Memahami Mekanika Teknik 2 (Lucio Canonia).pdf

Luclo C.nonlca. MSc. C�. �THZ.

e

E

ctiJ

I

rtiKA

Luclo

Canontca, MSc.

CE. ETHZ.

£

Memahami

ME

NI

TEKNIK 2

Edisi Ke-1, Tahun ₁₉₉₁

.-cij)

penerbit

ANGKASA

bandung

JALAN MEADEKA NO. 6 TELP. 439183 -444795

- O<J".-!itt'"*_· ;=e

.-Hak cipta

©

dilindungi Undang-undang

Hak Penerbitan pada Penerbit ANGKASA

Anggota IKAPI

Cetakan ke (angka terakhir)

10987654321 1991

ISBN : 979 - 404 - 963 - 8 979 - 404 - 965 -4

Dilarang memperbanyak penerbitan ini dan/atau menyebarkan berupa cetakan, fotokopi, mikrofilm atau dalam bentuk

apa pun, tanpa izin tertulis dari penerbit

IBM typesetting, Lay-out, Film, Pencetakan oleh Percetakan Offset ANGKASA

KATA PENGANTAR

Buku ini merupakan hasil pengalaman saya sebagai insinyur konsultan dan pengajar selama 20

tahun. Akan tetapi, dorongan untuk menulisnya muncul dari kegiatan saya yang terakhir sebagai tenaga ahli pada Proyek Pendidikan Politeknik di Indonesia. Sasaran proyek ini adalah menyiapkan para profesional yang erat kaitannya dengan praktek pembangunan. Karena alasan-alasan inilah saya telah memilih bidang-bidang yang dibutuhkan oleh para insinyur dalam kegiatannya sehari-hari dan bukan hal-hal yang lebih berhubungan dengan penelitian dan pengembangan ilmu.

Penekanan buku ini diletakkan pada pemahaman atas apa yang terjadi dalam praktek dan bagai­ mana kenyataan tersebut dapat disederhanakan oleh seorang insinyur agar ia dapat bekerja dengan cara-cara yang sederhana, aman dan ekonomis. Pendekatan yang menyangkut pemahaman dasar gejala-gejala fisika ini diperlukan juga bagi pekerjaan-pekerjaan yang lebih canggih, yang data input untuk perhitungan komputernya harus dipilih oleh pendesain berdasarkan metode-metode yang sederhana, namun cukup teliti. Hasil perhitungan-perhitungan diperlukan juga agar ia dapat meme­ riksa keluaran perhitungan komputer, oleh karena kemungkinan adanya kekurangan tersembunyi pada perangkat lunaknya. Pada akhirnya, yang bertanggung jawab atas hasil-hasilnya adalah pen­ desain, bukan komputer!

Di samping itu,. proses penguasaan pengetahuan baru dalam pendidikan haruslah berakar oada apa yang telah diketahui oleh para siswa dan pengenalan unsur-unsur baru harus diulang-ulang dengan menghubungkannya dengan masalah dan lambang-lambang yang sederhana la1n oula penting bagi siswa. Karena itulah banyak digunakan gambar untuk menjelaskan teori, sebab gambar mengandung informasi yang hubungannya satu dengan yang lain dapat cepat dipahami.

Harapan saya adalah, melalui pemaliaman yang jelas atas suatu gejala, kepercayaan diri para siswa akan meningkat, sehingga ia akan berani menghadapi apa yang terjadi dan dapat memecahkan masalah­ masalahnya secara mandiri dan bertanggung jawab.

Saya sangat berterima kasih kepada Ir. Tonny Soewandito, Pemimpin Proyek Pendidikan Politek­ nik yang telah menyetujui naskah ini diterbitkan. Hal ini membuktikan adanya usaha pengembangan di bidang pendidikan teknik yang dijalankan oleh proyek, yang selah1 ditingkatkan dan disempur­ nakan.

Saya pun mengucapkan terima kasih atas segala nasihat dan saran-saran yang diberikan, sehingga naskah ini dapat sejalan dengan tujuan proyek tersebut.

Selain itu, saya berhutang budi kepada Ir. Drs. Affan Effendi yang telah membantu secara sak­ sama persiapan penyusunan naskah ini, serta atas sumbangannya, sehingga isi buku ini sesuai dengan ukuran-ukuran dan kelaziman yang berlaku saat ini di Indonesia. Karena naskah ini disusun dalam waktu yang singkat dan terbatas, dapat saja terjadi kekurangan-kekurangan. Saya akan berterima kasih kepada para pembaca yang dapat menunjukkannya kepada saya.

iii

Ir. Lucio Canonica Via Coremmo 3

DAFTARISI

Halaman

Kata Pengantar ..._.... : . . . . . . iii

I. _{Ilmu Kekuatan Bahan} . . . .

I.I _{Gaya-gaya dalam dan tegangan-tegangan .} . . . I I.2 _{Batang-batang dengan gaya normal N .} . . . I 1.3 _{Deformasi-deformasilperubahan bentuk ...}... :. . . 2

.

11. Titik berat/titik pusat .._....._..... _: . . . .. . . 7

2.I _{Titik berat suatu penampang} . . . 7 2.2 _{Titik berat secara umum} . . . 9 Ill. _{Tegangan geser} ... ... . ... o�. . • . . . 11

3.1 _{Gaya geser dan tegangan geser ..}._....._.._.._.... :. . . 11 3.2 _{Deformas1 akibat geser .} . . . .. I 2 IV. _{Lebih lanjut ten tang gaya-gaya dalam dan tegangan .} . . . 13

V.

4.I _{Lenturan sebuah Balok .} . . . I3 4.2 _{Pembahasan secara umum teori lenturan/lengkungan...} I 4 4.3 _{Momen. Inersia .} . . . I5 4.4 _{Penerapan teori lenturan .} . . . I9 4.5 _{Hubungan antara lx dan Wx dan penerapannya pada penampang tak simetris} . . . 20

4.6 _{Bending/lenturan untuk balok I : perhitungan dengan cara pendekatan .} . . . 20 4. 7 _{Memilih bentuk penampahl'> balok} . . . 2 2

Geser dalam Balok ... ._ ... . 2 3

5 .I _{Distribusi gaya geser pada penampang melintang} . . . 2 4 5.2 _{Distribusi T pada penampang em pat persegi panjang} . . . 2 5 5.3 _{DistribusiTuntuk penampang H.} . . . 2 6 5.4 _{Distribusi tegangan gesendalam balok T...} 2 8 5.5 _{DistribusiTuntuk suatu bentuk penampang} . . . 29

VI. _{Torsi/puntir ...}

:

_. . . . 31

6.1 _{Pengertian Dasar} . . . 3 I 6.2 _{Tegangan geser puntir .}.. ... ... ... . _ . . . 3 5

6.3 _{Tegangan geser puntindi dalam pipa atau panampang "box" .} . . . 3 5 6.4 _{Tegangan geser puntindalam penampang empat persegi panjang .} . . . 3 6 6.5 _{Tegangan geser puntindi dalam baja propil...} 3 7 6.6 _{Superposisi dariTgeser danTpuntir .} . . . 38 VII. _{Tegangan-tegangan kombinasi . . . . 40} 7.I _{Kombinasi M dan N} . . . ""'... 40 ·

7.2 _{Keadaan khusus : pondasi} . . . 4 I 7.3 _{Tegangan Tumpu (Bearing Stresses)} ... , . . . 4 2

VIII.

IX.

X.

Deformasi Akibat pembebanan ..._...._..._...._...... .

8.1 _{Deformasi sebuah Balok ... .} 8.2 _{Perputaran "{) dari balok pada suatu tumpuan ... .} 8.3 _{Lendutan (y) dari Balok ...} , .... . ... .

8.4 _{Deformasi Kontilever . .} . _{. . .} . _. . _{. . .} . _. . . ... .

8.5 _{Dua penerapan ...} .

8.6 _{Elemen-elemen statis tak tentu ... .} Perencanaan Balok ... . 4 3 4 3 44 45 47 48 49 54 9.1 _{Syarat-syarat perencanaan .} . . . 54 9.2 _{Masalah-masalah perencanaan .} . . . . . . . . . 55

9.3 _{Perancah untuk pelatBeton...} 56

Tegangan-tegangan Utama • • • • • • • • • • 0 • • • • 0 . 0 • • • 0 • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 0 0 0 . 0 • • • • • • • • • • 62 XI. _{Batang-batang tekan : kolom . . . . 63}

11.1 _{Tekuk pada kolom .} . . . . 63

11.2 _{Pengaruh bentuk kolom terhadap tekuk .} . . . .. . . 65

11.3 _{Pengaruh keadaan ujung kolom terhadap tekuk .} . . . 65

11.4 _Bracing . . . 66

11.5 _{Tekuk dari batang-batang dalam rangka batang .} . . . 67

11.6 _{Tekuk ke samping dari balok .} . . . 67

11.7 _{Tekuk Eksentris .} . . . . 69

XII. _{Pelat-pelat .} . . . 70

12.1 _{Macam-macam pelat .} . . . 70

12.2 _{Reaksi-reaksi untuk pelat dua arah...} 71

XIII. Tegangan Geser Spons (punching shear) . . . 73

XIV. Stabilitas Structure . . . . 75

XV.

