

Integrasi selanjutnya akan menghasilkan persamaan putaran sudut :

Untuk bagian AB :

dan untuk bagiab BC :

karena putaran sudut di titik B harus sama, pada saat x = l maka :

lanjutkan integrasi perikutnya akan menghasilkan persamaan lendutan :

untuk bagian AB :

22

2

3

3

3

3

CxPdx

ydEI

Pdx

ydEI

Vdx

ydEI BC

2

32

PC

2

30

2

3

2

32

2

PxPM

PxP

dx

ydEI

3

2

2

2

4

2

CxP

dx

dyEI

xP

dx

ydEI

4

2

2

2

2

3

2

2

3

CxP

xP

dx

dyEI

PxP

dx

ydEI

4

3

2

3

24

2

3

24

43

4

22

3

2

4

2

3

2

PCC

CPP

CP

CxP

xP

CxP

53

3

3

2

12

4

CxCxP

yEI

CxP

dx

dyEI



lendutan pada titik A = 0 pada saat x = 0, sehingga C5 = 0

persamaan menjadi

lendutan pada titik B = 0 pada saat x = l, diperoleh :

substitusi nilai C3 kepersamaan diatas akan diperoleh persamaan lendutan pada bagian AB

dan nilai C4

dan untuk bagian BC :

lendutan di titik B = 0 pada saat x = l,

substitusi nilai C4, maka diperoleh persamaan lendutan pada bagian BC

lendutan di ujuang overstek titik C : x = 3l/2

6

223

22

6

5

4

3

6

6

5

2

3

2

CxP

xP

xP

yEI

Px

Px

P

dx

dyEI

xCxP

yEI 3

3

12

4

6

5

4

3

63

6

6

223

PC

CxP

xP

xP

yEI

12

2

3

PC

6

5

4

3

12

4

3

2

4

4

2

43

PC

PC

P

PCC

xP

xP

yEI1212

23

46

5

4

3

6

3223 P

xP

xP

xP

yEI

EI

PC

8

3



Lendutan dan Putaran sudut dengan Metode Superposisi

Metode Superposisi merupakan konsep yang menyatakan bahwa lendutan suatu balok

yang dihasilkan oleh beberapa beban yang bekerja secara simultan dapat diperoleh dengan

mengsuperposisikan lendutan yang diakibatkan oleh beban yang sama yang bekerja secara

terpisah. Hal ini dapat dilihat dari sifat persamaan diferensial kurve lendutan ( Persamaan

1,2, dan 3) yang merupakan persamaan diferensial linear, sehingga penyelesaian persamaan

tersebut untuk beberapa kondisi pembebanan dapat ditambahkan secara aljabar atau

disebut Superposisi.

Sebagai ilustrasi dari metode superposisi dapat dilihat pada balok sederhana ACB

yang terletak pada tumpuan A dan B, dibebani dengan beban terpusat dan beban terbagi rata

seperti tergambar.

dengan menggunakan metode superposisi didapatkan efek dari masing-masing beban yang

bekerja secara terpisah kemudian digabungkan hasilnya. Untuk beban terbagi rata saja

lendutan ditengah bentang dan putaran sudut sebesar :

dan untuk beban terpusta P nilai yang didapatkan sebesar :

l/2

P

C A B

l/2

l/2

C A B

l/2

A BC

EI

qBA

24

3

0

11

EI

PC

48

3

2

EI

PBA

16

2

22

EI

qC

384

5 4

1



dengan menggabung kedua hasil , maka diperoleh lendutan dan putran sudut akibat beban

terpusat dan beban terbagi rata sebesar :

Lendutan dan Putaran Sudut dengan Metode Momen Area

Asumsi yang digunakan dalam menurunkan metode momen area sama dengan yang

digunakan dalam menurunkan persamaan diferensial kurve lendutan, dengan menggunakan

hubungan antara lengkungan, momen dan kekakuan batang dengan persamaan :

dan selanjutnya bila jari-jari lengkungan r dan panjang busur diferensial lengkungan ds akan

didapat hubungan persamaan

sehingga dengan mengsubstitusi kedua persamaan akan diperoleh :

EI

P

EI

qAABA

1624

2

0

21

EI

P

EI

qCCC

48384

5 34

21

EI

M

r

1

ds

d

r

1

dsEI

Md

r



untuk balok dengan putaran sudut kecil, maka kita dapat mengganti ds dengan dx

besaran mempunyai interpretasi geomatrik sederhana, tepat dibawah balok pada

gambar di atas digambarkan sebuah diagram M/EI. Ternyata diagram M/EI mempunyai

bentuk yang sama dengan bidang momen asalkan angka kekakuan EI konstan.

