BAB II TINJAUAN PUSTAKA. Pada dasarnya inovasi terhadap produk konstruksi dicapai berdasarkan disiplin,

BAB II

TINJAUAN PUSTAKA 2.1. Pengantar

2.1.1. Umum

Pada dasarnya inovasi terhadap produk konstruksi dicapai berdasarkan disiplin, harga, dan faktor pemikiran para pelaku konstruksi. Dengan kreasi membuat wujud baru dan menggunakan cara cara penyelesaian melalui, proses yang baru, bahan baru dengan efisiensi tinggi untuk mencapai hasil struktur yang baru, dan lebih dalam lagi bahwa engineer perlu menghasilkan produk yang ekonomis, akan tetapi mengutamakan faktor keselamatan terhadap pemakai, dengan dasar pemikiran yang teoritis dapat menjadi pegangan pada kenyataan. Membuat suatu idealisasi yang dikembangkan menjadi dasar pengembangan. Persoalan engineering sangat sering dilakukan dengan pendekatan pendekatan yang lebih memungkinkan dalam langkah langkah penyelesaian masalah.

Akhirnya konsep diatas digunakan untuk pengembangan engneering dengan membuat alternatif alternatif dari solusi yang bemacam macam.

2.1.2. Klassifikasi dan idealisasi suatu konstruksi

Konstruksi dalam kenyataan, sebenar benarnya semua berdimensi ruang, apabila dilakukan pembebanan paling tidak akan ada efeknya keseluruh arah sumbu. Namun

a) Balok lurus

b) Rangka batang

a) Struktur elemen dimensi tiga b) Struktur elemen dimensi dua c) Struktur elemen dimensi satu Z

Y Z

Z

X

X

tidak membahayakan apabila ada efek yang diabaikan.

Contoh simplifikasi dengan mengidealisasi komponen komponen struktur Gambar.2.1.

Suatu struktur elemen dua dimensi, mempunyai tiga dimensi saling tegak lurus ,akan tetapi salah satu dimensi secara relatif tidak begitu berpengaruh apabila diabaikan, maka di idealisasi-kan menjadi struktur berkomponen (ber dimensi) dua, contohnya suatu lantai bangunan yang tipis dibanding panjang lebarnya, lantai kapal, sayap pesawat dan lain lainnya.Susunan konstruksi berdimensi dua atau konstruksi ber dimensi tiga dapat didirikan dari elemen elemen struktur elemen ber dimensi satu (Gambar 2.2 dan 2.3).

.

Gambar 2.1. Contoh idealisasi komponen struktur

a) b) c)

7 8

a) Portal ruang b) Rangka batang ruang

c) Balok balkon

2.2. Konsep teori karakteristik material baja

Untuk struktur baja yang paling penting salah satunya adalah sifat sifat karakteristik kekuatan material baja tersebut.ketika pembebanan berlaku maka pada tahap mula mula sampai batas tertentu berada pada kondisi elastis, kemudian dengan ber tambah-nya beban kondisi elastis ini akan beralih ke tahap plastis dan seterusnya mencapai puncak beban yang dapat ditahan sehingga akhirnya akan runtuh. Perilaku ini dapat digambarkan dengan hubungan antara tegangan regangan yang terjadi dan dirumuskan oleh Hooke bahwa,

σ = E.ε ...………...2.1 Gambar 2.2. Contoh konstruksi dua dimensi dari gabungan elemen dimensi satu

Gambar 2.3. Contoh konstruksi tiga dimensi dari gabungan elemen dimensi satu 9

Regangan ε Regangan ε Tegangan σ

Daerah elastis

Daerah plastis

Tegangan Maximum

Titik Runtuh

σ^YIELD σ^Y

Daerah pengerasan regangan ε

P

P L

∆L

σ ult Daerah

plastis Daerah

elastis Tegangan σ

Lengkung alternatif peralihan elastis - plastis

σ = Tegangan yang terjadi , ε = Regangan yang terjadi , E = Modulus elastisitas , L = Panjang semula dan ∆L = Perobahan panjang.

Gambar 2.4. Grafik tegangan – regangan material baja

Pada peralihan elastis ke plastis terjadi suatu tegangan proporsional tiba tiba dan daerah plastis sering antara 8 sampai 20 kali daerah elastis dan daerah plastis akan ber alih ke daerah pengerasan regangan, seterusnya dengan pertambahan tegangan dan regangan yang non linier, sampai mencapai tegangan maximum, kemudian mulai terjadi regangan meningkat terus tetapi tegangan nominal tersebut menurun akhir nya terjadi keruntuhan.

2.3. Konsep teori stabilitas struktur

Keunggulan bahan struktur dari baja yang terutama adalah sifat kekuatan yang tinggi dan sifat keliatannya (‘high ductility,) sehingga mampu berdeformasi secara nyata 10

yang dihasilkan akan dapat menahan beban rencana tanpa terjadi deformasi yang dapat menyebabkan struktur bangunan mengalami keruntuhan.

