Mekanika Bahan

MekanikaBahanBahan

Materi• Review Mekanika• Pengantar mekanika bahan• Sifat-sifat Penampang• Tegangan• Regangan• Regangan• Sifat-Sifat Mekanik Material• Beban Aksial• Torsi• Lentur• Tekuk pada kolom

Gere & Timonshenko. (1996). Mekanika Bahan, Edisi Kedua Versi SI, Jilid 1, Penerbit Erlangga, Jakarta.

Hibeller. (1997). Mechanics of Material. Third Edition. Printice Hall, Upper Saddle River, New Jersey 07458.

Literatur

Zainuri (2008). Kekuatan Bahan. CV. Andi Offset. Yogyakarta.

Callister, W.D., 1994, Materials Science and Engineering, New York; John Wiley and Sons.

Gere dan Timoshenko, S.P., 1990 Mechanics of Materials.

Hidgon, A., et. All., Engineering Mechanics, Vol. I : Static’s, Englewood cliff: Prentice Hall, 1976.

Meriam, J.L., Engineering mechanics, Vol, I: Static’s, New York : John Wiley and Sons, 1992.

Muvdi, B.B. dan McNabb, J.W., Engineering Mechanics of Materials, New York: Springer

Literatur

Mechanics of Materials, New York: Springer Verlag, 1991.

Popov, E.P., Mechanics of Materials, New Delhi: Prentice Hall, 1981.

Ugural, R.C. dan Fenster, S.K., Advanced Strength and Applied Elasticity, Englewood cliff: prentice Hall, 1987.

Review Mekanika

• Satuan tegangan : gaya / luas. • Dalam sistem internasional (SI) satuan tegangan :

–Pa = pascal = Newton/meter2 =

Satuan Gaya

–Pa = pascal = Newton/meter = N/m2

–1 kPa = 1 kilopascal = 103 Pa–1 MPa = 1 megapascal = 106 Pa = 106 N/m2 = 1 N/mm2

• 1 kg = 10 N

• Mekanika bahan : studi tentang hubungan

antara beban luar yang bekerja pada suatu

benda serta tegangan dan regangan yang

disebabkan oleh gaya dalam benda

Definsi Mekanika Bahan

disebabkan oleh gaya dalam benda

tersebut.

• Beban luar yang bekerja pada suatu benda

dapat berupa beban merata terdistribusi

dan beban terpusat.

Benda Kaku Benda Berdeformasi

A

B

∆∆∆∆S ∆∆∆∆S’

B’

A’

Benda Belum Dibebani :Konstan

Benda SudahDibebani :Berdeformasi

Sifat-Sifat Penampang

• Luas penampang

• Statis momen• Statis momen

• Titik Berat penampang

• Momen inersia penampang

Luas Penampang

p

l

a

td

Statis Momen

• Statis momen : luas dikalikan jarak titik

berat potongan.

• Fungsi statis momen : mencari titik berat

potongan dan letak garis netral.

∫

∫⋅±=

⋅±=

dAxSy

dAySx

Contoh statis momen

y

Sx = d . A= ½ h (b.h)= ½ bh2

x

Sy = d . A= ½ b (b.h)= ½ b2h

h

b

A

Syx =

Titik Berat Penampang

A

Sxy

A

=

• Momen inersia (I) : luas dikalikan jarak

titik berat kuadrat.

• Satuan : mm4, cm4, m4, dsb.

• Momen inersia menggambarkan

Momen Inersia

kemampuan suatu bahan dalam

menahan beban luar.

∫

∫=

=

dAxI

dAyI

2y

2x

Momen Inersia Beberapa Penampang

Ix = (1/12) b h3

Ix = (1/36) b h3

Ix = (ππππd4/64)

Contoh 1

30 cm

80 cm

60 cm

20 cm

Titik Berat

Sumbu y : 40 cm

Sumbu x : ………?

