Upload
loebis-jobbit-sihar
View
4.108
Download
240
Embed Size (px)
Citation preview
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
3
-. Jumlah momen-momen, terhadap titik nol, dari semua gaya-gaya yang
bekerja pada benda sama dengan nol.
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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)
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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.
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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 :
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
20
penyelesaian, Jika Ps = beban pada batang baja Pc = beban pada batang tembaga Momen pada titik A
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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,
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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)
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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 :
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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,
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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,
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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.
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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.
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
44
Penyelesaian
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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)
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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)
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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,
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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 :
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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.
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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 :
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
62
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
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,
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
64
Contoh 8.3
Tentukan persamaan defleksi untuk tumpun sederhana yang dibebani secara
terpusat.
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
65
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
66
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
67
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
68
BAB IX. LINGKARAN MOHR
Contoh 1.
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
69
Contoh 2.
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
70
Contoh 3.
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
71
Contoh 4.
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
72
Contoh 5.
Gunawan MEKANIKA KEKUATAN MATERIAL
73
Contoh 6.