MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL1

D

DIKTAT

JURU

M

USAN TEUN

MEKAN

EKNIK MIVERSIT

Oleh |

NIKA KE

2008

MESIN FTAS SRI

GUNAW

EKUAT

FAKULTWIJAYA

WAN

TAN M

TAS TEKA

ATERI

NIK

AL

Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL

1

BAB I

PENGANTAR MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL

MEKANIKA adalah cabang ilmu fisika yang mengkaji suatu benda pada

kondisi diam atau bergerak akibat adanya gangguan terhadap benda tersebut.

Gangguan tersebut dapat berupa gaya (force) dan/atau temperatur (thermal). Studi

pada benda yang diam disebut statis (statics) dan studi pada benda bergerak disebut

dinamis (dynamics). Ilmu mekanika memiliki dua cabang yaitu mekanika kekuatan

material dan mekanika fluida, yang masing-masing berhubungan dengan perilaku

benda pejal dan dengan perilaku fluida.

Beberapa istilah asing yang memiliki arti sama dengan mekanika kekuatan

material adalah strength of materials, mechanics of solids, dan mechanics of

deformable bodies.

Pada semua konstruksi Teknik bagian-bagian dari suatu elemen

mesin/struktur harus memiliki ukuran fisik tertentu. Bagian-bagian itu harus

memiliki ukuran-ukuran yang tepat sehingga dapat menahan beban yang

sesungguhnya yang mungkin terjadi. Oleh karena itu pemahaman yang lengkap

mengenai mekanika kekuatan material sangat diperlukan untuk keamanan dan

effisiensi desain. Perhatikan gambar dibawah ini.

Gambar 1.1. Papan loncat indah


2

Dari gambar diatas dapat kita lihat bahwa akibat beban w, papan akan

melendut (deflection) sebesar δC maka kita harus menentukan :

a. Panjang dan luas penampang papan.

b. Panjang l1 dan l2, serta dimensi dari tumpuan A

c. Sifat mekanis papan (modulus elastisitas dan angka poison) sehingga

dapat memberikan lendutan yang aman.

Semua masalah mekanika kekuatan bahan dihadapkan pada dua kategori

masalah, yaitu masalah kekuatan dan masalah kekakuan. Sebuah struktur/elemen

mesin harus cukup kuat untuk menahan beban yang terjadi, dan cukup kaku

sehingga dapat berubah bentuk (deformation) pada batas-batas yang diijinkan.

Tujuan dari analisa mekanika kekauatan bahan pada dasarnya untuk

menentukan tegangan (stress), regangan (strain), dan lendutan (deflection). Jika

harga-harga dari berbagai besaran ini dapat kita ketahui untuk semua harga beban

hingga beban yang menyebabkan kegagalan (failure load), maka kita akan

memperoleh suatu gambaran lengkap mengenai kekuatan mekanik dari benda itu.

Dalam perkembangan selanjutnya, seiring dengan kemajuan yang pesat

dibidang komputerisasi, untuk keperluan desain bentuk yang sangat komplek, ilmu

mekanika kekuatan material dibantu dengan Metode Elemen Hingga, MEH (Finite

Element Methode, FEM).

Dasar-Dasar Persamaan Mekanika Kekuatan Material

Untuk menyelesaikan permasalahan tegangan dan kekakuan pada mekanika

kekuatan material digunakan tiga dasar persamaan, yaitu :

1. Kondisi seimbang harus terpenuhi

2. Geometri dari benda harus terinci secara jelas

3. Sifat mekanik dari material harus ada.

Pada kondisi seimbang, mekanisme/struktur harus memenuhi persamaan :

( ) 00 == ∑∑ oMdanF 1.1

disini pada benda simbang :

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


3

-. Jumlah momen-momen, terhadap titik nol, dari semua gaya-gaya yang

bekerja pada benda sama dengan nol.


4

BAB II

TEGANGAN DAN REGANGAN

2.1. Tegangan (Stress)

Untuk dapat memahami konsep tegangan regangan, perhatikan sebuah kasus

batang lurus yang memiliki penampang yang sama pada sluruh batang dan dikenai

gaya aksial (axial force), seperti pada gambar dibawah ini:

Gambar. 2. Batang lurus yang dibebani secara aksial

Beban tarik (tensile load) P, yang bekerja pada salah satu sisi ujung batang,

sedangkan pada sisi ujung yang lainya bekerja gaya reaksi dari gaya P. Gaya-gaya

ini terdistribusi secara terus menerus diseluruh penampang, yang analog dengan

penyebaran kontinyu dari tekanan hidrostatik pada permukaan horizontal dalam zat

cair. Dalam mekanika istilah Tegangan (stress) digunakan untuk menyatakan

distribusi gaya pada seluruh permukaan dimana gaya gaya itu bekerja. Atau dengan

kata lain

)()(

APENAMPANGLUASFGAYATEGANGAN = 2.1

satuan tegangan menurut system SI = N/m2 atau Pascal (Pa)

satuan tegangan menurut USCS (U.S. Customary system of Units) = lb/in2 (pound

per square inch, psi) atau killopound per square inch (ksi).

1 psi = 6895 Pa = 6,895 k Pa

Ada dua tipe tegangan yaitu :

a. Tegangan Normal (normal stress)


5

b. Tegangan Geser (shear stress)

Tegangan Normal

Tegangan normal (normal stress) dilambangkan dengan huruf yunani σ

(sigma), tegangan normal didefinisikan sebagai :

BEKERJAGAYADIMANAPENAMPANGLUASPERMUKAANDENGANLURUSTEGAKNORMALGAYA )(

=σ

………………………………………….. 2.2

Aturan tanda untuk tegangan normal :

a. tanda positif (+) menyatakan bahwa σ merukapan tegangan tarik (Tensile

Stress)

b. tanda negative (-) menyatakan bahwa σ merupakan tegangan tekan

(compressive Stress)

Contoh 2.1.

Sebuah pompa sumur yang menggunakan engkol untuk menggerakkan torak penghisap keatas dan kebawah. Diameter batang pompa d = 15 mm dn panjangnya L = 97,5 m. batang ini memiliki berat jenis γ = 7,85 ton/m3, tahanan yang dialami penghisap selama gerakan kebawah adalah 890 N dan pada gerakan keatas 8,9 kN. Tentukan tegangan tarik dan tekan pompa selama operasi akibat gerakan penghisap dan berat batang. Penyelesaian

Gaya tekan yang ditimbulkan FC = 890 N, dan gaya tarik FT = 8,9 kN.