LI . y1 + LII . y2 = L . yLI . y1 + LII . y2 = L . y

(30 . 80) . 75 + (20 . 60) . 30 = 3600 . y

y = 60 cm

Jadi titik berat nya (60 cm, 40 cm)

Momen Inersia benda Ix

( )

( )

( ) ( )423

423

231

144000030 60.2060.20.1

720000 15 30.8030.80.12

1

.12

1Ix

cmIx

cm

Yohbbh

+=+=

=+=

+=

( ) ( )4

4232

2160000 Ix total

144000030 60.2060.20.12

cm

cmIx

=

+=+=

Momen Inersia benda ΙΙΙΙy

( )

( )

( ) ( )

43

231

1

12800000 80.3080.30.12

1

.12

1

=+=

+=

cm

XobhhbIy

( ) ( )4

432

cm 1320000 total

40000 20.6020.60.121

=

+=+=

Iy

cmIy

Contoh 2

10 20 10

10

30

20Satuan : mm

• Luas persegi luar = 40 . 60 = 2400 mm2

• Luas persegi lubang = 20 . 30 = 600 mm2

• Luas Total = 2400 – 600 = 1800 mm2

• Statis momen terhadap y dasar persegi

luar 2400 . 30 = 72000 mm3

• Statis momen terhadap y dasar persegi

lubang 600 . 35 = 21000 mm3

• Total statis momen = 72000 – 21000 =

51000 cm3

mmA

Ayy 3.28

1800

51000===∑∑

Posisi letak titik berat :

Inersia untuk daerah persegi luar :Inersia untuk daerah persegi luar :

( ) 4433

10.7212

6040

12mm

bhIo ===

( ) 4422 10.69.03.28302400 mmAd =−=

( ) 4433

10.50.412

3020

12mm

bhIo −=−=−=

( ) 4422 10.69.23.2835600 mmAd −=−−=

Inersia untuk daerah lubang

( ) ( )44

42

10.50.65

10.69.250.469.072

mm

IdAIiozz

=

−−+=+=∑

Inersia Total

Tegangan Normal

• Tegangan normal : tegangan yang

bekerja tegak lurus terhadap sumbu

batang, dimana tegangan geser tidak

terjadi.terjadi.

• Besarnya tegangan normal :

A

Pσ =

s

σσσσττττ

P3P4

Komponen-komponentegangan normal dan geser

Sign Convention:

Positif (+) : tegangan tarik (tension)

Negatif(-) : tegangan tekan (compression)

ContohDiketahui struktur kabel seperti padagambar. Kabel AB dan BD mempunyaidiameter 8 mm. Hitung tegangannormal AB dan BD.

ΣΣΣΣFy = TBD – 256 x 9,81 = 0

TBD = 2511,4 N

σσσσBD = P/A

= 2511,4 N

ππππ . (8 mm)2 / 4= 49,963 MPa

ΣΣΣΣFy = TAB Sin 350 – TBD = 0

TAB = 2511,4 / sin 350

= 4378,5 N

σσσσBD = 4378,5 N

ππππ . (8 mm)2 / 4= 87,107 MPa

Gaya Aksial Ijin(Allowable Axial Force)

• Komponen struktur tekan didesain untuk

menahan tegangan ijin maksimum.

• Beban ijin maksimum dapat diturunkan dari

persamaan tegangan normal.

σσσσijin = Pijin / A

Pijin = σσσσijin . A

• Pallow : beban aksial ijin

A : luas penampang

Sebuah balok kaku AC memikul sebuah beban

P, perletakan titik C dan batang tarik BD

adalah sendi. σσσσijin untuk batang tarik BD

adalah 145 MPa.

a. Tentukan beban maksimum P yang dapat

Contoh

a. Tentukan beban maksimum P yang dapat

ditahan jika batang tarik mempunyai

penampang 25 mm x 25 mm.

b. Tentukan diameter batang tarik yang

diperlukan untuk menahan beban 85 kN.

Gaya-Gaya yang Bekerja pada Batang BD

a) Beban Maksimum

ΣΣΣΣMC = P (2,1) - TBD (1,5) = 0

P = (1,5/2,1) . TBD

TBD ijin = σσσσijin . A

= (145 N/mm2) . (25 mm x 25 mm)= (145 N/mm2) . (25 mm x 25 mm)

= 90625 N

P = (1,5/2,1) . (90,625) kN

= 64,732 kN

b) diameter batang tarik yang diperlukan untuk menahan beban 85 kN

TBD = (2,1/1,5) . P

= (2,1/1,5) . (85) = 119 kN

A = TBD / σσσσijin = 119000 N / 145 N/mm2A = TBD / σσσσijin = 119000 N / 145 N/mm

= 820,69 mm2

dimana A = (1/4) ππππ d2

mm32,325π

820,694

π

4Ad =×==

Regangan Normal

•Batang dengan panjang L, bila dibebani

dengan gaya normal tarik (+), akan

bertambah panjang sebesar ∆∆∆∆L positif.bertambah panjang sebesar ∆∆∆∆L positif.