Dalam hal ini biasanya struktur dirancang dengan kekakuan yang mantap, sehingga beban rencana yang dipikul oleh struktur berada pada kondisi aman. Konsep stabilitas pada suatu struktur baja biasanya diterapkan sebagai prinsip dasar, maka setiap perencanaan harus mempertimbangkan kondisi keseimbangan, karena sistem struktur akan terganggu keseimbangannya jika diberi beban, ada 3 alternatif dasar yang dapat menjadi prinsip dasar keseimbangan tersebut antara lain :

1. Jika sistem struktur tetap berada pada posisi originalnya, maka sistem tersebut dikatakan stabil, artinya jika beban ditiadakan maka sistem kembali seperti semula Gambar 2.5(a)

2. Jika sistem struktur menerima besar beban tertentu, apabila beban tersebut dihilangkan maka sistem akan kembali seperti semula, tetapi apabila beban ditambah sedikit saja maka sistem tersebut tidak lagi kembali seperti semula walaupun beban ditiadakan, kondisi ini dikatakan netral, artinya besar beban itu adalah beban kritis Gambar 2.5(b)

3. Jika sistem struktur terus bergerak, dan cendrung tidak mampu mendukung beban, maka sistem tersebut dikatakan tidak stabil Gambar 2.5(c)

Konsep stabilitas dari ketiga keseimbangan tersebut di visualisasikan dengan sebuah bola yang bergulir di atas suatu bidang pada Gambar 2.5.

11

Akibat karakter ketidak stabilan tersebut akan terjadi perubahan geometri yang dihasilkan oleh kehilangan kemampuan memikul beban tersebut. Pada bagian (a) beban P<Pcr, maka kondisi struktur masih berada dalam keadaan stabil, dan pada bagian (b) jika P=Pcr maka struktur berada pada kondisi mulai tidak stabil sehingga nilai Pcr adalah suatu nilai yang menjadi batas peralihan kondisi struktur stabil dan tidak stabil (labil). Apabila pembebanan melebihi Pcr maka struktur akan mengikuti pola keruntuhan nya dan tidak dapat kembali lagi pada kondisinya semula bagian (c), dengan kata lain telah terjadi perubahan geometri dan sifat kekuatan bahan tersebut. Masalah ini menjadi penting bagi perencana struktur baja untuk diterapkan, selain pertimbangan tercapainya kekuatan maximum, kekakuan juga harus dipertimbangkan untuk kestabilan.

2.4. Elastisitas yang linier

Asumsi pada bahan dalam bahasan ini dianggap sebagai berikut ini :

1. Hubungan tegangan dan regangan untuk serat tarik sama dengan pada serat tekan 2. Respon bahan pada waktu dibebani adalah elastis yang linier

3. Keadaan bahan adalah homogen dan bersifat isotropic

Maka dengan asumsi ini akan berlaku dan memenuhi terhadap hukum HOOKE.

Untuk berbagai macam material konstruksi, sangat memungkinkan terjadi interrelasi antara tegangan dan regangan dalam bentuk system koordinat cartesian dimana σx, σy, dan σz adalah tegangan normal pada masing masing arah sb-x, y, dan z Gambar 2.6 dan Gambar 2.5. Tiga kondisi keseimbangan statis (teori stabilitas) 12

Z

Y

X σy

τ^yx

σx

τxy

σ^y τyx

σ^x

τxy

ε )]

μ(ε μ).ε 2μμ[(1

μ)(1 (1 σ E

ε )]

μ(ε μ).ε

2μμ[(1 μ)(1 (1 σ E

ε )]

μ(ε μ).ε

2μμ[(1 μ)(1 (1 σ E

y x z

z

z x y

y

z y x

x

+ +

− −

= +

+ +

− −

= +

+ +

− −

= +

xy xy

yx xy

γ E γ

τ τ

Gγ μ)γ

2(1 τ E

τ

=

=

=

+ =

=

=

Z

Y

σz X σy

τyx

τyz σx

τxz τxy τzy τzx

τyx, τyz = τzy, dan τzx = τxz, adalah komponen komponen tegangan geser, dimana γxy, γyz, γzx, adalah regangan geser.

Maka persamaan tegangan-regangan adalah :

...2.2 Gambar 2.6. Komponen tegangan pada satu unit elemen solid

Gambar 2.7. Komponen tegangan pada satu unit elemen bidang

13

σ )]

μ(σ [σ

E ε 1

σ )]

μ(σ [σ

E ε 1

σ )]

μ(σ [σ

E ε 1

x y z

z

z x y

y

z y x

x

+

−

=

+

−

=

+

−

=

G γ τ

γ

G γ τ

γ

G γ τ

γ

zx zx zx

yz zy yz

xy yx xy

=

=

=

=

=

=

G γ τ

σ )]

[μμ(

E ε 1

μσ ) (σ E ε 1

μσ ) (σ E ε 1

xy xy

y x z

x y y

y x x

=

+

−

=

−

=

−

=

Disini, E = Modulus elastisitas bahan, G = Modulus geser dan µ = Poisson ratio.

Sehingga hubungan tegangan – regangan adalah :

...2.3

Jika tegangan – regangan dalam dimensi bidang, artinya semua nilai nilai kearah sb-z semuanya sama dengan nol

σ_z = τ_xz = τ_yz = 0, namun ε_z ≠ 0 maka persamaan diatas menjadi :

...2.4 14

G γ τ

G , γ τ

, E ε μσ ε

σ , E ε 1

xz xz

xy xy

z y

x

z z

=

=

−

=

=

=

...2.5

2.5. Properti penampang baja

Pada umumnya bentuk penampang profil untuk konstruksi baja biasanya dibuat berupa penampang penampang berdinding tipis dan tampang pejal, beberapa bentuk dapat dilihat pada Gambar 2.8.

Gambar 2.8. Contoh type type penampang baja

a).tampang berdinding tipis terbuka b).tampang berdinding tipis tertutup c).tampang pejal

∫

⁼

∫

^ξ

= _η

1 s

0

1 s

0

ds . t . S atau ds . t . y Sx

x Y

ξ η

y

ds t s=s1 0

s ξ

1

s=0 V

V' SC

(ξ η) atau (x,y)

Pada perencanaan struktur baja dibutuhkan beberapa macam data geometri dari pada penampang dan dapat kita definisikan sebagai berikut :

1. Pusat (centroid) penampang yaitu, titik 0 pada Gambar 2.9 dimana jumlah momen statis (first moments) terhadap kedua sumbu orthogonal x dan y adalah = 0

2. Salib sumbu pusat (centroidal axes), adalah setiap sumbu ortogonal yang melalui pusat penampang seperti sb-x dan sb-y juga sb- ξ dan sb-η.

3. Momen statis penampang (first momen of area) singkat S, adalah integral hasil kali luas elemen tampang dengan jaraknya kepada sumbu yang ditinjau misalnya :

...……….. ...2.6

Sx =statis momen terhadap sb-x dan Sη = statis momen terhadap sb-η Gambar 2.9. Profil umum penampang baja dinding tipis terbuka

∫

⁼

∫

^ξη

= _ξη

s s

xy t.x.y.ds atau I t.. .ds I

∫

⁼

∫

^η

= _ξ

s s

2 2ds atau I t. ds y

. t Ix

4. Momen inersia penampang (second moment of area) singkat I, adalah integral hasil kali elemen luas tampang dengan kwadrad jaraknya kepada sumbu yang ditinjau misalnya :

...2.7

Ix = momen inersia terhadap sb – x dan Iξ= momen inersia terhadap sb-ξ 5. Momen inersia perkalian dari momen statis penampang (product of inertia) misalnya

...2.8

I_xy = product inertia sb-x dan sb-y , I_ξη

6. Sumbu prinsip (Principal-axes) yaitu, apabila product of inertia = 0 sb-ξ dan sb-η

= product inertia terhadap sb-ξ dan sb-η

adalah sumbu prinsip artinya Iξη

7. Sumbu pusat geser adalah suatu sumbu dimana tidak terjadi tegangan torsi (sumbu simetri adalah selalu menjadi sumbu pusat geser)

= 0, (momen inersia terhadap sumbu prinsip adalah maximum salah satunya dan minimum yang lainnya, yang maximum disebut sumbu mayor dan yang minimum disebut sumbu minor principal dan yang lainnya ada diantara maximum dan minimum pada penampang).

8. Pusat geser adalah titik perpotongan dari dua sumbu pusat geser, pusat geser berada pada SC apabila penampang non simetris (sembarangan) dan sumbu geser ortogonalnya adalah sb-α dan sb-β. (apabila suatu beban V bekerja melalui pusat penampang akan menimbulkan tegangan torsi, dan hanya apabila V bekerja melalui SC maka tidak akan terjadi tegangan torsi)

+εz=-φy

Regangan ε

d

y φ

φ curvature

l

Z y

∫

∫

∫

= σ

= σ

= σ

A z A

x z

A z

0 xdA

M ydA

0 dA

z =−φy ε

z z =Eε σ

0 dA . y maka 0 dan E 0 dA . y E dA . y . . E dA

y . . E

A

A A A

z z

=

≠ φ

→

= φ

−

= φ

−

= σ

φ

−

= σ

∫

∫ ∫ ∫

2.6. Tegangan elastis akibat momen lentur pada penampang

Regangan pada tampang balok diasumsikan linier Gambar 2.10, dimana regangan positip +εz di daerah tarik, dan φ merupakan sudut perputaran penampang.

Kesetimbangan pada potongan tampang tersebut adalah:

...………..2.9

Untuk deformasi yang sangat kecil: ...………..2.10

dan ...………...2.11

Sehingga,

Gambar 2.10. Elemen memanjang balok dengan kurvature φ

∫

∫

^{σ =−}

∫

^{φ =− φ}

∫

^{= → =}

A

x 2

A A A

x 2

2

zy.dA E. .y dA E. y dA M y dA I ,momen inersia tampang terhadapsb-x

E.Ix Mx - , φ = Maka

x x

z I

y σ M

Dan, =

2 / ,

) 2 / (

max max ,

d y karena

I d M

x x imum z

= σ =

Mz Mx

Vx My Vy

qy

qx Pz

Vy+dVy Vx+dVx

My+dMy

Mx+dMxMz+dMz Pz

dz

Z X Y

+θ −θ

+φ −φ Y

Z

Y

Z Slope

Curvature

qy

, =−

= + +

dz sehingga dV

V dV V dz q

y y y y y

y

x x

y y

x

V

dM dVdz M

V dz V dz

M

≅

+

= +

+ +

dz atau dM

2 2

2

x

………...2.12

……...………..……2.13

………2.14

Kesetimbangan gaya dan momen yang bekerja pada elemen balok Gambar 2.11, yang mencakup bidang yz.

………...2.15

... ……….2.16 Gambar 2.11. Kesetimbangan gaya dan momen pada elemen balok

2 y 2 x x

x y

y 2

x 2

q dz E.I d maka I . E / M - karena, q dz dV dz

M

d φ=−

= φ

−

=

=

x y 4 4 2

2

I . E

q dz

y d bahwa alkan didifrensi jika

maka dz

y d

Curvature φ= =

( ) ( )

pusat sumbu dari

diukur y

dan x disini 0 x.dA y.dA

0 akan tidak E ,

0 . .

- 0

karena

. dan

y dan arah x curvature

dim

A A

x

A z

z x

=

=

=

→

= +

+

=

= +

−

=

=

∫

∫

∫ ∫

∫

jadi

dan dA

x E dA y E atau

dA x y E dA

x y E

E adalah

dan ana

A A

y x y

y x y

x z

z y

φ φ φ

φ

φ φ σ

φ φ σ

ε σ

φ φ

( ) ( )

I I I

I M I M E φ 1

dan

I I I

I M I M E φ 1

φ : dan φ Curvature sehingga

φ φ EI

EI M - dan

φ φ EI

EI M - atau

x.dA φ x

φ y E M

dan

y.dA φ x

φ y E M

y x 2 xy

x y xy x y

y x 2 xy

xy y y x x

y x

y y x xy y

y xy x x x

A

y x y

A

y x x













− +

− −

 =











− +

− −

=

+

= +

=

+

−

= +

−

=

∫ ∫

- x

- y Z

Y X

My Mx

σz.dA dA

∫ ∫

∫

^{= = =}

A A

y x

A

zdA 0 dan σ_zy.dA M dan σ_zx.dA M σ

) ( _xy _yx

z φ φ

ε =− +

...………..2.17

………2 18

Maka :

Gambar 2.12. Profil balok yang mempunyai tebal dengan adanya momen

( ) ( )

0 I dimana prinsipal

sumbu adalah y - sb dan x - sb Apabila

I I I

x . I M I M y . I M I M

xy y

x 2 xy

x y xy x xy

y y x z

=

−

− +

+

= − σ

y y x

x

z I

x M I

y

M +

= σ

Z

X Y Mx

Vy

Vy+dVy Mx+dMx

dz

b

h

Y X

Kalau dimasukkan ke persamaan σz, maka tegangan normal pada elemen penampang akibat momen lentur adalah :

………...2 19

Misalnya untuk tampang persegi ...2 20

2.7. Tegangan akibat gaya lintang pada penampang

Hubungan tegangan geser τy dan gaya geser Vy dapat dilihat pada gambar 2.13 dengan keseimbangan statis dimana resultan gaya geser dan momen yang bekerja pada setiap elemen sepanjang balok

Akibat momen terjadi tegangan normal pada permukaan elemen tampang yang terdistribusi seperti pada Gambar 2.14 pada bagian atas tertekan dan bagian bawah tertarik

Gambar 2.13. Resultan tegangan bekerja pada unit elemen panjang dz pada balok

b S I τ V ...

maka...

x dap.sb area.terha tis.momen.

adalah.sta ,

S 4 y

d 2 . b Karena....

4 y d 2 1 I y V 4 d I

1 dz τ dM

.b 2 y d I

y dM I

(d/2) dM 2 b.dz 1 τ

x x

y z

x 2 2

2 2

x 2 x

2

x x z

x x x

x z

=

−

=



 



 −



 







 



 

 



 −

=



 



 

 



 −

=



 

 −



 



 +

=

y

dz τz

y

b

dz

d/2 τ^z

( )

x x

I y dM .

( )( )

x x

I h

dM /2

( )( )

x x

I h dM /2

Pada Gambar 2.15 disebelah kiri terdapat τz dimana kearah horizontal dianggap merata selebar balok, maka kesetimbangan gaya pada arah sb-z adalah :

...2.21 Gambar 2.14. Distribusi tegangan normal akibat momen

a. Distribusi tegangan sisi kiri dz b. Distribusi tegangan sisi kanan dz

Gambar 2.15. Tegangan normal dan geser pada unit elemen panjang dz pada balok

dz

( )

x x max ,

z I

2 / h

=M

σ ( )

x x

I 2 / h

M ( )

x x

I h dM /2 Element

Z

Y X

σz σz σz σz

σy

σy

σy

σy

τzy

τzy

τzy

τzy

τyz

τyz

τyz

τyz

V

y x

1 2 3

(a)

V

y x

1 2 3

Diagram aliran geser (b).

(b)

V

y x

1 2 3

Diagram aliran geser (c).

(c)

x x y

y I

S b V geser gaya

Aliran. . =τ =

y zy

yz τ τ

τ = = dan

Untuk profil I dobel simetris aliran gaya geser lihat gambar 2.17a akibat beban geser V pada tepi flens sebesar nol dan makin besar secara linier ke tengah profil dan masimum pada sumbu pusat tampang tersebut.Aliran gaya geser ini pada bentuk tampang kanal dan tampang siku dapat dilihat pada gambar 2.17b dan gambar 2.17c

Gambar 2.16. Komponen tegangan pada sebuah elemen

Gambar 2.17. Aliran gaya geser pada tampang berbagai profil

Z Y X Y

X

ψ dr

r1

dA r0 dψ

Mz

dz γο

dβ r0

.dr r.d dA dimana....

τ.r dr 2π dr.dψ τ.r 2 . r.τ.

M

π 0 r

r

r

r 2 2

r

r z

0

i

0

i 0

i

ψ

=

=

=

=

∫

^dA

∫∫ ∫

...2.22 ...

...

...

...

...

...

...

GJdz β M

dan GJ

M G r

τ r γ dz dβ sehingga

dβ r dz γ : bahwa 2.18c Gambar dari

z

0 z

z 0

0 0

0

0 0

∫

=

=

=

=

=

Kondisi 3 adalah keadaan pada besaran maximum untuk momen statis penampang, diagram aliran geser untuk tampang wide flange (tampang profil I) adalah (a), diagram aliran geser untuk tampang channel (profil C) adalah (b) dan diagram aliran geser untuk tampang bersudut (profil siku) adalah (c)

2.8 Tegangan akibat gaya torsi pada penampang

Momen Mz yang memuntir sebuah batang penampang bulat, akan menimbulkan tegangan geser pada penampang Gambar 2.18, dan kesetimbangan antara tegangan geser dan momen,

Gambar 2.18. Momen torsi pada tampang profil bulat a)

b)

c)

23 . 2 ...

...

...

...

...

...

...

...

...

J r M

τ dan τ r J dr τ r .r 2π τ r M

τ r τ

0 z max

0 max 0

3 0 r

r 0 0 z

0 0

0

i

=

=

=

=

→

=

∫

τ

24 . 2 ...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

t τ.t ds 2AG β L

adalah, l

sudut tota putaran

Maka

25 . 2 ....

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

2A τ.t T

dan .t)dA (

2 .t)R.ds (

T

maka R.ds/2, dA

karena

.t).ds R(

dT

adalah 0, titik melalui yang

z sb terhadap T,

momen l

diferensia

2.19 gambar dari

S z

S A

z

∫

∫ ∫

=

=

=

=

=

=

τ τ

τ

R dA

ds

X

Y 0

(τ.t)ds

Pada penampang tertutup berdinding tipis dengan momen torsi T Gambar 2.19, dan β adalah sudut putar elemen dinding akibat T.

Gambar 2.19. Aliran gaya geser torsi pada tampang profil tipis tertutup

dz GJdβ M_z,SV =

dz dβ G.t dan τ

J .t

τ M SV,max

SV z, max

SV, = =

Mz Mz

σω

BLOK KAKU

Y X

Mz,sv

τsv,max t

b τsv,max

Torsi pada tampang terbuka yang tidak bulat Gambar 2.20, akan terjadi torsi warping selain torsi Saint venant, yang akan menimbulkan tegangan normal pada penampang balok tersebut. Tegangan geser Saint Venant yang terjadi adalah,

...…………...2.26

Apabila penampang balok (batang) dari plat tipis rectangular dengan tebal t, Gambar 2.21 maka

...…...2.27 Gambar 2.20. Tegangan normal terjadi akibat warping

Gambar 2.21. Tegangan geser St.Venant pada tampang persegi akibat torsi

b.t3

3

J≅ 1

∑ ∑

= =

=

= ⁿ

1 i

n

1 i

3 i i

i b .t

3 J 1 J

A

A

B

B

C

C A-A B-B C-C Mz

MF MF

β

Posisi terdeformasi

Posisi tak terdeformasi

d

d/2

uF

β

Mz Mz

Translasi

tanpa berputar Berputar

tanpa translasi Aktual

uF

(a) (b) (c) (d) (e)

β

+ =

Konstanta torsi penampang terbuka tersebut adalah J, atau jumlah J, dari elemen persegi Atau ...………...2.28 Balok kantilever yang menahan beban torsi M_z akan mengakibatkan dua jenis

perlawanan torsi yaitu momen torsi Saint Venant (Mz,SV) dan momen torsi warping (M_zw) Gambar 2.22.

Mz = Mz,SV + M_{z ω} ...

………...……...2.29

Gambar 2.22. Perputaran pada balok I kantilever akibat momen torsi

Gambar 2.23. Lenturan kesamping akibat adanya warping

2 F 2 F

F dz

u EI d M =−

2β u_F = d

2 2 F

F dz

β d 2 EI d M =−

3 3 F F

F dz

β d 2 EI d dz

V = dM =− ³

3 2 F F

zw dz

β d 2 EI d d V

M = =−

3 3 w 3 zw

3 2 y

zw dz

β EI d M

dan dz

β d 4 EI d

M =− =−

3 3 ω

z dz

β EI d dz dβ GJ

M = −

Z

MZ=MZ,SV + MZω Mz,sv

MF

VF

τω

MZ,ω =

τSV

X

Y

σω

1

VF

2 3

MF

Balok berpenampang I yang menerima beban torsi M_z

perputaran sekaligus perpindahan kesamping gambar 2.23c dengan,

Gambar 2.23 mengakibatkan

dan berlaku untuk lenturan kesamping

...………...2.30

Maka:

sehingga

atau: . ………...2.31

Konstanta warping berbagai penampang dapat dilihat pada Tabel 2.1.

M_z = M_z,SV + Mz ω

Diagram tegangan normal dan geser akibat torsi M

→ ………...2.32

z pada balok I Gambar 2.23a.

Gambar 2.23a. Terjadi tegangan normal dan geser akibat Momen Mz,sv dan Mz,w

24 h b t 2

h I I

2 3 f 2 f

w = =



 





= +

= +

3 2 3 1

3 2 3 1 2 f w

3 2 3 1 3 1

b b

b b 12

h I t

b b

h e b

( )

[ ]

( )

^{2 w}

2 2

f 2 3

w 122b h

bh 3t h bh b 2t h I b

+ + +

= +



 



 +

= +

= +

h t b 6t

h 2t b 3t 12

h b I t

h t b 6t

t e 3b

w f

w f

2 3 f w

w f

f 2



 



 +

= ^{3 3f 3 3}_w

w h t

4 t b 36 I 1

36 t h t I b

3 2 3 3 1 3 w

= +

h b1

b2

tw e tf

SC Cg b

h

h/2

ttf

SC=Cg

h

h/2

b

tw SC=Cg

h e

tw tf

SC Cg

b h

tf

tw Cg SC

h

b t2 SC t1

Cg

Tabel 2.1 Konstanta Warping berbagai penampang.

Bentuk penampang Konstanta warping

3.Profil Z

2.Profil I mono simetris

4.Profil kanal

1.Profil I doubel simetris

5.Profil T

6.Profil siku siku

GAYA

PERPINDAHAN ZONA STRAIN

ZONA COMPLEMENTARY

0

d∆

dP

di asumsikan menjadi garis lurus

sebenarnya garis nonlinear

∆ P

2.9. Metode Energi 2.9.1. Pendahuluan

Konservasi energi pada ilmu statika di definisikan bahwa apabila suatu gaya (beban) dilakukan terhadap suatu konstruksi akan mengakibatkan deformasi, artinya adanya suatu kesetaraan sebab dan akibat. Dalam hal ini kita sebutlah bahwa gaya gaya potensial dari luar akan mengakibatkan perobahan di dalam konstruksi berupa deformasi yang disebut regangan. Sehingga keseimbangan antara potensi yang bekerja harus sama dengan efek yang ditimbulkan ke dalam konstruksi tersebut, dengan anggapan tidak ada energi yang hilang (Energi Potensial = Energi Regangan) dalam kondisi statik, pengertian energi adalah gaya dikali dengan perpindahan. Energi regangan di asumsikan linear walaupun sebenarnya ada energi yang diabaikan dan sangat relatif kecil (∆U) Gambar 2.24.

Strain energy (energi regangan) dU = P.d∆ dan U = ∫ P.d∆

Gambar 2.24. Energi regangan oleh beban gaya P

x Beban

Perpindahan

Complementary energy (energi potensial) dU^’ = ∆.dP dan U^’

Sebenarnya masih ada sesatan kecil bahwa U≠U = ∫ ∆.dP

’ atau U^’ = U+∆U, oleh karena asumsi energi linier atau ∆U <<< , maka cukup U = U^’

2.9.2. Energi regangan, U (Strain energy) a. Akibat gaya aksial P.

Energi regangan akibat gaya aksial P, Gambar 2.24a U = 0,5.P.x, (luas segitiga)

x = ε.L, dan ε = σ/E dan σ = P/A, sehingga

ume satuan vol per

regangan energi

2E, disini

2.33 ...

...

...

...

...

...

...

...

...

2EA.L, U σ

2EA.L σ 2

E.L σ.A.σ

2 σ.A.ε.L 2

U P.x

2 2

2

σ

=

=

=

=

=

Gambar 2.24a. Energy regangan oleh beban aksial

dx

y

luas dA

M σ

Pot.balok tampang balok Diagram tegangan

M

....2.34 ...

...

...

...

...

...

...

...

...