Gaya berat = w = γ L A

= 7,85 ton/m3 x 9,81 x 10 3 N/tonx97,5 mx(π/4)x(0,015 m)2

= 1327 N

sehingga ( )

MPamm

kNxA

Ftotalt 9,57

154

10227,102

3

===π

σ

( )MPa

mm

NAF

c 9,5715

4

8902

−=−=−=π

σ


6

Tegangan geser

Tegangan geser bekerja sejajar atau menyinggung permukaan benda,

seperti pada gambar dibawah ini,

Tegangan geser didefinisikan sebagai gaya total yang bekerja sepanjang penampang

dan sejajar dengan potongan benda, dan disimbulkan dengan τ (tau).

BEKERJAGAYADIMANAPENAMPANGLUASPERMUKAANDENGANSEJAJARGESERGAYA )(

=τ

…………………………… 2.3


7

Contoh 2.2

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

Pada batang batang baja luas

penampang kritis yang menerima tarikan

Akritis = (40-15)x10 mm2 = 250 mm2

Maka beban maksimum yang diijinkan akibat tarikan adalah

P = σijin .Akritis = 120 MPa x 250 mm2 = 30 kN

Pasak akan menerima double geseran, maka beban maksimum akibat geseran pada

pasak adalah

P = τijin 2A

= 60 MPa x 2 x π/4 x (15 mm)2 = 21,2 kN

maka dari kedua nilai P diatas, diambil nilai P maksimum yang akan menyebabkan

kerusakan adalah 21,2 kN.

Contoh 2.3

Sebuah struktur seperti pada gambar disamping. Batang terbuat dari baja dengan tegangan luluh 36 ksi dan pena pada titik A dan B terbuat dari baja dengan tegangan luluh 48 ksi. Jika beban P sebesar 5 kips (1000 lb) dan dengan factor keamanan 3, tentukan:

a. jika lebar batang BD adalah 2 in tentukan tebal t (lihat potongan b-b)

b. tentukan diameter pasak pada titik A dan B. Jawab

Tegangan Ijin dicari dengan persamaan

keamananFaktory

i

σσ =

……………… 2.4


8

Gaya-gaya pada tiap titik diperoleh dengan persamaan keseimbangan dengan

menggambar DBB pada batang AC, Seperti pada gambar,

REGANGAN (STRAIN)

Pada gambar diatas, adanya gaya aksial mengakibatkan batang mengalami

perubahan panjang, dimana batang akan bertambah panjang jika mengalami tarikan

dan berkurang panjangnya jika mengalami tekanan. Dimana perubahan panjang

persatuan panjang disebut regangan (strain)

Atau :

AWALPANJANG

PANJANGPERUBAHANREGANGAN =

concept of strain: FnFn

Lo

L o

o

LLL −

=ε

Desain untuk batang BD

Desain untuk pin di titik A dan B DBB batang AC


9

Ada dua tipe regangan yaitu :

a. Regangan Normal (normal Strain)

b. Regangan Geser (shear Strain)

Regangan normal biasanya disebut dengan regangan, terjadi jika berhubungan

dengan tegangan normal. Regangan merupakan besaran tak berdimensi dan

disimbolkan dengan ε (epsilon). Perubahan panjang akibat beban pada regangan

ditunjukan oleh δ (delta). Sehingga

lδε = ……………….2.6

dimana δ = perubahan panjang

= panjang awal (l) – panjang ahir (lo)

l = panjang awal

Regangan geser terjadi akibat tegangan geser. Tegangan geser tidak mempunyai

kecenderungan untuk memperpanjang atau memperpendek elemen dalam arah x, y,

dan z , tetapi tegangan geser akan menghasilkan perubahan bentuk seperti terlihat

pada gambar dibawah ini.

Regangan geser disimbolkan dengan γ (gamma), yang merupakan perubahan

bentuk pada gambar diatas. Satuan regangan geser adalah redian. Sehingga

regangan geser dapat dinyatakan dengan :

*

2θπγ −=

…………………….2.7


10

BAB III

TARIKAN DAN TEKANAN DALAM BATAS ELASTIS

Sebuah batang prismatic yang menerima beban aksial, yang dilakukan pada

mesin uji tarik akan diperoleh grafik hubungan tegangan dan regangan seperti pada

gambar.

Gambar 3.1 Diagram Regangan-Tegangan

Pada kurva diatas garis antara titik O dan A, menyatakan bahwa tegangan memiliki

hubungan yang proporsional dengan regangan. Pada daerah pada kurva OA ini

material berada pada kondisi elastisitas linear, artinya apabila beban yang bekerja

dihilangkan benda uji akan kembali pada bentuk semula tanpa mengalami

perubahan bentuk (deformation). Pada kondisi elastisitas linear ini hubungan

tegangan regangan akan memenuhi Hukum Hooke. Yaitu :

εσ E= ………………….. 3.1

dimana E = Modulus Elastisitas atau Modulus Young (Pascal)

persamaan 3.1 dapat juga ditulis sebagai berikut :

AEFl

=δ …………………… 3.2


11

pada saat benda mengalami perubahan panjang, benja juga mengalami konstraksi

lateral (perubahan luas penampang) seperti pada gambar berikut ini

Angka poisson (Poisson’s ratio) menyatakan perbandingan antara kontraksi lateral

dan longitudinal/memanjang selama pengujian tarik. Angka poisson sisimbulkan

dengan ν (nu), Sehingga:

aksial

lateral

εευ −=

…………………. 3.3

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

τ = Gγ .................................. 3.4 dimana G = modulus elastisitas geser.

Modulus elastisitas dalam keadaan tarik dan geser ( E dan G ) saling berhubungan

melalui persamaan berikut ini :

P

P

Bentuk awal

Bentuk akhir


12

)1(2 υ+=

EG

…………………… 3.5

contoh 3.1.

Sebuah batang silindris terbuat dari baja dengan E = 30 x 103 ksi, ν = 0,3 dan σy =

50 ksi. Jika panjang awal batang adalah 4 ft dan diameter awal = 1 in. berapakah

perubahan panjang dan perubahan diameter batang akibat gaya aksial 10 kips.

Penyelesaian.