•Batang dengan panjang L, bila dibebani

dengan gaya normal tekan (-), akan

bertambah pendek sebesar ∆∆∆∆L negatif.

• Perubahan panjang (∆∆∆∆L) :

EA

LP∆L

⋅⋅=

• Regangan normal/aksial (εεεε):

L

∆Lε =

P = Gaya AksialL = Panjang Batang AwalA = Luas PenampangE = Modulus Elastisitas

L∆∆∆∆a ∆∆∆∆a

d

∆∆∆∆t

∆∆∆∆tP P

• Regangan dua arah :

Regangan Normal/Aksial

L

∆ε

aa =

Regangan Normal/Aksial

εεεεa = regangan normal/aksial

∆∆∆∆a = perubahan panjang arah

aksial

L = panjang awal

L

∆ε

tt =

Regangan Lateral

Lεεεεt = regangan lateral

∆∆∆∆a = perubahan panjang arah lateral

L = panjang awal

a

t

ε

ε-=υ

Poisson Ratio (υυυυ) (nu)

(regangan lateral)

(regangan aksial)aε

• Penemu : S.D. Poisson th 1800 (perancis)

• 0 ≤≤≤≤ υ ≥≥≥≥ 0,5

• Poisson ratio hanya berlaku pada daerah

elastis

Poisson ratio berbagai material

Concrete : 0,20

Steel : 0,27 – 0,3

Stainless Steel : 0,30 – 0,31Stainless Steel : 0,30 – 0,31

Aluminium-Alloy : 0,33

Sand : 0,20 – 0,45

Clay : 0,30 – 0,45

Hubungan Tegangan-Regangan

Hukum Hooke (Robert Hooke, 1676)εEσ ⋅=

Regangan (Strain)Regangan (Strain)

Modulus Elastisitas(Modulus of Elasticity)

Tegangan (Stress)

•E Baja : 200000 MPa

•E Aluminium : 70000 MPa

Modulus Elastisitas Bahan

•E Aluminium : 70000 MPa

•E Kayu : 11000 MPa

•E beton : MPacf4700 '

Tegangan – Regangan Beton

SIFAT MEKANIS BAHAN

Kekakuan (stiffness),

• Merupakan sifat bahan yang mampu renggang pada

tegangan tinggi tanpa diikuti regangan yang besar. Ini

merupakan ketahanan terhadap deformasi.

• Kekakuan bahan merupakan fungsi dari modulus

elastisitas E.elastisitas E.

• Sebuah material yang mempunyai nilai E tinggi seperti

baja, E = 200000 MPa, akan berdeformasi lebih kecil

terhadap beban, sehingga kekakuan lebih tinggi

daripada material dengan nilai E lebih rendah, misalnya

kayu, dengan E = 7000 MPa atau kurang.

Kekuatan (Strength)

• Sifat bahan yang ditentukan oleh tegangan maksimum

material mampu renggang sebelum rusak (failure).

• Tidak ada satu nilai yang cukup untuk dapat

mendefinisikan kekuatan, karena perilaku bahan

berbeda terhadap beban dan sifat pembebanan.

Elastis (Elasticity)

• Sifat material yang dapat kembali ke dimensi awal

setelah beban dihilangkan.

• Sangat sulit menentukan nilai secara tepat elastisitas.

Yang bisa dilakukan adalah menentukan rentang

elastisitas atau batas elastisitas.

Keuletan (Ductility)

• Sifat bahan yang mampu berdeformasi terhadap

beban tarik sebelum benar-benar patah (rupture).

Kegetasan (Brittleness)

• Menunjukkan tidak adanya deformasi plastis sebelurn

rusak.rusak.

• Contohnya: besi cor, batu, semen cor.

Kelunakan (Malleability)

• Sifat bahan yang mengalami deformasi plastis

terhadap beban tekan yang bekerja sebelum

benarbenar patah.

Ketangguhan (Toughness)

• Sifat material yang mampu menahan beban impak

tinggi atau beban kejut.

