73
7.1. Terjadinya Tekukan
Tekukan terjadi apabila batang tekan memiliki panjang tertentu yang yang jauh lebih besar dibandingkan dengan penampang lintangnya. Perhatikan Gambar 7.1 di bawah, dua buah balok berpenampang lintang bxh dengan b < h.
F h b
F h
b
l l
F
(a) Tekan
F (b) Tekuk Gambar 7.1. Pembebanan Normal Negatif
Gambar 7.1(a) merupakan pembebanan tekan karena panjang batang, l, relatif tak berbeda jauh dengan ukuran penampang lintangnya, b maupun h.
Dalam pembebanan yang berlebihan, balok ini akan rusak hancur atau geser pada bidang tegangan geser maksimumnya, tergantung pada sifat-sifat bahannya.
Sedangkan batng pada Gambar 7.1(b) mengalami pembebanan tekuk karena panjang batang, l, yang jauh lebih besar dibandingkan dengan ukuran penampang lintangnya. Pembebanan yang berlebih akan menyebabkan batang rusak tekuk atau bengkok.
Tekukan dapat terjadi karena dua hal, yakni oleh sebab geometris dan homogenitas bahan. Sebab yang pertama terutama adalah karena letak beban yang tidak tepat pada titik pusat berat penampang lintangnya, sehingga timbul momen terhadap sumbu netral batang. Sebab kedua karena sifat mekanis bahan yang tidak homogen sehingga titik-titik pada suatu penampang lintang mengalami deformasi yang tidak sama. Hal ini juga akan menimbulkan momen terhadap sumbu netral batang. Momen ini akan semakin besar bila penyimpangan dari keadaan ideal semakin besar.
Secara teoritis, tekukan akan terjadi atau tidak ditentukan oleh harga koefisien kerampingan (slenderness ratio), yang besarnya ditentukan oleh panjang batang, bentuk dan ukuran penampang lintangnya, serta konstruksi penumpuan.
Secara matematis dinyatakan oleh persamaan (7.1a) dan (7.1b) berikut.
l
r (7.1a)
r I
A
l k L
.
(7.1b)
dengan
: koefisien kerampingan
l : panjang tekuk, panjang satu tekukan simetri (mm)
r : jari-jari girasi (mm)
I : inersia minimal penampang lintang batang (mm4) A : luas penampang lintang batang (mm2)
k : koefisien pemasangan, tergantung konstruksi penumpuan ujung batang L : panjang batang (mm)
Teori tekuk Euler, yang dikemukakan oleh seorang ahli matematika Swiss Loenhard Euler, pada tahun 1757 digunakan untuk menyelesaikan persoalan- persoalan tekuk. Teori ini menggunakan asumsi bahwa tegangan tekan langsung
yang terjadi kecil sehingga dapat diabaikan, dan beban tidak lebih dari beban kritis yang dapat menyebabkan terjadinya tekukan. Selain itu, bahan batang bersifat isotropis, penampang lintang batang merata sepanjang batang, serta tegangan yang terjadi masih berada dalam batas proporsional sehingga hukum Hooke masih berlaku.
7.2. Batang-batang dengan Berbagai Konstruksi Penumpuan
Ada empat macam sistem penumpuan yang akan dibahas, berturut-turut adalah satu ujung batang dijepit sedang ujung lain bebas, kedua ujung batang dijepit, kedua ujung batang dipasang berengsel, dan satu ujung batang dijepit sedang ujung lain berengsel. Harga koefisien pemasangan ditunjukkan oleh grafik elastis perubahan bentuk batang dalam pembebanan.
7.2.a. Batang dengan Kedua Ujung Bertumpuan Sendi
F F
x B
B B y
l/2 l/2 F
C C
l
l/2 a F
A A
F F
(a) Tanpa Beban (b) Superposisi (c) (d)
Gambar 7.2. Pembebanan Normal Negatif
Perhatikan Gambar 7.2(c) di atas. Beban gaya F (N) pada titik berat penampang lintangnya yang di asumsikan selalu bekerja pada arah vertikal.
Akibat beban F tersebut titik B akan berpindah ke B’ yang berjarak a dari
kedudukan awal. Beban tersebut merupakan beban kritis, sehingga perpindahan sangat kecil dan momen yang timbul tidak cukup untuk menimbulkan tekukan.
Pada titik sembarangseperti ditunjukkan pada Gambar 7.2(c), seperti pada defleksi, maka
EI M dy
x
d
2 2
(7.2a)
M = F.x (7.2b)
Sehingga d
dy dx dy
F EI x
.
Kedua ruas dikalikan dengan dx sehingga dx
dy d dx dy
F EI x dx
. . .
Dimisalkan dx
dy z maka persamaan di atas menjadi z dz F
EI x dx
. . .
Karena variabelnya telah terpisah pada masing-masing ruas, maka persamaan tersebut dapat diintegralkan, yang hasilnya
z F
EI x C atau z F
EI x C
2
2 1
2 2
2 2 . . 1
Dikembalikan harga z sehingga dx
dy
F
EI x C
2
2
. 1 (7.3a)
Terhadap titik A dengan x = a dan (dx/dy) = 0, maka persamaan (7.3a) menjadi
02 F 2 1 1 2
EI a C atau C F
EI a
. . (7.3b)
Persamaan (7.3b) disubstitusikan ke persamaan (7.3a) kemudian diakar, akan menjadi
dx dy
F
EI a x atau dx
a x
F EI dy
2 2
2 2 . (7.4)
Persamaan (7.4) juga merupakan fungsi eksplisit, sehingga masing-masing ruasnya dapat diintegrasikan, yang hasilnya
sin .
1
2
x a
F
EI y C (7.5a)
Di titik B dengan x = 0 dan y = 0, maka persamaan di atas menjadi
sin10 F .0 2 2 0
EI C atau C (7.5b)
Substitusi persamaan (7.5b) ke persamaan (7.5a) akan menghasilkan
sin . .
1
x 2
a
F
EI y F y EI
atau x a
F y
EI
sin . 2
(7.6)
Karena untuk suatu pembebanan tertentu pada suatu batang tertentu, harga-harga F, E dan I adalah konstan, sehingga persamaan tersebut menyatakan bahwa simpangan tekuk merupakan fungsi sinus. Untuk titik A dengan x = xmax = a dan y = (l/2), persamaan (7.6) menjadi
a a
F l
EI atau F l
EI
sin
.
sin .
2
4 1
2
2
(7.7)
Persamaan (7.7) di atas dipenuhi apabila F l
EI. atau atau dan
...
2
4 2
3 2
5
2
seterusnya.
Karena F yang dicari adalah yang terkecil untuk menyebabkan tekukan, maka diambil harga ruas kanan yang terkecil, sehingga
F l
EI atau F l
EI
. 2 . 2 2
4 2
sehingga
F EI
cr 2l
2
. (7.8)
dengan Fcr : beban kritik yang dapat memulai terjadinya tekukan (N) E : modulus elastistas Young (MPa)
I : inersia minimum penampang lintang batang (mm4) l : panjang tekuk (mm), dengan l = k.L.
k : koefisien pemasangan, untuk penumpuan jenis ini harga k = 1.
L : panjang batang (mm), sehingga untuk penumpuan jenis ini k = L.
Dengan demikian, karena l = L , maka persamaan (7.8) menjadi
F EI
cr 2L
2
. (7.9)
7.2.b. Satu Ujung Dijepit dan Ujung lain Bebas
Menurut analisis pada sub bagian 7.2.a., dengan harga k = 1, panjang tekuk sama dengan sama dengan panjang batang. Sehingga pada Gambar 7.3(a) di samping, panjang batang tersebut sama dengan panjang batang pada Gambar 7.2(c), atau l/2 = L. Dengan perkataan lain, panjang tekuk batang dengan satu tumpuan jepit dan ujunglainnya bebas adalah
l = 2 L atau k = 2 (7.10) Substitusi persamaan (7.10) ke persamaan (7.8) akan menghasilkan
F EI
cr 2L 4 2
. (7.11)
dengan Fcr : beban kritik yang dapat memulai terjadinya tekukan (N) E : modulus elastistas Young (MPa)
I : inersia minimum penampang lintang batang (mm4) L: panjang batang (mm).
7.2.c. Batang dengan Kedua Ujung Bertumpuan Jepit
Secara logika, batang dengan kedua ujung ditumpu secara jepit lebih kaku dibandingkan dengan batang dengan yang kedua ujungnya bertumpuan engsel.
Perhatikan perubahan bentuk elastis batang pada Gambar 7.4(b). Ternyata bahwa batang terbagi menjadi empat bagian yang sama panjang yang masing-masing sebangun benar dengan Gambar 7.2(c). Karena hal inilah maka konstruksi penumpuan semacam ini memiliki panjang tekuk l = 2L. Dengan perkataan lain, koefisien pemasangan, k = 2.
F F
F
B B
F l
L 2 l F F
F
A A
F
F F
(a) Tanpa Beban (b) Superposisi
Gambar 7.4. Balok dengan Kedua Ujung Bertumpuan Jepit
Dengan panjang tekuk
l = 2 L atau k = 2 (7.12)
maka persamaan (7.8) menjadi
F EI
cr 4 L2
2
.
(7.13) dengan Fcr : beban kritik yang dapat memulai terjadinya tekukan (N)
E : modulus elastistas Young (MPa)
I : inersia minimum penampang lintang batang (mm4) L : panjang batang (mm)
7.2.d. Batang dengan Ujung-ujung Bertumpuan Jepit-Sendi
F F
B l/2 B F
L l/2 F
F
F
A A
F F
(a) Tanpa Beban (b) Pembebanan (c) Penyederhanaan Gambar 7.5. Pembebanan Normal Negatif
Perhatikan Gambar 7.5(b) di atas. Gambat tersebut menunjukkan bahwa panjang tekuk kurang lebih dua per tiga panjang batang, atau
l L
2
3 (7.14)
maka persamaan (7.8) menjadi
F EI
cr 9 L 4
2 2
.
(7.15) dengan Fcr : beban kritik yang dapat memulai terjadinya tekukan (N)
E : modulus elastistas Young (MPa)
I : inersia minimum penampang lintang batang (mm4) L : panjang batang (mm)
7.3. Berlakunya Teori Euler
Sebagaimana telah dikemukakan pada bagian depan, bahwa teori Euler hanya berlaku untuk pembebanan pada daerah proporsional. Sedangkan untuk pembebanan
di luar daerah proporsional berlaku rumus-rumus yang dikoreksi yang di luar pembahasan pada diktat ini. Karena tegangan yang terjadi harus lebih kecil atau maksimal sama dengan tegangan pada batas proporsional, maka
cr p sedangkan cr Fcr
A (7.16)
Dari persamaan (7.8), diperoleh rumus umum untuk berbagai konstruksi penumpuan ujung sebagai berikut
F EI
cr 2l
2
.
Dengan demikian persamaan (7.16) menjadi
cr
EI l A
E l
I
A E r
l E
2 2
2 2
2 2
2 2
2
1 2
. .
. . . .
Harga cr di atas kemudian disubstitusikan kembali ke persamaan (7.16) yang di sebelah kiri, sehingga koefisien kerampingan batang dapat dihitung sebagai berikut
2
1 2
. .E sehingga . E
p
p
(7.17)
Sedangkan batas harga kerampingan untuk berlakunya Euler adalah diambil dari persamaan di atas, yang besarnya adalah
batas
p
. E (7.18a)
Sehingga persamaan (7.17) menjadi
batas (7.18b)
dengan: : kerampingan batang
E : modulus elastisitas Young bahan (MPa)
p : tegangan pada batas proporsional bahan (MPa)
Contoh Soal: Tiang penyangga berbentuk pipa dengan diameter dalam 90% dari diameter luarnya, atau d = 0,9 D. Mudulus elestisitas Young 200 GPa, tegangan pada batas proporsional 700 MPa. Tinggi tiang tinggal 3 m sedangkan faktor keamanan diambil 4.
Tentukan ukuran diameter luar dan diameter dalam tiang tersebut bila penumpuan ujung- ujung dengan: (a) satu jepit ujung lain bebas, (b) kedua ujung berengsel, (c) satu ujung jepit ujung lain engsel, dan (d) kedua ujung jepit.
Penyelesaian:
F = 50 kN = 50 000 N d = 0.9 D (a) k = 2
E = 200 GPa = 2.105 MPa. L = 3 m = 3000 mm (b) k = 1
p = 700 Mpa = 4 (c) k = 2/3
(d) k = 1/2
I D d D D
r I
A
D d
D d
D d
64 64 0 9 0 0168811
64 4
1 4
4 4 4 4 4
4 4
2 2
2 2
, ,
F F
F F
cr
cr
. 4 50000. 2 10. 5
kN
batas
p
E
2 2
2 10
700 26 55 . 5
,
Dari persamaan (7.11), Fcr EI
l I l Fcr
E
2 2
2 2
. .
(A)
(a) l = k L = 2 . 3 000 = 6 000 mm Dari persamaan (A) akan didapat
0 0168811 6000 2 10
2 10 2 16110 121 24
4
2 5
2 5
8
, ( ) .( . ) 4
.( . ) , . ,
D D
mm
d = 0,9 D = 109,12 mm Dibuat D = 122 mm dan d = 109 mm
Pemeriksaan: Dari persamaan r di atas akan didapat r14
12221092
40 90,mm
= (l/r) = (6000/40,90) = 146,70
Ternyata bahwa > batas, sehingga teori Euler berlaku.
(b) l = k L = 1 . 3 000 = 3 000 mm Dari persamaan (A) akan didapat
0 0168811 3000 2 10
2 10 5 40310 85 74
4
2 5
2 5
7
, ( ) .( . ) 4
.( . ) , . ,
D D
mm
d = 0,9 D = 77,16 mm Dibuat D = 86 mm dan d = 77 mm
Pemeriksaan: Dari persamaan r di atas akan didapat
r 1
4 862 772 28 86, mm
= (l/r) = (3000/28,86) = 103,95
Ternyata bahwa > batas, sehingga teori Euler berlaku.
(c) l = k L = (2/3) . 3 000 = 2 000 mm Dari persamaan (A) akan didapat
0 0168811 2000 2 10
2 10 2 40110 70 00
4 2 5
2 5
7
, ( ) .( . ) 4
.( . ) , . ,
D D
mm
d = 0,9 D = 63,00 mm Dibuat D = 70 mm dan d = 63 mm
Pemeriksaan: Dari persamaan r di atas akan didapat
r 1
4 702 602 23 05, mm
= (l/r) = (2000/23,05) = 86,77
Ternyata bahwa > batas, sehingga teori Euler berlaku (d) l = k L = (1/2) . 3 000 = 1 500 mm
Dari persamaan (A) akan didapat
0 0168811 1500 2 10
2 10 1 35110 60 62
4
2 5
2 5
7
, ( ) .( . ) 4
.( . ) , . ,
D D
mm
d = 0,9 D = 54,56 mm Dibuat D = 61 mm dan d = 54 mm
Pemeriksaan: Dari persamaan r di atas akan didapat r 14
612542
20 37, mm = (l/r) = (1500/20,37) = 73,65
Ternyata bahwa > batas, sehingga teori Euler berlaku