Pertama kita harus menguji apakah dengan beban 10 kips tersebut benda masih pada

kondisi elastisitas.

yksiin

kipsAP σ

πσ ≤=== 73,12

)5,0(10

2

sehingga berdasarkan hukum hooke

AEP

=ε dan aksial

radial

εευ −= maka

perubahan panjang δ = panjang awal x εaksial

inxx

x 332 104,20

1030)5,0(1048 −==

π

perubahan diameter ∆ diameter = d x εradial

= inxxxx

xx 632 10127

10305.01103.0 −−=−

π

contoh 3.2.

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


13

(b). perpindahan uA ketika beban diberikan (c). pergerakan uD supaya pada batang AC akibat beban tersebut uA = uC. Dimana P = 2 Kips, L1 = 10 ft, L2 = 5 ft, a = 0,4 , A1 = 2 in2 , A2 = 0,8 in2, dan E = 30 MPsi. Penyelesaian .

a. DBB pada batang AC

dari gambar DBB tersebut, maka

b. Dari persamaan 3.2 AEFl

=δ , dapat ditulis ulang sebagai :

fF=δ dengan AElf =

maka kipinxEA

lf /)10(00.2

)1030(2120 3

311

11

−===

kipinxEA

lf /)10(50.2

)1030(8.060 3

322

22

−===

dari penyelesaian a diperoleh harga F, sehingga inFf )10(40.2 3

111−−==δ

inFf )10(00.2 3222

−==δ perubahan panjang batang 1 (δ1) = -uA

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

atau

Sehingga,

c.

con

Seb

sep

Pen

Unt

mak

con

Sebluatentterj PenUnt

karena uC = uD = uC

ntoh 3.3.

buah batang

perti pada gam

nyelesaian

tuk menyele

ka :

ntoh 3.4.

buah batangs penampantukan teganadi pada bat

nyelesaian :tuk menyele

= uA, maka : - δ2 = 2.40(

memiliki lu

mbar dibawa

esaikan perm

g baja berpeng yang bengan maksimtang tersebut

esaikan perm

(10-3) in - 2.0

uas penampa

ah ini, tentuk

masalahan ini

enampang lierbeda-beda mum dan pt.

masalahan ini

00(10-3) in =

ang 200 mm

kan perubah

i, perhatikan

ngkaran ABa seperti paperubahan b

i, perhatikan

MEKANIKA

= 0.40(10-3) i

m2, dan E = 2

han panjang y

n gambar dib

BCD denganada gambarbentuk yang

n gambar dib

A KEKUATAN

in

200 GPa dib

yang terjadi.

bawah ini :

n r, g

bawah ini

Gunawan MATERIAL

beri beban

.

14

Ma

bes

seh

Def

Def

1 =δ

Def

2δ

Def

3δ

seh

δtota

aka

sarnya tegang

hingga dari h

formasi pada

formasi pada

EAlF

387(

11

11 ==

formasi pada

EAlF

192(

22

22 ==

formasi pada

EAlF

12(

33

33 ==

hingga deform

al = δ1 - δ2 +

gan pada tia

harga diatas,

a tiap batang

a batang AB

xxxx10200(5,848101()105 3

a batang BC

xxxx1200(5.96312()1025 3

a batang CD

xxxx10200(256

101()105 3

masi total pa

δ3 = 0.097 –

ap batang ada

tegangan m

g : AEFl

=δ

B akibat gaya

m097.0)0)0

3

3

=

C akibat gaya

127.0)0)10

3

3

=

D akibat gaya

m099.0)

)03

3

=

ada batang a

– 0.127 + 0.0

alah :

aksimum ter

a 75 kN

mm

a 25 kN

mm

a 25 kN

mm

adalah

099 = 0.69 m

MEKANIKA

rjadi pada ba

mm

A KEKUATAN

atang CD.

Gunawan MATERIAL

15


16

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

Penyelesaian Jumlah gaya Vertikal = 0,

maka

Deformasi batang AB

Deformasi batang BC

karena

maka

Deformasi batang AB


17

Contoh 3.6 Sebuah batang Aluminium memiliki luas penampang 2500 mm3 ditumpu kaku seperti pada gambar, jika E = 80 GPa, Tentukan tegangan pada tiap bagian dan jarakperubahan panjang masing-masing bagian

Penyelesaian

dari gambar diatas diperoleh :


18

Contoh 3.7 Dua batang vertical terbuat dari baja dan tembaga, ditumpu vertical seperti pada gambar disamping, jika luas penampang kedua batang adalah 12.5 mm2 pada bagian bawah batang digunakan untuk menahan beban 10 kg, dan Ebaja = 200 GPa, dan Etembaga = 110 GPa, tentukan harga x supaya batang penahan beban (bagian bawah) tetap pada posisi horizontal dan tentukan tegangan pada tiap batang. Penyelesaian,

Tegangan pada masing-masing bagian

Perubahan panjang pada masing-masing bagian


19

Jika Ps = beban pada batang baja Pc = beban pada batang tembaga Maka :

Contoh 3.8 Batang AB ditumpu seperti pada gambar dibawah ini, dan diberi beban di salah satu ujungnya sebesar 20 kN, jika luas penampang batang baja : 200 mm2 dan luas penampang batang tembaga : 400 mm2, tentukan tegangan pada tiap batang.

Perubahan panjang baja

Perubahan panjang tembaga

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

Gunakan momen pada batang baja


20

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


21

PENGARUH TEMPERATUR PADA DEFORMASI AKSIAL Regangan akibat temperature (Thermal strain) didefinisikan sebagai :

TT ∆= αε

2.13

dimana εT = Regangan akibat temperature

α = Koefesien ekspansi thermal

∆T= Perubahan temperature

sehingga pada elemen yang menerima beban mekanik (σ) dan beban thermal secara

bersamaan, regangan total yang terjadi adalah :

TET ∆+=+= ασεεε σ

2.14

Contoh 3.9

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

Penyelesaian EAluminium = 70 GPa = 70 x 103 N/mm2 EBaja = 210 GPa = 210 x 103 N/mm2 αAluminium = 24 x 10-6 /K αBaja = 12 x 10-6 /K *. Pertama-tama kita analisis tegangan pada batang akibat beban 200 kN jika P1 = Gaya yang diberikan ke batang aluminium AB


