1DIKTATMEKANIKA KEKUATAN MATERIALDisusun oleh:Asyari Darami YunusTeknik MesinUniversitas Darma PersadaJakarta20102KATA PENGANTARUntuk memenuhi buku pegangan dalam perkuliahan, terutama yang menggunakan ba-hasa Indonesia dalam biang teknik, maka kali ini penulis menyempatkan diri untukikut membuat sebuah diktat/buku yang bisa digunakan oleh mahasiswa teknik, teruta-ma mahasiswa jurusan teknik mesin. Kali ini penulis menyiapkan diktat yang ditujukanuntuk mata kuliah Mekanika Kekuatan Material.Dalam penyusunan buku ini penulis berusaha menyesuaikan materinya dengan ku-rikulum di jurusan Teknik mesin Universitas Darma Persada.Perlu diketahui bahwa buku ini belum merupakan referensi lengkap dari pelajaranMekanika Kekuatan Material, sehingga mahasiswa perlu untuk membaca buku-bukureferensi lainnya untuk melengkapi pengetahuannya tentang materi mata kuliah ini.Akhir kata, mudah-mudahan buku ini bisa menjadi penuntunbagi mahasiswa danmemberikan manfaat sebagaimana yang diharapkan. Tak lupa penulis mengucapkanbanyak-banyak terima-kasih kepada pihak-pihak yang telah banyak membantu dalampenyelesaian buku ini.Jakarta, Oktober 2009Ir. Asyari Darami Yunus, SE. MSc.34Daftar Isi1 Tegangan Dan Regangan Sederhana 91.1 Tegangan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Regangan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Hukum Hooke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4 Modulus Elastisitas (Modulus Young) . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.5 Deformasi Benda Karena Gaya Yang Bekerja . . . . . . . . . . . . . 102 Konstanta Elastisitas 152.1 Regangan Primer atau Linier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Regangan Sekunder atau Lateral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.3 Rasio Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.4 Regangan Volumetrik. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.4.1 ReganganVolumetrikBendaPersegiEmpatYangMendapatGaya Aksial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.4.2 Regangan Volumetrik Benda Empat Persegi Panjang Yang Men-dapat Tiga Gaya Yang Saling Tegak Lurus . . . . . . . . . . . 202.5 Modulus Bulk. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.6 Hubungan Antara Modulus Bulk dengan Modulus Young . . . . . . . 232.7 Tegangan Geser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.8 Tegangan Geser Prinsipal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.9 Modulus Geser atau Modulus Rigiditas . . . . . . . . . . . . . . . . 262.10 Hubungan Antara Modulus Elastisitas dan Modulus Rigiditas . . . . . 273 Tegangan dan Regangan Prinsipal 313.1 Bidang Prinsipal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.2 Tegangan Prinsipal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.3 Metode Analitik Untuk Tegangan Pada Bidang Miring Sebuah Benda 313.3.1 Tegangan Pada Bidang Miring Yang Mendapat Tegangan Lang-sung Pada Satu Bidang. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.3.2 Tegangan Pada Bidang Miring Yang Mendapat Tegangan Lang-sung Pada Dua Arah Yang Saling Tegak Lurus . . . . . . . . 353.3.3 Tegangan Pada Bidang Miring Pada Benda Yang Mendapat Te-gangan Geser Sederhana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3756 DAFTAR ISI3.3.4 Tegangan Pada Bidang Miring Pada Benda Yang Mendapat Te-gangan Langsung Pada Satu Bidang Disertai Dengan TeganganGeser Sederhana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.3.5 Tegangan Pada Bidang Miring Pada Benda Yang Mendapat Te-gangan Langsung Pada Dua Bidang Yang Saling Tegak LurusDisertai Dengan Tegangan Geser Sederhana. . . . . . . . . . 433.4 Metode Grak Untuk Tegangan Pada Bidang Miring Sebuah Benda . 483.4.1 LingkaranMohrUntukTeganganPadaBidangMiringPadaBenda Yang Mendapat Tegangan Langsung Pada Satu Bidang 493.4.2 LingkaranMohrUntukTeganganPadaBidangMiringPadaBendaYangMendapat TeganganLangsungPadaDuaArahYang Saling Tegak Lurus. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.4.3 LingkaranMohrUntukTeganganPadaBidangMiringPadaBenda Yang Mendapat Sebuah Tegangan Langsung Pada SatuBidang Disertai Dengan Sebuah Tegangan Geser . . . . . . . 523.4.4 LingkaranMohrUntukTeganganPadaBidangMiringPadaBendaYangMendapat DuaTeganganLangsungPadaArahYang Saling Tegak Lurus Disertai Dengan Sebuah TeganganGeser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554 Deeksi Batang 614.1 Kurva Bending Batang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 614.2 Hubungan Antara Kemiringan, Deeksi dan Jari-jari Kurva. . . . . . 634.3 Metode Untuk Kemiringan dan Deeksi Pada Penampang . . . . . . . 644.4 Metode Integral Ganda Untuk kemiringan dan Deeksi . . . . . . . . 644.4.1 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Terpusat Di Tengah 654.4.2 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Terpusat Eksentrik 674.4.3 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Terdistribusi Merata 724.4.4 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Bervariasi SecaraGradual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 755 Deeksi Kantilever 795.1 Kantilever Dengan Beban Terpusat Pada Ujung Bebasnya. . . . . . . 795.2 Kantilever Dengan Beban Terpusat Tidak Pada Ujung Bebasnya . . . 815.3 Kantilever Dengan Beban Terdistribusi Merata . . . . . . . . . . . . . 825.4 Kantilever Terbebani Sebagian Dengan Beban Terdistribusi Merata . . 855.5 Kantilever Dibebani Dari Ujung Bebas. . . . . . . . . . . . . . . . . 865.6 Kantilever Dengan Beban Bervariasi Secara Gradual . . . . . . . . . 885.7 Kantilever Dengan Beberapa Beban . . . . . . . . . . . . . . . . . . 906 Deeksi Dengan Metode Momen Luas 936.1 Luas dan Posisi Pusat Gravitasi Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . 936.2 Batang Tumpuan Sederhana dengan Beban Terpusat Di Tengah . . . . 946.3 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Terpusat Eksentrik. . . . 966.4 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Terdistribusi Merata . . . 996.5 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Bervariasi Secara Gradual 101DAFTAR ISI 76.6 Kantilever Dengan Beban Terpusat Pada Ujung Bebasnya. . . . . . . 1046.7 Kantilever Dengan Beban Terpusat Pada Sembarang Titik . . . . . . . 1056.8 Kantilever Dengan Beban Terdistribusi Merata . . . . . . . . . . . . . 1076.9 Kantilever Dengan Beban Bervariasi Secara Gradual . . . . . . . . . 1088 DAFTAR ISIBab 1Tegangan Dan ReganganSederhana1.1 TeganganSetiap material adalah elastis pada keadaan alaminya. Karena itu jika gaya luar bekerjapada benda, maka benda tersebut akan mengalami deformasi. Ketika benda tersebutmengalami deformasi, molekulnya akan membentuk tahanan terhadap deformasi. Ta-hanan ini per satuan luas dikenal dengan istilah tegangan. Secara matematik teganganbisa didenisikan sebagai gaya per satuan luas, atau: =PAdimana P = beban atau gaya yang bekerja pada bendaA = Luas penampang melintang bendaPada sistem SI, satuan tegangan adalah pascal (Pa) yang sama dengan 1 N/m2.1.2 ReganganDeformasi per satuan panjang disebut dengan regangan. Secara matematis ditulis: =llataul = .ldimana l = Perubahan panjang bendal = Panjang awal benda910 BAB 1. TEGANGAN DAN REGANGAN SEDERHANA1.3 Hukum HookeBerbunyi, Jika benda dibebani dalam batas elastisnya, maka tegangan berbanding lu-rus dengan regangannya. Secara matematis ditulis:TeganganRegangan= E = konstan1.4 Modulus Elastisitas (Modulus Young)Tegangan berbanding lurus dengan regangan, dalam daerah elastisnya, atau: = Ex atauE =dimana = tegangan = regangan, danE = konstanta proporsionalitas atau disebut juga modulus elastisitas ataumodulus Young.Tabel 1.1: Harga E (modulus elastisitas) dari berbagai material.No. MaterialModulus Elastisitas (E)dalam GPa1. Baja 2002202. Besi tempa 1902003. Besi cor 1001604. Tembaga 901105. Perunggu 80906. Aluminium 60807. Timbal 101.5 Deformasi Benda Karena Gaya Yang BekerjaMisalkan sebuah benda mendapat tegangan tarik.1.5. DEFORMASI BENDA KARENA GAYA YANG BEKERJA 11Misalkan P = Beban atau gaya yang bekerja pada bendal = Panjang bendaA = Luas penampang benda = Tegangan yang timbul pada bendaE = Modulus Elastisitas material benda = Reganganl = Deformasi bendaKita tahu bahwa tegangan: =PAMaka regangan: =E=PAEdan deformasi:l = .l =.lE=PlAECatatan:1. Rumus di atas baik juga digunakan untuk tekanan2. Untuk sebagian besar material, modulus elastisitas untuk kompresi sama dengan tarikan.3. Kadang-kadang dalam perhitungan, tegangan dan regangan tarik diberi tanda positif, dantegangan dan regangan tekan/kompresi diberi tanda negatif.Contoh soal 1.1. Sebuah batang dari baja dengan panjang 1 m dan penampang 20mm 20 mm mendapat gaya tarik sebesar 40 kN. Carilah perpanjangan batang, jikamodulus elastisitas material batang adalah 200 GPa.Jawab.Diketahui: panjang (l) = 1 m = 1 103mmluas penampang (A) = 20 20 = 400 mm2gaya tarik (P) = 40 kN = 40 103NModulus elastisitas (E) = 200 GPa = 200 103N/mm2Perpanjangan batang:l =P.lA.E=(40 103) (1 103)400 (200 103)= 0, 5 mmContoh Soal 1.2. Silinder berlobang dengan panjang 2 m mempunyai diameterluar 50 mm dan diameter dalam 30 mm. Jika silinder memikul beban sebesar 25 kN,carilah tegangan pada silinder. Cari juga deformasi yang terjadi pada silinder jika hargamodulus elastisitas material silinder adalah 100 GPa.12 BAB 1. TEGANGAN DAN REGANGAN SEDERHANAJawab.Diketahui: panjang (l) = 2 m = 2 103mmdiameter luar (D) = 50 mmdiameter dalam (d) = 30 mmbeban (P) = 25 kN = 25 103N/mm2modulus elastisitas (E) = 100 GPa = 100 103N/mm2Tegangan Pada SilinderA =4 (D2d2) =4 [(50)2(30)2] = 1257 mm2dan tegangan pada silinder: =PA=25 1031257= 19, 9 N/mm2= 19, 9 MPaDeformasi pada silinderl =P.lA.E=(25 103) (2 103)1257 (100 103)= 0, 4 mm1.5. DEFORMASI BENDA KARENA GAYA YANG BEKERJA 13SOAL-SOAL LATIHAN1. Sebuah batang baja dengan panjang 2 m dan penampang 150 mm2mendapattarikan aksial sebesar 15 kN. Carilah perpanjangan/elongasi batang. Ambil hargaE = 200 GPa. (jawab: 1,0 mm)2. Sebuah batang lurus mempunyai panjang 500 mm dan penampang 500 mm2.Carilah besar beban kompresi dimana panjangnya berkurang 0,2 mm. Ambil Ematerial 200 GPa. (jawab: 40 kN)3. Sebuah batang logam paduan dengan panjang 1 mm dan penampang 200 mm2mendapat gaya tekan sebesar 20 kN. Jika modulus elastisitas paduan 100 GPa,carilah penurunan panjang batang. (jawab: 0,5 mm)14 BAB 1. TEGANGAN DAN REGANGAN SEDERHANABab 2Konstanta ElastisitasDarieksperimenditemukanbahwareganganaksialyangterjadipadasebuahbendaselaludiikutiregangandengantandayangberlawananpadabagianlainyangtegaklurus terhadapnya. Secara umum, terdapat dua jenis regangan pada benda jika bendatersebut mengalami tegangan:1. Regangan primer atau linier.2. Regangan sekunder atau lateral.2.1 Regangan Primer atau LinierGambar 2.1: Regangan linier dan lateralMisalkan sebuah batang mengalami gaya tarik, seperti ditunjukkan oleh gambar 2.1(a).Jika l = Panjang batangd = Diameter batangP = Gaya tarik yang bekerja pada batangl = Peningkatan panjang batang karena gaya tarik.1516 BAB 2. KONSTANTA ELASTISITASDeformasi batang per satuan panjang pada arah gaya, yaitu, l/l di kenal dengan re-gangan primer atau linier.2.2 Regangan Sekunder atau LateralKetika sebuah batang mengalami pertambahan panjang sebesarl searah gaya tarikyang bekerja padanya, pada saat yang bersamaan terjadi penurunan diameter dari d ke(d -d), seperti yang ditunjukkan oleh gambar 2.1(b). Dengan cara yang sama, jikabatang mendapat gaya tekan, panjang batang akan menurun sebesarl yang diikutioleh peningkatan diameter dari d ke (d - d).Jadi jelas bahwa setiap tegangan langsung selalu diikuti oleh regangan pada arahtegangan dan regangan dengan tanda yang berlawanan pada arah yang tegak lurus ter-hadap tegangan tersebut. Regangan yang tegak lurus terhadap tegangan yang bekerjaini disebut dengan regangan sekunder atau lateral.2.3 Rasio PoissonDari eksperimen ditemukan bahwa jika sebuah benda mengalami tegangan pada daerahelastisnya, regangan lateral mempunyai rasio konstan terhadap regangan linier. Secaramatematik:reganganlateralreganganlinier= konstanKonstanta ini dikenal dengan Rasio Poisson, dan dilambangkan dengan 1/m atau. Secara matematik:reganganlateral =1m. = .Tabel 2.1: Harga rasio Poisson dari berbagai material.No. Material Rasio poisson, 1. Baja 0,25 0,332. Besi tuang 0,23 0,273. Tembaga 0,31 0,344. Perunggu 0,32 0,425. Aluminium 0,32 0,366. Beton 0,08 0,187. Karet 0,45 0,50Contoh soal 2.1. Sebuah batang yang terbuat dari baja dengan panjang 2 m, lebar40 mm dan tebal 20 mm mendapat tarikan searah aksial sebesar 160 kN pada arahpanjangnya. Carilah perubahan panjang, lebar dan ketebalan batang. Diketahui E =200 GPa dan rasio Poisson = 0,3.2.4. REGANGAN VOLUMETRIK 17Jawab.Diketahui: l = 2 m = 2 103mmb = 40 mmt = 20 mmP = 160 kN = 160 103NE = 200 GPa = 200 103N/mm2rasio Poisson, 1/m = 0,3Perubahan panjang:l =PlAE=(160 103) (2 103)(40 20) (200 103)= 2 mmPerubahan lebar: =ll=2(2 103)= 0, 001dan regangan lateral:=1m = 0, 3 0.001 = 0, 0003Jadi perubahan lebar:b = b regangan lateral = 40 0, 0003 = 0, 012 mmPerubahan ketebalan:t = t regangan lateral = 20 0, 0003 = 0, 006 mm2.4 Regangan VolumetrikJika sebuah benda mendapatkan gaya, maka benda tersebut akan mengalami perubahandimensi.Perubahan dimensi sebuah benda akan menyebabkan perubahan volumenya.Rasio perubahan volume terhadap volume awal disebut dengan regangan volumetrik.Secara matematik, regangan volumetrik:V=VVdimana: V = Perubahan volumeV = Volume awal.Walaupunadaberbagai caragayabekerjapadabenda, kondisi berikut perluuntukmengetahui regangan volumetrik pada suatu benda:1. Benda persegi empat mendapat sebuah gaya aksial.2. Benda persegi empat mendapat tiga gaya yang saling tegak lurus.18 BAB 2. KONSTANTA ELASTISITASGambar 2.2: Regangan Volumetrik.2.4.1 Regangan Volumetrik Benda Persegi Empat Yang MendapatGaya AksialMisalkan sebuah batang dengan penampang persegi panjang, mendapat gaya tarik ak-sial, seperti yang ditunjukkan oleh gambar 2.2.Misalkan P = Beban atau gaya tarik yang bekerja pada bendal = Panjang bendab = Lebar batangt = Tebal batangE = Modulus Elastisitas1/ m = Rasio PoissonKita tahu bahwa perubahan panjang:l =PlAE=PlbtE(2.1)dan tegangan linier: =GayaLuas=Pb.tsehingga:reganganlinier =teganganE=PbtEdan regangan lateral:=1m X reganganlinier =1m XPbtEmaka perubahan ketebalan:t = t X1m XPbtE=PmbEdan perubahan lebar:b = b X1m XPbtE=PmtESebagai hasil dari gaya tarik ini, misal panjang akhir:= l +l2.4. REGANGAN VOLUMETRIK 19lebar akhir (tanda negatif karena kompresi):= b bdan panjang akhir (tanda negatif karena kompresi):= t tKita tahu bahwa volume awal benda:V= l.b.tdan volume akhir:V = (l +l)(b b)(t t)= lbt_1 +ll__1 bb__1 tt_= lbt_1 +llbbtt_llXbb__llXtt_+_llXbbXtt__Dengan mengabaikan variabel-variabel yang nilainya kecil, maka:V= lbt_1 +llbbtt_Perubahan volume:V = Volumeakhir Volumeawal= lbt_1 +llbbtt_lbt= lbt_llbbtt_= lbt_PlbtElPmtEbPmbEtl_ = lbt_PbtE PmbtE PmbtE_= VXPbtE_1 2m_dan regangan volumetrik:VV=VXPbtE_1 2m_V=PbtE_1 2m_= _1 2m_Catatan: Rumus di atas berlaku juga untuk gaya tekan.Contoh soal 2.2. Sebuah batang yang terbuat dari baja dengan panjang 2 m, lebar20 mm dan tebal 15 mm mendapat beban tarik sebesar 30 kN. Carilah peningkatanvolume, jika rasio Poisson = 0,25 dan modulus Young = 200 GPa.20 BAB 2. KONSTANTA ELASTISITASJawab.Diketahui: l = 2 m = 2 103mmb = 20 mmt = 15 mmP = 30 kN = 30 103Nrasio Poisson, 1/m = 0,25modulus Young, E = 200 GPa = 200 103N/mm2Volume awal batang:V= l.b.t = (2 103) 20 15 = 600 103mm3VV=PbtE_1 2m_ =30 10320 15 (200 103)_1 24_ = 0, 00025Jadi peningkatan volume:V= 0, 00025 V= 0, 00025 (600 103) = 150 mm32.4.2 Regangan Volumetrik Benda Empat Persegi Panjang YangMendapat Tiga Gaya Yang Saling Tegak LurusMisalkan sebuah benda persegi empat mendapat tegangan langsung pada ketiga sum-bunya yang saling tegak lurus, seperti yang diperlihatkan oleh Gambar 2.3.Gambar 2.3: Regangan Volumetrik.Misalkan x = Tegangan pada arah x-xy = Tegangan pada arah y-yz = Tegangan pada arah z-zE = Modulus YoungRegangan pada arah X-X karena tegangan x,x =xE2.4. REGANGAN VOLUMETRIK 21dengan cara yang sama,x =xEdan z =zEReganganpadaketigaarahbisadicaridenganprinsipsuperposisi, yaitudenganmenambahkan secara aljabar regangan di setiap arah karena setiap tegangan individu.Untuk ketiga tegangan tarik yang ditunjukkan oleh Gambar 2.3 (dengan memakai tandapositif sebagai regangan tarik dan negatif sebagai regangan tekan), regangan resultanpada arah x-x:x =xE ymE zmE=1E_xyE zE_dengan cara yang samay =yE xmE zmE=1E_yxE zE_z =zE xmE ymE=1E_zxE yE_Regangan volumetrik bisa dicari dengan:VV= x +y +zContoh soal 2.3. Sebuah batang dengan panjang 500 mm dan penampang 100mm 50 mm menerima gaya-gaya seperti gambar 2.4. Berapakah perubahan volumebatang?Ambil modulus elastisitas untuk material batang 200 GPa dan rasio Poisson0,25.Gambar 2.4:JawabDiketahui: l = 500 mmb = 100 mmt = 50 mmGaya pada arah x = Px = 100 kN = 100 103N (tarik)22 BAB 2. KONSTANTA ELASTISITASGaya pada arah y = Py = 200 kN = 200 103N (tarik)Gaya pada arah z = Pz = 300 kN = 300 103N (tekan)E = 200 GPa = 200 103N/mm2rasio Poisson = 1/m = 0,25 atau m = 4Volume awal batang:V= l b t = 500 100 50 = 2, 5 106mm3dan tegangan pada arah x-x:x =PxAx=100 103100 50= 20 N/mm2(tarik)dengan cara yang sama:y =PyAy=200 103500 50= 8 N/mm2(tarik)danz =PzAz=300 103500 100= 6 N/mm2(tekan)Kita juga tahu bahwa regangan resultan pada arah x-x, dengan mempertimbangkantarikan adalah positif dan kompresi adalah negatif adalah:x = +xE ymE+zmE= +20E 84E+64E=16, 5Edengan cara yang sama:y = +yE xmE+zmE= + 8E 204E+64E=4, 5Ez = zE xmE ymE= 6E 204E 84E=13Eregangan volumetrik:VV= x +y +zV2, 5 106=16, 5E+ 4, 5E 13E=8E=8200 103= 0, 04 103V= (0, 04 103) (2, 5 106) = 100 mm32.5. MODULUS BULK 232.5 Modulus BulkJika sebuah benda mendapat tiga tegangan yang saling tegak lurus, dengan besaranyang sama, rasio tegangan langsung terhadap regangan volumetrik disebut sebagai mo-dulus bulk, dilambangkan dengan K. Secara matematik:K =TeganganLangsungReganganVolumetrik=VV2.6 Hubungan Antara Modulus Bulk dengan ModulusYoungMisalkan sebuah kubus ABCD A1B1C1D1 seperti yang ditunjukkan oleh Gambar 2.5.Katakan kubus mendapat tiga tegangan tarik yang saling tegak lurus dengan besaranyang sama.Ambil = Tegangan pada permukaanl = Panjang kubusE = Modulus Young untuk material kubusGambar 2.5: Kubus ABCD A1B1C1D1Misalkan deformasi pada satu sisi kubus (katakan AB) karena tiga tegangan tarik.Kita tahu bahwa sisi ini mengalami regangan-regangan berikut:1. Tegangan tarik sebesarEkarena tegangan pada permukaan BB1 CC1 dan AA1DD1.2. Regangan lateral tekan sebesar1mxEkarena tegangan pada permukaanAA1BB1 dan DD1 CC1.3. Regangan lateral tekan sebesar1mxEkarena tegangan pada permukaan ABCDdan A1B1C1D1.24 BAB 2. KONSTANTA ELASTISITASSehingga, regangan tarik netto yang dialami oleh sisi AB karena tegangan-tegangan ini:ll=El _ 1mxE__ 1mxE_ =E_1 2m_(2.2)Volume awal kubus: V= l3dan turunannya terhadap l adalahVV= 3l2atau:V= 3l2.l = 3l3xllSubstitusikan hargalldari persamaan 2.2:V= 3l3xE_1 2m_atauVV=3l3l3xE_1 2m_ =3E_1 2m_sehinggaVV=E3x1_1 2m_=E31_m2m_atauK =mE3(m2)Contoh soal 2.4. Jika harga modulus elastisitas dan rasio poisson sebuah paduanmasing-masing adalah 150 GPa dan 0,25, carilah harga modulus bulk paduan tersebut.JawabDiketahui: E = 150 GP = 150103N/mm2rasio Poisson, 1/m = 0,25 atau m = 4Modulus bulk paduan:K =mE3(m2)=4 (150 103)3(4 2)= 100 103N/mm2= 100 GPa2.7 Tegangan GeserKetika suatu penampang mendapat dua gaya yang sama besar dan berlawanan arah, danbekerja secara tangensial pada penampang tersebut, akibatnya benda tersebut cendrungrobek melalui penampang tersebut seperti yang ditunjukkan oleh Gambar 2.6, teganganyang ditimbulkan disebut tegangan geser. Regangannya disebut regangan geser.2.8. TEGANGAN GESER PRINSIPAL 25Gambar 2.6: Tegangan geser pada keling.Gambar 2.7: Regangan geser.Misalkan sebuah kubus dengan panjang l mempunyai tumpuan tetap pada permu-kaan dasar AB. Misalkan sebuah gaya P diberikan pada permukaan DC, tangensial ter-hadap permukaan AB. Karena gaya, misalkan kubus berubah dari ABCE ke ABC1D1melalui sudut seperti yang ditunjukkan oleh Gambar 2.7.ReganganGeser =DeformasiPanjangawal=CC1l= dan tegangan geser:=PAB2.8 Tegangan Geser PrinsipalTegangan geser prinsipal adalah tegangan geser pada penampang sebuah bidang, danselalu diikuti oleh tegangan geser penyeimbang (balancing shear stress) pada penam-pang bidang dan normal terhadapnya.26 BAB 2. KONSTANTA ELASTISITASBuktiMisalkan sebuah blok segiempat ABCD mendapat tegangan geser pada permukaanAD dan CB seperti yang ditunjukkan oleh gambar 2.8. Misalkan ketebalan satu satuan.Maka gaya yang bekerja pada permukaan AD dan CB:P= .AD = .CBGambar 2.8: Tegangan Geser PrinsipalDapat dilihat bahwa gaya-gaya ini membentuk sebuah kopel,dimana harga mo-mennya adalah .AB x AB yaitu gaya X jarak. Jika balok dalam keadaan setimbang,maka harus ada kopel penyeimbang yang besar momennya harus sama dengan besarmomen ini. Misalkan tegangan geser

terdapat pada permukaan AB dan CD sepertiyang ditunjukkan oleh gambar 2.8. Maka gaya-gaya yang bekerja pada permukaan ABdan CD:P=

.AB =

.CDKita bisa melihat bahwa gaya-gaya ini juga membentuk kopel yang besar momen-nya sama dengan .AB x AB. Dengan menyamakan kedua momen ini maka:.AD x AB =

.AD x ABatau:=

Sebagaiakibatdarikeduakopel, diagonalBDbalokakanmendapatgayatarik,sedangkan diagonal AC mendapat gaya tekan.Tegangan disebut regangan komplementer.2.9 Modulus Geser atau Modulus RigiditasSecara eksperimen diperoleh bahwa di dalambatas elastik, tegangan geser proporsional(berbanding lurus) terhadap regangan geser. Secara matematik:2.10. HUBUNGANANTARAMODULUS ELASTISITAS DANMODULUS RIGIDITAS27 = C x atau= C (atau G atau N)dimana: = tegangan geser = regangan geserC = konstanta, dikenal sebagai modulus geser atau modulus rigiditasTabel 2.2: Harga modulus Rigiditas berbagai material.No. Material Modulus Rigiditas (C)dalam GPa atau kN/mm21 Baja 801002 Besi tempa 80903 Besi cor 40504 Tembaga 30505 Kuningan 30606 Timbal 102.10 Hubungan Antara Modulus Elastisitas dan Modu-lus RigiditasMisalkan sebuah kubus dengan panjang l mendapat tegangan geser seperti yang di-tunjukkan oleh gambar 2.9(a). Terlihat bahwa karena tegangan-tegangan tersebut, ku-bus mengalami distorsi, seperti diagonal BD akan bertambah panjang dan diagonal ACakan bertambah pendek. Misalkan tegangan geserakan menimbulkan reganganseperti yang ditunjukkan oleh gambar 2.9(b). Terlihat bahwa diagonal BD akan meng-alami distorsi menjadi BD.regangan BD =BD1BDBD=D1D2BD=DD1 cos 450AD2=DD12AD=2Kita lihat bahwa regangan linier diagonal BD adalah setengah dari regangan geserdan berupa tarik. Dengan cara yang sama dapat dibuktikan bahwa diagonal AC adalahjuga setengah dari regangan geser, tetapi berupa tekan. Regangan linier diagonal BD:28 BAB 2. KONSTANTA ELASTISITASGambar 2.9:=2=2C(2.3)dimana: = regangan geserC = Modulus rigiditasMisalkan tegangan geser ini bekerja pada sisi AB, CD, CB dan AD. Kita tahu bahwaakibat dari tegangan ini akan berupa tegangan tarik pada diagonal BD dan tegangantekan pada diagonal AC. Maka regangan tarik pada diagonal BD karena tegangan tarikpada diagonal BD:=E(2.4)dan regangan tarik pada diagonal BD karena tegangan tekan pada diagonal AC:=1mxE(2.5)Efek kombinasi dari kedua tegangan di atas pada diagonal BD=E+1mxE=E_1 +1m_ =E_m+ 1m_(2.6)Dengan menyamakan persamaan 2.3 dan 2.6:2C=E_m+ 1m_atau C =mE2(m+ 1)Contoh soal 2.5. Sebuah spesimen paduan mempunyai modulus elastisitas 120GPa dan modulus rigiditas 45 GPa. Carilah rasio Poisson material tersebut.Jawab.Diketahui: E = 120 GPaC = 45 GPa2.10. HUBUNGANANTARAMODULUS ELASTISITAS DANMODULUS RIGIDITAS29Modulus rigiditas:C =mE2(m+ 1)45 =m1202(m+ 1)=120m2m+ 290m+ 90 = 120mm =9030= 31/m = 1/330 BAB 2. KONSTANTA ELASTISITASSOAL-SOAL LATIHAN1. Sebuah batang baja dengan panjang 1,5 m dan diameter 20 mm mendapat tarikanaksial sebesar 100 kN. Carilah perubahan panjang dan diameter batang, jika E =200 GPa dan 1/m = 0,322. Carilah perubahan panjang, lebar dan tebal dari sebuah batang baja yang pan-jangnya 4 m, lebar 30 mm dan tebal 20 mm, jika mendapat tarikan aksial sebesar120 kN pada arah panjangnya. Ambil E = 200 GPa dan rasio Poisson 0,3.3. Sebuah pelat baja mempunyai modulus elastisitas 200 GPa dan rasio Poisson 0,3.Berapakah harga modulus bulk material tersebut?4. Pada sebuah eksperimen, sebuah batang paduan dengan panjang 1 m dan pe-nampang 20 mm 20 mm diuji untuk menambah panjang sampai 1 mm ketikadiberikan beban tarik aksial sebesar 6,4 kN. Jika modulus bulk batang 133 GPa,carilah harga rasio Poisson.Bab 3Tegangan dan ReganganPrinsipal3.1 Bidang PrinsipalPada sebuah titik pada suatu benda terdapat 3 bidang yang saling tegak lurus satu sa-ma lain dan hanya mendapat tegangan langsung, tidak terdapat tegangan geser. Dariketiga tegangan langsung ini salah satunya akan mempunyai harga yang paling besar,satu mempunyai harga minimum, dan satu lagi mempunyai harga diantaranya.Ketigabidang yang tidak mempunyai tegangan geser ini dikenal dengan Bidang prinsipal.3.2 Tegangan PrinsipalBesarnya teganganlangsung pada bidangprinsipal disebut denganteganganprinsi-pal. Penentuan bidang prinsipal, dan kemudian tegangan prinsipal merupakan faktorpenting dalam desain berbagai struktur komponen mesin.Pada pembahasan selanjutnya akan dibahas penentuan tegangan pada penampangmiring sebuah benda yang mengalami regangan dengan dua metode:1. Metode analitik, dan2. Metode grak.3.3 Metode Analitik Untuk Tegangan Pada Bidang Mi-ring Sebuah BendaKonvensi tanda yang digunakan untuk metode analitik:1. Semua tegangan dan regangan tarik dianggap positif dan semua tegangan danregangan tekan dianggap negatif.3132 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPAL2. Tegangan geser yang akan memutar benda dalam arah searah jarum jam diang-gap positif, sedangkan berlawanan dengan jarum jam dianggap negatif.Gambar 3.1:Pada benda yang ditunjukkan oleh gambar 3.1, tegangan geser pada sisi vertikal(sumbux-x)diambilpositif, sedangkantegangangeserpadasisihorisontal(sumbuy-y) diambil negatif.3.3.1 Tegangan Pada Bidang Miring Yang Mendapat Tegangan Lang-sung Pada Satu BidangGambar 3.2:Misalkan sebuah benda empat persegi panjang yang mempunyai luas penampangseragam dengan ketebalan satu satuan mendapat tegangan tarik langsung pada sumbux-x seperti yang ditunjukkan oleh gambar 3.2(a). Misalkan sebuah penampang miringAB pada sumbu x-x,jika = tegangan tarik pada penampang AC = sudut antara penampang AB dengan sumbu x-xPertama-tama, elemen ABC berada pada kondisi setimbang dimana diagram free bodyditunjukkan oleh gambar 3.2(b) dan (c). Kita tahu bahwa gaya horisontal pada AC:P= .AC ( )3.3. METODE ANALITIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA33Gaya tegak lurus atau gaya normal pada bidang AB:Pn = P sin = .AC sin Gaya tangensial pada penampang AB:Pt = P cos = .AC cos Tegangan normal pada penampang AB:n=PnAB=.AC sin AB=.AC sin ACsin = sin2=2(1 cos 2) =2 2 cos 2dan tegangan geser (tegangan tangensial) pada penampang AB: =PtAB=.AC cos AB=.AC cos ACsin = sin cos =2 sin 2Dari persamaan tegangan normal, nilainya akan maksimal jika sin2 = 1 atau sin = 1 atau = 900. Dengan kata lain, permukaan AC akan mendapat tegangan langsungmaksimum. Dengan cara yang sama, tegangan geser pada bidang AB akan maksimumjika sin 2 = 1 atau 2 = 900atau 2700. Dengan kata lain tegangan geser akan maksi-mum pada sudut 450dan 1350. Tegangan geser maksimum pada = 450:max =2 sin 900=2.1 =2dan tegangan geser maksimum pada = 1350:max = 2 sin 270 = 2.(1) =2Tegangan resultan diperoleh dari persamaan:R = _2n +2Bidang dengan tegangan normal maksimum dan minimum bisa diperoleh denganmenyamakan persamaan tegangan geser dengan nol. sin cos = 0Contoh soal 3.1. Sebuah batang dari kayu mendapat tegangan tarik sebesar 5 MPa.Berapakah harga tegangan normal dan geser pada penampang yang membuat sudutsebesar 250dengan arah tegangan tarik.34 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPALJawab.Diketahui: = 5 MPa = 250Tegangan normal pada penampang:n=2 2 cos 2 =52 52 cos(2 250) MPa= 2, 5 2, 5 cos 500= 2, 5 (2, 5 0, 6428) MPa= 2, 5 1, 607 = 0, 89 MPaTegangan geser pada penampang: =2 sin 2 =2 sin(2 250) = 2, 5 sin 50= 2, 5 0, 766 = 1, 915 MPaContoh soal 3.2. Dua potongan kayu ukuran penampang 100 100 mm disam-bung pada daerah garis AB seperti yang ditunjukkan oleh gambar 3.3. Carilah gayamaksimum (P) yang bisa diberikan jika tegangan geser pada sambungan AB adalah 1,3MPa.Gambar 3.3:Jawab.Diketahui: Penampang = 100 mm X 100 mm = 600 = 1,3 MPa = 1,3 N/mm2A = 100 100 = 10.000 mm2Tegangan geser:3.3. METODE ANALITIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA351, 3 =2 sin 2 =2 sin(2 600) =2 sin 1200=2 0, 866= 0, 433 =1, 30, 433 = 3, 0 N/mm2Gaya aksial maksimum yang bisa diberikan:P= .A = 3, 0 10000 = 30.000 N = 30 kN3.3.2 Tegangan Pada Bidang Miring Yang Mendapat Tegangan Lang-sung Pada Dua Arah Yang Saling Tegak LurusGambar 3.4:Misalkan sebuah benda empat persegi panjang yang mempunyai luas penampangseragam dengan ketebalan satu satuan mendapat tegangan tarik langsung pada dua arahyang saling tegak lurus pada sumbu x-x dan sumbu y-y seperti yang ditunjukkan olehgambar 3.4. Misalkan sebuah penampang miring AB pada sumbu x-x,Jika: x = Tegangan tarik pada sumbu x-x (disebut juga tegangan tarik major)y = Tegangan tarik pada sumbu y-y (disebut juga tegangan tarik minor) = Sudut bidang miring AB dengan sumbu x-xPertama-tama, elemenABCberadapadakondisisetimbang. Kitatahubahwagayahorisontal pada AC:Px = x.AC ( )dan gaya vertikal pada BC:Py = y.BC ( )Gaya tegak lurus atau gaya normal pada bidang AB:36 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPALPn = Px sin +Py cos = x.AC sin +y cos Gaya tangensial pada penampang AB:Pt = Px cos Py sin = x.AC cos yBC sin Tegangan normal pada penampang AB:n=PnAB=x.AC sin +y.BC cos AB=x.AC sin +y.BC cos AB=x.AC sin ACsin +y.BC cos BCcos = x sin2 +y cos2 =x2(1 cos 2) +y2(1 + cos 2)=x2x2cos 2 +y2+y2cos 2=x +y2xy2cos 2dan tegangan geser (tegangan tangensial) pada penampang AB: =PtAB=x.AC cos y.BC sin AB=x.AC cos ABy.BC sin AB=x.AC cos ACsin y.BC sin ACcos = x sin cos y sin cos = (xy) sin cos =xy2sin 2Tegangan geser akan maksimum jika sin 2 = 1 atau 2 = 900atau = 450. Makategangan geser maksimum:max =xy2Tegangan resultan diperoleh dari persamaan:R = _2n +2Contoh soal 3.3. Sebuah titik pada material yang mengalami deformasi mendapatdua tegangan tarik yang saling tegak lurus sebesar 200 MPa dan 100 MPa. Carilahbesarnya tegangan geser, tegangan normal dan tegangan resultan pada sebuah bidangdengan kemiringan 300dengan sumbu tegangan tarik mayor.3.3. METODE ANALITIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA37Jawab.Diketahui: x = 200 MPay = 100 MPa = 300Tegangan normal pada bidang miring: =x +y2xy2cos 2=200 + 1002 200 1002cos(2 300)= 150 (50 0, 5) = 125 MPaTegangan geser pada bidang miring: =xy2sin 2 =200 1002sin(2 300)= 50 sin 600= 50 0, 866 = 43, 3 MPaTegangan resultan pada bidang miring:R = _2n +2= _(125)2+ (43, 3)2= 132, 3 MPa3.3.3 Tegangan Pada Bidang Miring Pada Benda Yang MendapatTegangan Geser SederhanaGambar 3.5:Misalkan sebuah benda mendapat tegangan geser positif epanjang sumbu x-x se-perti yang ditunjukkan oleh gambar 3.5(a). Bidang AB membentuk sudut dengan sum-bu x-x dan kita akan mencari tegangan-tegangan seperti yang ditunjukkan oleh gam-bar 3.5(b).Jika: xy = tegangan geser positif sepanjang sumbu x-x = sudut yang dibentuk bidang AB dengan sumbu x-x.38 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPALGaya vertikal yang bekerja pada permukaan AC:P1 = xy.AC ( )dan gaya horisontal pada permukaan BC:P2 = xy.BC ( )Gaya tegak lurus bidang AB atau gaya normal:Pn = P1 cos +P2 sin = xy.AC cos +xy.BC sin Gaya tangensial pada bidang AB:Pt = P1 sin P2 cos = xy.AC sin xy.BC cos Tegangan normal pada bidang AB:n=PnAB=xy.AC cos +xy.BC sin AB=xy.AC cos AB+xy.BC sin AB=xy.AC cos ACsin +xy.BC sin BCcos = xy. sin cos +xy. sin cos = 2xy. sin cos = xy. sin 2dan tegangan geser (tegangan tangensial) pada bidang AB: =PtAB=xy.AC sin xy.BC cos AB=xy.AC sin ABxy.BC cos AB=xy.AC sin ACsin xy.BC cos BCcos = xy. sin2 xy. cos2=xy2(1 cos 2) xy2(1 + cos 2)=xy2xy2cos 2 xy2xy2cos 2= xy cos 2tanda negatif menunjukkan bahwa tegangan mempunyai arah yang berlawanan padabidang AC.Tegangan normal maksimum dan minimum bisa dicari dengan menyamakan persa-maan tegangan geser dengan nol:3.3. METODE ANALITIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA39xy cos 2 = 0Persamaan di atas terpenuhi jika 2 = 900atau 2700atau dengan kata lain = 450atau 1350.3.3.4 Tegangan Pada Bidang Miring Pada Benda Yang MendapatTegangan Langsung Pada Satu Bidang Disertai Dengan Te-gangan Geser SederhanaGambar 3.6:Misalkan sebuah benda segi empat mendapat tegangan tarik pada sumbu x-x dii-kuti dengan tegangan geser positif sepanjang sumbu x-x seperti ditunjukkan oleh gam-bar 3.6(a).Jika: x = Tegangan tarik pada sumbu x-xxy = tegangan geser positif sepanjang sumbu x-x = sudut yang dibentuk bidang AB dengan sumbu x-x.Gaya horisontal yang bekerja pada permukaan AC:Px = x.AC ( )dan gaya vertikal pada permukaan AC:Py = xy.AC ( )Gaya horisontal yang bekerja pada permukaan BC:P= xy.BC ( )Gaya tegak lurus bidang AB atau gaya normal:Pn= Px sin Py cos P sin = x.AC sin xy.AC cos xy.BC sin 40 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPALGaya tangensial pada bidang AB:Pt= Px cos +Py sin P cos = x.AC sin +xy.AC cos xy.BC sin Tegangan normal pada bidang AB:n=PnAB=x.AC sin xy.AC cos xy.BC cos AB=x.AC sin ABxy.AC cos ABxy.BC cos AB=x.AC sin ACsin xy.AC cos ACsin xy.BC cos BCcos = x. sin2 xy. sin cos xy. sin cos =x2(1 cos 2) 2xy sin cos =x2x2cos 2 xy sin 2 (3.1)dan tegangan geser (tegangan tangensial) pada bidang AB: =PtAB=x.AC cos +xy.AC sin xy.BC cos AB=x.AC cos AB+xy.AC sin ABxy.BC cos AB=x.AC cos ACsin +xy.AC sin ACsin xy.BC cos BCcos = x. sin cos +xy. sin2 xy. cos2=x2sin 2 +xy2(1 cos 2) xy2(1 + cos 2)=x2sin 2 +xy2xy2cos 2 xy2xy2cos 2=x2sin 2 xy cos 2 (3.2)Bidang yang mempunyai tegangan normal maksimal dan minimal bisa dicari de-ngan menyamakan persamaan tegangan geser dengan nol.Misalkan p adalah harga sudut dimana tegangan geser adalah nol. Maka:x2sin 2pxy cos 2p= 0x2sin 2p = xy cos 2p3.3. METODE ANALITIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA41Gambar 3.7:tan 2p =2xyxDari persamaan di atas, kita peroleh bahwa 2 kondisi berikut akan memenuhi per-samaan tesebut seperti yang ditunjukkan oleh gambar 3.7(a) dan (b). Untuk kasus 1,kita peroleh:sin 2p1 =2xy_2x + 42xydancos 2p1 =x_2x + 42xydengan cara yang sama untuk kasus 2:sin 2p2 =2xy_2x + 42xydancos 2p2 =x_2x + 42xySekarang harga tegangan prinsipal bisa dicari dengan mensubstitusikan harga-harga2p1 dan 2p2 di atas ke persamaan 3.1. Maka tegangan prinsipal maksimum:p1=x2x2cos 2 xy sin 2=x2x2x_2x + 42xy+xy2xy_2x + 42xy=x2+2x2_2x + 42xy+22xy_2x + 42xy=x2+2x + 42xy2_2x + 42xyx2+_2x + 42xy2=x2+__x2_2+2xydan tegangan prinsipal minimum:42 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPALp2=x2x2x_2x + 42xy+xy2xy_2x + 42xy=x22x_2x + 42xy22xy_2x + 42xy=x22x + 42xy2_2x + 42xy=x2_2x + 42xy2=x2__x2_2+2xyContoh soal 3.4. Sebuah elemen bidang pada sebuah benda mendapat tegangantariksebesar100MPadisertaidengantegangangesersebesar25MPa. Carilah(i)tegangan normal dan tegangan geser sebuah bidang yang membentuk sudut sebesar200dengan tegangan tarik dan, (ii) tegangan prinsipal maksimum pada bidang.Jawab.Diketahui: x = 100 MPaxy = 25 MPa = 200(i) Tegangan normal dan tegangan geser:n=x2x2cos 2 xy sin 2=1002 1002cos(2 200) 25 sin(2 200)= 50 50 cos 40025 sin 400= 50 (50 0, 766) (25 0, 6428)= 50 38, 3 16, 7 = 4, 37 MPa =x2sin 2 xy cos 2=1002sin(2 200) 25 cos(2 200)= 50 sin 40025 cos 400= (50 0, 6428) (25 0, 766)= 32, 14 19, 15 = 12, 99 MPa(ii) Tegangan prinsipal maksimum pada bidang:p1=x2+__x2_2+2xy3.3. METODE ANALITIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA43=1002+_1002_2+ (25)2= 105, 9 MPa3.3.5 Tegangan Pada Bidang Miring Pada Benda Yang MendapatTeganganLangsungPadaDuaBidangYangSalingTegakLurus Disertai Dengan Tegangan Geser SederhanaGambar 3.8:Misalkan sebuah benda persegi empat mendapat tegangan tarik pada sumbu x-xdan sumbu y-y dan disertai dengan tegangan geser positif pada seoanjang sumbu x-x,seperti yang ditunjukkan oleh gambar 3.8(b).Jika: x = tegangan tarik pada sumbu x-xy = tegangan tarik pada sumbu y-yxy = tegangan geser positif pada sumbu x-x = sudut bidang AB dengan sumbu y-yGaya horisontal yang bekerja pada permukaan AC:P1 = x.AC ( )dan gaya vertikal pada permukaan AC:P2 = xy.AC ( )gaya vertikal pada permukaan BC:P3 = x.BC ( )Gaya horisontal yang bekerja pada permukaan BC:P4 = xy.BC ( )44 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPALGaya tegak lurus bidang AB atau gaya normal:Pn= P1 sin P2 cos +P3 cos P4 sin = x.AC sin xy.AC cos +yBC cos xy.BC sin Gaya tangensial pada bidang AB:Pt= P1 cos +P2 sin P3 sin P4 cos = x.AC cos +xy.AC sin y.BC sin xy.BC cos Tegangan normal pada bidang AB:n=PnAB=x.AC sin xy.AC cos +yBC cos xy.BC sin AB=x.AC sin ABxy.AC cos AB+y.BC cos ABxy.BC sin AB=x.AC sin ACsin xy.AC cos ACsin +y.BC cos BCcos xy.BC sin BCcos = x. sin2 xy. sin cos +y. cos2 xy. sin cos =x2(1 cos 2) +y2(1 cos 2) 2xy sin cos =x2x2cos 2 +y2+y2cos 2 xy sin 2=x +y2xy2cos 2 xy sin 2 (3.3)dan tegangan geser (tegangan tangensial) pada bidang AB: =PtAB=x.AC cos +xy.AC sin y.BC sin xy.BC cos AB=x.AC cos AB+xy.AC sin ABy.BC sin ABxy.BC cos AB=x.AC cos ACsin +xy.AC sin ACsin x.AC sin BCcos xy.BC cos BCcos = x. sin cos +xy. sin2 y. sin cos xy. cos2= (xy) sin cos +xy2(1 cos 2) xy2(1 + cos 2)=xy2sin 2 +xy2xy2cos 2 xy2xy2cos 2=xy2sin 2 xy cos 2 (3.4)Bidang yang mempunyai tegangan normal maksimal dan minimal bisa dicari de-ngan menyamakan persamaan tegangan geser dengan nol.3.3. METODE ANALITIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA45Misalkan p adalah harga sudut dimana tegangan geser adalah nol. Maka:xy2sin 2pxy cos 2p= 0xy2sin 2p = xy cos 2ptan 2p =2xyxyGambar 3.9:Dari persamaan di atas, kita peroleh bahwa 2 kondisi berikut akan memenuhi per-samaan tesebut seperti yang ditunjukkan oleh gambar 3.9(a) dan (b). Untuk kasus 1,kita peroleh:sin 2p1 =2xy_(xy)2+ 42xydancos 2p1 =xy_(xy)2+ 42xydengan cara yang sama untuk kasus 2:sin 2p2 =2xy_(xy)2+ 42xydancos 2p2 =(xy)_(xy)2+ 42xySekarang harga tegangan prinsipal bisa dicari dengan mensubstitusikan harga-harga2p1 dan 2p2 di atas ke persamaan 3.3. Maka tegangan prinsipal maksimum:p1=x +y2xy2cos 2 xy sin 2=x +y2+xy2xy_(xy)2+ 42xy+xy2xy_(xy)2+ 42xy46 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPAL=x +y2+(xy)2+ 42xy2_(xy)2+ 42xy=x +y2+_(xy)2+ 42xy2=x +y2+_xy2_2+2xydan tegangan prinsipal minimum:p2=x +y2xy2(x +y)_(xy)2+ 42xy+xy2xy_(xy)2+ 42xy=x +y2+(xy)222xy2_(xy)2+ 42xy=x +y2(xy)2+ 42xy2_(xy)2+ 42xy=x +y2_(xy)2+ 42xy2=x +y2_xy2_2+2xyContoh soal 3.5. Sebuah titik mendapat tegangan tarik sebesar 250 MPa pada arahhorisontal dan tegangan tarik sebesar 100 MPa pada arah vertikal. Titik tersebut jugamendapattegangangesersebesar25MPa, yangapabiladikaitkandengantegangantarik mayor, akan merotasi elemen searah jarumjam. Berapakah besar tegangan normaldan geser pada penampang yang membentuk sudut sebesar 200dengan tegangan tarikmayor.Jawab.Diketahui: x = 250 MPay = 100 MPaxy = 25 MPa = 200Besar Tegangan Normal:n=x +y2xy2cos 2 xy sin 2=250 + 1002 250 1002cos(2 200) 25 sin(2 200)= 175 (75 0, 766) (25 0, 6428)= 175 57, 5 16, 07 = 101, 48 MPaBesar Tegangan Geser: =xy2sin 2 xy cos 23.3. METODE ANALITIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA47=250 1002sin(2 200) 25 cos(2 200)= 75 sin(400) 25 cos(400)= (75 0, 6428) (25 0, 766)= 48, 21 19, 15 = 29, 06 MPaContoh soal 3.6. Sebuah elemen bidang pada sebuah boiler menerima tegangantarik sebesar 400 MPa pada satu bidang dan 150 MPa pada bidang lainnya yang tegaklurus terhadap bidang pertama. Setiap tegangan tersebut disertai dengan tegangan gesersebesar 100 MPa dimana jika dikaitkan dengan tegangan tarik minor akan cendrungmerotasikan elemen berlawanan arah jarum jam. Carilah:1. Tegangan prinsipal dan arahnya.2. Tegangan geser maksimum dan arahnya pada bidang dimana tegangan ini beker-ja.Jawab.Diketahui: x = 400 MPay = 150 MPaxy = 100 MPa1. Tegangan prinsipal dan arahnya:Tegangan prinsipal maksimum:max=x +y2+_xy2_2+2xy=400 + 1502+_400 1502_2+ (100)2= 275 + 160, 1 = 435, 1 MPaTegangan prinsipal minimum:min=x +y2_xy2_2+2xy=400 + 1502_400 1502_2+ (100)2= 275 160, 1 = 114, 9 MPaMisalkan p = sudut bidang prinsipal dengan sumbu x-x48 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPALtan 2p=2xyxy=2 100400 150= 0, 82p= 38, 660p= 19, 330atau 109, 3302. Tegangan geser maksimum dan arahnya:max=_xy2_2+2xy=_400 1502_2+ (100)2= 160, 1 MPaMisalkan s = sudut bidang tegangan geser maksimum dengan sumbu x-x.tan 2s=xy2xy=400 1502 100= 1, 252s= 51, 340s= 25, 670atau 115, 6703.4 Metode Grak Untuk Tegangan Pada Bidang Mi-ring Sebuah BendaKonvensi tanda yang digunakan dalam metode grak:1. Sudut diambil dengan referensi sumbu x-x. Semua sudut yang mempunyai arahberlawanan jarum jam dianggap negatif, dan searah jarum jam dianggap positif,seperti ditunjukkan oleh gambar 3.10(a). Harga sudut positif jika ditarik ke arahsearah jarum jam.2. Pengukuran yang dilakukan di atas sumbu x-x dan di kanan sumbu y-y diambilpositif, sedangkan di bawah sumbu x-x dan di kiri sumbu y-y di ambil negatif,seperti yang ditunjukkan oleh gambar 3.10(b) dan (c).3. Kadang-kadang diperoleh sedikit perbedaan dari hasil metode analitik denganmetodegrak. Hargayangdiperolehdarimetodegrakdianggapbenarjikaselisih satu angka desimal dengan hasil metode analitik, contoh:7,55 (analitik)= 7,6 (metode grak).3.4. METODE GRAFIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA49Gambar 3.10:3.4.1 Lingkaran Mohr Untuk Tegangan Pada Bidang Miring Pa-da Benda Yang Mendapat Tegangan Langsung Pada Satu Bi-dangMisalkan sebuah benda empat persegi panjang mendapat tegangan tarik langsung padasumbu x-x seperti ditunjukkan oleh gambar 3.11(a) dan (b).Gambar 3.11:Jika = tegangan tarik pada penampang AC = sudut antara penampang AB dengan sumbu x-xUntuk mencari tegangan pada bidang miring AB, kita gunakan lingkaran Mohr tegang-an seperti yang ditunjukkan oleh gambar 3.12 , dengan prosedur sebagai berikut:1. pertama-tama, ambil sembarang titik O, dan melalui titik Otersebut gambar garisXOX.2. Dengan menggunakan skala tertentu, buat potongan garis OJsesuai besarnyategangan tarik () ke kanan (sebab tegangan adalah tarik). Bagi dua potongangaris OJ dengan pusatnya ada pada titik C.3. Dengan C sebagai pusat dan jari jari CO atau CJ buatlah sebuah lingkaran. Ling-karan ini disebut Lingkaran Mohr untuk Tegangan.50 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPAL4. Melalui titik C gambarlah garis CP dengan sudut sebesar 2 dengan CO dan arahsearah jarum jam, memotong lingkaran pada titik P.5. Melalui P, gambar garis PQ yang tegak lurus terhadap OX. Tarik garis OP.6. Panjang garis OQ, QP dan OP masing-masing adalah besarnya tegangan nor-mal, tegangan geser dan tegangan resultan, sesuai dengan skala yang digunakan.Sudut POJ merupakan sudut kemiringan ().Gambar 3.12:3.4.2 Lingkaran Mohr Untuk Tegangan Pada Bidang Miring PadaBenda Yang Mendapat Tegangan Langsung Pada Dua ArahYang Saling Tegak LurusMisalkansebuahpersegipanjangmendapattegangantariklangsungpadaduaarahyang saling tegak lurus yaitu pada sumbu x-x dan sumbu y-y seperti yang ditunjukkanoleh gambar 3.13(a) dan (b).Gambar 3.13:3.4. METODE GRAFIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA51Diketahui: x = tegangan tarik pada arah sumbu x-x (atau tegangan tarik major)y = tegangan tarik pada arah sumbu y-y (atau tegangan tarik minor) = sudut bidang miring AB dengan sumbu x-x searah jarum jamProsedur menggambar diagram Mohr (perhatikan gambar 3.14):1. Pertama-tama, ambil sembarang titik O dan gambarlah garis horisontal OX.2. Dengan menggunakan skala tertentu, buat potongan garis OJsesuai besarnyategangan tarik (x) dan OK sesuai besarnya tegangan tarik (y) ke kanan (sebabtegangan adalah tarik). Bagi dua sama besar potongan garis JK dengan pusatnyaada pada titik C.3. Dengan C sebagai pusat dan jari jari CJ atau CK buatlah sebuah lingkaran. Ling-karan ini disebut Lingkaran Mohr untuk Tegangan.4. Melalui titik C gambarlah garis CP dengan sudut sebesar 2 dengan CK dan arahsearah jarum jam, memotong lingkaran pada titik P.5. Melalui P, gambar garis PQ yang tegak lurus terhadap OX. Tarik garis OP.6. Panjang garis OQ, QP dan OP masing-masing adalah besarnya tegangan nor-mal, tegangan geser dan tegangan resultan, sesuai dengan skala yang digunakan.Sudut POC merupakan sudut kemiringan ().Gambar 3.14:Contoh soal 3.7. Tegangan pada sebuah titik pada sebuah komponen mesin adalah150 MPa dan 50 MPa dan kedua-duanya adalah tarik.Carilah besarnya tegangan nor-mal, tegangan geser dan tegangan resultan pada sebuah bidang yang membentuk sudutsebesar 550dengan sumbu tegangan tarik mayor.Jawab.Diketahui: x = 150 MPay = 50 MPa = 55052 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPALTegangan yang diketahui pada bidang AC dan BC pada komponen mesin ditunjukkanoleh gambar 3.15(a).Gambar 3.15:Sekarang gambarlah lingkaran tegangan Mohr seperti yang ditunjukkan oleh gam-bar 3.15(b) dan diuraikan sebagai berikut:1. Pertama-tama, ambillah sembarang titik O dan buatlah garis horisontal OX.2. Buat potongan garis OJ dan OK yang masing-masing besarnya sama dengan xdan y sesuai dengan skala tertentu ke kanan. Bagi dua garis KJ dengan pusatnyapada C.3. Dengan C sebagai pusat dan jari-jari CJ atau CK, gambarlah lingkaran teganganMohr.4. Melalui C gambarlah dua garis CM dan CN yang tegak lurus terhadap garis OXdan memotong lingkaran pada M dan N. Melalui C gambar juga garis CP yangmembentuk sudut 2 550= 1100dengan CK pada arah searah jarum jam danmemotong lingkaran pada titik P.5. Melalui P, gambarlah PQ yang tegak lurus terhadap garis OX. Buat garis PO.Dengan pengukuran, kita memperoleh tegangan normal (n) = OQ = 117 MPa.Tegangan geser () = QP = 47,0 MPa;tegangan resultan (R) = OP = 126,2MPa dan tegangan geser maksimum (max) = CM = 50 MPa.3.4.3 Lingkaran Mohr Untuk Tegangan Pada Bidang Miring Pa-da Benda Yang Mendapat Sebuah Tegangan Langsung PadaSatu Bidang Disertai Dengan Sebuah Tegangan GeserMisalkansebuahpersegipanjangmendapattegangantariklangsungpadaduaarahyang saling tegak lurus yaitu pada sumbu x-x dan sumbu y-y seperti yang ditunjukkanoleh gambar 3.16(a) dan (b).3.4. METODE GRAFIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA53Gambar 3.16:Diketahui: x = tegangan tarik pada arah sumbu x-xxy = tegangan geser positif pada arah sumbu x-x = sudut bidang miring AB dengan sumbu x-x searah jarum jamProsedur menggambar diagram Mohr (perhatikan gambar 3.17):1. Pertama-tama, ambil sembarang titik O dan gambarlah garis horisontal XOX.2. Dengan menggunakan skala tertentu, buat potongan garis OJsesuai besarnyategangan tarik (x).3. Buat garis tegak lurus pada Jdi atas garis X-X(sebabxypositif pada sumbux-x) dan buat potongan garis JD yang besarnya sesuai dengan tegangan geserxydengan skala tertentu. Dengan cara yang sama buat garis tegak lurus padatitik O di bawah garis x-x (karena xy negatif pada sumbu y-y) dan buat potongangaris OE yang besarnya sama dengan tegangan geserxy. Tarik garis DE danbagi dua pada C.4. Dengan C sebagai pusat dan jari jari CD atau CE buatlah sebuah lingkaran. Ling-karan ini disebut Lingkaran Mohr untuk Tegangan.5. Melalui titik C gambarlah garis CP dengan sudut sebesar 2 dengan CE dan arahsearah jarum jam, memotong lingkaran pada titik P.6. Melalui P, gambar garis PQ yang tegak lurus terhadap OX. Tarik garis OP.7. Panjang garis OQ, QP dan OP masing-masing adalah besarnya tegangan nor-mal, tegangan geser dan tegangan resultan, sesuai dengan skala yang digunakan.Sudut POC merupakan sudut kemiringan ().Contoh soal 3.8. Sebuah elemen bidang pada sebuah benda mendapat tegangantarik sebesar 100 MPa dan disertai dengan tegangan geser searah jarum jam sebesar25 MPa. Carilah (i) tegangan normal dan geser pada bidang yang membentuk sudutsebesar 200dengan tegangan tarik; dan (ii) tegangan geser maksimum pada bidang.54 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPALGambar 3.17:Jawab.Diketahui: x = 100 MPaxy = 25 MPa = 200Tegangan-tegangan pada elemen dan tegangan geser pada bidang BC ditunjukkan olehgambar 3.18(a).Gambar 3.18:Sekarang gambarlah lingkaran tegangan Mohr seperti yang ditunjukkan oleh gam-bar 3.18(b) dan dijelaskan sebagai berikut:1. Pertama-tama, ambillah sembarang titik O dan buatlah garis horisontal XOX.2. Buat potongan garis OJ yang besarnya sama dengan tegangan tarik x (yaitu 100MPa) sesuai dengan skala tertentu ke kanan.3.4. METODE GRAFIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA553. Sekarang buat garis tegak lurus J di atas garis X-X dan buat potongan garis JDyang sama besar dan positif dengan tegangan geser pada bidang BC (yaitu 25MPa)sesuaidenganskala. DengancarayangsamabuatgaristegaklurusOke bawah garis X-X dan buat garis OE yang besarnya sama dan negatif dengantegangan geser bidang BC (yaitu 25 MPa) sesuai skala.Buat garis DE dan bagidua di titik C.4. Dengan C sebagai pusat dan jari-jari CD atau CE, gambarlah lingkaran teganganMohr.5. Melalui C gambarlah dua garis CM dan CN yang tegak lurus terhadap garis OXdan memotong lingkaran pada M dan N. Melalui C gambar juga garis CP yangmembentuk sudut 2 200=400dengan CE pada arah searah jarum jam danmemotong lingkaran pada titik P.6. Melalui P, gambarlah PQ yang tegak lurus terhadap garis OX. Buat garis PO.Dengan pengukuran, kita memperoleh tegangan normal (n) = OQ = 4,4 MPa(tekan). Tegangan geser () = QP = 13,0 MPa dan tegangan geser maksimum(max) = CM = 55, 9 MPa.3.4.4 Lingkaran Mohr Untuk Tegangan Pada Bidang Miring PadaBenda Yang Mendapat Dua Tegangan Langsung Pada ArahYang Saling Tegak Lurus Disertai Dengan Sebuah TeganganGeserMisalkansebuahpersegipanjangmendapattegangantariklangsungpadaduaarahyang saling tegak lurus yaitu pada sumbu x-x dan sumbu y-y dan diikuti oleg sebu-ah tegangan geser positif (searah jarum jam) pada sumbu x-x, seperti yang ditunjukkanoleh gambar 3.19(a) dan (b).Gambar 3.19:Diketahui: x = tegangan tarik pada arah sumbu x-xy = tegangan tarik pada arah sumbu y-yxy = tegangan geser positif pada arah sumbu x-x = sudut bidang miring AB dengan sumbu x-x searah jarum jam56 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPALProsedur menggambar diagram Mohr (perhatikan gambar 3.20):1. Pertama-tama, ambil sembarang titik O dan gambarlah garis horisontal OX.2. Dengan menggunakan skala tertentu, buat potongan garis OJ dan OKmasing-masing sesuai besarnya tegangan tarik (x) dan (y) ke kanan (karena keduategangan adalah tarik).3. Buat garis tegak lurus pada Jdi atas garis X-X(sebabxypositif pada sumbux-x) dan buat potongan garis JD yang besarnya sesuai dengan tegangan geserxydengan skala tertentu. Dengan cara yang sama buat garis tegak lurus padatitik K di bawah garis x-x (karena xy negatif pada sumbu y-y) dan buat potongangaris KE yang besarnya sama dengan tegangan geserxy. Tarik garis DE danbagi dua pada C.4. Dengan C sebagai pusat dan jari jari CD atau CE buatlah sebuah lingkaran. Ling-karan ini disebut Lingkaran Mohr untuk Tegangan.5. Melalui titik C gambarlah garis CP dengan sudut sebesar 2 dengan CE dan arahsearah jarum jam, memotong lingkaran pada titik P.6. Melalui P, gambar garis PQ yang tegak lurus terhadap OX. Tarik garis OP.7. Panjang garis OQ, QP dan OP masing-masing adalah besarnya tegangan normal,tegangan geser dan tegangan resultan, sesuai dengan skala yang digunakan. Ga-ris OG dan OH masing-masing merupakan tegangan geser prinsipal maksimumdan minimum. Sudut POC merupakan sudut kemiringan ().Gambar 3.20:Contoh soal 3.9.1Sebuah elemen bidang pada sebuah boiler menerima tegangantarik sebesar 400 MPa pada satu bidang dan 150 MPa pada bidang lainnya yang tegaklurus terhadap bidang pertama. Setiap tegangan tersebut disertai dengan tegangan gesersebesar 100 MPa dimana jika dikaitkan dengan tegangan tarik minor akan cendrungmerotasikan elemen berlawanan arah jarum jam. Carilah:1Kita telah membahas soal ini dengan cara analitik pada halaman 473.4. METODE GRAFIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA571. Tegangan prinsipal dan arahnya.2. Tegangan geser maksimum dan arahnya pada bidang dimana tegangan ini beker-ja.Jawab.Diketahui: x = 400 MPay = 150 MPaxy= 100 MPa (tanda negatif dikarenakan berlawanan jarum jam padasumbu x-xGambar 3.21:Tegangan-tegangan yang diberikan pada bidang ACdan BCdari elemen dan te-gangan geser pada bidang BC ditunjukkan oleh gambar 3.21(a). Sekarang gambarlahdiagram tegangan Mohr seperti ditunjukkan oleh gambar 3.21(b) dan dibicarakan ber-ikut ini.1. Pertama-tama, ambillah sembarang titik O dan buatlah garis horisontal OX.2. BuatpotongangarisOJdanOKyangmasing-masingbesarnyasamadengantegangan tarik x (yaitu 400 MPa) dan tegangan tarik y (yaitu 150 MPa) sesuaidengan skala tertentu ke kanan.3. Sekarang buat garis tegak lurus J di bawah garis OX dan buat potongan garis JDyang sama besar dan negatif dengan tegangan geser pada bidang AC (yaitu 100MPa) sesuai dengan skala. Dengan cara yang sama buat garis tegak lurus K diatas garis OX dan buat garis KE yang besarnya sama dan positif dengan tegangangeser bidang BC (yaitu 100 MPa) sesuai skala. Buat garis DE dan bagi dua dititik C.58 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPAL4. Dengan C sebagai pusat dan jari-jari CD atau CE, gambarlah lingkaran teganganMohr.5. Melalui C gambarlah dua garis CM dan CN yang tegak lurus terhadap garis OXdan memotong lingkaran pada M dan N. Melalui C gambar juga garis CP yangmembentuk sudut 2 200=400dengan CE pada arah searah jarum jam danmemotong lingkaran pada titik P.6. Melalui P, gambarlah PQ yang tegak lurus terhadap garis OX. Buat garis PO.Dengan pengukuran, kita memperoleh tegangan prinsipal maksimum (max) = OG =435,0 MPa. Tegangan prinsipal minimum (min) = OH = 115,0 MPa. Dengan pengu-kuran, JCD=2p=38, 660, maka sudut yang dibuat bidang tegangan prinsipaldengan sumbu x-x (p) =JCD2=38,6602=19, 330; Tegangan geser maksimum(max) =CM= 160, 0 MPa; Dengan pengukuran MCE= 2s= 51, 340, makasudut bidang tegangan geser maksimum dengan sumbu x-x (s) =51,3402= 25, 70.3.4. METODE GRAFIKUNTUKTEGANGANPADABIDANGMIRINGSEBUAHBENDA59SOAL-SOAL LATIHAN1. Sebuah batang mendapat tegangan tarik sebesar 100 MPa. Carilah tegangan nor-mal dan tangensial pada bidang dengan sudut 300dengan arah tegangan tarik.2. Sebuah titik pada sebuah material yang mengalami regangan mendapat tegangantarik sebesar 50 MPa. Carilah tegangan normal dan tegangan geser pada sudut500dengan arah tegangan.3. Sebuah titik pada sebuah material yang mengalami regangan, tegangan prinsipal-nya adalah 100 MPa dan 50 MPa dan keduanya tarik. Carilah tegangan normaldan tegangan geser bidang yang membentuk sudut sebesar 600dengan sumbutegangan prinsipal mayor. Cari dengan metode grak.4. Sebuah titik pada material yang mengalami regangan menerima tegangan tariksebesar 120 MPa dan tegangan geser sebesar 40 MPa dan searah dengan jarumjam. Berapakah nilai tegangan normal dan tegangan geser dari sebuah bidangyangmembentuksudutsebesar 250dengannormaldaritegangantarik. Caridengan metode grak.60 BAB 3. TEGANGAN DAN REGANGAN PRINSIPALBab 4Deeksi Batang4.1 Kurva Bending BatangMisalkan sebuah batang AB mendapat momen bending. Karena pembebanan ini, makabatang mengalami deeksi dari ACB menjadi ADB yang berupa busur lingkaran, sepertiyang ditunjukkan oleh gambar 4.1.Gambar 4.1: Kurva BatangMisalkan l = panjang batang ABM = momen bendingR = jari-jkari kurva kelengkungan batangI = momen inersia penampang batangE = modulus elastisitas material batangy = deekasi batang (yaitu: CD)i = kemiringan/slope batangDari geometri lingkaran, kita dapatkan:6162 BAB 4. DEFLEKSI BATANGAC CB = EC CDl2 l2= (2R y) yl24= 2Ry y2dengan mengabaikan y2l24= 2Ryy =l28R(4.1)Telah diketahui bahwa untuk batang yang mendapat beban berlaku:MI=ERatau R =EIMdengan mensubstitusikan harga R ini ke persamaan 4.1y =l28 EIM=Ml28EIDari bentuk geometri gambar, kita peroleh bahwa kemiringan batang i pada A atau Bjuga sama dengan sudut AOC:sin i =ACOA=l2Rkarena sudut i sangat kecil, karenanya sin i diambil harganya sama dengan i (dalamradian).i =l2Rradian (4.2)Dengan mensubstitusikan harga R ke persamaan 4.2,i =l2R=l2 EIM=Ml2EIradian (4.3)Catatan:1. Persamaan di atas untuk deeksi (y) dan kemiringan (i) diturunkan hanya dari momen bending danefek gaya geser diabaikan. Hal ini dikarenakan bahwa efek gaya geser kecil sekali bila dibandingkandengan efek momen bending.2. Dalam kondisi praktis, batang membengkok membentuk busur lingkaran hanya pada beberapa kasus.Pembahasan lebih lanjut menunjukkan bahwa batang akan membengkok membentuk busur lingkar-an hanya jika (i) batang mempunyai penampang yang seragam, dan (ii) batang mendapat momenkonstan pada keseluruhan panjang atau batang mempunyai kekuatan yang seragam.4.2. HUBUNGANANTARAKEMIRINGAN, DEFLEKSI DANJARI-JARI KURVA634.2 Hubungan Antara Kemiringan, Deeksi dan Jari-jari KurvaMisalkan bagian kecil PQ dari sebuah batang, melengkung membentuk busur sepertiyang ditunjukkan oleh gambar 4.2.Misalkan ds = panjang batang PQR = jari-jari busurC = pusat busur = sudut, yang merupakan tangen pada P dengan sumbu x-x +d = sudut yang merupakan tangen pada Q dengan sumbu x-xGambar 4.2: Batang membengkok membentuk busur.Dari geometri gambar, diperoleh:PCQ = dds = R.d.R =dsd=dxddengan menganggap ds = dx.1R=ddxKita tahu bahwa jika x dan y adalah koordinat pada titik P, maka:tan =dydx64 BAB 4. DEFLEKSI BATANGKarena adalah sudut yang sangat kecil, dengan mengambil tan = ,ddx=d2ydx2karena1R=ddx.Maka:MI=ERatau M= EI 1RM = EI d2ydx2Catatan:persamaan di atas juga didasarkan atas momen bending. Efek gaya geser sangat kecil diban-dingkan dengan momen bending sehingga bisa diabaikan.4.3 Metode Untuk Kemiringan dan Deeksi Pada Pe-nampangBanyak metode untuk mencari kemiringan dan deeksi pada batang terbebani, namundua metode berikut ini akan dibicarakan lebih lanjut, yaitu:1. Metode integrasi ganda/lipat dua.2. Metode Macaulay.Metode pertama cocok untuk beban tunggal, sedangkan metode kedua cocok untukbeban banyak.4.4 Metode Integral Ganda Untuk kemiringan dan De-eksiKita sudah mengetahui bahwa momen bending pada satu titik:M= EId2ydx2Dengan mengintegrasikan persamaan ini:EIdydx=_Mdan dengan mengintegrasikan persamaan di atas sekali lagi:EIy =_ _MJadi terlihat bahwa setelah integrasi pertama, diperoleh kemiringan pada satu titik, danintegrasi selanjutnya, diperoleh deeksi.4.4. METODE INTEGRAL GANDA UNTUK KEMIRINGAN DAN DEFLEKSI654.4.1 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Terpusat Di Te-ngahGambar 4.3: Batang ditumpu sederhana dengan beban terpusat di tengahMisalkan batang ditumpu sederhana AB dengan panjang l memikul beban terpu-sat Wdi tengah-tengahnya pada Cseperti yang ditunjukkan oleh gambar 4.3. Darigeometri gambar, kita dapatkan reaksi pada A:RA = RB =W2Misalkan penampang X dengan jarak x dari B. Momen bending pada daerah ini:MX= RB.x =W2x =Wx2EId2ydx2=Wx2(4.4)Dengan mengintegrasikan persamaan di atas:EIdydx=Wx24+C1(4.5)dimana C1 adalah konstanta pertama integrasi.x =l2, dandydx= 0, dan mensubstisusikannya ke persamaan 4.50 =Wl216+C1atau C1 = Wl216Dengan memasukkan harga C1 ini ke persamaan 4.5:EIdydx=Wx24Wl216(4.6)Persamaan ini adalah persamaan untukmencari kemiringan pada penampang sem-barang. Kemiringan maksimum pada B, dengan mensubstitusikan x = 0 pada persama-an 4.6:66 BAB 4. DEFLEKSI BATANGEI.iB= Wl216iB = Wl216EItanda negatif artinya tangen pada B membuat sudut dengan AB negatif atau berlawananarah jarum jam.atau:iB =Wl216EIradianBerdasarkan geometri batang:iB =Wl216EIradianDengan mengintegrasikan persamaan 4.6 sekali lagi:EI.y =Wx312Wl2x16+C2(4.7)dimana C2 adalah konstanta kedua integrasi. Jika x = 0 dan y = 0, mensubstitusikannyake persamaan 4.7, kita peroleh C2 = 0.EI.y =Wx312Wl2x16(4.8)merupakan persamaan deeksi pada posisi sembarang.Dari konstruksi batang terlihat bahwa deeksi maksimum akan terdapat pada titikC atau x = l/2 sehingga:EI.yC=W12_l2_3Wl216_l2_=Wl396Wl332= Wl348yC= Wl348EItanda negatif menunjukkan deeksi ke bawah.Contoh soal 4.1 Sebuah batang tumpuan sederhana dengan panjang span 3 m men-dapat beban terpusat sebesar 10 kN. Carilah kemiringan dan deeksi maksimum padabatang. Ambil I = 12 106mm4dan modulus elastsitas E = 200 GPa.4.4. METODE INTEGRAL GANDA UNTUK KEMIRINGAN DAN DEFLEKSI67Jawab.Diketahui: l = 3 m = 3 103mmW = 10 kN = 10 103NI = 12 106mm4E = 200 GPa = 200 103N/mm2Kemiringan batang maksimumiA =Wl216EI=(10 103) (3 103)216 (200 103) (12 106)= 0, 0023 radDeeksi maksimumyC =Wl348EI=(10 103) (3 103)348 (200 103) (12 106)= 2, 3 mm4.4.2 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Terpusat Eksen-trikMisalkan suatu batang AB dengan tumpuan sederhana dengan panjang l dan memikulbeban terpusat eksentrik Wpada C seperti yang ditunjukkan oleh gambar 4.4. Darigeometri gambar tersebut, kita dapatkan reaksi pada A:RA =Wblatau RB =WalGambar 4.4: Penampang X pada CB.Misalkan penampang X pada CB berada pada jarak x dari B, dimana x lebih kecildari b (x < b). Momen bending pada penampang ini:MX= RB.x =WaxlsehinggaEI.d2ydx2=WaxlDengan mengintegrasikan persamaan di atas:68 BAB 4. DEFLEKSI BATANGEI.dydx=Wax22l+C1(4.9)dimana C1 adalah konstanta integrasi. Pada C, x = b dandydx= iC, maka:EI.iC=Wab22l+C1C1= (EI.iC) Wab22lDengan mensubstitusikan harga C1 ke persamaan 4.9,EI.dydx=Wax22l+ (EI.iC) Wab22l(4.10)Dengan mengintegrasikan persamaan di atas sekali lagi:EI.y =Wax36l+ (EI.iC.x) Wab2x2l+C2Pada x = 0 maka y = 0, sehingga didapat C2 = 0, maka:EI.y =Wax36l+ (EI.iC.x) Wab2x2l(4.11)Persamaan 4.10 dan 4.11 adalah persamaan-persamaan yang dibutuhkan untuk men-cari kemiringan dan deeksi pada sembarang titik pada penampang AC. Terlihat bahwapersamaan ini bisa digunakan hanya apabila harga iC diketahui.Gambar 4.5: Penampang X pada AC.Misalkan penampang X pada AC pada jarak x dari B dimana x lebih besar dari b(x>b) seperti yang ditunjukkan oleh gambar 4.5. Momen bending pada penampang ini:Mx=WaxlW(x b)EId2ydx2=WaxlW(x b) (4.12)Dengan mengintegrasikan persamaan di atas:4.4. METODE INTEGRAL GANDA UNTUK KEMIRINGAN DAN DEFLEKSI69EI.dydx=Wax22lW(x b)22+C3(4.13)Pada C, x = b dandydx= iC, maka:EI.iC=Wab22l+C3C3= (EI.iC) Wab22lDengan mensubstitusikan C3 persamaan 4.13:EI.dydx=Wax22lW(x b)22+ (EI.iC) Wab22l(4.14)Dengan mengintegrasikan sekali lagi persamaan di atas:EI.y =Wax36lW(x b)36+ (EI.iC) Wab22lx +C4(4.15)Pada x = l maka y = 0 sehingga persamaan di atas menjadi:0 =Wal26Wa36Wab22+ (EI.iC.l) +C4karena (x b) = a.C4=Wab22+Wa36Wal22(EI.iC.l)=Wab22+Wa6(a2l2) (EI.iC.l)=Wab22Wa6[(l +a)(l a)] (EI.iC.l)l2a2= (l +a)(l a)C4=Wab22Wab6(l +a) (EI.iC.l)=Wab6[3b (l +a)] (EI.iC.l)=Wab6[3b (a +b +a)] (EI.iC.l)=Wab6(2b 2a) (EI.iC.l)=Wab3(b a) (EI.iC.l)70 BAB 4. DEFLEKSI BATANGDengan mensubstitusikan persamaan C4 ke persamaan 4.15:EI.y =Wax36lW(x b)36+ (EI.iC.x) Wab2x2l+Wab3(b a) (EI.iC.l) (4.16)Persamaan 4.14 dan persamaan 4.16 adalah persamaan yang digunakan untuk men-cari kemiringan dan deeksi pada sembarang titik pada penampang AC. Persamaan ak-an bisa dipakai hanya jika harga iC diketahui. Untuk mendapatkan harga iC, pertama-tama kita cari deeksi pada C dari persamaan untuk penampang AC dan CB.Substitusikan harga x = b ke persamaan 4.12 dan menyamakannya dengan persa-maan 4.16 sehingga:Wab36l+ (EI.iC.b) Wab32l=Wab36lW(x b)36+ (EI.iC.b) Wab32l+Wab33(b a) (EI.iC.l)EI.iC=Wab33(b a)Substitusikan harga EI.iC ke persamaan 4.10EI.dydx=Wax22l+Wab3l(b a) Wab22l=Wa6l[3x2+ 2b(b a) 3b2]=Wa6l(3x2b22ab) (4.17)Persamaan ini diperlukan untuk mencari kemiringan pada penampang BC. Kita tahubahwa kemiringan maksimum terdapat pada B. Sehingga dengan memasukkan x = 0ke persamaan 4.17, maka kemiringan pada B:EI.iB=Wa6l(b22ab)= Wa6l(b2+ 2ab)= Wab6l(b + 2a)= Wa6l(l a)(l +a)=Wa6l(l2a2)4.4. METODE INTEGRAL GANDA UNTUK KEMIRINGAN DAN DEFLEKSI71dimana a = l-b dan a+b = l. atau:iB= Wa6EI.l(l2a2)tanda negatif menunjukkan bahwa tangen pada B membuat sudut dengan AB negatifatau berlawanan jarum jam.Dengan cara yang sama diperoleh:iA=Wb6EI.l(l2b2)Untuk deeksi pada sembaran titik pada AC, substitusikan harga EI.iC ke persama-an 4.11:EI.y =Wax36l+Wab3l(b a)x Wab2x2l=Wax6l[x2+ 2b(b a) 3b2]=Wax6l(x2+ 2b22ab 3b2)=Wax6l(x2b22ab)= Wax6l[b(b + 2a) x2]= Wax6l[(l a)(l +a) x2]= Wax6l[l2a2x2]y = Wax6l.EI[l2a2x2] (4.18)Tanda negatif menunjukkan deeksi ke bawah.Untuk deeksi pada C, dengan substitusi x = b ke persamaan di atas:yC =Wax6l.EI(l2a2b2)Deeksi maksimum terjadi di daerah CB karena b > a. Untuk deeksi maksimum,substitusikan hargadydx= 0. Maka dengan menyamakan persamaan 4.17 dengan nol:Wa6l(3x2b22ab) = 03x2b(b + 2ab = 03x2(l a)(l +b) = 072 BAB 4. DEFLEKSI BATANG3x2(l2a2) = 03x2= l2a2x =_l2a23Untuk deeksi maksimum, substitusikan harga x ini ke persamaan 4.18:ymax=Wax6l.EI_l2a23_l2a2_l2a23__=Wax6l.EI_l2a23_23(l2a2)_=Wa93EI.l(l2a2)3/2Contoh soal 4.2 Sebuah batang dengan penampang seragam dengan panjang 1 mditumpu sederhana pada ujung-ujungnya. Batang mendapat beban terpusat Wpadajarak l/3 dari salah satu ujungnya. Carilah deeksi batang di bawah beban.Jawab.Diketahui: jarak antara beban dengan ujung kiri (a) = l/3, atau jarak beban denganujung kanan (b) = l - l/3 = 2l/3. Deeksi di bawah beban:=Wab6EIl(l2a2b2) =W l3 2l36EIl_l2_l3_2_2l3_2_= 0, 0165Wl3EI4.4.3 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Terdistribusi Me-rataGambar 4.6: Beban terdistribusi merata.Misalkan suatu konstruksi batang ditumpu sederhana AB dengan panjang l menda-pat beban terdistribusi merata sebesar w per satuan panjang, seperti yang ditunjukkanoleh gambar 4.6. Dari geometri gambar bisa diketahui reaksi pada A:4.4. METODE INTEGRAL GANDA UNTUK KEMIRINGAN DAN DEFLEKSI73RA = RB =wl2Misalkan suatu penampang X pada jarak x dari B. Kita bisa cari momen bendingpada penampang ini:MX=wlx2wx22sehingga:EId2ydx2=wlx2wx22dengan mengintegrasikan persamaan di atas:EIdydx=wlx24wx36+C1(4.19)dimana C1 adalah konstanta integrasi pertama. Kita tahu bahwa x = l/2, makadydx= 0.Substitusikan harga-harga ini ke persamaan di atas:0 =wl4_l2_2w6_l2_3+C1 =wl316wl348+C1C1= wl324Substitusikan harga C1 ke persamaan 4.19:EIdydx=wlx24wx36+wl324(4.20)Kemiringan maksimum akan terjadi pada A dan B. Jadi kemiringan maksimum,substitusikan x = 0 ke persamaan 4.20:EI.iB=wl324iB= wl324EITanda negatif artinya tangen A dengan sudut AB adalah negatif atau berlawanan jarumjam.Karena simetri maka:iA =wl324EIDengan mengintegrasikan persamaan 4.20 sekali lagi:74 BAB 4. DEFLEKSI BATANGEI.y =wlx312wx424wl3x24+C2(4.21)Kita tahu bahwa pada x = 0 maka y = 0. Dengan mensubstitusikan harga-harga ini kepersamaan 4.21, kita peroleh C2 = 0.EI.y =wlx312wx424wl3x24(4.22)Persamaan di atas adalah persamaan deeksi pada sembarang bagian pada batangAB. Deeksi maksimum terdapat pada titik tengan C. Dengan mensubstitusikan hargax = l/2 ke persamaan 4.22, deeksi maksimal:EI.yC=wl12_l2_3w24_l2_4wl324_l2_ =wl496wl4384 wl448= 5wl4384yC= 5wl4384EItanda negatif menunjukkan deeksi mempunyai arah ke bawah. Persamaan deeksidan kemiringan di atas bisa juga dinyatakan dengan beban total yaitu W = wl.iB = iA = wl324EI= Wl224EIdanyC = 5wl4384EI= 5Wl3384EIContoh soal 4.3 Sebuah batang tumpuan sederhana dengan span 6 m memikul beb-an terdistribusi merata pada keseluruhan panjangnya. Jika deeksi pada pusat batangtidak melebihi 4 mm, carilah besarnya beban.Ambil E = 200 GPa dan I = 300 106mm4.Jawab:Diketahui: l = 6 m = 6 106mmyC = 4 mmE = 200 GPa = 200 103N/mm2I = 300 106mm4Deeksi pada pusat batang (yC):4 =5wl43846EI=5 w (6 103)4384 (200 103) (300 106)= 0, 281 ww =40, 281= 14, 2 kN/m4.4. METODE INTEGRAL GANDA UNTUK KEMIRINGAN DAN DEFLEKSI754.4.4 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Bervariasi Seca-ra GradualGambar 4.7:Misalkan batang tumpuan sederhana AB dengan panjang l mendapat beban berva-riasi secara gradual dari nol pada B hingga w per satuan panjang pada A, seperti yangditunjukkan oleh gambar 4.7. dari geometri gambar, reaksi pada A:RA =wl3dan RB =wl6Sekarang misalkan penampang X berada pada jarak x dari B. Momen bending padapenampang ini:MX= RB.x _wxlx2 x3_ =wlx6wx36lEId2ydx2=wlx6wx36l(4.23)Dengan mengintegrasikan persamaan di atas:EIdydx=wlx212wx424l+C1(4.24)Integrasi persamaan 4.24 sekali lagi:EI.y =wlx336wx5120l +C1 +C2(4.25)Pada x = 0 maka y = 0. Karenanya C2= 0. Pada x = l maka y = 0. Substitusikanharga-harga ini ke persamaan 4.25:0 =wl36 l32120l l5+C1l =wl436wl4120 +C1lC1= wl336wl3120= 7wl3360Sekarang substitusikan harga C1 ke persamaan 4.24:76 BAB 4. DEFLEKSI BATANGEIdydx=wlx212wx424l 7wl3360(4.26)Kemiringan maksimal terdapat pada titik A atau B. Untuk kemiringan pada A, subs-titusikan x = l ke persamaan 4.26:EI.iA=wl12 l2w24l l4 7wl3360=wl345iA=wl345Untuk kemiringan pada B, substituiskan x = 0 ke persamaan 4.26:EI.iB= 7wl3360iB= 7wl3360radianSekarang substitusikan haraga C1 ke persamaan 4.25:EI.y =wlx336wx5120l 7wl3x360y =1EI_wlx336wx5120l 7wl3x360_(4.27)Untuk mencari deeksi pada pusat batang, substitusikan x = l/2 ke persamaan 4.27:yC=1EI_wl36_l2_32120l_l2_5 7wl3360_l2__= 0, 00651wl4EIDeeksi maksimum akan terjadi apabila harga kemiringannya nol. Karena itu de-ngan menyamakan persamaan 4.26 dengan nol:wlx212wx424l 7wl3360= 0x = 0, 519lSekarang substitusikan harga x ini ke persamaan 4.27:ymax=1EI_wl36 (0, 519l)3w120l (0, 519l)5 7wl360 (0, 519l)_=0, 00652wl4EI4.4. METODE INTEGRAL GANDA UNTUK KEMIRINGAN DAN DEFLEKSI77Contoh soal 4.4 Sebuah batang dengan tumpuan sederhana AB dengan span 4 me-ter memikul beban segitiga bervariasi dari nol pada B hingga 5 kN/m pada A. Carilahdeeksi maksimum batang. Ambil rigiditas batang sebesar 1, 25 1012N-mm2.Jawab:Diketahui: l = 4 m = 4 103mmbeban pada A = w = 5 kN/m = 5 N/mmEI = 1, 25 1012N/mm2Deeksi maksimum pada batang:ymax=0, 00652wl4EI=0, 00652 5 (4 103)41, 25 1012= 668 mm78 BAB 4. DEFLEKSI BATANGSOAL-SOAL LATIHAN1. Batangdengantumpuansederhanadenganbentangan2,4mmendapatbebanterpusat di tengah sebesar 15 kN. Berapakah kemiringan maksimum pada pusatbatang? Ambil harga EI batang sebesar 6 1010N-mm2.2. Sebuah batang dengan panjang 3 m ditumpu di kedua ujungnya, mendapat beb-an terpusat di tengah-tengah batang. Jika kemiringan pada ujung batang tidakmelebihi 10, carilah deeksi pada tengah batang.3. Sebuah batang dengan tumpuan sederhana mendapat beban terdistribusi meratasebesar 16 kN/m. Jika deeksi batang pada tengahnya dibatasi sebesar 2,5 mm,carilah panjang batang. Ambil EI batang sebesar 9 1012N-mm2.Bab 5Deeksi Kantilever5.1 Kantilever Dengan Beban Terpusat Pada Ujung Be-basnyaMisalkan kantilever AB dengan panjang l menerima beban terpusat W pada ujung be-basnya seperti yang ditunjukkan oleh gambar 5.1.Gambar 5.1: Beban terpusat pada ujung bebas.Andaikan penampang Xpada jarak x dari ujung bebas B, momen bending padapenampang ini adalah:MX= W.xEId2ydx2= W.x (5.1)Dengan mengintegrasikan persamaan di atas:EIdydx= W.x22+C1(5.2)pada x = l,dydx= 0. Substitusikan nilai ini ke persamaan di atas:7980 BAB 5. DEFLEKSI KANTILEVER0 = W.l22+C1atau C1 =W.l22Masukkan harga C1 ke persamaan 5.2, sehingga:EIdydx= W.x22+W.l22(5.3)Persamaan di atas merupakan rumus untuk mencari kemiringan pada sembaran titikpadakantilever. Kemiringanmaksimumterjadipadaujungbebasataupadax=0,sehingga persamaan 5.3 menjadi:EI.iB=Wl22iB=Wl2EI2radianHarga yang positif menunjukkan bahwa tangen pada B yang membuat sudut denganAB adalah positif atau searah jarum jam.Dengan mengintegrasikan persamaan 5.3 sekali lagi, sehingga:EI.y = W.x36+W.l2x2+C2(5.4)Pada x = l maka y = 0. Substitusikan harga ini ke persamaan di atas, sehingga:0 = W.l36+W.l3x2+C2 =W.l3x3+C2C2= W.l33Substitusikan harga C2 ke persamaan 5.4:EI.y = W.x36+W.l2x2W.l33= Wl2x2Wx36Wl33(5.5)Persamaan ini adalah persamaan untuk mencari deeksi pada sembarang titik. Deeksimaksimum terdapat pada ujung bebas. Dengan mengganti harga x = 0 pada persamaandi atas, deeksi maksimum:EI.yB= Wl33yB= Wl33EI5.2. KANTILEVERDENGANBEBANTERPUSAT TIDAKPADAUJUNGBEBASNYA81Tanda negatif menunjukkan bahwa arah deeksi ke bawah.Contoh soal 5.1 Sebuah batang kantilever dengan lebar 120 mmdan tinggi 150 mmmempunyai panjang 1,8 m. Carilah kemiringan dan deeksi pada ujung bebas batang,ketika batang mendapat beban terpusat 20 kN pada ujung bebasnya. Ambil harga Ebatang 200 GPa.Jawab:Diketahui: b = 120 mmd = 150 mml = 1,8 m = 1,8 103mmW = 20 kN = 20 103NE = 200 GPa = 200 103N/mm2Kemiringan pada ujung bebasI =bd312=120 (150)312= 33, 75 106mm4dan kemiringan pada ujung bebas:iB =Wl23EI=(20 103) (1, 8 103)33 (200 103) (33, 75 106)= 5, 76 mm5.2 Kantilever Dengan Beban Terpusat Tidak Pada UjungBebasnyaGambar 5.2: Beban terpusat tidak pada ujung bebasnya.Misalkan kantilever AB dengan panjang l mendapat beban terpusat W pada jarak l1dari ujung tetap seperti yang ditunjukkan oleh gambar 5.2. Dari gambar terlihat bahwabagian AC dari kantilever akan melengkung menjadi AC, sedangkan bagian CB tetaplurus dengan posisi CB seperti ditunjukkan gambar 5.2. Bagian AC sejenis dengankantilever seperti yang dibahas pada seksi 5.1.iC =Wl212EI82 BAB 5. DEFLEKSI KANTILEVERKArena bagian CB adalah lurus, maka:iB = iC =Wl212EIdanyC =Wl313EIDari geometri pada gambar, kita dapatkan:yB = yC +iC(l l1) =Wl313EI+Wl212EI(l l1)Jika l1 =l2, yB =W3EI_l2_3+W2EI_l2_2l2=5Wl348EIContoh soal 5.2 Sebuah batang kantilever dengan panjang 3 m mendapat bebanterpusat sebesar 20 kN pada jarak 2 m dari ujung tetap. Carilah kemiringan dan deeksipada ujung bebas batang kantilever. Ambil harga EI = 8 1012N-mm2.Jawab:Diketahui: l = 3m = 3 103mmW = 20 kN = 20 103Nl1 = 2 m = 2 103mmEI = 8 1012N-mm2Kemiringan pada ujung bebasiB =Wl212EI=(20 103) (2 103)22 (8 1012)= 0, 005 radDeeksi pada ujung bebas kantileveryB=Wl313EI+Wl212EI(l l1)=_(20 103) (2 103)23 (8 1012)_+(20 103) (2 103)22 (8 1012)_(3 103) (2 103)= 6, 7 + 5, 0 = 11, 7 mm5.3 Kantilever Dengan Beban Terdistribusi MerataMisalkan kantilever AB dengan panjang l mendapat beban terdistribusi merata w persa-tuan panjang seperti yang ditunjukkan oleh gambar 5.3.Misalkan penampang X padajarak x dari ujung bebas B. Momen bending pada daerah ini:5.3. KANTILEVER DENGAN BEBAN TERDISTRIBUSI MERATA 83Gambar 5.3: Beban terdistribusi merata.MX= wx22EId2ydx2= wx22Dengan mengintegrasikan persamaan di atas:EIdydx= wx36+C1Jika x = l makadydx= 0. Substitusikan harga ini ke persamaan di atas:0 = wl36+C1atau C1 =wl36Substitusikan harga C1 ke persamaan di atas, sehingga:EIdydx= wx36+wl36(5.6)Ini merupakan persamaan untuk mencari kemiringan pada sembarang titik. Untuk ke-miringan maksimum, masukkan harga x = 0 pada persamaan 5.6:EI.iB=wl36iB=wl36EIradianDengan mengintegrasikan persamaan 5.6 sekali lagi:EI.y = wx424+wl3x6+C2(5.7)Pada x = l maka y = 0. Substitusikan harga ini ke persamaan di atas:84 BAB 5. DEFLEKSI KANTILEVER0 = wx424+wl3x6+C2atau C2 = wl48Substitusikan harga C2 ke persamaan 5.7:EI.y = wx424+wl3x6wl48=wl3x6wx424wl48(5.8)Ini adalah persamaan untuk mencari deeksi pada sembarang jarak x pada batangkantilever dengan beban terdistribusi merata. Deeksi maksimum terjadi pada ujungbebas. Karena itu untuk deeksi maksimum, substitusikan harga x = 0 pada persama-an 5.8:EI.yB= wl48yB= wl48EIPersamaan-persamaan di atas bisa dinyatakan dalam beban total yaitu W = wl.iB = iA =wl36EI=Wl26EIdan yB = wl48EI= Wl38EIContoh soal 5.3 Sebuah batang kantilever dengan panjang 2 m mendapat bebanterdistribusi merata sebesar 5 kN/m pada keseluruhan panjangnya. Carilah kemiringandan deeksi pada ujung bebas batang kantilever. Ambil harga EI = 2, 51012N-mm2.Jawab:Diketahui: l = 2 m = 2 103mmw = 5 kN/m = 5 N/mmEI = 2,5 1012N-mm2Kemiringan pada ujung bebasiB =wl36EI=5 (2 103)36 (2, 5 1012)= 0, 0027 radDeeksi pada ujung bebas kantilevery =wl48EI=5 (2 103)48 (2, 5 1012)= 4, 0 mm5.4. KANTILEVERTERBEBANI SEBAGIANDENGANBEBANTERDISTRIBUSI MERATA85Gambar 5.4: Beban terdistribusi merata pada sebagian kantilever.5.4 Kantilever Terbebani Sebagian Dengan Beban Ter-distribusi MerataMisalkan kantilever AB dengan panjang l mendapat beban terdistribusi merata w persa-tuan panjang sepanjang l1 dari ujung tetap, seperti yang ditunjukkan oleh gambar 5.4.Bagian AC akan melengkung menjadi AC, sedangkan bagian CB akan tetap lurus se-perti yang ditunjukkan oleh CB, seperti ditunjukkan oleh gambar. Bagian AC darikantilever sejenis dengan kantilever pada seksi 5.3.iC =wl316EIradKArena bagian CB dari kantilever lurus, sehingga:iB = iC =wl316EIdanyC =wl418EIDari geometri gambar, kita peroleh:yB = yC +iC(l l1) =Wl418EI+Wl316EI(l l1)Jika l1 =l2, yB =w8EI_l2_4+w6EI_l2_3l2=7wl4384EIContoh soal 5.4 Sebuah batang kantilever dengan panjang 2,5 m mendapat bebanterdistribusi sebagian sebesar 10 kN/m sepanjang 1,5 m dari ujung tetap. Carilah kemi-ringan dan deeksi pada ujung bebas batang kantilever. Ambil harga rigiditas eksuralsebesar 1, 9 1012N-mm2.86 BAB 5. DEFLEKSI KANTILEVERJawab:Diketahui: l = 2,5 m = 2, 5 103mmw = 10 kN/m = 10 N/mml1 = 1,5 m = 1, 5 103mmEI = 1,9 1012N-mm2Kemiringan pada ujung bebasiB =wl316EI=10 (1, 5 103)36 (1, 9 1012)= 0, 003 radDeeksi pada ujung bebas kantilevery =wl418EI+wl316EI[l l1]=10 (1, 5 103)48 (1, 9 1012)+ 10 (1, 5 103)36 (1, 9 1012)_(2, 5 103) (1, 5 103)= 3, 3 + 3 = 6, 3 mm5.5 Kantilever Dibebani Dari Ujung BebasGambar 5.5:Misalkan kantilever AB dengan panjang l mendapat beban terdistribusi merata wper satuan panjang sepanjang l1 dari ujung bebas seperti yang ditunjukkan oleh gam-bar 5.5.Kemiringan dan deeksi kantilever dalam hal ini bisa dicari sebagai berikut:1. Pertama-tama, misalkan keseluruhan kantilever dari AB dibebani dengan bebanterdistribusi merata w per satuan panjang seperti yang ditunjukkan oleh gam-bar 5.62. Tambahkan beban terdistribusi merata w persatuan panjang dari A ke C sepertigambar 5.6.5.5. KANTILEVER DIBEBANI DARI UJUNG BEBAS 87Gambar 5.6:3. Kemudian cari kemiringan dan deeksi karena beban tersebut seperti telah dije-laskan pada seksi 5.3 dan 5.4.4. Kemudian kemiringan pada B adalah sama dengan kemiringan karena beban totaldikurangi dengan kemiringan karena beban tambahan.5. Dengan cara yang sama, deeksi pada B adalah sama dengan deeksi karenabeban total dikurangi dengan deeksi karena beban tambahan.Contoh soal 5.5 Sebuah kantilever dengan lebar 75 mm dantinggi 200 mm dibebani seperti ditunjukkan oleh gambar 5.7. Carilah kemiringan dandeeksi pada B. Ambil E = 200 GPa.Gambar 5.7:Jawab:Diketahui: b = 75 mmd = 200 mmw = 20 kN/m = 20 N/mml = 2 m = 2 103mml1 = 1 m = 1 103mmE = 200 GPa = 200 103N/mm2Kemiringan pada BI =bd312=75 (200)312= 50 106mm488 BAB 5. DEFLEKSI KANTILEVERiB=_ wl36EI__w(l l1)36EI_=_20 (2 103)36 (200 103) (50 106)__20[(2 103) (1 103)]36 (200 103) (50 106)_= 0, 00267 0, 000333 = 0, 00234 radDeeksi pada ByB=_ wl48EI__w(l l1)48EI+w(l l1)3l16EI_=_20 (2 103)48 (200 103) (50 106)__20 [(2 103) (1 103)]48 (200 103) (50 106) + 20 [(2 103) (1 103)]3(1 103)6 (200 103) (50 106)_= 4, 0 0, 58 = 3, 42 mm5.6 Kantilever Dengan Beban Bervariasi Secara Gra-dualGambar 5.8:Misalkan kantilever AB dengan panjang l mendapat beban bervariasi secara gra-dual dari nol pada B hingga w persatuan panjang ada A seperti yang ditunjukkan olehgambar 5.8.Sekarang misalkan penampang X pada jarak x dari ujung bebas. Momen bendingpada bidang ini:MX= 12 wxlx x3= wx36l5.6. KANTILEVER DENGAN BEBAN BERVARIASI SECARA GRADUAL 89EId2ydx2= wx36l(5.9)Dengan mengintegrasikan persamaan di atas:EIdydx= wx424l+C1(5.10)Pada x = l makadydx= 0. Substitusikan harga ini ke persamaan di atas:0 = wx424l+C1atau C1 =wl324sehingga:EIdydx= wx424l+wl324(5.11)Ini merupakan persamaan untuk mencari kemiringan pada sembarang titik. Kemiring-an maksimum akan terjadi pada ujung bebas dimana x = 0, sehingga kemiringan mak-simum:EI.iB=wl324iB=wl324EIradianDengan mengintegrasikan persamaan 5.13:EI.y = wx5120l +wl3x24+C2(5.12)Pada x = l maka y = 0. Masukkan harga ini ke persamaan di atas:0 = wl4120l +wl424+C2atau C2 = wl430EI.y = wx5120l +wl3x24wl430(5.13)Ini adalah persamaan untuk mencari deeksi pada sembarang titik. Deeksi maksimumakan terjadi pada ujung bebas. Dengan mensubstitusikan x = 0 pada persamaan di atasmaka deeksi maksimum:EI.yB= wl430yB= wl430Contoh soal 5.6 Sebuah kantilever mempunyai span memikul beban segitiga dariintensitas nol pada ujung bebas hingga 100 kN/m pada ujung tetap. Carilah kemiringandan deeksi pada ujung bebas. Ambil I = 100 103mm4dan E = 200 GPa90 BAB 5. DEFLEKSI KANTILEVERJawab:Diketahui: l = 2 m = 2 103mmw = 100 kN/m = 100 N/mmI = 100 106mm4E = 200 GPa = 200 103N/mm2Kemiringan pada ujung bebasiB =wl324EI=100 (2 103)324 (200 103) (100 106)= 0, 00167 radDeeksi pada ujung bebas kantilevery =wl430EI=100 (2 103)430 (200 103) (200 106)= 2, 67 mm5.7 Kantilever Dengan Beberapa BebanJika kantilever mendapat beberapa beban terpusat atau terdistribusi merata, kemiringandan deeksi pada titik tertentu pada kantilever merupakan penjumlahan aljabar darikemiringan dan deeksi pada titik tersebut karena beban-beban yang bekerja secaraindividu.5.7. KANTILEVER DENGAN BEBERAPA BEBAN 91SOAL-SOAL LATIHAN1. Sebuah kantilever dengan panjang 2,4 m mendapat beban terpusat sebesar 30kN pada ujung bebasnya. Carilah kemiringan dan deeksi kantilever tersebut.Rigiditas eksural kantilever adalah 25 1012N-mm2.2. Sebuah kantilever dengan lebar 150 mm dan tinggi 200 mm menonjol denganpanjang 1,5 m dari dinding. Carilah kemiringan dan deeksi kantilever padaujung bebas jika ia mendapat beban terpusat sebesar 50 kN pada ujung bebasnya.Ambil E = 200 GPa.3. Sebuahkantileverdenganpanjang1,8mmendapat bebanterdistribusi mera-ta sebesar 10 kN/m pada keseluruhan panjangnya. Berapakah kemiringan dandeeksi batang pada ujung bebasnya? Ambil rigiditas eksural batang sebesar3, 2 1012N-mm2.92 BAB 5. DEFLEKSI KANTILEVERBab 6Deeksi Dengan MetodeMomen LuasPada pembahasan sebelumnya kita telah bicarakan tentang kemiringan dan deeksi dariberbagai jenis batang dan kantilever. Penurunan rumus untuk kemiringan dan deeksitersebut sulit dan panjang. Tetapi pada bab ini kita akan membicarakan metode grakuntuk mencari kemiringan dan deeksi batang dan kantilever, dimana metode ini cukupsederhanadanmemberikanjawabanyanglebihcepat. Metodeiniterkenaldengannama metode momen luas, yang didasarkan atas teori Mohr.Deeksibatangdankantileverdenganmetodemomenluasdidasarkanatasduateori yang diberikan oleh Mohr:Teori Mohr I. Perubahan kemiringan antara dua titik, pada sebuah kurva elastis ada-lah sama dengan luas netto diagram momen bending antara titik ini dibagidengan EI.Teori Mohr II. Perpotongan dengan garis referensi vertikal tangen pada dua titik sem-barang pada sebuah kurva elastis adalah sama dengan momen pada di-agrammomenbendingantaraduatitikinipadagarisreferensidibagidengan EI.6.1 Luas dan Posisi Pusat Gravitasi ParabolaSebuah parabola didenisikan sebagai sebuah gambar yang mempunyai minimal sebu-ah sisi kurva parabola. Pada gambar 6.1 , sisi CB adalah kurva parabola, dimana ABdan AC adalah garis lurus.Kurva parabola secara umum dinyatakan dengan rumus kxn, dimana n adalah der-jat kurva parabolik. Tabel berikut memberikan luas dan posisi dai berbagai derjat kurvaparabola cekung.Harga luas (A) dan jarak (x) bisa dinyatakan oleh persamaan berikut:(A) = (l h) 1n + 19394 BAB 6. DEFLEKSI DENGAN METODE MOMEN LUASGambar 6.1: Parabola cekung.Tabel 6.1:No. Harga n Luas (A) Jarak antara B dan G (x)1 2 (l h) 13l 342 3 (l h) 14l 453 4 (l h) 15l 56dan jarak(x) = l n + 1n + 26.2 Batang Tumpuan Sederhana dengan Beban Terpu-sat Di TengahMisalkan sebuah batang tumpuan sederhana AB dengan panjang l dan mendapat bebanterpusat W pada C yaitu tengah-tengah batang seperti ditunjukkan oleh gambar 6.2 (a).Reaksi pada A:RA = RB =W2Momen bending pada A karena reaksi RB:M1 = +Wl2Dengan cara yang sama, momen bending pada A karena beban W:M2 = W l2= Wl2Sekarang gambarlah diagram momen bending dengan kedua momen di atas. Mo-men bending positif digambar di atas garis rujukan, dan momen negatif dibawahnya,6.2. BATANGTUMPUANSEDERHANADENGANBEBANTERPUSAT DI TENGAH95Gambar 6.2: Batang tumpuan sederhana dengan beban terpusat di tengah.seperti yang ditunjukkan oleh gambar 6.2 (b). Diagram momen bending ini disebutdiagram momen bending komponen.Sekarang, untuk mencari kemiringan pada B, misalkan diagram momen bendingdari C ke B. Luas diagram momen bending dari C ke B:A =12 Wl4l2=Wl216dan jarak pusat gravitasi diagram momen bending dari B: x =23 l2=l3iB=AEI=Wl216EIBerdasarkan geometri batang:iA =Wl216EIdanyC =A xEI=Wl216l3EI=Wl348EIMetode AlternatifKita tahu bahwa momen bending nol padfa A dan B dan menaik secara garis lurushinggaWl4pada C. Karena itu luas diagram momen bending dari C ke B:96 BAB 6. DEFLEKSI DENGAN METODE MOMEN LUASA =12 Wl4l2=Wl216Contoh soal 6.1 Sebuah batang dengan tumpuan sederhana mempunyai panjang 2m mendapat beban terpusat 20 kN pada tengah-tengah batang. Carilah kemiringan dandeeksi batang. Ambil rigiditas eksural batang sebesar 500 109N-mm2.Jawab:Diketahui: l = 2 m = 2 103mmW = 20 kN/m = 20 103NEI = 500 109N-mm2Kemiringan maksimum batangiB =Wl216EI=(20 103) (2 103)216 (500 109)= 0, 01 radDeeksi maksimum batangyC=Wl348EI=(20 103) (2 103)348 (500 109)= 6, 67 mm6.3 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Terpu-sat EksentrikMisalkan batang tumpuan sederhana AB dengan panjang l mendapat beban terpusatWpada Csedemikian sehingga AC = a dan CB = b seperti yang ditunjukkan olehgambar 6.3 (a). Reaksi pada A:RA =Wbldan RB =Waldan momen bending pada A karena reaksi RB:M1 = +Wall = +WadanM2 = WaSekarang gambarlah diagram momen bending gabungan seperti yang diperlihatkanoleh gambar 6.3 (b). Luas diagram momen bending positif:A1 =12 Wa l =Wal26.3. BATANGTUMPUANSEDERHANADENGANBEBANTERPUSAT EKSENTRIK97Gambar 6.3: Beban terpusat eksentrik.dan luas diagram momen bendinmg negatif:A2 =12 Wa a =Wa22Darigeometripembebanan, terlihatbahwakemiringanpadasembarangpenam-pang tidak diketahui. Karena itu kemiringan dan deeksi tidak bisa langsung dicari.Sekarang gambar garis vertikal melalui A dan B. Misalkan AA1 dan BB1 sama denganperpotongan tangen pada A dan B seperti ditunjukkan oleh gambar 6.3 (c).AA1 = iBltetapiAA1 =A1x1A2x2EI=1EI__Wal2l3__Wa22a3__ =Wa6EI(l2a2)iB =AA1l=Wa6EIl(l2a2)dengan cara yang sama:iA =Wb6EIl(l2b2)98 BAB 6. DEFLEKSI DENGAN METODE MOMEN LUASMisalkan sembarang penampang X pada jarak x dari B. Luas diagram momen ben-ding antara X dan B:A =12 Waxlx =Wax22l(6.1)Perubahan kemiringan antara X dan B:=AEI=Wax22lEI(6.2)Untuk deeksi maksimum, kemiringan pada X harus sama dengan nol, atau dengankata lain perubahan kemiringan antara B dan X harus sama dengan kemiringan pada B:Wa6lEI(l2a2) =Wax22lEIx2=(l2a2)3atau x =_l2a23Kita lihat bahwa pada persamaan 6.1 luas diagram momen bending antara X dan B:A =Wax22ldan jarak gravitas diagram momen bending dari B: x =2x3yx=A xEI=Wax22l2x3EI=Wax33EIl(6.3)Untuk mendapatkan deeksi maksimum, substitusikan harga x =_l2a23ke per-samaan 6.3:ymax =Wa3EIl__l2a23_3=Wa93lEI(l2a2)3/2Contoh soal 6.2Batangdengantumpuansederhanamempunyaipanjang2,8mmendapatbebanterpusatsebesar60kNpadajarak1mdaritumpuankiriA. Padalokasi mana terjadi deeksi maksimum?Cari juga besarnya deeksi di bawah beban.Ambil EI batang sebesar 4 1012N-mm2.Jawab:Diketahui: l = 2,8 m = 2, 8 103mmW = 60 kN = 60 103Na = 1 m = 1 103mmEI = 4 1012N-mm26.4. BATANGTUMPUANSEDERHANADENGANBEBANTERDISTRIBUSI MERATA99Posisi deeksi maksimumx =_l2a23=_(2, 8 103)2(1 103)23= 1, 51 103mm = 1, 51 mBesarnya deeksi di bawah bebanb = l a = (2, 8 103) (1 103) = 1, 8 103mdan besarnya deeksi di bawah beban:=Wab6EIl(l2a2b2)=(60 103) (1 103) (1, 8 103)6 (4 1012) (2, 8 103)[(2, 8 103)2(1 103)2(1, 8 103)2]= (1, 61 106) (3, 6 106) = 5, 8 mm6.4 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Terdis-tribusi MerataGambar 6.4: Beban terdistribusi merata.100 BAB 6. DEFLEKSI DENGAN METODE MOMEN LUASMisalkanbatangtumpuansederhanaABdenganpanjanglmendapatbebanter-distribusi merata w per satuan panjang seperti yang ditunjukkan oleh gambar 6.4 (a).Reaksi pada A:RA = RB =wl2dan momen bending pada A karena reaksi RB:M1 =wl2l =wl22Dengan cara yang sama, momen bending pada A karena beban w:M2 = wl2l2= wl22Sekarang gambarlah kedua momen bending seperti yang ditunjukkan oleh gam-bar 6.4 (b). Luas diagram momen bending positif antara C dan B:A1 = +12 wl24l2=wl316dan luas diagram momen bending negatif antara C dan B:A2 =13 wl28l2=wl348Luas netto diagram momen bending:A = A1A2 =wl316wl348=wl324dan jarak pusat gravitasi dari diagram momen bending positif pada CB dari B:x1 =23 l2=l3Dengan cara yang sama, jarak diagram momen bending negatif pada CB dari B: x =34 l2=3l8maka:iB =AEI=wl324EIdaniA =wl324EI6.5. BATANGTUMPUANSEDERHANADENGANBEBANBERVARIASI SECARAGRADUAL101danyC=A xEI=A1 x1A2 x2EI=_wl316l3__wl3483l8_EI=5wl4384EIContoh soal 6.3 Batang tumpuan sederhana dengan span 2,4 m mendapat bebanterdistribusi merata 6 kN/m di keseluruhan batang. Hitunglah kemiringan dan deeksimaksimum pada batang jika rigiditas eksural adalah 8 1012N-mm2.Jawab:Diketahui: l = 2,4 m = 2, 4 103mmw = 6 kN/m = 6 N/mmEI = 8 1012N-mm2Kemiringan batangiA =wl324EI=6 (2, 4 103)324 (8 1012)= 0, 00043 radDeeksi batangyC=wl3384EI=5 6 (2, 4 103)4384 (8 1012)= 0, 324 mm6.5 Batang Tumpuan Sederhana Dengan Beban Berva-riasi Secara GradualMisalkan batang tumpuan sederhana AB dengan panjang l mendapat beban bervaria-si secara bertahap dari nol pada B hingga w per satuan panjang pada A seperti yangditunjukkan oleh gambar 6.5 (a). Reaksi pada tumpuan:RA =wl3dan RB =wl6Momen bending pada A karena reaksi RB:M1 =wl6l =wl26Dengan cara yang sama, momen bending pada A karena beban:M2 = wl2l3= wl26102 BAB 6. DEFLEKSI DENGAN METODE MOMEN LUASGambar 6.5:Sekarang gambarlah kedua diagram momen ini, seperti yang ditunjukkan oleh gam-bar 6.5 (a).Luas diagram momen positif:A1 =12 wl26l =wl312dan luas diagram momen bending negatif:A2 =14 wl26l =wl324Dari geometri pembebanan, terlihat bahwa kemiringan pada sembarang penampangtidak diketahui. Sehingga kemiringan dan deeksi tidak bisa dicari secara langsung.Sekarang gambarlah garis vertikal melalui A dan B. Misalkan AA1 dan BB1 yang be-sarnya sama dengan perpotongan tangen pada A dan B, seperti yang diprlihatkan olehgambar 6.5 (c).6.5. BATANGTUMPUANSEDERHANADENGANBEBANBERVARIASI SECARAGRADUAL103AA1 = iBl dan BB1 = iAlTetapiAA1=A1 x1A2 x2EI=1EI__wl32l3__wl324l5__ =7wl4360EIiB=7wl4360EIradianDengan cara yang sama:BB1=A1 x1A2 x2EI=1EI__wl312 2l3__wl324 4l5__ =wl445EIiA=wl445EIradianSekarang, misalkan penampang Xpada jarak x dari B. Kita peroleh bahwa luasdiagram momen bending antara X dan B:A =_12 wlx62x__14 wx36lx_ =wlx212wx424lkemiringan pada X:iX=AEI=1EI_wlx212wx424l_7l4= 30lx2 15x4lx = 0, 519lDeeksi pada X:yC=A1 x1A2 x2EI=1EI__wlx212 2x3__wx424l 4x5__=1EI_wlx318wx530l_Deeksi pada tengah batang, dimana x = l/2:yC =0, 00651wl4EIDeeksi maksimum terjadi pada x = 0,519l:ymax =0, 00652wl4EIContoh soal 6.4 Batang tumpuan sederhana dengan span 3,6 m mendapat bebansegitiga 3 kN/m pada