• Jika sebuah benda mendapat beban impak, sebagian

energi diserap dan sebagian dipindahkan.

Kelenturan (resilience)Kelenturan (resilience)

• Sifat material yang mampu menerima beban impak

tinggi tanpa menimbulkan tegangan lebih pada batas

elastis.

• Ini menunjukkan bahwa energi yang diserap selama.

pembebanan disimpan dan dikeluarkan jika material

tidak dibebani

Ketangguhan

Batas Elastis

Patah

Teg

an

ga

n

Kelenturan

Regangan

Teg

an

ga

n

Kelenturan dan Ketangguhan

Soal 1

100 kNDiameter 25 mm

3.5 m

Sebuah batang prismatis dengan penampang bulat

dibebani dengan aksial tarik 100 kN dan mengalami

perubahan panjang sebesar 1.5 mm. Hitungan

tegangan dan regangan tariknya ?

Tegangan

Regangan

Soal 2Diketahui diagram tegangan regangan untuk polyester resin. Jika

balok AC rigid dan dibebani 80 kN. Batang AB dan CD terbuat

dari material tersebut. Hitung perubahan panjang batang AB dan

CD. (diameter strut (AB) = 40 mm dan Diameter post (CD) = 80

mm.

Dari tegangan – regangan,

mm/mm009885.0)3.22(10

)31.83(10

E

MPa31.83π(0.04)

)40(10

A

Fσ

Pa)3.22(100.01

32.2(10)E

9

6AB

AB

241

3

AB

ABAB

96

===

===

==

σε

Free Body Diagram

19.77mm000)0.009885(2Lεδ

19.77mm000)0.009885(2Lεδ

mm/mm002471.0)3.22(10

)7.958(10

E

MPa958.7π(0.08)

)40(10

A

Fσ

)3.22(10E

CDCDCD

ABABAB

9

6CD

CD

241

3

CD

CDCD

======

===

===

σε

Soal 3

Diketahui sebuah batang dengan modulus Ebr = 100 GPa.

Jika panjang batang adalah 3 m dibebani beban aksial 2

kN. Hitung pertambahan panjang batang tersebut.

Sebuah kolom beton bertulang dengan diamter tulangan

adalah 18 mm. Hitung tegangan pada baja dan beton jika

kolom tersebut dibebani beban aksial 800 kN. Est = 200

GPa dan Ec = 25 GPa.

Soal 4

Soal 5

Soal 6

Soal 7

Soal 8

TEGANGAN DAN REGANGAN GESER

• Tegangan geser : tegangan yang bekerja sejajar atau

menyinggung permukaan.

• Sifat bahan dalam keadaan geser dapat ditentukan

secara eksprimental dari uji geser langsung (direct

shear) atau puntiran (torsion).

tegangan

normal

tegangan

geser

• Pada daerah elastis kurva tegangan – regangan geser,

tegangan geser berbanding lurus dengan regangan

• Besarnya tegangan geser (ττττ) :

A

Fsτ =

τ : tegangan geser (MPa)

Fs : gaya geser (N)

A : luas bidang geser (mm2)

geser. Menurut hukum Hooke’s :

ττττ = G γγγγ τ : tegangan geser (MPa)

γ : regangan geser (rad)

G : modulus geser (MPa)

Soal 1

Sebuah sambungan seperti pada gambar. Jika P = 30 kN,

hitung tegangan geser pada potongan a-a.

450

P

a

300 mm

a

a

MPa35,0200300

103,21

A

30 cosPτ

30

=⋅⋅==

Soal 2

Sebuah sambungan baut seperti pada gambar. Jika gaya

tarik = 30 kN, diameter baut = 10 mm. Tentukan tegangan

geser rata-rata pada bidang a-a atau b-b.

a a

b bP P

Luas bidang a-a atau b-b

= 0,25*3,14*(10)2 = 78,6 mm2

Gaya yang bekerja pada bidang a-a

= 0,5*30 = 15 kN

Jadi tegangan geser rata-rata :

MPa1926,78

1015

A

Fsτ

3

=⋅==

TEGANGAN LENTURBALOK

TEGANGAN LENTUR BALOK

• Apabila suatu balok dua tumpuan atau balok kantilever

dibebani dengan beban luar, maka balok tersebut akan

mengalami lentur/lendutan, yang mengakibatkan tegangan

lentur pada balok tersebut.

• Persamaan tegangan lentur pada suatu titik yang berjarak

y dari garis netral adalah :

dimana :

σ : Tegangan

M : momen, y : jarak, I : Inersia penampang

I

yM ⋅=σ

Contoh soal

Diketahui suatu balok kantilever dengan geometri dan

beban seperti pada gambar.

2 m

q = 1 t/m c

50 cm

a

b2 m

c30 cm

1,5 m

Hitung dan gambar tegangan lentur pada potongan c-c

b

Penyelesaian :

1. Hitung momen pada potongan c-c

Mc = (+2.1,5) - (0,5.1.1,52) = 1,875 tm

2. Hitung ya dan yb

ya = 0,25 m; yb = 0,25 m

3. Hitung momen inersia penampang3. Hitung momen inersia penampang

I = 1/12.(0.3)(0.5)3 = 0,003125 m4

4. Hitung tegangan serat atas dan serat bawah

penampang

2b

2a

t/m5010,003125

(0,25)875,1σ

t/m5010,003125

(0,25)875,1σ

−=⋅−=

=⋅=

+

150 t/m2

+

-150 t/m2

Diagram momen lentur potongan c-c

TUGAS KELOMPOK 1Sebuah balok dengan geometri dan pembebanan seperti pada

gambar. Hitung tegangan lentur dan geser maksimum serta

gambarkan distribusi tegangannya.5 kN/m

A B

6 m



gambarkan distribusi tegangannya.

5 kN/m15 kN

AB

C

80 kN

5 m

B

5 m




8 kN

AC

E

8 kN

DB18 kNm

3 m

C

2 m

DB18 kNm

2 m3 m




10 kN

A C

8 kN

B

2 m

A CB

3 m

15 kNm

TEGANGAN GESERBALOKBALOK

Tegangan Geser Balok

• Persyaratan keseimbangan momen pada

elemen persegi tercapai apabila ada gaya

geser dalam // sumbu balok yang

besarnya sama dan arahnya melawan

momen kopel akibat V tegak lurus sumbu.

• Dari keseimbangan gaya, V ⊥⊥⊥⊥ sumbu

mengimbangi gaya-gaya pada arah ⊥⊥⊥⊥

sumbu.

• Sedangkan V // sumbu mengimbangi

selisih tegangan lentur dari duaselisih tegangan lentur dari dua

penampang balok bersebelahan. Gaya

geser pada arah // sumbu balok

berfungsi menyatukan penampang

balok sebagai satu kesatuan.

Resultant tegangan lentur pada daerah fghj:

dimana Q adalah statis momen daerah fghj

I

QMdAy

I

MdA

I

yMF B

fghjluas

B

fghjluas

BB === ∫∫

dimana Q adalah statis momen daerah fghjterhadap garis netral.

Resultant tegangan lentur pada daerah abde:

I

QMdAy

I

MdA

I

yMF A

abdeluas

A

abdeluas

AA === ∫∫

• Dimana Q = statis momen daerah abde

yang besarnya sama dengan daerah

fghj terhadap garis netral. Hal ini

disebabkan penampang prismatis

(pada setiap titik sepanjang balok(pada setiap titik sepanjang balok

tidak mengalami perubahan bentuk).

• Besarnya tegangan geser (v) diperoleh

dari persamaan keseimbangan gaya-

gaya arah horizontal.

( )bI

Q

dx

MMv

0v.b.dxI

QM

I

QM

0RFF

AB

AB

AB

−=

=−−

=−−• Dari hubungan momen dan geser :

• Dari hubungan momen dan geser, maka :

bIdx

( )V

dx

dM

dx

MM AB ==−bI

QVv =

=== ∫∫h/2

yfghjdaerah

dyybbI

VdAy

bI

V

bI

VQv

1

• Tegangan geser pada garis berjarak

y1 dari garis netral sebesar :

−

== 21

2h/2

y

2

fghj

y2

h

I2

V

2

y

I

V

1

• Persamaan ini menunjukkan distribusi

tegangan geser berbentuk parabola.

• Tegangan geser maximum diperoleh

jika y1 = 0:

bh

V

2

3

12bh

8

hV

I8

hVv 3

22

max ===A

V

2

3vmax =

• vmax penampang persegi lebih besar dari v :

128

A

Vv =

Tegangan Ijin

• Salah satu karakteristik material struktur adalah

kemampuan memikul gaya aksial tarik. Besarnya

beban yang menimbulkan keruntuhan disebut

beban batas (ultimate load).beban batas (ultimate load).

• Tegangan batas (ultimate stress) dapat dihitung

dengan membagi beban batas dengan luas

penampang specimen.

• Dalam perencanaan, tegangan ijin < tegangan batas

karena beberapa alasan:

1. Besarnya beban yang bekerja pada struktur tidak

dapat diketahui dengan akurat.

2. Material struktur tidak seragam.

3. Ada hal-hal yang tidak dapat diuji dengan cepat,

misalnya kelelahan material akibat beban berubah

besar/arah.

4. Proses pembentukan elemen struktur menimbulkan

ketidaksempurnaan ukuran, kelurusan, tegangan

sisa dan lain-lain.

5. Kesulitan menentukan besarnya tegangan secara

akurat pada struktur yang rumit.

6. Kesalahan-kesalahan pada saat konstruksi.

Faktor Keamanan

ijinteganganbatastegangan

factor)(SafetykeamananFaktor ==

i

i

vv

ff

ijinteganganrencanaTegangan

≤≤≤

T E K U K (BUCKLING)

• Tekuk terjadi apabila batang tekan memilikipanjang tertentu yang jauh lebih besardibandingkan dengan penampang lintangnya.

F

h b b F h b l l F (a) Tekan F (b) Tekuk

• Secara teoritis, tekuk ditentukan oleh hargakoefisien kelangsingan (slenderness ratio), yangbesarnya ditentukan oleh panjang batang, bentukdan dimensi penampang, serta kondisi tumpuan.

λ = l

r

λλλλ : koefisien kelangsingan

l : panjang tekuk (mm)λ =r

rI

A

l k L

=

= .

r : jari-jari girasi (mm)

I : momen inersia penampang (mm4)

A : luas penampang (mm2)

k : koefisien pemasangan, tergantung kondisi

tumpuan ujung batang

L : panjang batang (mm)

• Teori tekuk Euler, yang dikemukakan olehseorang ahli matematika Swiss Loenhard Euler,pada tahun 1757.

• Teori ini digunakan untuk menyelesaikanpersoalan-persoalan tekuk.

• Teori ini menggunakan asumsi bahwa tegangantekan langsung yang terjadi kecil sehinggatekan langsung yang terjadi kecil sehinggadapat diabaikan, dan beban tidak lebih daribeban kritis yang dapat menyebabkanterjadinya tekukan. Selain itu, bahan batangbersifat isotropis, penampang lintang batangmerata sepanjang batang, serta tegangan yangterjadi masih berada dalam batas proporsionalsehingga hukum Hooke masih berlaku.

Kondisi Tumpuan

F F x B B B y l/2 l/2 F C C

• Kedua Ujung Sendi

C C l l/2 a F A A F F (a) Tanpa Beban (b) Superposisi (c) (d)

Fcr : beban kritis (N)

E : modulus elastistas (MPa)

I : momen inersia minimum penampang(mm4)

FEI

lcr = π2

2

.

l : panjang tekuk (mm), dengan l = k.L.

k : koefisien pemasangan, k = 1 (sendi - sendi)

L : panjang batang (mm), k = L (sendi – sendi)

Karena l = L , persamaan menjadi :

FEI

Lcr = π2

2

.

Satu Ujung Dijepit dan Ujung lain Bebas

l = 2 L k = 2

FEI

Lcr = π2

24

.

Kedua Ujung Terjepit

F F F B B F l L 2 l F F F A A F

l = 2 L k = 2

F F F

(a) Tanpa Beban (b) Superposisi

FEI

Lcr = 4 2

2

π .

F F B l/2 B F L l/2 F F F A A

Jepit - Sendi

A A F F (a) Tanpa Beban (b) Pembebanan (c) Penyederhanaan

lL= 2

3F

EI

Lcr = 9

4

2

2

π .

• Batas harga kerampingan untuk berlakunya

Euler adalah :

λ πσbatas

p

E= .dengan σσσσp adalah teganganpada batas proporsionalbahan (MPa)

Contoh Soal: Tiang penyangga berbentuk pipa dengan diameter dalam 90% dari

diameter luarnya, atau d = 0,9 D. Mudulus elestisitas Young 200 GPa, tegangan

pada batas proporsional 700 MPa. Tinggi tiang tinggal 3 m sedangkan faktor

keamanan diambil 4. Tentukan ukuran diameter luar dan diameter dalam tiang

tersebut bila penumpuan ujung-ujung dengan: (a) satu jepit ujung lain bebas, (b)

kedua ujung berengsel, (c) satu ujung jepit ujung lain engsel, dan (d) kedua ujung

jepit.

Penyelesaian:

F = 50 kN = 50 000 N d = 0.9 D (a) k = 2

E = 200 GPa = 2.105 MPa. L = 3 m = 3000 mm (b) k = 1

σp = 700 Mpa ν = 4 (c) k = 2/3

(d) k = 1/2

( ) ( ){ }( )

( ) ( )

I D d D D

rI

A

D d

D dD d

= − = − =

= =−

−= +

π π

π

π

64 640 9 0 0168811

64

4

1

4

4 4 4 4 4

4 4

2 22 2

, ,

FF

F Fcrcr= ⇒ = = =

νν. . .4 50000 2 105 kN

λπ

σπ

batasp

E= = =2 2

2 10

70026 55

5.,

Dari persamaan (7.11), FcrEI

lI

l FcrE

= ⇒ =π

π

2

2

2

2

. . (A)

(a) l = k L = 2 . 3 000 = 6 000 mm

Dari persamaan (A) akan didapat

0 01688116000 2 10

2102 16110 121 244

2 5

2 584,

( ) .( . )

.( . ), . ,D D= ⇒ = =

π mm

210.( . )π

d = 0,9 D = 109,12 mm

Dibuat D = 122 mm dan d = 109 mm

Pemeriksaan: Dari persamaan r di atas akan didapat ( )r= + =1

4122 109 40 902 2 , m

λ = (l/r) = (6000/40,90) = 146,70

Ternyata bahwa λ > λbatas, sehingga teori Euler berlaku.

(b) l = k L = 1 . 3 000 = 3 000 mm


0 01688113000 2 10

2 105 40310 85 744

2 5

2 574,

( ) .( . )

.( . ), . ,D D= ⇒ = =

π mm

d = 0,9 D = 77,16 mm


Pemeriksaan: Dari persamaan r di atas akan didapat

( )r = + =1

486 77 28 862 2 , mm

λ = (l/r) = (3000/28,86) = 103,95

Ternyata bahwa λ > λbatas, sehingga teori Euler berlaku.

(c) l = k L = (2/3) . 3 000 = 2 000 mm


0 01688112000 2 10

2 102 40110 70 004

2 5

2 574,

( ) .( . )

.( . ), . ,D D= ⇒ = =

π mm

d = 0,9 D = 63,00 mm


Pemeriksaan: Dari persamaan r di atas akan didapat ( )r = + =1

470 60 23 052 2 ,

mm

λ = (l/r) = (2000/23,05) = 86,77

Ternyata bahwa λ > λbatas, sehingga teori Euler berlaku

(d) l = k L = (1/2) . 3 000 = 1 500 mm


0 01688111500 210

1 35110 60 6242 5

74,( ) .( . )

, . ,D D= ⇒ = = mm 0 01688112 10

1 35110 60 622 5

,.( . )

, . ,D D= ⇒ = =π

mm

d = 0,9 D = 54,56 mm


Pemeriksaan: Dari persamaan r di atas akan didapat ( )r = + =1

461 54 20 372 2 ,

mm

λ = (l/r) = (1500/20,37) = 73,65

Ternyata bahwa λ > λbatas, sehingga teori Euler berlaku

JAWABAN

TUGASTUGAS

Bidang Momen

JAWABAN TUGAS KELOMPOK 1Sebuah balok dengan geometri dan pembebanan seperti pada


gambarkan distribusi tegangannya.5 kN/m

A B

6 m

• Bidang momen

• Bidang gaya geser

1. Momen maksimum = 1/8*5*62 = 22,5 kNm

2. Momen inersia penampang

3. Tegangan Lentur

4. Tegangan lentur pada titik B

5. Diagram tegangan lentur

30

100

80 40 80

100

Hitung titik berat dan momen inersia penampang

130

9

15020


20

160

200

160

20


200

30

200


10

40

40 40 40

10


Documents

Mekanika Bahan