XVI.

14.1 _{Stabilitas vertikal ... .} 14.2 _{Stabilitas horisontal ...} .

Sistem statis tak tentu : Analisa pendekatan (approximate analysis) ... .

15 .1 _Pengantar . . . .

15.2 _{Dasar analisa pendekatan ... .} 15.3 _{Balok menerus: analisa pendekatan ... .} 15.4 _{Pembebanan urituk Mmax. dan Mmin yang diakibatkan beban hidup P ... .} 15.5 _{Saran-saran untuk praktek ... .} 15.6 _{Pengaruh settlement (penurunan) tumpuan A ... .} 15.7 _{Penyederhanaan analisa metode cross ... .} 15.8 _{Frame : Analisa pendekatan ...} .

15.9 _{Pergeseran arah lateral dari frame ... .} 15.10 _{Rangka batang statis tak tentu dalam: analisa perkiraan/pendekatan ... .} Jaringan struktur (sistem struktur) ... .

16.1 _{Syarat-syarat ... .} 16.2 _{Pemilihan suatu sistim struktur ... .} 16.3 _{Perhitungan- Model sebuah struktur ...}... · . . . . .

16.4 _{Luas penyebaran beban ... .}

vi 75 76 77 77 77 79 81 81 82 83 84 88 90 92 92 93 95 97

1

_I

I

I. ILMUKEKUATANBAHAN

Kita dapat memerik.sa gaya-gaya dalam N, L dan M yang bekerja pada sebuah batang dari suatu struk­ tur jika;

Batang mempunyai cukup kekuatan untuk memikul gaya yang bekerja tanpa hancurfpatah.

Batang mempunyai cukup kekakuan, sehingga deformasi/perubahan bentuk tidak membuat struktur sia-sia.

Batang mempunyai cukup stabilitas, ini berarti bahwa batang tidak runtuh tiba-tiba akibat gaya yang bekerja pada batang tersebut.

Pemeriksaan di atas dapat diselesaikan dengan ilmu Kekuatan Bahan. 1.1. Gaya-gaya dalam dan tegangan-tegangan

Jika ingin memeriksa bahwa batang mempunyai cukup kekuatan, kita harus membandingkan gaya­ gaya dalam yang ada dalam batang dengan ketahanan/kekuatan bahan dari batang.

Kita ingin menggambarkan ketahanan/kekuatan bahan dengan suatu pengertian yang tak tergantung banyaknya bahan. Untuk itu kita memakai konsep tegangan.

tegangan = intensitas gaya-gaya dalam tiap satuan luas.

Tegangan didapat dengan mendistribusikan gaya pada penampang elemen : intensitas tiap satuan luasnya adalah tegangan.

1.2. Batang-batang dengan gaya normal N.

Kita perhatikan sebuah batang yang dibebani secara axial oleh gaya normal N. Gaya normal N akan didistribusikan pada seluruh penampang batang. Penyebaran/pendistribusian gaya normal tiap satuan luas disebut tegangan normal aN.

batang dibebani: _{batang dibebani :}

'� _{- x.}

gaya dalam pada penampang x-x.

Contoh: Batang tarik dengan N = T = 56 KN = 56000 N. Tegangan tariknya A = 20 X 20 mm2 = 400 mm2 at = 56000 ₄₀₀ = 140 N/mm2• Tegangan pada penampang x-x

I

UN=

�

aN = tegangan normal N = gaya normal A = luas penampang

Jika batang tarik dibuat dari baja St37, kita dapat mengetahui dalam peraturan bahwa kita diijinkan untuk mengambil tegangannya 160 N/mm2•

Dad sini dapat kita katakan bahwa batang mempunyai kekuatan yang cukup untuk memikul beban tanpa patah.

1.3. Deformasi-deformasi/perubahan bentuk

Untuk mengetahui deformasi-deformasi pada batang-batang di atas, kita lihat :beberapa sifat-sifat bahan.

Beban - sifat-sifat deformasi bahan.

Sebuah gaya dikerjakan pada sebuah batang menyebabkan batang tersebut berubah bentuk (meng­ alami deformasi).

Pertama, deformasi sebanding dengan beban yang ditingkatkan dalam batas-batas tertentu. Jika beban kita hilangkan, maka batang akan kembali pada

bentuk semula (perilakunya sama dengan sebuah P _{bersifat elastis}

perfpegas): kita sebut daerah ini dengan daerah elastis dan deformasinya ialah deformasi elastis.

Bila beban ditingkatkan maka deformasi pada banyak bahan tidak meningkat secara proporsional/sebanding. Pada daerah ini struktur dalam dari bahan akan

berubah bentuk secara tetapjpermanen akibat gaya-gaya yang bekerja. Jika beban kita hilangkan, benda tidak dapat kembali pada bentuk semula dan akan terjaai deformasi permanen.

Daerah ini disebut daerah plastis dan deformasinya adalah deformasi plastis;

p

A

sifat elastis dan plastis

A plastis

.--;

I

I

I I

Dan kita dapat melihat bentuk hubungan Beban-Deformasi dalam daerah elastis adalah sederhana. Secara umum perilaku/sifat bahan-bahan dalam daerah ijin gaya-gaya adalah "elastis' ill.tau dapat dianggap dalam sifat elastis. Inilah mengapa kita ingin mengetahui perilaku dan sifat-sifat ini lebih jelas.

Sifatjperilaku elastis

Telah kita katakan bahwa sifatjperilaku sebuah bahan adalah elastis jika suatu bentuk hubungan lineair (lurus) di antara gaya-gaya dalam dan deformasi batang dan deformasinya hilang jika beban dihilangkan.

contoh: sifat elastis

Dalam rangka membebaskan dari dimensi<limensi elemen-elemen dan menyatakan perilaku/sifat-sifat bahan sesungguhnya, kita dapat menyatakan:

Gaya sebagai gaya tiap satuan luas = tegangan = a =

�

Deformasi sebagai deformasi tiap satuan panjang (atau deformasi spesifik)

A£

= regangan = E =

�

* _{Dari dua buah gambar di samping dapat}

kita lihat, jika gaya total K berbeda, maka gaya tiap satuan luas a tetap sama, dan bahan akan berperilaku sama dalam dua kejadian di atas, tidak tergantung dari luas elemen benda.

* _{Dari dua buah gambar di samping}

jika kita ambil sebuah batang dengan panjang dua kali panjang batang satunya, maka deformasi totalnya

A£ akan dua kali deformasi batang satunya. Tetapi deformasi tiap satuan panjang E (regangan) akan sama pula dan bahan akan berperilaku sama dalam dua peristiwa di atas, tidak tergantung dari panjang elemen.

Catatan: a dan E sama, tetapi gaya total K dan A£ berbeda.

10 10

KN/m2

K

A = 4 m2 A = 1 m2 K = 40 KN K = 10 KN a = 10 KN/m2a = 10 KN/m2 A£ I o)

T,OKN/m2

Perpanjangan spesifik A£ A£ = -₁ =-₁ Panjang total = 1

Perpanjangan total = A£ Perpanjangan total = Panjang total = 2 2 A£

Dapat kita katakan sekarang, bahwa ada bentuk hubungan lineair di antara tegangan-tegangan dan regangan dari suatu batang. _a

a dan E sebanding satu sama lain melalui faktor E. a = E .E Hukum Hook

Ini adalah hukum dasar elastisitas. E disebut modulus elastisitas dan merupakan sifat tiap-tiap bahan. jika bahannya berbeda, maka akan di­ dapatkan sebuah perilaku elastis, dengan modulus elastisitas E yang berbeda pula.

at E E Et E.E1 a _tg C¥ E

Deformasi Elastis : contoh

Kita ingin menghitung deformasi dua buah batang yang dibuat dari baja.

* _{Sifat/perilaku baja dilukiskan dengan}

E = 2 ,1.105 N/mm2 •

* _{1uas penampang baja A = 50 mm2} •

* _{Gaya tarik T = 5250 N.} * Panjang _{11 = 1000 mm.}

12 = 2000 mm.

* _{Tegangan pada tiap-tiap batang adalah sama.}

a = T _� 5250 ₅₀ 105 N/mm2

Lt=lOOO

a 0 a

T=5250

a

T=5250

* _{Tegangan ini bekerja pada setiap tempat batang. Deformasi elastis akan sebanding dengan tegangan}

yang ada di dalam batang melalui faktor E.

a 105

E =

E

= 2 ,1 .105 = 55.10-5 deformasi spesifik atau regangan.

* _{Maka tiap-tiap bagian batang akan mengalami deformasi tiap satuan panjang dari E = 55.10-5 kali.}

Jika £0 = 1 mm, maka deformasinya l.E = 55. 1(J5 mm.

Q0 1000 mm, maka deformasinya 1000.E 55.1(J2 mm = 0,55 mm.

£0 2000 mm, maka deformasinya 2000 E = 1 10 . l(f2 mm = 1,10 mm. Deformasi total secara umum dinyatakan dengan :

I

�Q = E .Q0

I

yang mana diijinkan untuk dipertimbangkan jika deformasi tidak membahayakar struktur.

Catatan : Bahwa untuk tegangan yang sama :

deformasi adalah lebih besar untuk elemen yang lebih panjang.

Regangan E adalah sama untuk keduanya karena tegangan dan sifat/perilaku bahan ditunjukkan dengan E yang sama pula.

Jika kita gabungkan tiga rumus terakhir kita dapat mengalami rum us langsung .

[

�Q=

_�

E

Penerapan:

X&_

A.E dapat dipercaya untuk gaya tarik maupun tekan.

Jika sebuah beban dikerjakan di atas dua kolom kayu dan satu kolom baja, kayu akan lebih mudah mengalami deformasi dibandingkan dengan baja. Karena deformasinya harus sama maka kolom baja lebih banyak menerirna beban.

.6.Q =

M·t

Omm I P.Qo A.E kayu _baja r--- r---.6.Q kayu = r---.6.Q Baja Pbaja

_----%"

�·Ebj

dan 2 Pkayu + Pbaja

Pkayu = 1 .104 _{Pb aja} 2 1.104 2Pkayu + Pbaja

p

-+ halo k beton kayu \ '(' pondasi be ton P. 1 Pbaja · 2 1 kayu : A = 4000 mm2 , EK = 1 .104 N/mm2 baja : A = 4000 mm2 , Ebj = 21 .104 Nfmm2 Ek -E · lbaja bj 1 2( 21 Pbaja) + Pbaja p 30 K N 2 1 2 3

p

= 21 2 3 . 30 27 ,39 KN. 1 2 1 Pbaja 21 . 27 ,39 1 1 ,30 K N.

* _{Batang yang lebih kaku (baja) akan menerima lebih banyak beban.}

1Je{orn1asi lateral

Jika suatu batang mengalami deformasi sepanjang sumbunya maka akan ada perubahan dimensi dalam arah lateral.

disederhanakan

menjadi: angka poisson/ konstanta poisson

1'} = -

�

Ex

Perbandingan antara perubahan arah lateral dan longitudinal (sepanjang garis sumbunya) adalah merupakan karakteristik tiap-tiap bahan dan disebut angka Poisson a tau konstanta Poisson 1'J.

Untuk baja � = 0 ,3

Untuk beton � = 0.15

1Je{orn1asi thern1al

Perbandingan antara deformasi spesifik Et dan perubahan temperatur AT adalah faktor at disebut koefisien muai panjang yang mana ini adalah karakteristik tiap-tiap bahan.

Et

= at. AT a tau AQt = Q0 ·at· AT untuk.baja _at

1,2. 10"5

}

hampir sama. untuk beton _at =

1. 1<Ts

1.4.

_{Tegangan ijin; sebuah alatfsarana}

Untuk bahan-bahan konstruksi yang berbeda dimungkinkan menentukan perilaku bahan -di bawah pembebanan- dengan percobaari, dan digambarkan dalam diagram a - E.

a

Diagram hubungan a -E

batas tegangan patah baja �---�

batas tegangan patah beton batas tegangan patah kayu

__ _. __________ _

Tegangan yang diijinkan didapat dengan membagi tegangan patah dengan suatu faktor keamanan. Tegangan ijin a·· _lJ faktor keamanan a a =OJ.j / I , , _.... , ,.. /_,

batas patah _{aij = tegangan ij in}

---ak e= tegangan patah

batas ijin

E

Karena perilaku bahan dalam diagram a-€ tidak lurus (lineair) maka perilaku bahan disederhanakan menjadi sebuah garis luru� (lineair), sehingga modulus elastisitas dapat ditentukan dengan pendekatan tersebut : E = tga.

Peraturan-peraturan untuk bahan yang berbeda (baja, beton, kayu) memberikan harga-harga tegangan ijin dan modulus elastisitasnya untuk keperluan perhitungan.

Pemeriksaan kekuatan sebuah batang

Jika tegangan yang timbul dalam sebuah batang lebih kecil dibanding tegangan.ijin bahan yang diberi­ kan dalam peraturan, maka ha tang terse but aman (kuat).

11. TITIK BERAT/TITIK PUSAT

2 .1. Titikberat suatu penampang

Sampai sekarang kita telah membicarakan batang-batang yang dibebani secara axial. Untuk batang-batang ini distribusi tegangannya meratajseragam pada penampang tersebut.

aA= 1

Distribusi tegangan pada batang yang dibebani secara axial.

* gaya tiap satuan luas: a (aA = 1 ).

* _{gaya total} P yang bekerja pada batang harus : P = .8 a. * luas total A = 8 .

Jika j e�s untuk menentukan posisi P kita harus menghitung resultan gaya-gaya tiap satuan luas.

y

t

0

Penyelesaian secara grafis

dengan polygon gaya dan segi banyak batang dalam dua arah xdan

y

3a a a 3a

a tau

Penyelesaian cara Analitis

Xc

Ye

=

=

4a.0,5 + 2a.1 ,5 + 2a.2,5 4.0,5 + 2 . 1 ,5 + 2 .2 ,5

=

8 a

3a.0,15 + 1a.1,5 + 1a.2,5 + 3a.3,5 8 a

3.0 ,5 + 1 . 1 ,5 + 1 .2,5 + 3.3,5

8 = 2 ,0

8 1 ,25

gaya P yang bekerja pada TB (titik berat) adalah gaya aX.ial. Titik TB disebut titik berat/titik pusat penampang.

Mengapa kita sebut "TB" sebagai titik berat penampang ?

Karena gaya-gaya tiap satuan luas a dapat juga disebabkan berat sendiri G dan tidak oieh gaya P.

Dalam hal ini letak TB menjadi pusat gaya dari gaya berat.

Dari ilmu Fisika diperoleh bahwa titik berat dari potongan tipis sebuah benda dapat ditentukan dengan menggantung benda tersebut dengan seutas benang dan memberi tanda pada jalur yang dilewati benang. Hal di atas dilakukan dalam situasi yang berbeda dalam keadaan seimbang.

t I I vertikal I 1 I vertikal I 2

Perpotongan garis-garis vertikal (garis kerja G) memberi­ kan titik berat/titik pusat.

Untuk potongan yang sederhana dapat kita tentukan sebagai berikut :

Letak titik berat dalam arah vertikal.

h b a �- ----

Jf

2a + b .h

�:;::�

3(a + b) b

EB

%h

f

%h 8

2.2. Titik berat secara umum.

Jika ambil a = 1 kita dapat melihat bahwa contoh terdahulu dapat pula dijabarkan sebagai berikut.

Xe

Y

_e

menunjukkan sumbu b

menunjukkan sumbu a

LlA1 .x1 + LlA2. x2 + AA3 .x3

ilA1 + AA2 + LlA3 ilA1 Yt + LlA2 ·Y2 + ilA3

_··YJ

ilA1 + LlA2 + ilA3

Sa dan Sb disebut statis momen terhadap sumbu a dan b. Kesimpulan. I:LlA.x sb = A A I:.!lA.y Sa = = A A Jika kita ingin menghitung letak titik berat (T.B) untuk bentuk-bentuk yang sukar, hendaknya bentuk tersebut kita bagi menjadi bagian-bagian sederhana yang telah diketahui luasnya AA dan letak titik beratnya terhadap dua sumbu yang dipilih bekas sebagai referensi.

Rumus-rumus

X

= e Ye = I:ilA.x A I:ilA.y Sa ---- = A A Rumus di atas akan memberikan letak titik berat. Contoh :

lb

I

>

x

jb

7

-j_�

elemen

1

2 3 4 A = -

_X

y AA 20 4,5. 4,5 40 69 Sa A sb A y .!lSa

_X

ASb 11 220 0 0 9 40.5 -3 -1 3,5 9 40.5 +3 +13,5 5 200 0 0 Sa 501 sb 0 ;501 7,26 69 ,0 69 0

Statis momen dan titik berat.

Statis momen Sx = � AA.y terhadap titik berat T.B. sebuah potongan adalah nol.

Contoh: sumbu x

-·-·l-·

-Y

10

A A

2. y

+

2(-y)

=

0

Ill. TEGANGAN GESER

3.1.

_{Gaya geser dan Tegangan geser}

Pada umumnya jika sebuah gaya bekerja memotongjmenggunting sebuah permukaan, kita sebut ia gaya geser L.

L

gaya geser

Secara nyata sebuah gaya geser adalah resultan gaya-gaya kecil tiap satuan luas yang disebut tegangan geserr (tau)

L = T_. luas Contoh : Baut

H dalam pelat menghasilkan L pada baut. Contoh : sambungan.

1

• " H = L H = L = T . A = T. b . ..::lQ Tegangan geser. L = L _A

3.2 . Deformasi akibat geser

Jika kita mengerjakan sebuah gaya H pada sebuah elemen yang sangat pendek (£ < b ), maka elemen akan mengalami deformasi.

H= L=t. A

Gaya H diimbangi oleh gaya-gaya L dalam elemen. Gaya L bekerja merata pada luasan : L =T.A.

Sudut deformasi 'Y (gamma) adalah sebanding denganT. Faktor perbandingan seharga adalah

�.

( sejalan dengan a = E, E)

G disebut modulus geser dan ia adalah karakteristik dari bahan yang dipakai. Sebagian besar G � 0,4E

Catatan:

Jika elemen panjangnya lebih besar dua kali tingginya (£ > 2h) maka kita berbicara tentang "beam" (balok).

Dalam hal ini berlaku prinsip elastisitas.

IV. LEBIH LANJUT TENTANG GAY A-GAY A DALAM DAN TEGANGAN

4.1. Lenturan sebuah Balok

Jika suatu batang tidak dibebani gaya aksial, seperti dalam hal ini sebuah balok dibebani oleh sebuah gaya melintang, maka balok akan melengkungjmelentur.

Contoh : Penampang

mh

[.. b I. '( 1

Deformasi diperlihatkan untuk sebuah balok yang dibebani.

jo.sP

lebih baik kita perhatikan sebuah elemen balok dengan panjang semula £0• Untuk elemen ini didapatkan :

+� .e

sumbu acuan

b)

-€ -(j c.) _{- serat atas bertambah pendek dengan A£}

- serat bawah bertambah panjang dengan AQ.

+<r

tegangan

a = E.E

Elemen balok : deformasi diperlihatkan.

* Kita anggap (Hipotesa Bernoulli) bahwa deformasi disebar merata pada tinggi h, dari -A£ pada serat atas sampai +AQ pada serat bawah, dan nol pada ketinggian titik berat (T.B. ), pada ketinggian ini disebut garis netral/sumbu netral dari deoformasi.

* Kita anggap bahwa perilaku elastis bahan sesuai dengan hukum Hooke : a = E.E.

Pada a). Kita gambarkan deformasi berdasar pada sumbu vertikal yang dipilih. b). Kita ubah deformasi menjadi regangan: E =

c). Kita gunakan hukum Hooke a = E.E. Dari sini kita dapat menentukan pembagian tegangan pada penampang balok.

Kita dapatkan .tegangan tekan pada serat atas dan tegangan tarik pada serat bawah.

AQ

Tanda:

e

untuk tekan

0

untuk tarik

Tegangan lentur flengkung yang bekerja pada penampang melintang adalah seharga dengan gaya kopel D dan T yang bekerja dengan lengan gaya Z.

h

Tegangan Kopel

Kopel ini membentuk momen yang dibutuh­ kan untuk keseimbangan Freebody.

(Catatan: perilakunya sama dengan rangka batang, dalam mana momen dilengkapi oleh sebuah gaya kopel).

Gaya-gaya D dan T dibentuk oleh tegangan total a yang bekerja pada penampang melin­ tang D sama dengan volume tegangan tekan dan T sama dengan volume tegangan tarik. D T Z

;

h (lihat gambar). D + T 0 (seimbang) Free body

ID

�·

b

�

+a

Z ; adalah jarak antara titik berat volume tegangan tekan dan volume tegangan tai'ik. Momen dalam M menjadi:

I

M = D . Z= T .Z D = gaya tekan _{T = gaya tarik} Untuk penampang segi empat :

1 h

2

_bh2

M=2a (2. b ) . 3h = a . 6

Jika Wx 1._bh2 ₆ Wx tergantung dari bentuk penampang melintang dan disebut "Modulus Ketahanan" atau "Momen Tahanan"

Karenanya dapat juga kita tulis :

I

M = a . Wx

I

4.2. Pembahasan secara umum teori lenturan/lengkungan

Momen :0

Kita ambil sebatang balok yang melentur dengan penampang melintang sembarang dan kita amati deformasi pada elemennya. Hipotesa Bernoulli dan Hukum Hook tetap dipakai.

Jika titik berat penampang tidak di tengah-tengah tinggi balok, deformasi pada serat atas dan serat bawah akan berbeda (menurut hipotesa Bernoulli).

Sebagaimana deformasi, menurut hukum Hook tegangan pada serat atas akan berbeda dengan tegangan pada serat bawah.

Untuk sebuah elemen dengan panjang £0 akan kita dapatkan: X

{,-·

_y Penampang melintang EA Deformasi a A

Tegangan Gaya Momen

a = E. E �K = a. �A AM = �K.y

Pada elemen kecil tak terhingga AA bekerja sebuah tegangan a. Seperti a. AA= AK dapat kita kata­ kan bahwa pada tiap elemen bekerja gaya AK.

Gaya ini menyebabkan momen AM = �K.y mengacu pada garis netral NA.

Tegangan o dapat dinyatakan sebagai: o =

YB

gB

_{. y}

Sehingga A K = a . � A = on y . � A

VD

a a

Dan AM = AK.y = -- . y2 �A

YB

Sebagaimana tiap-tiap elemen mepghasilkan sebuah AM kita dapat m�njumlahkan semua elemen­ elemen dan didapatkan:

M= � aa .

Y2

�A "'

YB

Jika

OB

karena - konstan, kita menulis:

YB

Momen inersia penampang terhadap sumbu x

melalui T.B. penampang.

Jika M diketahui dari statika balok, kita dapat menghitung tegangan dalam balok

M

a =

�·Y

Catatan:

Jika kita bandingkan rumus umum M=- lx dengan rumus M= a 0 .Wx kita dapat melihat ada

bentuk hubungan : Wx= _y Ix

I

y .

di antara Modulus Ketahanan/Momen Tahanan dengan momen inersia.

.__ _ ___,.. __ .--J

4.3. Momen lnersia

Untuk penampang empat persegi.panjang, kita dapatkan:

M= a. b

6

h2

a = tegangan pada serat paling atas atau serat paling bawab.

---... -.� h 2

TB

h

-!-·-·-· r-:--· • h 2 ..__ __ .J

-.1'-1

a

h

Dan dari rumus umum, untuk

y

=

-2

k:ita

dapatkan :

0

M=

h/2

.Ix

Kedua rumus di atas menggambarkan keadaan yang sama :

b.h2

lx

0 • -6- = _{0 .}

h/2

'*

Momen inersia untuk penampang empat persegi panjang.

Momen lnersia menggambarkan ketahanan bahan terhadap lenturan dihubungkan dengan penampang

melintang:

I besar, berarti ketahanan

terhadap lentur besar

I kecil berarti ketahanan

terhadap lentur kecil

Momen Inersia terhadap sebuah garis sembarang

G X ·- ·-· - ·-1-· ·-·�

Y

=

Yo

-"'y

-2 -2

_Y

=

YG - 2Yo·Y + Y

-

2

y

y

Ala

=

AA.y{;- 2.y0.AA.y

+

AA.y2

a

la

=

y{;

:E

AA

-

2Yo :E

AA.y

+ :E

AA.y2

'-:v-'

1..-y---' i-....y---'

A

Sx

=

0

lx

Ketentuan-ketentuan :

ASa

=

AA.y

A Ia

=

AA.r

'YG

Sx

=

0

terhadap titik.berat, persamaan di atas menjadi:

la

=

A.y{;

+

lx

lx

_la-

_A.yfi

t

!

Ini berarti bahwa

I minimum sebuah penampang adalah I

terhadap

titik

beratnya sendiri.

lmin = Ix

Momen Inersia untuk penampang gabungan

Jika sebuah penampang dibentuk dari beberapa bagian, kita dapat menggunakan rumus-rumus ter­

dahulu untuk tiap-tiap bagian kemudian menjumlahkan hasilnya.

a a a a ,--- - -- ---r I I I I �---- __ _, h/6 x--�-4�--�;---x--

---��������-* Momen inersia untuk segitiga •

a

c

Momen inersia

Ix

untuk sebuah segitiga sama dengan se­

tengah

Ix 1

untuk em pat persegi em pat ditambah ·akibat

perpindahan tempat terhadap sumbu yang dipilih dengan

�

1

h

-I D-A�_{2 xl}

(

-)2 6

* Momen inersia untuk sebuah lingkaran

Suatu pendekatan yang baik telah didapat, dengan mengganti lingkaran dengan sebuah bujur

sangkar dengan luas yang sama.

lingkaran

A = nr>2

}

bujur sangkar

A

-

;

* Penampang dengan lobang

lobang dianggap luas negatip luas : A = bh

-

1,4 rr D2

letak titik berat (T.B.)

Momen inersia : Dengan: lx 1 lx2 Ao Ao

¥

0 j.

b bh3 12 D4 20 b.h rrD2 4 Sa y = -_A

Perhitungan momen inersia penampang melintang

h _2/4 h (b.h)2 - (rrD 1 )

(2-

e)

Untuk penampang komposit, hasil perhitungan biasanya dibuatkan dalam bentuk tabel. Contoh : El .i AAi -_Yi

30 cm

2

CD

60 29

1

.®

26 15

®

60 1

26

y � 146 cm2

r�.

a

2

-·-Titik berat : y c = 2190 146 15 cm la = � lxi + � AAi:yr = 1505 + 56370 57875 cm4. lx = la- Ay

�

-= 57875 - 146.152 = 25025 cm4 .

AAiYi lxi AAiYt 1740 20 50460 390 1 465 5850

60 20 60 2190 1505 56370

Catatan untuk penampang _I

Dalam rumus umum :

Kita lihat bahwa Hens/ sa yap dengan �A yang besar dan y yang

besar pula memberikan sumbangan terbesar kepada

_Ix.

Suatu harga pendekatan untuk

Ix

kemudian adalah : Dalam contoh di atas :

Ix

= 2 .60.142 = 23520 cm4 (= 94% dari

Ix

teoritis).

4.4. Penerapan teori lenturan

Contoh lenturan dengan penampang tak simetris

E1 i �Ai 20 24 k 44 cm2 T itik berat y -Yi 1 3 6 - 2 Yi 169 36 404 44

�AiYi

Ixi

�AjY2 260 6,67 3380 1 44 288 864 404 294,67 4244 cm3 cm4 cm4 9,2 cm

Ix

= 294,67 + 4244 - 44(9,2)2 = 814,5 cm4•

Untuk momen yang bekerja M= 0 ,10 tm = 10.000 kgcm. M

a =

-1x

• y , y diukur dari titik berat ke bawah.

Untuk . y 4,8 cm � 10000 (-4 8 ) _{8 14,5 '} = --.JJ9 kgjcm2 ( tekan). y = 9,2 cm --+- as = . 10000 (+9 2) = 1 1 3 kgfcm2 (tarik). 814,5 ' -garis netral

aB

* _{Tegangan dalam balok T}

Tegangan dalam balok T

4.5. Hubungan antara ll[ dan _W x dan penerapannya pada penampang tak simetris.

Telah kita ketahui bahwa di antara modulus penampang/momen tahanan W x dan room en inersia Ix

ada hubungan sebagai berikut :

Ix

w

=-X _y

Pada penampang

tak

simetris, serat-serat ekstrim ditempatkan dengan jarak y yang berbeda dari titik

berat. Sehingga kita mempunyai dua macam Wx .

wB

= +

X

Penampang

Momen

Tegangan-tegangan yang disebabkan M dapat dinyatakan :

I

a = A _wA

M

dan

X

M

wB

X O"s

Tegangan

4.6. Bendirlg/lenturan untuk balok _I : perhitungan dengan cara pendekatan.

Sering kali memakai baja profil berbentuk I

Kita ingin uraikan di sini kemungkinan menyederhanakan perhitungan.

Kita perhatikan sebuah penampang balok I dengan momen dalam M.

M

Tegangan dapat dihitung dengan rumus

: a =

Ix .

� .

Tegangan a

'

l

Kita lihat bahwa tegangan terbesar pada flensfsayap yang lebar, dan tegangannya kecil pada web/

badan yang sempit/tipis.

Gaya-gaya D dan T akan membentuk momen M= D.Z

=

T.Z, sedang gaya D1 dan T1 yang lebih kecil

dari D dan T akan membentuk momen dengan lengan momen Z1, M1

=

D1 Z1 = T1.Z1•

·

M1 lebih kecil dibanding M, karenanya diabaikan.

Untuk perhitungan secara""'endekatan :

kita anggap bahwa : Momen dalam M bekerja pada penam­

pang melintang balok sama dengan momen dibentuk oleh gaya-gaya D dan T yang bekerja pada flens

(lengan momen

Z).

Dua b�1ah gaya ini kenyataannya didistribusikan merata pada luas flens, sehingga

kita dapat menentukan

a

untuk flens.

Contoh:

Penampang:

₂

l

26 ---·- r--2

I

k

30 cm 'I

J

--·--·

1

J

"' .., A

=

1 46

cm2•

Anens

=

60

cm2 •

lx =

25025

cm4 •

jika balok pada tengah bentang momennya M=

27

+m=

2700 000

kgcm.

Perhitungan secara eksak

M

a =· -1-

. y dengan y =

₊₁₅

cm.

a

=

+ 2700000 15 ₁₆₁₈

_k

_I

₂

25025 ·

=

+

g cm

Perhitungan secara pendekatan

Z =

30 - 2

=

28

cm.

Anens

=

60

cm2

M

D=T =

_z-

-

2700000 ₂₈ 96428,6

kg

-1618 kg/cm2 +1618 kg/cm2

a

=

+ �

:�

8• 6-

=

+ 1607

kgjcm2 (perbedaannya sectikit dibanding basil secara eksak).

Tegangan secara pendekatan :

-1607 kg/cm2

+1607 kg/cm2

4.7. Memilih bentuk penampang balok.

Kita akan mendapat penampang yang paling efisien jika kita menempatkan bagian terbesar bahan

pada jarak sejauh yang dimungkinkan dari sumbu netral

N.A.

Dalam kenyataan kita akan mendapatkan gaya-gaya D dan T yang besar, bekerja dengan lengan mo­

men yang besar.

Akibatnya akan didapat momen M yang besar pula.

Contoh :

Kita perbandingkan yang paling efisien dengan menggunakan

300

cm2 bahan.

Dengan

A= 300

cm2 dan M

=

a.lx

y

kita dapatkan untuk amax

= 100

kgfcm2•

�l-·--·-·-1--·-·-·-" 30

*

1

f

10 I. 1 30 'I t.

lx

= 2500

cm4•

M

50 000

kgcm.

lx

M

22500

cm4•

150 000

kgcm.

lx

M

47500

cm4•

316 667

kgcm.

Perbandingan :

1 3 6,33

r

V. GESER DALAM BALOK

Geser dalam sebuah balok mengambil dua bentuk yang berbeda yang sating berhubungan.

*

*

p

. . M, L MzL

K1ta dapatkan sebuah gaya geser verUkal

CJ

_"

I'

;gl�jq...--�-...,

untuk keseimbangan arah v ertikal.

.

J \.

��

L L. Tegangan geser vertikal perp.utaran Perputaran elemen disebabkan "Tv.

1J

Kita dapatkan gaya geser horizontal

untuk keseimbangan arah horizontal. Jika kita membuat balok bersusun dari dua susunan yang berbeda tanpa sam­ bungan di antara susunan tersebut, maka dapat kita lihat bahwa dua bagian tersebut bereaksi sendiri-sendiri dan menggelincir secara horisontal satu sama lain.

Tetapi dalam balok yang solid, gelinciran akan ditahan oleh tegangan geser di antara dua susunan tersebut.

*

*

Freebody dengan gaya-gaya dalam.

Freebody balok yang solid dengan gaya-gaya dalam. (seperti gesekan di antara bagian atas dan bawah).

a-

Perputaran

�

Tegangan geser horisontalTh ( diimbangi

a)

*

�

_-? "l:"h Perputaran sebuah elemen akibatTh

* _{Dua buah tegangan geserTv dan Tb sating dihubungkan. Seperti keseimbangan untq.k elemen kecil}

• perputaran tidak diijinkan, karena harus :

* _{Akibatnya ialah jika kita menentukanT untuk satu arah pada suatu titik,T dalam arah tegak lurus}

secara otomatis akan diketahui juga (besarnya sama ).

5.1. Distribusi gaya geser pada penampang melintang.

Sekarang kita ingin mengetahui bagaimanaT berubah pada penampang melintang. Untuk ini, perhatikan sebuah balok yang

disusun dari papan-papan dan di lem bersama. Kita ingin menghitung T pada batas-batas sambungan yang di lem.

Contoh: le b (, \ 1 1

®

1,5 0.5

e

�

�

0

M M+�

Setelah mendapatkan gaya dalam L,

M

kita ambil sebuah pagian balok (freebody) dengan gaya-gaya

dalam untuk keseimbangan.

Freebody AZ

A

i

6

akibat netto gaya-gaya dalam catatan: tidak perputaran berarti

L.AZ = A

M

•

A s

keseimbangan horisontal untuk bagian yang dipi­ sahkan:

T.b.AZ =

_4a

.A

A = luas bagian yang

dipisahkan.

Seperti kita lihat dalam gambar, untuk mendapatkan keseimbangan horisontal pada bagian yang dipi­

sahkan, maka harus ada :

T.b.�Z = �a.A

dengan �a

�M

_-y

_lx

kita dapatkan .

�M

T.b.�Z. = -1-.y.A

_X

tetapi S

= y.A adalah statis momen dari bagian yang dipisahkan,

berpedoman pada

N.

A.

T.b

�M S

_�z

·

Ix

�M

tetapi �25 = L.

.___

T

____ L_. _s _

___,jl·

rumus umum untukT .

_

b.Ix

.

5.2.

DistribusiT pada penampang empat persegi panjang.

Dalam contoh soal telah kita dapatkan

: Ix =

* *

Pada

y =

+-

h didapat

s

(b.4

h 3

):8

h

3

- 4 32

L 3bh2

12

L 9

.

_1,125

L

b.h

T

-b "

Pada y=O

3

2

. bh3

b.h .

8

bh2

didapat S =

₈

L

12

L

bh .

₈

=

l,5

b.h

bh2

distribusiT

� � 1,125 Trata-rata

I,� �1,5T,.to·mto

b

*

Jika kita sebutTrata-rata =

�

.h, maka dapat dilihat bahwaTmax imum untuk penampang empat

persegi panjang adalah :

_Tmax

pada level dari titik berat

TB.

*

Dari hasil ini kita lihat bahwa distribusi

-r

pada penampang empat persegi panjang

seperti gambar di samping.

1,5Trata-rata

*

T

max

pada level titik berat dapat juga dihitung seperti berikut :

\·6 Tmax·��.b

= �D

dengan �D =

Tmax·

b

==

�M

�25 .

Tmax

=

L

_b.Z.

distribusi T

dalam penampang

empat persegi

panjang

dan L;;: �M

_�z.

dengan Z. =

;

h

*

I

�H ₌

0

I

T .b.A� T .b.AZ

=

AD

}

AT -+ Tatas

=

-Tb a wa h AD

=

-AT

5.3. Distribusi _T untuk P!UlBIDPJlDg H.

Perhatikan penampang berikut :

Ix

= �

Ai·Y2;

�

Ixi

* ti -·-· b B

)2

1

Ix

=: (B.t) (h1 + t .

2

Ix

(B.t) (

�

1 +

�

)2

.2 +

�-�3

• 2 hl hl

2

hl

3

1 + 2(b .2 )

₍₄₎

_{+ b(2 ) 12 .} 2 Bt3 h1 h1 2 h1 3 1 Karena 2 . 12 +2 (b.

_2-)

(4 ) + b(2 ) . 12 . 2 kecil , maka dapat diabaikan.

Dari rum us umum untuk T diperoleh :

Pad a y

=

_±2

hl s (B.t) (

�

1 +

�)

-+ -+ L (B.t} (h1 + t} .2 Untuk badanjweb T _{b (B.t) (h1 + t)2 .2} L (B.t) (h1 + t).2 Untuk flensfsayap T = _{B (B.t) (h1 + t)2 .2}

karena B � b-+ maka Tnens � Tweb .

1 (B.t) (hf + t) .

2

L

b(hl + t

L

B(h1 + t ) * Pada y = 0 _S

=

_{(B.t) (2 + 2 ) + (b. 2·4 )} hl t hl hl

sehingga T akan sama dengan T pada y

- - L

t - b(hl + t)

* _{Distribusi T sebagai berikut :}

l

r�·

t b

_�

I

I'

�

diabaikan 1 (B.t) (h1 + t) .

₂

hl

=

+--_{- 2 .} L "'o

r

* Kita dapat memperol,eh hasil yang sama , dengan memakaii cara pendekatan :

~

_y

.6� untuk keseimbangan :

I

L:lM

=

_L:l

D.Z.

_-+

LlD =

�

�-)

l:.h,.,.t ,;

,:r

1.6� \r I: H =

ilM

B

0

I

'1 1 .60 T.b.LlZ = AD A₂₃

M

T.b

L:lM

₂₃

_'.;lZ. 1

---

_{Ll.Z. .}

L:lM

1 23

L:lM

_L

L:lB

:. T L b .Z.

\�

% hi + t Freebodies :

Keseimbangan arah horizontal

T.b.LlB

_ilD

L:lM

.z. T.b.

Ll

�

L:lT

L:lM

% T .b =

L:lM

1 L

L:l23

·� g T _{b. Z} L dengan �

=

h1 + t

* Dalam penampang H, -sambungan antara flens dan webjbadan dapat menjadi kritis.

L:lD

ilDflens

�

2

* keseimbangan :

dD

2

=

T.

dZ

.t

dD

2

T.t AM

AZ

AM 1 --z .

2

dD

2.dZ

_{Az ·z} AM 1 1 --

'2

-L L 1

---t.Z . 2

Keadaan yang sama untuk penampang Box 0

5 .4. Distribusi tegangan geser T dalam balok T

2.

Mengingat distribusi tegangan dalam sebuah balok T, kita dapatkan :

28

L.S

b.Ix

.o<JtJ

L I,

1 1

Perkiraan untuk gaya tekan = jumlah

gaya-gaya tekan di dalam sayapjflens.

Freebody : dengan perkiraanfpendekatan :

c.n o

')( sebenarnya Pendekatan .

---Tm ax

-5.5. Distribusi T untuk suatu bentuk penampang

'P M :: 16o<X)() l<.6cm

Contoh , Dalam penampang sebuah balok kita dapatkan :

fV\2\

JwW\M/�0

�·- X

.r-Lx= L\ 300 k6

R.

F ree bOdy

Balok mempunyai penampang sebagai berikut :

I 1 2 a=-6,93 kg/cm2 a=+8,94 kg/cm2 M a =

�

· Y

Harga-harga penampang dihitung dalam bentuk tabel :

i Ai Yi Ai ·Yi Ai ·Yf _{lx i =} bh3 12 1-· --1 600 5 4 32 400 17 4:1600 7200 2 5 40 30 1 6200 486000 58320 3 360 6 2 160 12960 4320 A=1500 Sa=50760 � =22 48560 69840 T 0 1, 7 5, 7 5 6, 50 4, 74 2, 37 0 Permukaan : T L.S

1

b.I� Sa YG = A 50760 ₁₅₀₀ 33,8 cm la 2248560 + 69840 2318400 cm4 lx 2318400 - 1500 (33,8)2 604740 cm4 •

* _{Sekarang kita dapat menghitung T pada permukaan yang berlainan dengan menggunakan rumus} L.Si 4300 .Si umum

_T

= _{bj.lx bj.6047 40} s 0 s

-+T

0 b -+ T b -+T 600.20,2 12120 cm3 . 50 cm 1 ,7 kgLcm2 15 cm 5 ,7 5 kg/cm2 s b T

....

-�

_�

12120 + s 360 ,27 ,8 s 0 {14!2}2 15 10008 cm3 • -+T 0 2 b 15 cm 1 3632 cm3 -+"""[ 417 4 kgLcm2 1 5 cm b 30 cm 6,5 kg/cm2 -+T 2 ,37 kg/cm2

* Kita dapat juga menghitung _T pada potongan vertikal yang berbeda dengan menggunakan rumus umum yang sama.

T = _bjL. _.lx Si _bj. 4300. ₆₀₄₇₄₀ Si

Dimana bi adalah tebal arah vertikal dari bagian yang dipisah.

Si = ( 50

-;

15 ) . 12 . (26,2 - 6 ) 4242 cm3 . bi = 12 cm 4300.4242 T = _{12 .60470} 2 ,5 kg/cm2 Freebodies Si = ( 30

�

1 5) . 12 . (33,8 - 6) 2502 cm3 bi = 12 cm 4300.2502 T = _{12 .6047 40} = 1 ,5 kg/cm2

.41111 z' s .

2. 5

[lllLW'

1.5 �

�1- 5

VI. TORSI/PUNTIR

6.1.

_{Pengertian Dasar} ·

Jika sebuah gaya menyebabkan sebuah batang berputar sepanjang sumbu memanjangnya, maka ia mengalami puntir. � .

-:;

:

Contoh :

MT

= P. e

.-p

r

e !, ..,

eksentrisitas tumpuan kayu palang di atas balok induk.

Momen Torsi M+ ditahan oleh tegangan geser dalam penampang melintang.

kita dapatkan

: I

Tmax

�

I

(tegangan geser puntir)

hb2 3 b

W+ ""_{- 3}

-

(1 - - - ) _{8 h} untuk penampang empat persegi panjang.

Jika ada puntiran dalam sebuah balol\, diperlukan tumpuan untuk menahan puntiran tersebut.

Puntiran dianggap sebagai beban.

MTA

MTB

* Pem

:

ebanan A

'qi)

'.&.J

;

I./--a--

J.

+ VM _ T _ b --

�

B Y = tumpuan untuk puntir. puntir _Q

�M+

* Reaksi-reaksi *

MT

diagrams

Pembebanan Pembebanan Puntir

Puntiran Terpusat Puntiran Merata Torsi/puntir

Jika sebuah beban tidak bekerja pada bidang vertikal yang melalui titik berat penampang suatu balok, balok akan berputar dan kita dapatkan puntiranftorsi.

Contoh :

Q

�I

_'

Be ban eksentris Keseimbangan tidak berubah selanjutnya bahwa : Beban sentris + kopel P.e e e

Beban sentris Momen Tarsi M+ = P.e * Sebuah be ban eksentris P mempunyai akibat yang sama sebagai sebuah be ban sentris P + sebuah

momen puntir M+

Jika kita dapatkan P1.!Utiran, kita harus melengkapi balok dengan tumpuan khusus untuk puntiran sehingga balok tetap dalam keseimbangan.

Contoh : ----tumpuan untuk

�p

+

_y

=)Mt

puntiran _{15. 0}

y

(simbol Y)

lRA

_tl<e

(\

n

M-rA

Mrs

lentur normal Puntiran untuk P untuk MT

Untuk menentukan bagaimana puntiran didistribusikan sepanjang balok , kita perhatikan syarat kese­ imbangan � MT = 0 yang sesuai dengan syarat keseimbangan � M = 0 untuk gaya-gaya yang bekerja

pada sebuah balok.

sistim sebenarnya sistim Analogi

( sama/sesuai) A .A.

u

Av= MTA

t

a L

AP=MT

8

n

�

k

b

Bv =-MIB

Dalam analogi ini kita pertimbangkan MT dengan cara yang sama sebagai gaya-gaya kita dapatkan :

* Reaksi-reaksi :

*

� MT

₌

0 terhadap tumpuan puntir 0 � terhadap tumpuan puntir

Dengan mendapatkan gaya-gaya reaksi, distribusi MT ditentukan dengan cara yang sama seperti gaya lintang.

Dimulai dari kiri ke kanan kita dapatkan :

* _{Distribusi MT}

* Sekarang kita pergunakan sebuah contoh yang mana rnemperlihatkan bahwa untuk balok yang sama, sistim statika untuk lenturan dan geser dapat berbeda dari s istim statika untuk puntiran. Contoh : Beban sentris Reaksi­ reaksi Geser 4t lent ur Catatan : e=O.

r

5

r

=2t/m'

[RJ

P=2t/m' I Be ban eksentris

. !p �

� + Lt]

l Be ban sentris Torsi/ puntir

Kita dapat menghitung secara terpisah akibat-akibat dari be ban sentris dan untuk puntir.

( P=2t/m'

I l l I 1 1 i I l l !

I

i

11 1 11'1 1 ! I I I l l

A

t

A P. L v=2 = 4t :a.

t

B v-_ P. L 2 = 4t Tarsi ffiT=O. 3 tm/m' _, ffi T=2.0,1 5=0, 30 tm/m \

n tidak ada tumpuan '

\

untuk puntir

'� '-.

(

ffi T=0. 30 tm/m'

tidak ada tumpuan

t

MTA=mr. L=l , 2 tm . Reaksi MT 4t 1, 2 t

�

Puntiran MT

'(£/

_{M =-- = 4 tm}

PL2

8

1. Dalam contoh ini momen puntir MT didistribusikan merata sepanjang balok.

2. Sistim statika untuk puntiran adalah sebuah kanti fever, karena pacta titik B tidak ada tumpuan untuk menahan puntir, tetapi di titik A balok ditahan terhadap puntiran.

6.2. Tegangan Geser Puntir

Akibat momen puntir MT menyebabkan balok berubah bentuk sedemikian rupa sehingga menghasil­ kan gaya geser.

elemen elemen

T.sebanding dengan r

Puntir

>

elemen-elemen berubah bentuk . Perubahan bentuk (deformasi) disebabkan oleh tegangan geser.

Deformasi 'Y sebanding dengan r .

'Y 1 _'Y2

r't rz

tetapi sebagaimana 'Y

�

, selanjutnya :

1 � = � 1

Jika kita perhatikan sekarang, keseimbangan sebuah elemen dari sebuah pipa dengan ketebalan yang berubah-ubah kita dapat melihat bahwa :

Freebody :

L t = 0

Tdd 1 . 1 ) --r2(d2 . 1 ) 0 nilai :

I

T 1 .d 1 = T 2 .d2 = t

disebut "shear ffow " besarnya tetap (=t) sepanjang penampang dari pipa, akibat MT .

6.3. Tegangan geser puntirT di dalam pipa a tau penampang "box". b

1'

Penampang melintang . __ ...__ .

�

t

i

t

+

t

•

t

· - __. .

t

Shear flow t = konstan t = T. tebal

t

_h

1 �

l r

h

R

::

t·h

. ____.

Rb:. t· b

-+

b �

1

Gaya geser

A =rn

ekivalen

untuk mendapatkan keseimbangan kita harus mempunyai : R? (h) + R? (b) = MT ----+ t.b.h + t .h.b = MT

Tegangan geser puntir

t.b.h MT ...,... A

₁₂

t T = nilai rata-rata di atas h1 atau b 1 ----+ seimbang sepanjang b sepanjang h 6.4. Tegangan geser puntirT dalam penampang empat persegi panj ang

Kita dapat mempertimbangkan penampang empat persegi panjang sebagai sebuah penampang "box " dengan lobang yang sangat kecil.

+-

_i--

_---

b ---,Ill'-" _{-.r -,__}

+

h ...._ ___ ...�, -t<--Penampang

El

Ekivalen penampang "box " Distribusi T (T sebanding dengan r) 2. t.. 3·

b L

-r A

Rb= ·d' .

_{m 2.}

h .b

Gaya geser ekivalen dengan

Tm a x

Tm =

-2--

(rata-rata)

Kita lihat bahwa gaya geser ekivalen R untuk penampang empat persegi panjang adalah sama sebagai­ mana untuk penampang box tetapi letaknya berlainan.

Lengan gaya b menjadi

�

b dan h menjadi

�

h. Oleh karena itu syarat keseimbangan menjadi ;

R? (

�

h) =

�

T R? (

�

b) =

�

T Dengan Rb = b Tm a x 1 ) ----+ b Tm a x

2

MT atau juga, sebagaimana untuk penampang box : 1 )

2)

dan -h L m a x -b L m a x kita dapatkan : T terkecil

r

I

2 ) ---?

h

Tm ax

2 _,...b.L m a x = T terbesar

01 adalah suatu faktor koreksi, karena distribusiT dalam penampang empat persegi panjang tidak tepat

berbentuk segitiga.

Contoh :

Kita ingin membandingkan T� ax untuk dua penampang em pat persegi panjang dengan luas yang sama. A == 64 cm2 untuk MT = 32 0 kgcm . 32. / 8 [ 1 0 .98 3 8 0! =

[

1 -

8 . 8 ]

= 0 . 62 _,...b. _{L m ax} --h "L m ax 320 32 . 4 0 98 3 . ' 320 8 .6 4 0 62 3 . ' 7 ,65 kgfcm2 3 ,02 kgfcm2

Kita lihat dari contoh di atas bahwa penampang yang pada t (compact) jauh lebih baik untuk puntir daripackz penampang yang langsing.

6.5 . Tegangan geser puntir T di dalam baja profil

Dapat kita pikirkan bahwa ketahananfperlawanan terhadap puntiran sama dengan penjumlahan ketahanan dari elemen-elemen empat persegi panjang yang membentuk penampang.

sehingga kita dapatkan :

dalam bentuk umum :

Rumus-rumus dapat digunakan juga untuk profil-profil lain,

seperti ;

r L C

6.6. Superposisi dari Tgeser dan T puntir

Jika dalam sebuah elemen kita dapatkan geser dan puntir kita harus menjumlahkan akibat keduanya.

Ltotal = Tg eser + Lpu ntir

Contoh :

Kita telah ketahui dalam contoh terdahulu bahwa sebuah beban eksentris P = 2t/m, dengan e = 0.15m

pada sebuah balok dengan £ = 4 m menghasilkan :

L Geser . L = 4t -+ --r = 1 ,5 b.h 6000 30.50 4 kg/cm2 Puntir MT = 1 ,2 tm -+ cx = [ 1 -

S .

3 30 50 ] 0 .775 -h 120 000 _{10,3 kgfcm2} 50 .302 L m a x 3 . 0,775 =? Tm ax = 4 + 1 0 ,3 = 1 4,3 kgfcm2 •

Jika kita memberikan tumpuan untuk puntir juga di titik B , kita dapatkan :

��,....,..�,..,....,,....,....,...,...,...,... ....,..., r rn r "" O·

3o+m/m '

A

INII\t\NW\;1NUL/1Mih"'

B A :0.. MTA

t

mT .

{

=0. 6 tm

j

MTs=mr .

{

=o. 6tm 0. 6 tm

�

�

0. 6tm Reaksi-reaksi MT Puntir MT

Sebagaimana tumpuan-tumpuan untuk lentur yang tidak berubah, gaya geserjlintang L dan momen

M

tidak berubah.

Karenanya untuk T m ax kita dapatkan sekarang . Geser Puntir Catatan : L = 4t

MT

= 0 .60 + m Tm ax T = 4 kgfcm2

-rh =

5 ,1 5 kgfcm2 4 + 5 ,15 = 9,15 kg/cm2

Jika sebuah beban diker:]akan pada sebuah batang tak simetris (contoh

L),

maka pada batang tersebut akan timbul puntiranjtorsi.

Beban bekerja pada arah vertikal melalui titik berat TB.

Penampang :

melintang * simetris tidak ada puntiran Jika dua profil kanal dipakai, atau dua profil L (siku-siku)

JC. tr

* tidak simetris ada torsi/puntir.

Sekarang penampang menjadi simetris, berarti tidak ada puntir.

dinasihatkan tidak menggunakan profil kanal

(C)

tunggal maupun profil siku-siku

(L)

untuk batang­ batang terlentur.

VII. TEGANGAN-TEGANGAN KOMBINASI

7 .1. Kombinasi M dan N

Dalam beberapa keadaan, sebuah batang tidak hanya dibebani oleh gaya-gaya atau momen saja, tetapi kombinasi dari keduanya. Hal ini timbul pada banyak kolom maupun balok pratekan.

Tega!'lgan pada suatu titik dari elemen ini dapat ditentukan melalui super posisi tegangan-tegangan yang dihasilkan gaya Normal dan oleh Momen.

a =

_A N tegangan normal M

a = �

. y tegangan lentur

�

+

f

. y

I

tcgangan kombinaei.

Dalam batang-batang semacam ini sumbu netral tidak lebih panjang sesuai dengan titik berat T.B. penampang. Contoh : A b.h 0.15 m2•

rl

M�lOOKNm

h:o.

�

N�400KN/2000KN

�

Ix w = bh3 _{3,125 .1()3 m4.} 1 2 bh2 0,0125 m� I 'o :: o. � I'JII ;( ,"' Untuk N kecil : Untuk N Besar : 40 X ₆ - 2,7

�·-·- -�

-�) 7 ... Jt: 3 04 M N ....--_{__ o , \ O -- -+ o 1"'1_H} + :;1, ()-:: - -= --z., 7 - \.J 0 O"!n.:; m1. _ 8 o, O ! < S m .. �� 5

.-·-·-·,-+ 8 _-5.5

l

lSi.

Sua tu yang penting dalam hal ini dinyatakan oleh distribusi tegangan sebagai berikut : untuk N = gaya

tekan.

tP---

- - -- - - 7

(j

::.::7 Nt

- --' _e h 6 eksentrisitas gaya-gaya dalam o {n ol)

1

Dalam hal ini

N

M.6 a = bh - bh2-h ---+

M

N.6 .

0 Kita 'ebut

\

,___e __

_M

_N

_ ___. eksentrisitas dari

N.

Kita dapat melihat jika

e h ₆ e

M

N

.;:: � + -- h 6 e h 6 . -...=d . -. -- � - -I -1 1

Gaya dalam ekivalen

M = N� - N e

_{6 - . .}

tegangan dalam penampang adalah tegangan tekan.

er

e = 0

Karenanya e

M

>

_Q

N

6 kita akan mendapatkan tegangan tarik dan tekan

dalam penampang.

7 .

2

. Keadaan khusus : pondasi

Kita pertimbangkan di sini penampang dari hubungan antara pondasi dinding penahan tanah dan tanahnya sendiri.

Dinding penahan tanah dapat dianggap dijepit di dalam tanah.

I ! I

+

H

0

7777:�'777'.

ftnN77T/:;:r;,'7"

,.

J

a

I

dinding penahan tanah.

N

�·-oil(-- ·

-L Q 1

dinding penahan tanah yang sama (hanya diputar untuk penj elasan)

gaya-gaya pada permukaan dari bagian yang berhubungan dengan tanah

Sekarang kita dapat memeriksa: Untuk Untuk h e = - � + ­� - 6 e

M

_N > + .h. _{- 6} hanya tegangan tekan a = N ± b.h N.e.6. b.h2

tegangan tarik dan tekan terjadi dalam penampang di antara pondasi dan tanah. Tetapi di antara pondasi dan tanah tidak ada gaya tarik yang dapat dipindahkan/diteruskan; tanah tidak dapat menahan tarikan.

tarik tidak mungkin untuk tanah.

Dalam hal ini kita ingin mendapatkan tegangan tekan saja. Tegangan tekan harus ekivalen dengan gaya N. h N pada e>

6

Dengan C N

�Le

r-)h

I "- -· - -· ' h 2 - e a .3c.b 2 tegangan ekivalen a 2N 3b.c 7 .3. Tegangan Tumpu (Bearing stresses)

Tegangan yang terjadi pada titik hubungan di antara dua buah batang disebut tegangan tumpu. Besarnya tegangan tumpu pada suatu titik secara

sederhana sama dengan beban yang diteruskan dibagi dengan luas bagian yang berhubungan.

42

kolom

luas bidang yang berhubungan

�

�

R A gaya reaksi luas bidang yang berhubungan

VIII. DEFORMASI AKIBAT PEMBEBANAN

8.1. Deformasi sebuah balok

Telah kita ketahui bahwa akibat bekerjanya sebuah momen dalam M sebuah elemen balok dengan panjang

AZ

_{akan mengalami deformasi sebagai berikut :}

Kita lihat bahwa :

Kita dapatkan sehingga a tau

=I

AQ

�

₌

2

h 2

AQ

h

A'{)

2.

A:

_{dengan mengingat bahwa :}

AQ

_{= E .}

AZ

-+ E =

Gmax

E

Gmax ·

2.

_{E.h - .}

AZ

_tetapi

Gm ax

2

M "'

A'{)

₌

2 .

AZ

E.h ·' I lngat :

Untuk sudut a yang kecil tga = sina = a (rad).

�t

Rtga " Ra dan : a = tga M h I . 2 y L - R

� L

_R

A'{)

₌ M

El .

AZ

(rad ) sudut deformasi untuk elemen

AZ

Sekarang kita ingin mengetaJ:mi bagaimana ini dimungkinkan untuk mendapatkan deformasi-deformasi dari sebuah balok, dengan menggunakan pernyataan tersebut.

1

f

A>?

.{

Jika kita membagi balok dalam bagian-bagian

AZ

�,

yang berbeda dan memusatkan

A'{)

_{hanya pada} '- _ _ _ _ - keadaan sebenarnya pusat

AZ ,

_{kita memperkirakan deformasi dari}

A�

balok seperti berikut : ,

' �

-- --

-

Balok ideal dengan garis lendutan.

Kita lihat bahwa jika kita dapat menentukan r.p pada tumpuan-tumpuan dan

Ar.p

pada titik titik 1,2 ,

3,4 . . . . , garis lendutan balok akan diketahui.

1 z. ₃

4j:

₅

8 .2 . Perputaran r.p dari balok pada suatu tumpuan

g:==.,

• • • �

.,. 6? , Ae ,, �z: ,, .ll.Z , c. z -;--Kita perhatikan sebuah balok yang dibebani dan

1

( • •,

�

,.

momen dalam M.

�

�

M

Jika deformasi diijinkan terjadi hanya pada sa tu M 1 M 2 ,...,3

I

M s

sendi pada suatu saat, misalkan sendi 2 : · y'

Dan kita dapat menuliskan :

R..

M4

Ar.p'l)·

Q

Ar.p'l)

Ar.p<;_)

Ar.p2 • Z�

z�

Ar.pz ·£

dengan Mz Elx .

AZ .

zi

2

Q

p

Ar.pz

Mz

_{. AZ}

Elx

Jika kita lakukan hal yang sama untuk sendi-sendi lainnya, akan kita dapatkan

Ar.p

A

,

Ar.p

l

b.r.p

A

. . . . Sebagaimana r.p A adalah jumlah semua penyumbang-penyumbang /:lr.p A , kita dapatkan :

la) � i == 1 ,2 , . . . , 5

Pada titik ini, akan kita lihat pada analogi rumus ini dengan sesuatu yang sama (O,Mohr's Analogi). Kita perhatikan balok yang sama dengan sebuah pembebanan khusus P

Jika

AZ

kecil, kita dapat memusatkan beban pada tengah-tengah dari

b.Z

dan mengambil : . _M·

pi

==

E;

.

AZ

Jika dapat menghitung bagian dari reaksi

A

A (2 ) yang disebabkan oleh

M2 P2 ==

El .

AZ

sebagai contoh, kita per-oleh 44 P2

.Zi

M2

z�

El .

b.Z .

Q

_M_

Jika kita lakukan hal yang sama untuk P1 , P3 • • • P5 kita akan dapatkan

�A(l ), �A( 3 ) . . . �A(5)

Sebagaimana reaksi

A

adalah sama dengan jumlah semua penyumbang

�A,

kita dapatkan : lb) i =

1,2,

. . . 5

Jika kita bandingkan la) dan lb) kita lihat bahwa.kita dapat mengatakan 'fiA =

A

Rumus ini berarti :

Jika kita bebani sebuah balok sederhana dengan beban khusus P

�

, reaksi

A

untuk beban

ini akan sama dengan 'fi A (putaran balok pada tumpuan

A

dalam radial). Reaksi B akan sama dengan 'fis .

Con to h : Kita ingin menghitung perputaran sudut 'fi A pada tumpuan

A

untuk balok berikut :

�p

E I=konstant

K

I, 1

8 .3. Lendutan (y) dari balok

Kita perhatikan lagi balok ideal kita dan momen M yang dihasilkan oleh beban yang bekerja. Balok. Distribusi M M beban khusus P = El Reaksi

_A

= 'f!A

A

-1 ---P£ £

-2

. 4EI .

2

'flladial

32�0

(derajat)

Ingat, untuk sudut yang kecil :

�

6<f.»T-f A�

'I I,

Jika kita ingin menghitung y 3 kita dapat

menuliskan :

dengan beban khusus P

Jika � Z kecil, kita dapat memusatkan beban di tengah-tengah dari tiap-tiap � Z dan ambil :

Mi Pi = EI · � z

j ika kita ingin memghitung M3 kita dapat menulis :

2b) Jika kita bandingkan 2a) dan 2b), ingat bahwa �'-P-_I M· _E

;

_{. � z} Dapat kita katakan

Ini berarti bahwa :

Jika kita bebani sebuah balok sederhana dengan beban khusus -P = M El , momen M akibat

l

beban ini pada tiap-tiap titik dari balok adalah sama dengan lendutan y dari titik tersebut .

Pemeriksaan balok terhadap lendutan.

Setelah mendapatkan lenctutan y ctari perhitun�an (umumnya cti tengah bentang), kita banctingkan y tersebut ctengan lenctutan yang ctiijinkan ctala� peraturan;

Contoh : Kita ingin menghitung lenctutan pacta tengah bentang.

/::J)M

Balok Distribusi momen M Pembebanan P M El p£3 Q 2 4EI 2 p£2 Q 3 Q 8 EI

.

3

.

8 . 2 5 p£4

--38 4 El ingat : Parabola � luas =

P Q�

3

j-?e�.

Q

2 El 3 R_ dengan M = p£2 8 � Y Q = 40 M£2 384EI

1

2 1 M£2 ""'

-

--El Catatan :

Kita ctapat melihat bahwa pacta tern pat ctengan momen terbesar M, kita ctapatkan juga lendutan y ter­ besar.

8 .4. Deformasi Kontilever

Deformasi untuk kontilever ctapat ctitentukan ctengan mempertimbangkan bahwa perilaku sebuah kontilever actalah sama ctengan perilaku sebuah balok ctengan panjang gancta.

-- -

... "