22

maka : Perubahan panjang pada batang aluminium Perubahan panjang pada batang baja Karena δA = δS, maka dari persamaan (i) dan (ii) , Sehingga, tegangan pada batang Aluminium : Dan tegangan pada batang baja : *. Kemudian kita hitung tegangan pada kedua batang akibat perubahan temperature sebesar (50 K), perubahan panjang akibat perubahan temperature, maka total perubahan panjang pada kedua batang akibat temperature adalah : jika akibat perubahan panjang sebesar 0.21 mm tersebut mengakibatkan tegangan di titik A dan C, maka :

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


23

Contoh 3.10

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

A1 = A2 = A3 = 1000 mm2 E = 70 GPa, α = 23 x 10-6 /C L1 = 1.25 m, L2 = 2.0 m, L3 = 2.50 m a = 1.25 mm, b = 1.00 mm. c = 2.50 mm Penyelesaian, Untuk menyelesaikan permasalah ini pertama-tama kita analisis gaya-gaya reaksi yang bekerja pada batang (1), (2) dan (3), dengan menggambarkan diagram benda bebas batang L, seperti pada gambar dibawah ini : Dengan menggunaka momen terhadap titik B Dari persamaan 3.2 kita tulis ulang menjadi : Dimana,


24

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

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

(3) dengan mensubsitusi persamaan (3) ke persamaan (2) maka diperoleh

(4) kemudian substitusikan persamaan (4) ke persamaan (1), maka diperoleh,

sehingga δD = 1.0648 mm kemudian selesaikan persamaan (4)


25

BAB IV

TORSI

Beberapa contoh mekanisme torsi dapat dilihat pada gambar berikut ini.

(b) puntiran pada poros

(a) pembuka mur roda (d) distribusi tegangan geser

(c) puntiran pada batang

Gambar 4.1 Contoh Torsi

Pada sebuah poros pejal yang salah satu sisinya di jepit, akibat adanya gaya

puntir yang bekerja pada salah satu ujung poros, maka poros akan terdeformasi

seperti pada gambar berikut ini:

(b). Aturan tanda untuk torsi

(a). Perubahan bentuk (deformation) akibat torsi

(c). Aturan tanda untuk sudut puntir

(d). Deformasi torsi pada potongan x

Gmabar 4.2 Deformasi dan Aturan tanda pada torsi


26

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

regangan geser yang terjadi adalah

γ = γ (x , ρ)= 2π - ∠ Q*R*S* = ∠ S’R*S* 4.1

karena γ adalah kecil maka kita dapat mendekati sudut dengan tangent , pada saat

yang sama kita gunakan limit ∆x → 0, maka kita dapat :

dxd

xoxox SRSS φρρδφγ =

∆→∆→∆= = lim'*

'*lim 4.2

persamaan diatas merupakan persamaan regangan geser (γ) pada potongan x

dengan jarak ρ (jejari) dari pusat., dimana dxdφ adalah laju puntiran. Bentuk

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

Gambar 4.3 Distribusi regangan geser akibat torsi

dengan mengingat, Torsi/Momen = Gaya x Lengan

=Tegangan x Luas Penampang x Lengan

Torsi = sAdF∫ ρ

Akibat adanya torsi pada sebuah poros, pada penampang poros akan terdapat gaya

geseran yang mengakibatkan tegangan geser (τ), seperti pada gambar berikut ini :

maka persamaan torsi diatas menjadi

Torsi = dAA

τρ∫ 4.3

Dari persamaan hokum hooke untuk tegangan kita

peroleh bahwa tegangan geser adalah :

τ = Gγ 4.4 Gambar 4.3 Distribusi Tegangan geser


27

dxdG φρτ = 4.5

maka Torsi = dAdxdG

A⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∫

φρρ 4.6

karena G tidak tergantung pada jari-jari ρ maka:

dAdxdGT

A

2

∫= ρφ 4.7

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

dAIAP

2ρ∫= 4.8

Untuk poros pejal 322

44 drIPππ

== 4.9

Untuk poros dengan jari-jari dalam ri dan jari-jari luar ro maka

32)(

2)( 4444

ioioP

ddrrI −=

−=

ππ 4.10

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

PGI

Tdxd

=φ

atau 4.11

sudut puntir dxGITd

l

P∫=0

φ 4.12

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

menjadi :

PGITL

=φ 4.13

sehingga jika dalam satu elemen mesin terdapat n bagian dengan jari-jari berbeda

pada jarak L tertentu, maka sudut puntirnya menjadi :


28

iPi

iin

i IGLT∑

=

=1

φ 4.14

Persamaan umum untuk tegangan geser akibat torsi adalah

PITρτ = 4.15

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

P

maksmaks I

rT=τ 4.16

Contoh 4.1

Sebuah poros baja (Gs = 11 x 103 ksi) dimasukkan kedalam sebuah poros berlubang yang terbuat dari aluminium (Ga = 4 x 103 ksi) dengan suaian paksa, sehingga poros baja melekat erat ke poros aluminium seperti pada gambar disamping, jika terdapat torsi sebesar 10 kip pada ujung poros, tentukan a. tegangan geser maksimum pada baja dan aluminium, b. sudut puntir total pada

poros tersebut. Penyelesaian a. Dari persamaan 4.5 diperoleh : Maka : (2) maka,


29

Tegangan geser pada permukaan poros baja Tegangan geser pada permukaan poros berlubang aluminium b. Untuk menentukan sudut puntir total kita tidak dapat menggunaka persamaan

4.12, karena pada permasalahan ini porosnya tidak homogen (terbuat dari dua material yang berbeda), tetapi kita gunakan persamaan (3), maka

Contoh 4.2 Sebuah poros bertingkat AC menerima beban torsi pada bagian B dan C. jika modulus geser baja (GS) = 11.5 x 103 ksi dan d1 = 2 in. Tentukan d2 minimum berdasarkan tegangan geser ijin baja 8 ksi dan sudut puntir maksimum dari 0.006 rad. Penyelesaian Perhatikan DBB untuk poros bertangga berikut ini :

(a). DBB 1 untuk 0<x<40 (b). DBB 2 untuk 40<x<72

untuk DBB 1: ΣMx = 0 : T1 = 10 kip.in + 2 kip.in = 12 kin.in untuk DBB 2: ΣMx = 0 : T2 = 2 kip.in dari persamaan 4.13 kita tulis ulang menjadi :

pGILfdenganTf ==θ

maka : 41

11

32dG

Lf

π= dan 4

22

22

32dG

Lf

π= (1)