2EIdx, U M

I dA y I dan σ M.y karena 2EIdx,

M I

dA y M 2E dA dx 2E σ

dx

aksial) beban oleh regangan energi

(seperti dx.dA

2E dU σ

2

2 2

2 2 2 2

2

∫

∫

∫

∫

∫

=

=

=

=

=

=

=

b. Akibat momen lentur M.

Energi regangan akibat momen lentur M, Gambar 2.24b

Bentuk Integralnya adalah : (catatan : Analog untuk yang lain) a. Akibat Normal. N → ⁼

∫

^L

0 2 x

2EA dx

U N ………...2.35

b. Akibat Momen. M → ⁼

∫

^L

0 2 x

2EI dx

U M ...………..2.36

Untuk suatu balok yang menerima momen lentur berlaku : EI.y” = Mx

Maka : ⁼

∫

⁼

∫

^L

0 2 L

0

2

dx ) (y"

2 EI 2EI

dx ) (EI.y"

U , analog untuk yang lain,

Gambar 2.24b. Energy regangan oleh beban momen lentur

∆b

L S

y

x P

a. Energi lentur arah sb x-x : ⁼

∫

^L

0

x (v")2dz 2

U EI ………...2.37

b. Energi lentur arah sb y-y : ⁼

∫

^L

0 y 2

dz ) (u"

2

U EI ………...2.38

c. Energi torsi warping ^{U= EI}₂^w

∫

^{(β'' )2dz}………...2.39

d. Energi torsi murni : ^{U= GJ}₂

∫

^(β')2dz ………...2.40

2.9.3 Energi potensial, V (Potensial energy)

Sebuah batang dengan panjang L, oleh gaya P melentur sehingga posisi P berpindah ∆b dan energi potensial =P.∆b Gambar 2.24c.

a. Perpindahan (∆b) karena balok melentur oleh gaya axial P

∆b = S – L

Gambar 2.24c. Pergeseran batang karena melentur

P y

x y

dx dx 1 dy )

dy (dx ds

2 1/2 1/2

2 2











 



 

 +

= +

=

∫

_^









 



 

 +

=^L

0

2 1/2

dx dx 1 dy S

Dari teori bentuk binomial :

( )

a b ...

2!

1) b n(n

na a b

a+ ⁿ = ⁿ + ⁿ⁻¹ + − ^{n−2 2} +

...dst dx

.1 dy 2 1 1 dx

1 dy

2 1) (1/2 1/2

2 1/2

 +



 

 + 

 =









 



 



+ ⁻ , apabila suku

2



 



 dx

dy di pangkatkan yang

lebih besar lagi, maka hasilnya makin sangat kecil atau diabaikan saja.

Maka panjang S adalah

∫

_^









 



 

 +

=

L

0

2

dx dx 1 dy

S dan ^{− =}

∫

^{L }_^{ }_^

0

2

dx dx dy 2 L 1 S

Karena, ∆b = S – L sehingga, ⁼

∫

^L_^{ }_^

0 2

dx dx dy 2

Δb 1 , sebut energi potensial adalah V

dan ∆V = P.∆b atau ⁼

∫

^L_^{ }_^

0 2

dx dx dy 2 P1

dV

dan energi potensial : ⁼

∫

^L

0 2dx 2 y'

V P ………...2.41

b. Perpindahan (y) karena balok melentur oleh beban tunggal P Gambar 2.24d.

Gambar 2.24d. Balok melentur oleh beban tunggal

y

x

y q

0 L

L z

z = 0 z = L

Energi potensial nya adalah : V = P.y ………....2.42

c. Perpindahan (y) karena balok melentur oleh beban merata q Gambar 2.24e

Energi potensial nya adalah : ⁼

∫

^L

0

y.dx q

V ………..2.43

2.9.4 Fungsi hampiran (shape function)

Keakuratan hasil yang didapat dari analisa metode energi adalah sangat tergantung kepada ketepatan peng-asumsi an pola kelengkungan fungsi hampiran dimana asumsi yang dilakukan harus memenuhi terhadap syarat syarat batas yang harus ditetapkan. Tetapi fungsi hampiran akan sangat dipengaruhi posisi beban dan bentuk penampang, misalnya prismatis atau non prismatis. Boleh di asumsikan sebagai fungsi aljabar berpangkat atau juga fungsi trigonometrik, power series atau trigonometric series.

Dalam bahasan ini di coba dengan fungsi aljabar Syarat syarat batas

Gambar 2.24e Balok melentur oleh beban merata

Gambar 2.24f. Balok kantilever dengan beban

δ

P

PL

P

Pδ

v u

β Z' Y' Z X'

Y X P

) u δ- ( P dz- )du z - L ( P ' Mz dan

u) P(δ Mz

) z - L P.β( Mx.β -

' My dan

0 My

) z - L ( P - Mx ' Mx dan

z) P(L Mx

=

−

=

=

=

=

=

=

−

−

=

Untuk model kantilever ini berlaku syarat syarat batas balok dengan tumpuan jepit bebas dimana pada z = 0 ; perpindahan lateral u, perpindahan vertical v dan perputaran penam - pang β adalah : u0= β0 = u0’= β0’= v0 = βL’’

2.10. Tekuk lateral pada balok kantilever

= 0, Gambar 2.24f.

Pada Gambar 2.25 dibawah ini dapat diperhatikan kondisi buckling yang terjadi.

Gambar 2.25. Lateral buckling pada balok kantilever (a) = sebelum buckling (b) = terjadi buckling (c) = Potongan terbuckling pada satu titik tertentu

β

β

δ

u+^β.h/2

β

β.h/2

β.h/2 u-^β.h/2

h u

0 ) u δ - ( P dz- )du z - L ( dz P GJdβ dz

β EIωd

0 ) z - L P.β( dz

u EIyd

0 ) z - L ( dz P

v EIxd

3 3

2 2

2 2

= +

−

= +

= +

Maka persamaan diferensial kesetimbangan pada ketiga sumbu tersebut adalah :

Komponen momen momen dan deformasi lateral lihat Ganbar 2.26 dan 2.27,

Gambar 2.26. Komponen Mx dan Mz pada sb X’ , Y’ dan Z’

Gambar 2.27. Geometrik deformasi lateral (lateral buckling)

∫

∫ ∫ ∫

∫

∫ ∫ ∫

∫

∫

∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫











  + +









= 

∈



 



 + + +

=

∈

+

=

∈

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

→

=

=

→

=



 



 + + +

=

=

→

=

→

=

=

→

=

→

=

L

0 y

2 L 2

0

L

0

2 L

0

2 ω 2

y y

L

0 y

2 L 2

0

L

0

2 L

0

2 ω 2

y L

0 y

2 2

o

L

0 y

L 2

0 y

o

x '

y L

0 L

0 y

' y o

o

y ' y y

' y

y ' y 2 2

L

0

L

0

2 L

0

2 ω 2

y

2 2

2 2

dz EI

β z ) z - L ( P - dz β ' GJ dz

"

β EI EI dz

β ) z - L ( P EI 2 1

dz EI

β z ) z - L ( P - dz β '

GJ

"

β EI u"

2 EI 1

V U : adalah energi

Total Maka

dz EI

β z ) z - L ( P - P.v - V

: beban potensial Energi

jadi

kebawah lenturan

krn , - tanda , dz EI

β z ) z - L ( P - dz βz EI

β ) z - L ( P v -

: maka

β ) z - L ( P β - M - M sedangkan

dz EI z M β dv v

v adalah ertikal

lenturan v kantilever

ujung da 3)...Pa

dz EI z M β dv β du bahwadv kecil yang deformasi uk

2)...Unt

dz EI z du M EI

M dz

u 1)...d

dz β '

GJ

"

β EI u"

2 EI 1 U

: adalah regangan

Energi

perputaran dan

n perpindaha maximum

Amplitudo adalah

θ dan δ : dimana

L 2 πz L) cos (2 θ π ' β' L 2 πz sin L 2 θ π β ' L) 2

πz cos - 1 θ( β

L 2 πz L) cos (2 δ π ' u' L 2 πz sin L 2 δ π u' L) 2 πz cos - 1 δ( u

: adalah mungkin paling

yang hampiran fungsi

kantilever balok

Untuk

2 p 0

L L

2 L

2 ω 2

yu" EI β" GJβ ' dz-P.V P.y β 2 EI

1 V U

: Energy Total

 ±



 



 + + +

= +

=

∈

∫ ∫ ∫

2.11. Metode energy dan Metode numeric pada balok kantilever a. Metode energi

P y^p

Pusat geser

u^L y^p

v^L

β^L

P P

Pusat geser

u^L

v^L

β^L

P P

Pusat geser

( )

( ) ( ) ( )

{ }

56) (page Australia Sydney of Univ , Structures of

Buckling Torsional

- Flexural 1993 r, N.S.Trahai Sumber

:

beban.

sentuhan dengan

geser pusat jarak y

) twisting (

sudut perputaran β

lateral lenturan u

: dimana

....2.44 ...

0...

β 2 P.y

dz 1 ' u' . 2β 2 M

.dz 1 β' β" GJ

EI u"

2 EI 1

: Berarti

momen.

ataupun merata

gal, beban tung

seperti luar,

gaya oleh potensial energi

al jumlah tot Δ V

2 1

) Venant (

murni dan torsi warping

rsi to

lateral, lentur oleh regangan energi

al jumlah tot Δ U

2 1 dimana

0, Δ V

Δ U 2 1

P

2 P x

2 2

w 2 y

2 2 2

2

=

=

=

= +

+ +

+

= +

∫ ∑

∫

Posisi beban menyentuh balok memungkinkan pada jarak yp dari pusat geser atau tepat di

atas balok dan tepat di pusat geser (y_p=0) Gambar 2.28.

Gambar 2.28. Beban di pusat geser dan pada jarak y_pdari pusat geser

Persamaan energi untuk tekuk lentur lateral torsi pada balok keadaan elastis adalah: