Bab 7 Kolom
7.1. Stabilitas Kolom
Dalam bab sebelumnya telah dibicarakan bahwa agar struktur dan elemen-elemennya dapat berfungsi mendukung beban harus memenuhi persyaratan keku-atan, kekakuan dan stabilitas. Pembahasan mengenai analisis maupun perancang-an yang mempertimbangkan kekuatan dan kekakuan telah dibahas, di mana struktur dan elemen-eJemennya selalu dianggap dalam kondisi stabil.
Pada bab ini akan dibahas mengenai stabiiltas struktur khususnya batang yang menerima beban aksial tekan atau kolom. Sebagai gambaran tentang stabilitas, lihatlah sebuah benda berbentuk bola seperti pada Gambar 7.1, yang terletak di atas bidang cekung, datar dan cembung. Dan gambar tersebut dapat dipastikan bahwa bola pada Gambar 7.1 (a) dalam keadaan stabil, pada Gambar 7.1 (b) stabil narnun dengan adanya dorongan atau tiupan angin yang kecil sudah menjadi tidak stabil, sedangkan pada Gambar 7.1 (c) kondisinya tidak stabil.
Gambar 7.1. Stabilitas benda di atas berbagai permukaan
Baiklah sekarang diberikan contoh problem stabilitas sebuah batang vertikal dengan ujung bawah diberi pegas dengan kekakuan puntir k seperti diperlihatkan pada Gambar 7.2. Batang tersebut dibebani gaya tekan vertikal. Jika akibat ketidaksempurnaan batang, misalnya batang tidak lurus sempurna atau karena sesuatu, ujung atas atang terjacli penggeseran yang sangat kecil dengan sudut putar 6, maka akan terjadi beberapa kemungkinan mengenai stabilitas batang. Akibat perputaran ini akan terjadi momen yang membuat batang tidak stabil yang besarnya PLsinθ P18 (untuk sudut Okecil).
Ada tiga kemungkinan yang dapat terjadi: 1. Jika k
θ
>P
θ
, batang akan stabil2. Jika k
θ
>P
θ
, batang tidak stabil3. Jika k
θ
=P
θ
, terjadi peralihan antara kondisi stabil dan labilGambar 7.2. Batang yang dibebani tekan
Pada kemungkinan ke tiga merupakan kondisi yang diperoleh beban kritis Pcr atau
beban tekuk. Jika beban ini dinaikkan sedikit saja, maka batang menjadi tidak stabil. Sedangkan besamya Pcr ini adalah:
k
P
P
k
cr=
=
θ
θ
(7.1) 7.1. Rumus EulerTinjaulah sebuah kolom dengan kedua ujungnya dapat berputar bebas seperti diperlihatkan pada Gambar 7.3.
Tinjaulah sebuah titik pada batang yang berjarak x dan ujung atas. Pada titik ini mengalami momen lentur sebesar M = Py(x). Pada setiap titik pada batang terjadi kelengkungan yang berbanding lurus dengan besarnya momen lentur pada titik tersebut.
Dengan mengambil nilai
El
P
=
2λ
akan didapatkan:Persamaan (7.3) merupakan persamaan yang bentuknya sama dengan gerak selaras sederhana, yang penyelesaian secara umum adalah:
x
B
x
A
y
=
sin
λ
+
cos
λ
(7.4)dengan A dan B adalah konstanta yang dapat dicari dari syarat-syarat batas sebagai berikut:
L
A
y
x
B
B
y
x
λ
sin
0
0
0
0
cos
0
0
0
=
→
=
→
=
=
→
=
→
=
→
=
Untuk penyelesaian
A
sin
λ
L
=
0
diperoleh dua nilai, yaitu: (a) A = 0 penyelesaian trivial (kurang berarti) (b)λ
L
=
n
π
dengan n : bilangan bulatDengan memasukkan
El
P
=
λ
didapatkan beban kritis kolom sebesar :2 2
2
El
n
P
cr=
π
(7.5)Nilai terkecil dari Pcr didapat jika n = 1, yang disebut sebagai rumus Euler untuk beban
kritis:
2 2
El
P
cr=
π
(7.6)dengan I adalah momen inersia terkecil dari penampang kolom. Untuk n = 1, 2 , 3 ,..., maka didapatkan bentuk kelengkungan kolom
Gambar 7.4. Bentuk kelengkungan dan beban kritis kolom dengan kedua ujungnya bebas berputar
7.3. Modifikasi Rumus Euler untuk Kolom dengan Ujung yang Berlainan
Dari bahasan di atas terlihat bahwa beban kritis kolom dipengaruhi oleh persamaan kelengkungan kolom. Kolom yang kedua ujungiya tidak berupa sendi tentunya akan mempunyai bentuk/persamaan kelengkungan yang berbeda. Berikut diberikan sebuah contoh untuk kolom dengan salah satu ujungnya berupa sendi ujung yag lain jepit seperti tenlihat pada Gambar 7.5. Akibat beban, akan terjadi kelengkungan yang mengakibatkan terjadinya momen lentur Mo pada perletakan yang terjepit yang besarnya tidak diketahui.
Gambar 7.5. Kolom dengan ujung-ujung jepit dan rol Persamaan kelengkungan batang:
Dengan mengambil
El
P
=
2λ
didapatkan:Penyelesaian persamaan tersebut adalah:
Persamaan (7.9) rnenjadi: Untuk
x
=
→
y
=
0
Dengan mensubstitusikanEl
P
=
2λ
didapatkan:Rumus umum untuk menghitung beban kritis dapat dituliskan sebagai berikut:
dengan:
k: koefisien/faktor panjang efektif
Dengan demikian faktor panjang efektif kolom untuk ujung-ujungnya jepit-sendi dari Persamaan (7.10) didapatkan nilai k = 0,7. Koefisien tekuk k untuk berbagai macam ujung kolom dapat dilihat pada Gambar 7.6.
Gambar 7.6. Faktor tekuk kolom dengan berbagai macam pengekang ujung Jika I = r2A, dimana r adalah jari-jari inersia dan A luas penampang kolom, maka
Persamaan (7.11) dapat dituliskan:
Dan tegangan rata-rata cr pada beban kritis sebesar :
(7.12)
Dengan :
Angka kelangsingan (slenderness ratio) kolom r : jari-jari inersia terkecil
7.4. Pembatasan Rumus Euler
Perlu dicatat bahwa rumus Euler yang dibahas di atas berlaku jika bahan masih dalam kondisi linier elastik. Oleh karena itu tegangan kritis rata-rata cr yang terjadi tidak
diperlihatkan garis hiperbola dari rumus Euler dengan berbagai nilai
r
k
untuk kolom kayu dengan modulus elastisitas E = 12500 MPa, dengan tegangan batas proporsionale = 15 MPa. Batas angka kelangsingan berlakunya rumus Euler adalah sebagai
berikut:
Gambar 7.7. Batas berlakunya rumus Euler untuk kolom kayu
Kolom yang mempunyai angka kelangsingan Iebih besar dari
λ
e = 90,69 akan terjadi tekuk secara elastis. Garis yang terputus-putus pada kurva tidak berlaku rumus Euler karena pada bagian ini bahan sudah berperilaku tidak elastis lagi (untukr
k
< 90,69). Tegangan kritis rata-rata untuk angka kelangsingan kurang dariλ
e biasanya didapatkan dari hasil-hasil eksperimen atau didekati dengan rumus:dimana Et = modulus garis singgung pada kurva tegangan - regangan seperti diperlihatkan pada Gambar 7.8 (a). Tegangan ini yang sudah melampaui batas proporsional.
Gambar 7.8. Daerah berlakunya rumus Euler dan modifikasinya
Hasil pengujian laboratorium biasanya cukup dekat dengan nilai yang di dapat dari Persamaan (7.13). Sedangkan nilai tegangan kritis pada
=
0
r
k
adalah sama dengan tegangan maksimum (o) yang dapat dicapai oleh bahan.
7.5. Kolom dengan Beban Eksentris
Dalam praktek tidak ada kolom yang benar-benar lurus sempurna demikian pula tidak dapat membuat gaya yang bekerja henar-benar sentnis. Bahkan dalam perancangan kolom, biasanya peraturan-peraturan mengharuskan untuk diperhitungkan adanya eksentnsitas minimum. Untuk mengetahui perilaku kolom yang dibebani eksentris, tinjaulah kolom dengan beban eksentris pada kedua ujungnya, seperti diperlihatkan pada Gambar 7.9.
Momen lentur sembarang titik pada kolom adalah
)
(
e
y
P
M
=
+
(7.14)Seperti dalam Persarnaan (7.2), di sini berlaku
Jika diambil
=
λ
2El
P
, maka didapatkan :
Penyelesaian secara umum:
λ
λ
λ
sin
2
tan
cos
x
e
e
y
e
+
=
+
−
+
+
=
.
sin
cos
cos
1
2
tan
x
x
x
e
y
λ
λ
λ
λ
Lendutan maksimum ymaks terjadi di tengah bentang dengan
2
=
Dari Persamaan (7.18) dapat dibuat kurva hubungan antara ymaks dan P, seperti
diperlihatkan pada Gambar 7.10.
Gambar 7.10. Hubungan antaraymaA dengan P Jika P <<Pcr maka hubungan P - ymaks mendekati garis lurus dan berlaku:
Dengan kemiringan kurva
8
2e
El
P =
δ
Besarnya Mmaks :2
sec
)
(
e
δ
Pe
λ
P
M
maks=
+
=
(7.19)Gambar 7.11. Hubungan antara Mmaks dengan beban eksentris Per
Tegangan normal yang terjadi pada batang merupakan gabungan akibat gaya aksial dan momen lentur, sedangkan tegangan terbesar
δ
maks adalahDengan
A
I
r
=
danEl
P
=
2λ
maka didapatkan: 7.6. RangkumanBerdasarkan bahasan mengenai stabilitas batang tekan, ada beberapa catatan penting, yaitu:
1. Batang yang dibebani tekan ada suatu beban kritis jika beban ini dilampaui batang menjadi tidak stabil
2. Besarnya tegangan kritis menunit Euler adalah
=
r
k
E
cr 2π
σ
Rumus Euler ini hanya berlaku sampai pada batas proporsional. 3. Nilal k dari rumus di atas dipengaruhi oleh jenis perletakan
4. Jika tegangan kritis sudah melampaui batas proporsional, nilai modulus elastisitas E dapat diganti dengan nilai modulus elastisitas yang didapat dari garis singgung E, dari kurva tegangan-regangan.