Besaran adalah luas strip yang lebarnya dx didalam diagram M/EI,

Dengan mengintegrasikan dθ antara titik A dan B dari kurve lendutan :

Apabila persamaan ini diselesaikan, maka integral di sebelah kiri menjadi θB – θA, yang sama

dengan sudut θB/A antara garis singgung di B dan A, sedangkan integral di sebelah kanan sama

dengan luas diagram M/EI antara titik A dan B.

= - [ Luas Daigram M/EI antara titik A dan B ]

Tinjau kembali kurve lendutan antara titik A dan B , gambar garis singgung pada titik A

berpotongan dengan garis vertikal yang melalui titik B di B1, bila jarak vertikal antara titik B

dan B1 diberi notasi tB/A , sebagai deviasi tangensial B terhadap A.

EI

dxM

dxEI

Md

EI

dxM

B

A

B

AEI

dxMd

B

A

ABEI

dxM/



Untuk menentukan deviasi tangesial, diambil dua titik m1 dan m2 pada kurva lendutan, bila

sudut antara dua garis singgung dikedua titik adalah dθ dan segmen pada garis BB1 antara

kedua garis singgung adalah dt, karena sudut antara garis singgung dengan sumbu x sangat

kecil, maka jarak vertikal dt sama dengan x1dθ, dimana x1 adalah jarak horisontal dari titik B

ke elemen kecil m1m2, dan karena dθ = Mdx/EI, maka :

Untuk memudahkan hitungan dengan Momen Area methode yang menggunakan diagram

Momen sebagai beban, maka perlu diketahu luas dan titik berat bidang-bidang momen yang

umum ditemui seperti gambar dibawah ini.

Gambar (a) Gambar (b)

t

t3

1

ba3

1

a

b

tbLuas2

1

tParabola

tbLuas3

1

b4

1

b

EI

MdiagramluasdaripertamaMoment

EI

dxMxt

EI

dxMxdt

EI

dxMxdxdt

AB

b

a

AB

B

A

B

A

/

1/

1

11



Gambar (c) Gambar (d)

Contoh Soal :

1. Hitung Putaran Sudut dan Lendutan di titik B dan sembarang titik dari kantilevel yang

dimuati beban titik P seperti Gambar dibawah ini.

Penyelesaian :

Gambar bidang momen akibat beban terpusat P

Jadikan bidang momen sebagai beban

Pindahan jepitan ke titik B dan Hitung reaksi di titik B akibat beban bidang momen

Besar putaran sudut di titik B = reaksi tumpuan dititik B dibagi angka kekakuan EI

EI

P

EI

P

EI

MomenBidangLuasB

2

2

12

Lendutan dititik B = besarnya momen di titik B akibat beban bidang momen

P.x

Diagram Bid M

Pl

tHiperbola

tbLuas4

1

b5

1

b

t

b

b8

3

tbLuas3

2

l

C

x

P

B A

3

12

2

1

2

1

PLuas

PLuas



EI

P

EI

P

EI

BttkterhadapMBidMomenB

32

33

2

2

1

utaran sudut pada sembarang titik x :

sedang besarnya lendutan di sembarang titik x :

2. Sebuah kantilever dimuati dengan beban terbagi rata q, hitung putaran sudut dan

lendutan di titik B, serta pada sembarang titik x.

Penyelesaian :

Gambar bidang momen akibat beban terbagi rata q


Pindahan jepitan ke titik B dan Hitung reaksi di titik B akibat beban bidang momen

Besar putaran sudut di titik B = reaksi tumpuan dititik B dibagi dengan angka

kekakuan EI.

EI

q

EI

q

EI

MomenBidangLuasB

6

2

1

3

13

2


22

2

1

2

1

2

1xPxPxxPEI x

EI

xPx

2

22

xxPxxxPEI x 3

2

2

1

3

1

2

1

PxPxPEI x3

1

2

1

6

1 23

l

C

x

q

B A

4

1

q2

1



EI

q

EI

q

EI


8

4

3

6

14

3

putaran sudut pada sembarang titik x :

sedang besarnya lendutan di sembarang titik x :

3. Balok sederhana di atas dua tumpuan, dimuati dengan beban terpusat P, hitung besarnya

putaran sudut di kedua tumpuan dan putaran sudut dan lendutan pada sembarang titik X

Penyelesaian :

Gambar bidang momen akibat beban terpusat P dititik C


Hitung reaksi di titik A dan B akibat beban bidang momen

x K

3323

6

1

2

1

3

1

6

1xqxxqqEI x

EI

xqx

6

33

434

3

24

1

6

1

8

1

4

1

6

1

4

3

6

1

xqxqqEI

xxqxqEI

x

x

Rb Ra

P

D

C A B

x

b a

l

baP

b3

1



Besar putaran sudut di titik A = reaksi tumpuan di titik A dibagi dengan angka

kekakuan EI demikian pula dititik B

Bila nilai Ra dan Rb dibagi dengan angka kekakuan EI, maka akan diperoleh θa dan θb


EI

q

EI

q

EI


8

4

3

6

14

3

Besar pitaran sudut pada sembarang titik x adalah = besar gaya lintang akibat beban

Bid.M dititik x dibagi dengan angka kekakuan EI

Besar lendutan pada sembarang titik x adalah = besar momen akibat beban Bid M

dititik x dibagi angka kekakuan EI :

EI

xbxbP

xxbPbxbaP

EI

xKxREI

x

x

ax

6

3

3

1

26

3

1

222

2

62

1

3

62

1

3

abaPbaPaR

bbaPbaPbR

b

a

EI

abaP

EI

bbaP

B

A

6

6

EI

xbbP

KREI

x

ax

6

3 222



Tekuk

Struktur pemikul/kolom beban dapat runtuh oleh berbagai faktor, tergantung dari

jenis struktur; kondisi tumpuan; jenis beban; dan bahan yang digunakan, hal ini dapat dicegah

dengan merencanakan struktur sedemikian rupa sehingga tegangan maksimum dan peralihan

maksimum masih berada dalam batas-batas yang diijinkan, jadi kekuatan dan kekakuan

merupakan faktor-faktor yang sangat menentukan dalan suatu perencanaan pemikul/kolom.

Sedangkan faktor lain adalah tekuk

Hal-hal yang perlu diperhatikan dalam mempelajari Tekuk pada kolom, yakni :

1. Kemampuan sebuah kolom dalam memikul beban tergantung pada perbandingan panjang

dengan ukuran penampangnnya.

2. Beban ultimate/Beban kritis (Pcr) dari sebuah kolom pendek tergantung hanya pada

kekuatan bahan yang digunakan dan pada penampang melintangnya.

3. Sebuah kolom panjang/langsing dapat runtuh akibat beban yang jauh lebih kecil dari pada

beban ultimate kolom pendek.

4. Tekuk adalah Kondisi dimana pemberian beban pada sebuah kolom panjang

mengakibatkan kolom tersebut tiba-tiba mengalami ketidakstabilan dan melengkung ke

arah lateral.

5. Jika sebuah kolom mengalami tekuk, maka kolom tersebut tidak dapat lagi memikul beban

tambahan. Jika sebuah beban P > Pcr kolom akan mengalami deformasi terus-menerus

sampai runtuh.

6. Gaya sentris adalah gaya yang resultantenya jatuh pada sumbu kolom, sedangkan gaya

eksentris adalah kombinasi dari gaya aksial dan momen lentur, dimana resultante gaya

jatuh diluar sumbu kolom sehingga selain menimbulkan beban sentris pada sumbu kolom

juga menimbulkan momen eksentrisiteit, yang dapat menimbulkan bahaya tekuk.



A. Kolom Pendek

Sebuah kolom pendek yang menerima tekanan eksentris seperti Gambar 1. maka beban

demikian dapat diuraikan sebagai gaya tekan P yang titik tangkapnya pada sumbu kolom

ditambah dengan momen M = P . e terhadap sumbu kolom.

Gambar 1

Dengan uraian demikian maka pada setiap penampang akan mengalami tegangan normal

A

P1 ; dan tegangan lentur

XI

YM2 , sehingga tegangan total yang diterima kolom

tersebut adalah : XI

YM

A

P, rumus tersebut merupakan persamaan linear.

Sedangkan nilai Y dapat bertanda positif maupun negatif, sehingga nilai tegangannya

mungkin tarik atau tekan. Untuk Y = C1 (jarak terjauh serat kanan dari titik berat) , maka

persamaan diatas akan menjadi X

MaksI

CM

A

P 1 , tegangan pada daerah ini menjadi

tekan maksimum, sedangkan bila Y = - C2 (jarak terjauh serat kiri dari titik berat), maka

persamaan akan menjadi X

MinI

CM

A

P 2

Dari persamaan terakhir dapat ditarik kesimpulan bahwa tegangan pada lapisan ini

mungkin positif atau negatif. Karena pada umumnya kolom diharapkan selalu mendapatkan

tegangan tekan, maka sangat perlu diketahui daerah dimana beban eksentris masih

memberikan nilai tegangan tekan pada kolom, biasa daerah tersebut dinamakan Kern atau

inti.

Untuk memperoleh batas kern atau inti dapat dilakukan dengan cara sebagai berikut :

c1 c2

C1 C2

a P P M = P.a



Bila diketahui jari-jari kelembaman A

Ii2 ; maka persamaan di atas akan menjadi

2

2.1

i

Ce

A

PMin ; bila eksentrisiteit e cukup besar maka bagian

2

2

i

Cedari

persamaan ini dapat bernilai lebih besar dari 1, hal ini akan menyebabkan timbulnya

tegangan tarik pada kolom. Perlu diketahui bahwa dalam kondisi tertentu misalnya untuk

kolom yang terbuat dari bahan beton dan pasangan batu, mempunyai batas tegangan tarik

yang sangat kecil bila dibandingkan dengan tegangan tekannya, maka dengan menetapkan

batas eksentrisiteit pada tampang kolom dapat dicegah timbulnya tegangan tarik pada

kolom akibat gaya eksentris.

Untuk bentuk penampang kolom empat persegi yang mempunyai ukuran lebar dan tebal

sama dengan h, maka C1 = C2 = ½ h ; maka 2

3

2

12

112

1

hhb

bh

A

Ii ;

h

e

h

he

i

Ce 61

12

12

1

1.

12

2

2 , dengan demikian batas daerah yang tidak akan

menimbulkan tegangan tarik bila 06

1h

e atau batas esentrisiteit adalah

66

he

h

Secara umum hal ini dapat diterangkan dengan meninjau suatu bentuk penampang kolom

empat persegi panjang dengan ukuran lebar b dan tebal t, yang menerima gaya tekan P

dengan titik tangkap di A seperti gambar 2

Gambar 2

A m

n

O

b

a

u

v

X

Y



dimana OY dan OX adalah sumbu utama yang melalui titik berat potongan, maka gaya

tersebut akan menimbulkan momen pada sumbu Y, MY = P.n dan momen sumbu X, MX = P.m,

sehingga tegangan yang terjadi adalah : YX I

XmP

I

YnP

A

P; dimana

AiI XX

2 dan AiI YY

2 , sehingga didapat : 22

1YX i

Xm

i

Yn

A

P persamaan ini

akan sama dengan nol apabila : 0122

YX i

Xm

i

Yn, yaitu persamaan garis lurus ab

dimana 0 , yang disebut garis tegangan nol yaitu garis yang melalui serta-serat yang

mempunyai tegangan sama dengan nol, semua serat pada kolom yang terletak pada daerah

yang tidak diarsir akan mengalami tegangan tekan, sedangkan serat pada daerah yang

diarsir akan mengalami tarik. Titik potong garis tegangan nol ini dengan sumbu utama Y

dan X didapat mencari nilai u dan v : (dengan mengambil Y = 0, kemudian X = 0) m

ru X

2

dan n

rv Y

2

Dengan pengertian eksentris e dan garis tegangan nol pada kolom, maka

didapat batas kern atau inti pada kolom, agar gaya aksial yang bekerja di dalam batas

tersebut selalu menimbulkan tegangan tekan. Dan agar garis tegangan nol terletak pada

sisi tampang, yaitu u = ½ t dan v = ½ b, maka batas nilai m adalah 66

te

t dan batas

nilai n adalah 66

be

b lihat gambar 3 batas tersebut berbentuk layang-layang

daerah tersebut dinamakan kern, inti, galih.

Gambar 3.

t

b

n n

m

m

X

Y



B. Kolom Panjang/Langsing

Terdapat empat kondisi yang umum ditemui pada kolom langsing dalam menerima gaya

aksial dan mengalami peristiwa tekuk seperti gambar 4.

Pernyataan untuk beban kritis dari kolom dengan kondisi seperti pada gambar telah

ditemukan oleh ahli matematika Swiss L.Euler pada tahun 1783 yakni dengan melakukan

penurunkan dari persamaan differensial garis elastis :

Gambar 4.

Sebagai contoh diambil konsidi kedua dari empat kondisi di atas yakni : kolom langsing

panjang sama dengan l pada bagian bawahnya dijepit sedangkan pada ujungnya yang

bebas diberikan gaya tekan aksial P. Maka pada sebuah titik yang berjarak X dari dasar

akan terjadi momen lentur sebesar : ydPM X , berdasarkan persamaan garis

elastis EI

M

dx

yd2

2

, maka diperoleh EI

ydP

dx

yd2

2

dengan menggunakan faktor

EI

Pk 2 persamaan menjadi ykdk

dx

yd 22

2

2

dengan menyelesaikan persamaan ini

akan diperoleh persamaan matematik umum yakni: dkxCkxCy cossin 21

kxkCkxkCdx

dysincos 21 .

x

d

y



Untuk mengetahui konstante C1 dan C2 digunakan syarat batas sebagai berikut:

1. Untuk titik A berlaku bila x = 0; y = 0 berarti C2 = -d

2. Untuk titik A juga berlaku bila x = 0 ; 0dx

dy berarti C1 = 0

Dari kedua syarat batas persamaan dkxCkxCy cossin 21 menjadi

kxdy cos1

3. Untuk titik B berlaku bila x = ; didapat y = d, Maka persamaan menjadi

dkdd cos atau kdd cos1 atau 0cos kd , berarti ada dua

kemungkinan yang terjadi yakni : 1) d = 0 bila ujung kolom tetap ditempat atau kolom

tetap tegak dalam keadaan seimbang; 2) 0cos k berarti diperoleh nilai 2

k

atau 2

22

4k

4. bila nilai 2k di subsitusikan kedalam persamaan EI

Pk 2 , maka akan diperoleh rumus

gaya tekuk menurut Euler adalah :

2

2

4 k

crT

EIPP

Bila rumus ini disubsitusikan kedalam persamaan kdy cos1 akan menghasilkan

persamaan elastis untuk kolom.

Dengan cara yang sama didapat rumus gaya tekuk menurut Euler untuk empat kondisi

adalah sebagai berikut :

Kondisi Tekuk ke 1 sendi – sendi dimana panjang tekuk k

Kondisi Tekuk ke 2 jepit – bebas dimana panjang tekuk 2k

2

min

2

4

EIPP crT

Kondisi Tekuk ke 3 jepit – jepit dimana panjang tekuk 2

1k

2

min

24

EIPP crT

2

min

2

EIPP crT



Kondisi Tekuk ke 4 jepit – sendi dimana panjang tekuk 22

1 k

2

min

22

EIPP crT

Ke empat rumus gaya tekuk menurut Euler, dapat dihitung tegangan kritis yang

berlaku sampai dengan batas berlakunya hukum Hooke, yakni :

A

EI

A

PTcr 2

min

2

dengan menggunakan jari-jari inersia A

Ii min2

min diperoleh 2

min

2

i

Ecr

dimana

mini

merupakan angka kelangsingan , sehingga rumus tegangan kritis menjadi :

2

2Ecr

tegangn ini menggambarkan suatu diagram lengkung asimtoot, seperti

gambar 5. dan kerena tegangan kritis ini berlaku dalam batas Hukum Hooke, maka

2

2Ecr

atau E2

2

Gambar 5.



Dari uraian di atas ternyata bahwa pada tiang-tiang yang mempunyai faktor kerampingan

yang besar, tekuk akan timbul sebelum tegangan tekan mencapai batas elastisitas P , jadi

dalam hal ini kekuatan kolom ditentukan oleh rumus Euler dan di pakai bagian BC dari garis

Euler sebagai dasar perencanaan Gambar 6.

Gambar 6.

Pada tiang pendek ( sangat kecil) dapat dimengerti bahwa tiang akan rusak, bila kekuatan

batas telah dilewati, sebelum dicapai harga cr . Kerusakan dapat berbentuk kehancuran

seperti pada beton atau meleleh pada konstriksi baja, dalam hal ini kekuatan bahan terhadap

tekan yang menentukan. Dalam gambar 6. hal ini diperlihatkan oleh garis DE yang

memperlihatkan batas kekuatan yang telah dipilih.

Ringkasan tahapan pemeriksaan untuk tekuk pada tiang atau kolom :

1. Hitung panjang tekuk k

2. Hitung A

Ii2

3. Hitung angka kelangsingan mini

k

4. Lihat dalam tabel atau peraturan w untuk memdapatkan koefisian tekuk w

5. Periksa A

Pwcr syarat agar tidak terjadi tekuk; bila syarat tidak terpenuhi

maka harus penampang kolom diperbesar atau memperpendek kolom untuk memperbesar

kekakuan kolom.



Contoh Soal :

1. Diketahui tiang dari kayu dengan ukuran 20 x 20 cm dengan panjang 5 m, dibebani

dengan beban 3 ton bekerja excentris, bagian bawah tiang terjepit sedang atas bebas, E

kayu = 105 kg/cm2

Ditanyakan Tegangan extrim pada ujung yang terjepit dan pergeseran diujung bebas ?

Penyelesaian :

Karena bentuk penampang bujur sangkar maka

Momen pada sisi penampang atau di titik A

Pergeseran akibat momen

Pergeseran akibat momen dan tekuk

Jadi pergeseran diujung bebas = 3,79 cm

Sehingga momen akibat pergeseran

Tegangan ekstrim di jepitan

Aman karena tegangan batas kayuj jati klas IV belum dilampaui

x

y

A

5 m

433 33,333.13202012

1

12

1cmhbII yx

cmrA

Ii 77,5

2020

33,333.132

cmtekukpanjangk 000.150022

Eulerrumusdigunakan

kayur

k )(1055,17377,5

000.1

min

amanP

PnkeamananAngka

tonkgEI

PP

cr

crT

36,43

08,13

08,13080.135004

33,333.1310

4 2

52

2

min

2

20 cm

CMIE

M92,2

33,333.13102

500000.30

2 5

22

cmyn

ny 79,392.2

136,4

36,4

1

'

cmkgcmP 000.3010000.310

23103,4179,13000.379.310

cmkg

P

2

3

2

3

5,2333,333.13

103,41

400

000.3

5,3833,333.13

79.3103,41

400

000.3

cmkg

cmkg

I

yM

A

P

260cm

kgjatikayu



PUNTIRAN / TORSI

Puntiran / Torsi merupakan peristiwa dimana sebuah batang yang dibebani oleh

kopel-kopel yang menghasilkan putaran terhadap sumbu longitudinalnya atau sumbu

memanjangnya. Lihat gambar 1.

Gambar 1

Lebih jelasnya kita tinjau sebuah batang yang berpenampang lingkaran yang dipuntir

oleh kopel-kopel T yang bekerja pada ujung batang, batang yang dibebani dengan cara ini

akan mengalami puntiran murni, dan berdasarkan pertimbangan simetris, maka dapat dilihat

bahwa penampang akan berputan kaku terhadap sumbu longitudinalnya dengan jari-jari tetap

lurus dan penampang tetap berbentuk bidang bulat. Juga bila sudut puntiran total batangnya

kecil, maka baik panjang dan jari-jari batang tidak akan mengalami perubahan.

Selama puntiran, akan terjadi perputaran terhadap longitudinal dari salah satu ujung

batang terhadap yang lainnya. Misalnya ujung sebelah kiri batang dijepit, maka ujung sebelah

kanannya akan berputar melalui sebuah sudut kecil terhadap ujung sebelah kirinya. Lihat

gambar 2. Sudut ini disebut sudut puntir.



Gambar 2.

Peristiwa ini dapat dilihat bila sebuah garis longitudinal pada permukaan batang

seperti garis nn akan berputar dengan sudut yang kecil pula terhadap kedudukan nn’ Karena

perputaran ini. Maka sebuah elemen empat persegi panjang pada permukaan batang dengan

panjang dx bentuknya akan berubah menjadi sebuah romboid, dimana bagian batang yang

berbentuk piringan dipisahkan dari sisa bagian batang lainnya.

Bila susunan elemen ini diberi nama abcd, maka selama pemuntiran penampang sebelah kanan

berputar terhadap permukaan yang berhadapan dengannya, dan titik b dan c berturut-turut

bergerak ke b’ dan c’ Panjang dari rusuk-rusuk elemen ini tidak mengalami perubahan selama

perputan ini, tetapi sudut-sudut pada titik-titik sudutnya tidak lagi sama dengan 90o jadi

elemen ini berada dalam keadaan geser murni, dan besarnya regangan puntir/geser sama

dengan mengecilnya sudut siku-siku a, besarnya pengurangan sudut ini adalah :

ab

bb

Dimana bb’ adalah panjang dari busur kecil berjari-jari r yang mengapit sudut d yang

berupakan sudut putar dari salah satu penampang terhadap yang lainnya, jadi diperoleh

bahwa drbb , dan ab sama dx dengan dengan mengsubsitusikan hasil ini kepersamaan

di atas, maka diperoleh regangan puntir/geser dx

dr. Dimana besaran

dx

d menyatakan

perubahan sudut puntir. bila dx

d, maka rumus regangan puntir/geser akan menjadi

r

Dalam keadaan khusus untuk puntir murni, maka perubahan sudut puntir dx

d akan

konstan sepanjang arah memanjang batang, karena tiap-tiap penampang dikenakan momen

puntir yang sama. Oleh karena itu kita peroleh L

, dimana L adalah panjang sumbu,

sehingga rumus regangan puntir/geser berubah menjadi :

L

rr



karena penurunan rumus di atas hanya berdasarkan kosep geometrik saja, maka

dengan demikian rumus yang diperoleh dapat berlaku bagi semua batang bundar, tidak perduli

dari bahan apa batang tersebut dibuat, apakah elastis, tak elastis, linier atau non linier.

Tegangan geser dalam batang bundar memiliki arah-arah yang diperlihatakan

dalam gambar 2. Untuk suatu bahan elastis linier, maka tegangan geser ini berhubungan

dengan regangan geser melalui hukum Hooke untuk keadaan geseran, sehingga diperoleh :

rGG ; dimana G adalah modulus geser elastis.

Regangan dan tegangan di bagian dalam dapat ditentukan dengan cara yang sama

seperti yang dipergunakan bagi sebuah elemen pada permukaan poros. Karena jari-jari

penampang batang tetap lurus dan ridak berubah bentuk selama pemuntiran, maka kita dapat

kita lihat bahwa pembahasan untuk elemen abcd permukaan luar di atas akan tetap berlaku

untuk elemen yang sama yang terdapat pada permukaan bagian dalam dari sebuah selinder

berjari-jari . Oleh karena itu elemen bagian dalam juga akan berada dalam geser murni

dengan regangan geser dan regangan geser bersangkutan diperoleh dari persamaan :

GG

Persamaan ini memperlihatkan bahwa regangan dan tegangan dalam batang bundar

berubah secara linier terhadap jarak radial dari pusat, dan memiliki harga maksimum pada

suatu elemen di permukaan luar.

Tegangan puntir disebabkan oleh momen torsi yang bekerja pada penampang batang.

Dalam menganalisa tegangan puntir,momen torsi yang biasanya dinyatakan dalam vektor

rotasi diubah menjadi vektor translasi dengan menggunakan aturan tangan kanan. Lipatan jari

tangan arah vektor rotasi dan jari jempol menunjukkan vektor translasi.

Seperti halnya Gaya Aksial, teganan puntir muncul ( momen puntir ada ) bila batang tersebut

dipotong.

Metoda irisan tetap digunakan untuk mendapatkan momen puntir dalam sehingga

tegangan puntir dapat dicari. Momen puntir dalam ini yang akan mengimbangi momen puntir

luar sehingga bagian struktur tetap dalam kondisi setimbang.



Gambar 1. Poros yang mengalami momen puntir.

Untuk mencari hubungan antara momen puntir dalam dengan tegangan pada penampang

batang bulat, perlu dibuatkan asumsi sebelumnya

Asumsi-asumsi yang diambil:

1.Potongan normal tetap dibidang datar sebelum maupun sesudah puntiran.

2.Regangan geser berbanding lurus terhadap sumbu pusat.

3.Potongan normal tetap berbentuk bulat selama puntiran.

4.Batang dibebani momen puntir dalam bidang tegak lurus sumbu batang.

5.Tegangan puntir tidak melebihi batas proporsional.

6.Tegangan geser berubah sebanding dengan regangan linier.

Gambar 2. Potongan penampang.

Berdasarkan asumsi yang diambil ( butir 2 dan 6 ) maka tegangan geser maksimum terletak

pada keliling penampang sehingga dapat dicari hubungan antara tegangan geser dengan jarak



terhadap sumbu pusat.

Didapat :

Gaya geser inilah nantinya akan megantisipasi momen torsi luar.

Besar adalah momen inersia polar dari luas penampang. dinotasi

sebagai Ip (momen inersia polar)

Sehingga :

Besarnya tegangan geser secara umum :

Dimana :

: teganngan geser

: jarak titik yang dinyatakan terhadap pusat

: momen inersia polar penampang luas.

Misalkan penampang batang bulat maka harga momen inersia polar :



==> I polar lingkaran

Dimana C : jari-jari lingkaran dan I polar lingkaran.

Sedangkan untuk silinder berongga harga Ip :

Dimana b : jari-jari dalam.

Bila tabung itu tipis maka b sebanding dengan c dan c-b=t yaitu tebal tabung, maka :

Dalam mendesain bagian-bagian struktur yang menyangkut kekuatan, maka tegangan geser

yang memenuhi syaratlah yang dipilih. Karena batang yang mengalami puntiran sering dipakai

untuk meneruskan daya, maka percobaan fatique pada batang sering dilakukan.

1.Hubungan Daya dengan Torsi.

dimana:

Maka :



2.Sudut Puntir Batang Bulat.

Poros penerus daya dirancang bukan saja mengenai kekuatan tetapi poros juga tidak boleh

mengalami deformasi yang

berlebihan.

Gambar 3. Batang mengalami puntiran.

Gambar diatas :

Didapat :



CONTOH :

1.Sebuah poros pejal untuk sebuah motor 8 kw bekerja pada 30 Hz.

Tegangan geser maksimum 55.10³ kN/m². Tentukan diameter poros ?

Solusi :

Jadi diameter poros

2.Sebuah poros solid untuk mesin penggiling meneruskan daya sebesar 30 hp pada 100 rpm.

Tentukan Ø batang sedemikian rupa tegangan geser tidak melebihi 422 ksc dan sudut puntir

tidak melebihi 5,73° dalam bentangan 3m.

G=8,4.10³ ksc.

Solusi :



Jadi diameter poros 6,36 cm

3.Dua batang solid dari bahan yang berlainan disambung dan terjepit kedua ujungnya. Batang

Al Ø=7,6 cm dan

G=2,8.10^5 ksc. Batang baja Ø= 5 cm dan G=8,4.10^5 ksc. Jika torsi T=11.521 kG.cm bekerja

di titik pertemuan dua bahan tersebut. Tentukan tmax pada masing-masing batang.

BahanKuliahMekanikaBahanKuliah1

Documents

Transcript of BahanKuliahMekanikaBahanKuliah1