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


30

radtotalijin 06.021 =+== φφφφ (2) berdasarkan tegangan geser maksimum (ijin) adalah 8 kip, maka

P

maksmaks I

rT=τ

inddinkip

IdT

Pmaks

0839.1)(16..2)2/(

2

322

22

=

==π

τ

berdasarkan sudut punter maksimum, dari persamaan (1) dan (2) diperoleh Contoh 4.3 Sebuah poros baja (G = 11.5 x 106 psi ) dengan radius r = 1.0 in dan panjang L = 30 in dimasukkan kedalam poros berlubang aluminium (G = 3.9 x 106 psi) yang memiliki panjang L = 20 in dengan jejari luar aluminium = 1.5 in. poros baja melekat erat keporos aluminium dan ujung-ujungnya dijepit, seperti pada gambar disamping, jika terdapat torsi 5000 lb.in pada bagian B, tentukan besarnya tegangan geser maksimum pada kedua poros. Penyelesaian Diagram denda bebas, poros dibagi menjadi beberapa nodal seperti pada gambar berikut ini :

nodal A elemen 1 (baja) nodal B elemen 2(St), elemen 3 (Al) Nodal C


31

dari DBB diatas, untuk nodal A : ΣMx = 0 : TA – T1 = 0 untuk nodal B : ΣMx = 0 : TB + T1 – T2 – T3 = 0 untuk nodal C : ΣMx = 0 : TC + T2 – T3 = 0 persamaan untuk nodal B merupakan persamaan kesetimbangan ‘aktif’, karena pada nodal ini terjadi rotasi. Sudut puntir diberikan oleh persamaan berikut ini,

iptiitii GI

LfdanidenganTf ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=== 3.2.1θ

maka : Sudut puntir relative, dengan φA = φB = 0 Dan Maka Gunakan persamaan DBB untuk nodal B, maka diperoleh maka tegangan geser maksimum pada poros baja dan poros aluminium adalah


32

Contoh 4.4 Poros AB dan CE terbuat dari bahan yang sama dan memiliki diameter yang sama seperti pada gambar disamping ini. Sebuah torsi TE diberikan pada ujung titik E, jika torsi ditransmisikan dari poros C eke poros AB dengan sebuah gigi roda gigi, dan abaikan ketebalan roda gigi, tentukan : a). rotasi roda gigi B, b). rotasi poros titik E, c). torsi titik C Penyelesaian a). Rotasi roda gigi B, DBB system roda gigi-poros

(1) (2) Sudut puntir relative φ1 = φB – φA = φB

φ2 = φD – φC = φD (3) φ1 = φE – φD

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

i

pti

itii

LGI

kdan

idengankT

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

== 3.2.1φ


33

Sudut puntir relative seperti pada gambar berikut ini :

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

maka sudut puntir pada titik B adalah b. sudut puntir pada titik E adalah c. torsi titik C


34

Poros Transmisi Daya

Poros padat atau berlubang biasanya digunakan untuk memindahkan daya dari satu

peralatan ke peralatan yang lainya seperti dari turbin ke pembangkit daya listrik,

atau motor ke roda mobil, dan lain-lainnya seperti pada gambar dibawah ini.

pada gambar diatas, kerja poros yang dilakukan ke pulli D adalah W

CTW φ.= (4.17)

Daya yang dihasilkan poros adalah

P = dW/dt = T .(dφC/dt )

= T.ω (4.18)

dimana ω adalah kecepatan sudut poros atau kecepatan putar poros dalam

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

ω = 2πf (rev/sec)

= 60

..2 nπ rpm (4.19)

dimana f = jumlah putaran per detik

n = jumlah putaran per menit

dalam satuan U.S. Customary units daya biasanya dinyatakan dengan Horse-Power

(hp) dimana


35

1 hp = 550 lb.ft/s = 6600 lb.ft/s

= 745.7 Watt

Contoh 4.5

Sebuah mpotor listrik dengan daya 10 hp digunakan untuk menggerakkan pompa dimana pada transmisi daya digunakan poros pejal dengan tegangan geser ijin 20 ksi. Jika poros berputar pada putaran 875 rpm, berapa diameter minimal yang digunakan. Penyelesaian, Daya yang dihasilkan poros adalah Maka torsi T , Supaya aman maka tegangan geser ijin harus lebih besar atau sama dengan tegangan geser maksimum, maka Jadi dmin = 0.568 in


36

BAB V MOMEN INERSIA

5.1 Pendahuluan

Pada matakuliah statika struktur kita telah mengenal adanya momen, dimana

sebuah momen didefinisikan dengan gaya dikalikan jarak yang tegak lurus dengan

titik tinjau (F.x). momen ini juga disebut dengan momen pertama dari gaya. Jika

momen ini dikalikan lagi dengan jarak (x) yang tegak lurus antara arah gaya dan

titik tinjau (Fx.x) = F(x2), besaran ini disebut momen kedua dari gaya atau momen

dari momen gaya atau momen inersia.

Kadang – kadang sebagai ganti gaya (F) digunakan luas penampang atau

massa, kemudian momen kedua ini dikenal sebagai momen kedua penampang atau

momen kedua massa, tetapi semua momen kedua ini menunjukkan momen inersia.

Perhatikan sebuah penampang seperti pada gambar dibawah ini, untuk

menentukan momen inersia terhadap sumbu X – X dan sumbu Y –Y, maka kita bagi

penampnag tersebut menjadi beberapa elemen,

G

Gambar 5.1 Momen inersia

Maka momen inersia elemen terhadap sumbu Y – Y adalah :

Iyy = dA . x2

Maka Iyy = Σ (dA . x2)

Dengan cara yang sama, Ixx = Σ (dA . y2)

Jika dA = luas elemen x = jarak pusat grafitasi elemen terhadap sumbu X – X y = jarak pusat grafitasi elemen terhadap sumbu Y – Y


37

5.2. Momen inersia penampang segi empat

perhatikan gambar penampang ABCD

dibawah ini,

jika b = panjang penampang

d = lebar penampang

untuk mencari momen inersia terhadap

sumbu X – X, maka penampang ABCD

dibagi menjadi beberapa elemen dengan

panjang elemen dy, dengan luas

penampang elemen = b . dy, maka momen

inersia elemen terhadap sumbu X – X adalah

Ixx = luas penampang elemen . y2

= (b . dy) y2 = by2 dy

maka momen inersia seluruh penampang dari –d/2 ke d/2 adalah :

maka

contoh 5.1

Tentukan momen inersia dengan penampang

seperti pada gambar disamping ini jika b = 60

mm, d = 80 mm, b1 = 30 mm dan d1 = 40 mm.

penyelesaian

Gambar 5.2 MI penampang segi-empat


38

5.3. Teorema sumbu tegak lurus

sebuah elemen P dengan luas penampang da, memiliki koordinat x dan y

sepanjang dua sumbu yang saling tegak lurus OX dan OY, seperti pada gambar, jika

sumbu OZ yang tegak lurus terhadap sumbu OX dan OY, dan jarak elemen P

terhadap sumbu Z – Z adalah (r) ,

atau OP = r,

dari gambar kita peroleh

r2 = x2 + y2

momen inersia elemen P, Ixx = da y2

dan Iyy = da y2

maka Izz = da r2

= da (x2 + y2)

= Ixx + Iyy

5.4. Momen inersia penampang lingkaran

Perhatikan lingkaran ABCD dengan jejari r seperti pada gambar, sebuah

elemen pada jejari r, dengan ketebalan dx, maka luas penampang elemen ersebut

adalah

da = 2πx dx

momen inersia elemen terhadap sumbu X – X

atau Y – Y adalah :

= 2πx dx (x2)

= 2πx3 dx

maka momen inersia seluruh penampang dari

jejari 0 sampai r adalah

maka

Gambar 5.3 Toerema sumbu tegak lurus

Gambar 5.4 MI penampang lingkaran


39

contoh 5.2

sebuah penampang lingkaran memiliki diameter luar (D) = 80 mm dan diameter

dalam (d) = 60 mm, tentukan memen inersia penampang tersebut.

Penyelesaian,

434444 101374)6080(64

)(64

mmxdDI XX =−=−=ππ

5.5. Teorema sumbu sejajar

Sebuah penampang berbentuk lingkaran seperti pada gambar, pusat

lingkaran memiliki jarak h dengan sumbu AB, jika penampang tersebut dibagi

menjadi beberapa elemen dengan luas penampang da, dan y = jarak elemen

terhadap pusat gravitasi penampang.

Kita tahu bahwa momen inersia elemen terhadap sumbu pusat gravitasi adalah

y2.da, dan momen inersia total penampang terhadap sumbu pusat gravitas adalah

IG = Σ y2.da

Maka momen inersia penampang terhadap sumbu AB adalah

IAB = Σ (y + h)2.da = Σ (y2 + h2 + 2hy).da

= (Σ y2.da) + (Σ h2.da) + (Σ 2 hy.da)

= IG + a.h2 + 0

Gambar 5.5 Teorema sumbu sejajar


40

contoh 5.3

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

Y

Penyelesaian

Penampang dibagi menajadi 2 dengan;

dan

X X

kemudian tentukan koordinat centriod

kemudian gunakan teorema sumbu sejajar untuk menentukan momen inersia

terhadap sumbu X – X , untuk segi empat (1) momen inersia terhadap centroid ;

dan jarak antara koordinat centroid segiempat (1) ke sumbu X – X maka momen inersia untuk segiempat (1) adalah untuk segiempat (2), momen inersia terhadap centroid ; dan jarak antara koordinat centroid segiempat (2) ke sumbu X – X maka momen inersia untuk segiempat (2) adalah maka momen inersia total terhadap sumbu X – X adalah IXX = 20.3125 x 106 + 32.8125 x 106 = 53.125 x 106 mm4


41

BAB V1

MOMEN LENTUR DAN GAYA GESER

PADA STRUKTUR BATANG (BEAMS)

6.1 Pendahuluan

Batang (beams) adalah struktur yang didesain untuk menahan beban dari

arah melintang (transversal), dimana arah beban bekerja tegak lurus dengan sumbu

memanjang dari beams, sebuah beam tahan terhadap beban yang merupakan

kombinasi dati gaya geser internal pada arah transversal dan momen lentur

(bending). Beberapa jenis tumpuan dan beban yang biasa digunakan pada struktur

beam dapat dilihat pada gambar dibawah ini,

a. tumpuan sederhana b. tumpuan kantilever dengan beban terdistribusi dengan beban terpusat c. tumpuan kontinyu d. tumpuan kantilever

Gambar 6.1 Tipe tumpuan dan beban pada struktur beam

Gaya geser (shear force, SF) pada penampang lintang beam adalah ketidak

seimbangan gaya vertical kearah kanan atau kiri penampang, SF akan cenderung

menggeser salah satu bagian beam, keatas atau kebawah.

Momen lentur (bending moment, BM) pada penampang lintang beam

adalah penjumlahan aljabar dari momen gaya, kearah kanan atau kiri penampang.

Aturan tanda untuk SF dan BM dapat dilihat pada bambar dibawah ini,


42

a. sebuah batang menerima momen dan geseran pada jarak x

b. geseran positif c. momen positif d. V dan M positif

Gambar 6.2 Aturan tanda untuk SF dan BM

Dari gambar diatas dapat disimpulkan bahwa :

a. Gaya geser (SF) akan bernilai positif jika V bekerja kearah –y (gambar a),

atau bagian kiri dari penampang cenderung bergerak kebawah, dan bernilai

negative jika sebaliknya.

b. Momen lentur (BM) akan bernilai negative jika membuat batang melentur

cekung, dan sebaliknya.

Contoh 6.1

Sebuah kantilever beam pada

gambar disamping menerima beban

5 kN, pada titik C dan momen 4

kN.m pada titik D. tentukan gaya

geser dan momen lentur pada titik B

yang memiliki jarak 2 m dari

tumpuan A.


43

Penyelesaian

Contoh 6.2

Sebuah beam dengan tumpuan sederhana menerima beban terdistribusi seperti pada

gambar disamping ini, tentukan a). reaksi dititik A dan C, b). persamaan V(x) dan

M(x) untuk 0 <x < 6 ft dan c). persamaan V(x) dan M(x) untuk 6<x<12 ft.


44

Penyelesaian


45

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

Diagram – diagram dapat kita peroleh harganya seecara numeris sepanjang

sumbu absis penampang, diagram ini sangat berguna karena memberikan informasi

tentang distribusi gaya geser dan momen lentur pada seluruh beam. Pada

perencanaan struktur beam, terdapat pertanyaan yang harus dijawab seorang

desainer, yaitu “berapa harga SF dan BM maksimum dan dimana terjadinya harga

maksimum tersebut”, untuk menjawab pertanyaan tersebut maka kita perlu

menggambar diagram gaya geser (SFD) dan diagram momen lentur (BMD)

pada keseluruhan beam.

Hubungan beban dan gaya geser = )(xpdxdV

= 6.1

atau ∫=−2

112 )(

x

x

dxxpVV 6.2


46

dan ∆VA = P0 6.3

Hubungan momen dan gaya geser = )(xVdx

dM= 6.4

atau ∫=−2

112 )(

x

x

dxxVMM 6.5

dan ∆MB = – M0 6.6

6.2.1 Penggambaran SFD dan BMD dengan metode keseimbangan

Contoh 6.3

Dari contoh 6.2 tentukan a).

gambar SFD dan BMD. b).

tentukan momen lentur

maksimum.

Penyelesaian

a. SFD dan BMD

b. Momen lentur maksimum

momen lentur maksimum terjadi ketika gaya geser sama dengan nol (perhatikan

gambar SFD dan BMD). dari gambar terlihat bahwa V(x) = 0 terjadi pada interval

0<x<6 ft, maka,

V1 (x) = 220 – 40x = 0, maka x = 5.50 ft

Kemudian momen maksimum

Mmaks = M1(x) = 220(5.50) – 20(5.50)2 = 605 lb.ft


47

6.2.1 Penggambaran SFD dan BMD dengan metode grafis

Untuk menggambar SFD dan BMD dengan metode grafis digunakan

persamaan 6.1 sampai 6.6 yang diilustrasikan pada table dibawah ini :

Tabel 6.1 Ilustrasi SFD dan BMD

persamaan pembebanan SFD BMD

1. kemiringan SF = beban

2. lompatan SF = beban terkonsentrasi

3. perubahan SF = luas diagram

4. kemiringan BMD = SF

5. lompatan BM = – momen terkonsentrasi

6. perubahan BM = luas SFD


48

Contoh 6.4

Tentukan SFD dan BMD dari struktur beam berikut ini,

Penyelesaian DBB

Persamaan kesetimbangan ;

A. SFD

tahapan penggambaran SFD 1. SF pada x = 0- adalah nol 2. SF pada x = 0+ ditentukan oleh persamaan 6.3 maka ∆V = Ay (tanda/arah

positif pada SFD karena akibat gaya Ay batang cenderung bergerak keatas, gambar b)

3. untuk 0 < x < a, p(x) = 0, dari persamaan 6.1 dV/dx = 0 (kemiringannya adalah nol)

4. pada x = a, terdapat gaya P kearah bawah, dari persamaan 6.1 dV/dx = -P 5. untuk a < x < L, p(x) = 0, maka dari persamaan 6.1 dV/dx = 0 6. SF pada x = L- ditentukan oleh persamaan 6.3 maka ∆V = Cy


49

(a) SFD (b) potongan beam

(c) BMD b. BMD tahapan penggambaran BMD

1. pada x = 0 momennya adalah nol, karena jenis tumpuan sederhana 2. untuk 0 < x < a, dari persamaan 6.4 dM/dx = V(x) = konstan 3. pada x = a, dari persamaan 6.5 M(a) ditentukan dari luas daerah kurva SFD

dari x = 0 ke x = a, sehingga m (a) = V(a) 4. untuk a < x < L, dari persamaan 6.4 dM/dx = V(x) = -(Pa)/L = konstan 5. pada x = L, M(L) = 0, karena jenis tumpuan sederhana

Contoh 6.5

Tentukan SFD dan BMD dari struktur beam berikut ini

Penyelesaian

Persamaan keseimbangan


50

a. SFD

tahapan penggambaran SFD

1. SF pada x = 0- adalah nol 2. SF pada x = 0+ ditentukan oleh persamaan 6.3 maka ∆V = Ay 3. untuk a < x < L, p(x) = 0, maka dari persamaan 6.1 dV/dx = 0 4. SF pada x = L- ditentukan oleh persamaan 6.3 maka ∆V = Cy

a). SFD

b). BMD

b. BMD

tahapan penggambaran BMD

1. pada x = 0 momennya adalah nol, karena jenis tumpuan sederhana 2. untuk 0 < x < a, dari persamaan 6.4 dM/dx = V(x) = konstan 3. pada x = a- , dari persamaan 6.5 M(a) ditentukan dari luas daerah kurva SFD

dari x = 0 ke x = a, sehingga m (a) = V(a) 4. pada x = a, dari pers. 6.6 ∆MB = – Mo = (Moa/L – Mo) = – (Mo(L – a)/L) 5. untuk a < x < L, dari persamaan 6.4 dM/dx = V(x) = -Mo /L = konstan 6. pada x = L, M(L) = 0, karena jenis tumpuan sederhana


51

Contoh 6.6

Tentukan SFD dan BMD dari struktur beam berikut ini

Penyelesaian,

Dari DBB diperoleh :

a. SFD

tahapan penggambaran SFD

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


52

b. BMD

tahapan penggambaran BMD

(pers. 6.4)

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

(pers. 6.4)

(pers. 6.5) luas total segi tiga

(pers. 6.4)

(pers. 6.5)


53

BAB. VII TEGANGAN PADA BATANG (BEAMS) SIMETRIS

7.1 Lenturan murni (Pure Bending)

Beberapa contoh struktur yang menerima beban lentur dapat dilihat pada

gambat dibawah ini :

Gambar 7.1 Struktur yang menerima lenturan

Pada bab terdahulu telah dikemukakan bahwa besarnya tegangan yang

terjadi pada sembarang potongan sebuah batang ditentukan oleh gaya geser dan

momen lentur pada potongan itu. Kondisi pada batang dimana pada bagian batang

tersebut, gaya geser adalah nol dan hanya terjadi momen lentur, kondisi ini disebut

lenturan murni. Perhatikan gambar struktur yang dibebani dibawah ini,

Gambar 7.2 Contoh lenturan murni

Chassis mobil

Excavator


54

Perhatikan deformasi batang pada potongan mn dibawah ini,

Gambar 7.3 Deformasi pada lenturan murni

Dari hasil eksperimen menunjukkan bahwa baris mm dan pp berputar terhadap satu

sama lainnya dengan sumbu putar yang tegak lurus dengan bidang lenturan,

sehingga serat-serat longitudinal pada sisi cembung akan mengalami tarikan dan

serat-serat longitudinal pada sisi cekung mengalami tekanan. Garis nn1 merupakan

sisi permukaan dimana serat tidak mengalami regangan selama lenturan. Permukaan

ini disebut permukaan netral dan perpotongannya dengan sembarang potongan

disebut sumbu netral. Pertambahan panjang s’s1 dari sembarang serat dengan jarak

y dari permukaan netral, diperoleh dengan menarik garis n1s1 sejajar mm (Gambar

7.3.a )

Jika jari-jari lengkungan adalah r, dengan memperhatikan kesebangunan segitiga

non dan n1s1s’, maka regangan panjang serat ss’ adalah

ry

nnss

x ==1

1'ε 7.1

hasil percobaan meunjukkan bahwa pemanjangan serat longitudinal pada sisi

cembung disertai dengan kontrksi lateral, sedangkan kompresi longitudinal sisi

cekung disertai ekspasi longitudinal dengan jumlah yang sama. Akibatnya bentuk

penampang berubah-ubah seperti pada gambar 7.3.b. Regangan yang terjadi kearah

lateral diperoleh dari berikut ini,


55

ry

xz µµεε −=−= 7.2

akibat distorsi ini semua garis lurus yang sejajar dengan sumbu z menjadi

melengkung agar tetap lurus pada sisi penampang. Jari-jari lengkungan R akan

menjadi lebih besar dari rdalam porsi yang sama dimana εx lebih besar daripada εz ,

maka ,

rRµ1

= 7.3

sehingga dari hukum hook diperoleh

ryEx =σ 7.4

distribusi tegangan ini terlihat pada gambar dibawah ini,

Gambar 7.4 distribusi tegangan pada penampang

momen yang dihasilkan dari gaya yang bekerja pada penampang dA dan berjarak y

dari sumbu netral adalah :


56

rEIdAy

rEydA

ryEM z=== ∫∫ 2... 7.5

dengan .2dAyI z ∫=

Iz adalah momen inersia penampang terhadap sumbu netral z.

Dengan mengeliminasi r dari persamaan diatas diperoleh

zx I

My=σ

7.6

contoh 7.1

sebuah batang T dengan dimensi seperti

pada gambar, momen pada bagian ini

adalah M = 4 kip.ft. tentukan a). Sumbu

netral dari penampang ini. b). Momen

inersia penampang terhadap sumbu

netral. c) tegangan tarik dan tekan

maksimum.

Penyelesaian

a). lokasi sumbu netral, untuk menentukan sumbu netral ini kita gunakan teori

momen pertama. Jika η adalah jarak koordinat pada arah y, maka


57

b). momen inersia

momen inersia setiap batang terhadap centroidnya masing-masing dapat dicari

dengan persamaan,

tetapi karena kita harus mencari momen inersia terhadap sumbu netral C (tidak

terhadap centroid masing-masing) maka kita gunakan teori sumbu sejajar yang

dinyatakan dengan persamaan berikut ini:

maka,

c). Tegangan tarik dan tekan maksimum


58

contoh 7.2

dari contoh 7.1 diatas tentukan besarnya resultan gaya

tarik dan gaya tekan pada penampang batang, serta jarak

yang memisahkan kedua resultan gaya tersebut.

Penyelesaian.


59

contoh 7.3

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

BMD

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


60

BAB VIII DEFLEKSI PADA BATANG SIMETRIS

Didalam mendesain suatu batang, perhatian tidak hanya pada tegangan yang

timbul akibat aksi beban, tetapi juga kepada defleksi yang ditimbulkan akibat beban.

Perhatikan sebuah batang yang mengalami defleksi seperti pada gambar berikut ini :

Gambar 8.1 Defleksi pada batang

Hubungan antara jari-jari kelengkungan (r) dan momen lengkung dapat dilihat pada

persamaan 7.5 berikut ini,

ZEIM

r=

1 8.1a

dari gambar diatas dapat kita lihat bahwa :

dsd

rdanrdds θθ ==

1 8.1b

lengkungan defleksi pada gambar diatas menjadi semakin kecil seiring dengan

perpindahan titik m sepanjang kurva dari A ke B. Dengan demikian suatu

pertambahan ds yang positif yang berhubungan dengan suatu dθ yang negatif, maka

persamaan diatas menjadi

dsd

rθ

−=1

8.1c


61

pada prakteknya defleksi pada batang yang diijinkan terjadi sangat kecil dan kurva

defleksinya sangat datar, maka

dxdygdanrdds ==≈ θθθ tan 8.1d

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

2

21dx

ydr

−= 8.1.e

akhirnya persamaan 8.1.a menjadi

Mdx

ydEI z −=2

2

8.2

persamaan diatas merupakan persamaan deferensial kurva defleksi dan harus

diintegrasikan dalam tiap-tiap keadaan tertentu untuk mengetahui defleksi batang.

Dengan mendeferensialkan persamaan 8.2 terhadap x maka diperoleh :

Vdx

ydEIz −=3

3

8.3

qdx

ydEIz −=4

4

8.4

contoh 8.1

sebuah batang ditumpu dengan tumpuan

sederhana, menerima beban merata

sepanjang l, tentukan defleksi maksimum

dari batang tersebut.

Penyelesaian.

Momen letur pada smebarang penampang mn, yang berjarak x dari tumpuan kiri

adalah :


62


63

Contoh 8.2

Tentukan persamaan defleksi untuk kantilever dengan beban terdistribusi merata,

Penyelesaian ,

Momen letur pada smebarang penampang mn, yang berjarak x dari tumpuan kiri

adalah

Maka,

Maka,


64

Contoh 8.3

Tentukan persamaan defleksi untuk tumpun sederhana yang dibebani secara

terpusat.


65


66


67


68

BAB IX. LINGKARAN MOHR

Contoh 1.


69

Contoh 2.


70

Contoh 3.


71

Contoh 4.


72

Contoh 5.


73

Contoh 6.

MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL1

Documents

Transcript of MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL1