E-Book Mekanika Bahan PDF

Preview

Summary

Pendahuluan, Statis Momen, Titik Berat, & Momen Inersia Bahan Kuliah 1, 2, 3 Mekanika Bahan Ir. Elisabeth Yuniarti, MT PROGRAM STUDI TEKNIK SIPIL FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS SURYAKANCANA PENDAHULUAN Mekanika bahan adalah cabang m mekanika ekanika terapan yang membahas perilaku benda padat yang m...

Description

Pendahuluan, Statis Momen, Titik Berat, & Momen Inersia Bahan Kuliah 1, 2, 3 Mekanika Bahan Ir. Elisabeth Yuniarti, MT

PROGRAM STUDI TEKNIK SIPIL FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS SURYAKANCANA

PENDAHULUAN Mekanika bahan adalah cabang m mekanika ekanika terapan yang membahas perilaku benda padat yang mengalami berbagai pembebanan. Mekanika bahan mempermasalahkan bagaimana gaya gaya-gaya gaya bekerja pada sebuah benda akibat lentur, puntir, atau pada saat benda hancur. Dalam menganalisis masalah, dari sudu sudut pandang statika struktur dianggap badan kaku yang ideal yang tidak berdeformasi maupun gagal/hancur. Pada kenyataannya, struktur dapat berdeformasi atau gagal bergantung pada material pembentuknya dan beban yang diterima struktur. Guna menganalisa baga bagaimana perilaku material sesungguhnya ketika struktur yang bersangkutan menerima beban, perlu diperkenalkan konsep tegangan dan regangan. Dalam rangka menganalisa struktur dari sudut pandang ini, perlu lebih dahulu dipahami statika untuk menyelesaikan semu semuaa gaya internal dan eksternal yang bekerja pada sebuah badan. Kuliah mekanika bahan dalam hal ini akan memberikan gambaran atas berbagai pemahaman dasar beberapa fokus bahasan sebagaimana digambarkan pada diagram berikut.

Gambar 1. Peta Pikiran Fokus Kuliah Mekanika Bahan

1

STATIS MOMEN & TITIK BERAT Besaran atau properti yang pertama kali dibahas adalah titik berat penampang dan inersia penampang. Berkaitan dengan berat sebuah badan dapat dipahami bahwa bumi mengeluarkan gaya gravitasi pada setiap partikel pembentuk sebuah benda. Gaya-gaya ini dapat digantikan oleh sebuah gaya ekivalen yang sama dengan berat benda dan diaplikasikan pada pusat gravitasi (center of gravity) dari benda. Sentroid/titik berat dari sebuah luasan adalah analogi dari pusat gravitasi sebuah benda. Konsep momen pertama (statis momen) atas masa sebuah luasan digunakan untuk mencari lokasi sentroid ini. Untuk menjelaskan pusat grafitasi sebuah pelat dapat digambarkan sebuah pelat tanpa tebal yang memiliki masa merata pada seluruh penampang pelat seperti ditunjukkan pada gambar berikut.

Atau, sebuah kawat/kabel yang memiliki masa merata sepanjang kawat/kabel tersebut sebagaimana dipresentasikan pada gambar berikut.

Dari gambar-gambar di atas, dapat dibayangkan bahwa seluruh berat badan dapat di wakili oleh sebuah gaya W pada pusat gravitasi badan yang bersangkutan.

2

Jumlah momen pertama dari masa badan terhadap sebuah sumbu sembarang yang ditetapkan dapat diekspresikan sebagai berikut :

∑M

y

∑M

y

∑ x ∆W = ∫ x dW yW = ∑ y ∆W = ∫ y dW

xW =

Dalam perspektif dua dimensi,, momen pertama dari masa penampang badan di atas dapat da digambarkan sebagai : a. luasan

dengan :

∫ x dW x (γ At ) = ∫ x (γ t )dA x A = ∫ x dA = Q xW =

y

= statis momen terh adap sumbu y yA =

∫ y dA = Q

x

= statis momen terh adap sumbu x

b. garis

3

xW =

∫ x dW x (γ La ) = ∫ x (γ a )dL x L = ∫ x dL y L = ∫ y dL

Formulasi di atas dapatt kemudian disebut sebagai momen pertama dari masa badan terhadap suatu sumbu yang ditinjau yang juga dikenal statis momen badan terhadap suatu sumbu yang ditinjau. Keadaan khusus penampang Sebuah area dikatakan simetris terhadap sumbu BB’ jika untuk setiap titik P terdapat sebuah titik P’ sedemikian hingga PP’ tegaklurus terhadap BB’ dan terbagi dua bagian yan yangsama gsama oleh BBSebuah area simetris terhadap sumbu BB’ jika untuk setiap titik P terdapat sebuah titik P’ sedemikian hingga PP’ tegaklurus terhadap BB’ dan terbagi dua bagian yang sama oleh BB.

Demikian halnya dengan penampang berbentuk jajaran genjang yang simetris terhadap sumbu y, di mana pada jarak yang sama dari garis y = 0 dapat ditinjau luasan kecil yang sama sebesar dA Statis momen sebuah luasan terhadap sebuah garis simetri adalah nol yaitu jumlah dari (+x.dA) dan (−xdA). xdA). Jadi, jika ika sebuah luasan memiliki 2 buah garis simetri, sentroidnya berada pada sumbu tersebut tersebut. Dan, jika sebuah luasan memiliki 2 garis simetri, sentroid berada pada potongan keduanya.

Sebaliknya jika untuk setiap elemen dA pada (xy) terdapat sebuah area dA’ yang sama pada (-x, -y) y) atau luasan ini disebut antimetri, maka sentroid dari luasan mempunyai pusat yang sama dengan pusat simetri.

4

Sentroid atau titik berat penampang dapat dicari melalui pemahaman atas statis momen. Jika kita bebani sebuah buah bidang F dengan suatu beban merata q = 1, kemudian kita bagi bidang F atas sembarang jumlah bidang kecil fi , maka fi merupakan suatu gaya resultan akibat beban merata. Titik berat S diketahui sebagai titik tangkap resultan gaya fi dalam arah horizontal horizont dan vertikal.

Atas dasar ketentuan bahwa momen resultante MR sama dengan jumlah momen gaya MP dari gaya-gaya P1, P2, … Pn yang bekerja, maka dapat ditentukan : xs . ∑fi = ∑xi. fi

dan

ys . ∑fi = ∑yi. fi

Titik berat S diketahui sebagai gai titik tangkap resultan gaya fi dalam arah horizontal dan vertikal. Dengan menggunakan dua rumus ini kita bisa menentukan jarak titik berat ys dan xs , seperti berikut : ys = (∑y ∑yi. fi )/∑fi

dan

xs = (∑xi. fi )/∑fi

Untuk bagian luasan yang ng sangat kecil (infinitesimal) maka berlaku hubungan berikut : Luas penampang :

∫

A = dA A

Statis Momen penampang : a. terhadap sumbu x :

∫

S x = y.dA A

b. Terhadap sumbu y :

∫

S y = x.dA A

Maka letak titik berat (sentroid) penampang adalah :

xo =

sy A

=

∫ x.dA A

∫

A

dan dA

s yo = x = A

∫ y.dA A

∫ dA A

5

Analisis letak tak titik berat penampang dapat dilakukan dengan dua cara berikut : a. Cara I : penampang berada dalam sistem sumbu XOY

b. Cara II : penampang berada dalam sistem sumbu koordinat kutub/polar f1 = f (r1 ,θ1 ) f 2 = f (r2 , θ 2 )

Contoh Soal 1 Tentukan statis momen seperempat lingkaran dengan jari-jari R berikut a. Cara I, bidang dalam sistem sumbu XOY Persamaan lingkaran :

Luas Lingkaran : R

R

∫

∫ (R

0

0

A = y.dx =

2

R   x 2  − x 2 .dx = R 1 −    .dx  R  0  

)

∫

6

Hubungan ordinat x dan sudut α :

x → x = R. sin α R dx = R cos α .dα x = 0 → sin α = 0 = 0 → α = 0 R x = R → sin α = R = 1 → α = π / 2 R

sin α =

Sehingga Luas adalah : π 2

A=

1 − sin α .(R. cos α .dα ) =

∫ R.

2

0

π 2

A = R2

∫ 0

A=

R 4

∫ R . cos 2

2

α .dα

0

R2  cos 2α + 1 . α = d   2 2  

2 π 2

A=

π 2

π 2

∫ [cos 2α + 1]. 0

d (2α ) 2

2

R ∫ (cos 2α + 1).d (2α ) = 4 (sin 2α + 2α )

π 2 0

0

R2 {(sin π + 2.π 2) − (sin 0 + 2.0)} = 1 πR 2 4 4

Statis momen adalah : R

R

2

R

x S y = x( y.dx ) = x. R − x .dx = xR 1 −   dx R 0 0 0

∫

π

Sy =

∫

2

∫

2

R

2

3 2 ∫ (R.sin α ).R.(cosα )(. R.cosα .dα ) = R ∫ sin α .cos α .dα 0

0

π

S y = R3

2

∫

R3 cos 3 α 3

{

}

0

Sy = −

(

cos 2 α .(− d cos α ) =

)

3 R3 R3 (0 − 1) = R cos 3 (π 2 ) − cos 3 (0) = − 3 3 3

Karena penampang tersebut simetri terhadap garis l : y = x; maka : Sy = Sx =

R3 3

7

b. Cara II , bidang dalam sistem sumbu polar Luas π

R

∫

2

R

∫

π

A = r.dr. θ = 21 r 2 .θ 0 2 = 41 πR 2 0

0

0

Statis Momen π

R

∫

R

2

0

Sx =

∫ (− cosθ ) 0 2

∫ (R − 0).(− cos π 2 + cos0) =

S x = r .dr. sinθ .dθ = 2

1 3 r 3

0

0

3

1 3

π

1 3 R 3

S x = S y = 31 R 3

Contoh Soal 2 Tentukan statis momen segitiga AOB, jika diketahui sisi OA = b dan OB = h Jawab : Persamaan garis AB: y=

h (b − x ) b

Luas segitiga AOB : A = 12 b.h

Statis momen terhadap sumbu –x : b

Sx =

∫ 0

2

2 h (b − x ) .dx = 12 h 2 b b 

1 2

2 b

Sx = Sx =

1 2

1 2

h b2

∫ (b

2

)

b

∫ (b − x ) .dx 2

0

− 2bx + x 2 .dx =

1 2

0

(

(

h2 2 b x − bx + 12 x 3 2 b

)

b 0

)

h2 3 b − b 3 + 13 b 3 = 16 h 2 b 2 b

Statis momen terhadap sumbu –y :

8

b

b

∫

S y = ( y.dx).x = 0

h

∫ b (b − x ).x.dx 0

(

h 1 2 1 3 bx − 3 x b 2 h S x = 12 b 3 − 13 b 3 b S x = 16 hb 2 Sx =

(

)

b 0

)

Contoh Soal 3 Tentukan letak titik beraatt dari penampang kpmposit seep perti terlihat pada gambar di sampingg.. xs =

∑ (x. f ) = x . f

ys =

∑ ( y. f ) = y . f

1

1

F

1

F

1

+ x2 . f 2 + x3 . f 3 F + y 2 . f 2 + y3 . f 3 F

Contoh Soal 4 Untuk sebuah bidang yang ditunjukkan di atas, tentukan statis momen terhadap sumbu x dan y dan lokasi centroidnya. SOLUSI: − − −

Bagi area menjadi segitiga, segiempat, dan setengah lingkaran dengan sebuah lubang lingkaran. Hitung statis momen dari setiap area terhadap sumbusumbunya. Cari luas total dan statis momen dari segitiga, segiempat,

9

dan setengah lingkaran. Kurangi dengan luas dan statis momen lingkarangan yang berlubang. −

Hitung koordinat dari centroid luasan dengan membagi statis momen dengan luas total

−

Cari luas total dan statis momen dari segitiga, segiempat, setengah lingkaran. Kurangi dengan luas dan statis momen potongan lingkaran Qx = +506.2 × 103 mm3 Q y = +757.7 × 103 mm3

−

Hitung koordinat dari centroid luasan dengan membagi statis momen dengan luas total X=

∑ x A = + 757.7 × 10 mm ∑ A 13.828 × 10 mm 3

3

3

2

X = 54.8 mm Y =

∑ y A = + 506.2 × 10 mm ∑ A 13.828 ×10 mm 3

3

3

2

Y = 36.6 mm

10

Menentukan centroid dengan Integrasi Double integrasi untuk mencari stastis momen dapat dihindari denga mendefinisikan dA setipis persegi empat atau pita.

∫ ∫∫ x dx dy = ∫ x dA yA = ∫ y dA = ∫∫ y dx dy = ∫ y dA

x A = x dA =

el

el

∫ = ∫ x ( ydx ) yA = ∫ y dA

x A = xel dA

el

=

y

∫ 2 ( ydx)

∫

x A = xel dA

a+ x

∫ 2 [ (a − x )dx] yA = ∫ y dA = ∫ y [(a − x )dx ] =

el

∫

x A = xel dA =

2r

1

2

1

2



∫ 3 cosθ  2 r dθ  ∫

yA = yel dA =

2r

∫ 3 sin θ  2 r

 dθ  

11

Contoh Soal 5 Tentukan dengan integrasi tunggal locasi penampang yang dibatasi oleh garis y = 0 (sumbu x), garis x = a, dan kurva y= kx2 SOLUSi: •

Tentukan konstanta k.

•

Hitung total luas penampang

•

Menggunakan pita horizontal maupun vertikal, lal lalukan ukan integrasi tunggal untuk mencari statis momen (first first moments moments).

•

Tentukan koordinat centroids

Analisis perhitungan •

konstanta k. y = k x2 b = k a2 ⇒ k = y=

•

b 2 x a2

or

b a2 x=

a 12 y b1 2

total luas penampang

∫

A = dA a

a

 b x3  b 2 x dx = y dx = =  2  a2  a 3 0 0 ab = 3

∫

•

∫

integrasi tunggal untuk mencari statis momen ((first moments)) menggunakan pita vertikal

12

a

 b  Q y = xel dA = xy dx = x 2 x 2 dx a  0 

∫

∫

∫

a

 b x4  a 2b = 2  = 4  a 4 0

∫

Qx = yel dA =

∫

2

a

y 1 b 2 y dx =  2 x  dx 2 2 a  0

∫

a

 b2 x5  ab 2 = 4  =  2a 5  0 10

•

integrasi tunggal untuk mencari statis momen (first moments moments) menggunakan pita Horizontal

∫

Q y = xel dA =

∫

b

=

1  2 a2 a − b 2 0 

∫

b

2 2 a+x (a − x )dy = a − x dy 2 2 0

∫

 a 2b y dy = 4 

a   Qx = yel dA = y (a − x )dy = y  a − 1 2 y1 2  dy b  

∫

∫

∫

b

ab 2 a   =  ay − 1 2 y 3 2 dy = 10 b  0

∫

•

Tentukan koordinat centroid xA = Q y ab a 2 b x = 3 4

x=

3 a 4

y=

3 b 10

yA = Q x ab ab 2 y = 3 10

13

Contoh Soal 6

SOLUSI :

Contoh Soal 7 Tentukan sentroida tongkat yang melengkung ke dalam bentuk busur parabolik, seperti ditunjukkan ditu dalam gambar! SOLUSI : iferensial ditunjukkan dalam gambar di Elemen diferensial atas. Dia ditempatkan pada kurva di titik sembarang (x,y). Panjang diferensial elemen dL dapat dinyatakan dalam diferensial-diferensial diferensial dx dan dy dengan menggunakan teorema Phytagoras. agoras. dx 2 dL = (dx) 2 + (dy ) 2 = ( ( dy ) + 1)dy

Karena x = y2, maka dx/dy = 2y. Karenanya, dengan menyatakan dL dalam y dan dy, kita peroleh : dL = ( (4 y ) 2 + 1)dy

Sentroida terletak pada xi = x, yi = y Pengintegrasian : 1

∫ =∫ x= ∫ dL ∫ xi dL

0

x 4 y 2 + 1dy

1

4 y 2 + 1dy

0

x=

1

∫y = ∫ 0

1

0

2

4 y 2 + 1dy 4 y 2 + 1dy

0,746 = 0,504m 1,479 1

∫ y dL = ∫ y 4 y + 1dy y= ∫ dL ∫ 4 y + 1dy i

2

0

1

2

0

y=

0,848 = 0,573m 1,479

15

Contoh Soal 8 Tentukan jarak y ke sentroida luasan segitiga yang ditunjukkan dalam gambar SOLUSI : Elemen differensial. Perhatikan elemen persegi empat yang mempunyai ketebalan dy dan panjang variabel x’. Dengan segitiga serupa, b/h=x’(h-y) y) atau x’= (b/h)(h-y). (b Elemen memotong sisi-sisi sisi segitiga pada suatu ketinggian y di atas sumbu x. Luas dan lengan momen. Luas elemennya dA = x’dy = (b/h)(h (b/h)(h-y)dy. Sentroida terletak pada yi = y dari sumbu x. Pengintegrasian.

∫ y= ∫ dA y=

1 bh 2 6 1 2 bh

b

h

yi dA

∫ y h (h − y)dy = b ∫ h (h − y)dy 0

h

0

=

h 3

Properti geometris ris dan elemen area

16

17

Centroid dari Bentuk Bidang Umum

18

MOMEN INERSIA Momen inersia atau juga disebut debagai momen kedua ((second moment)) dari sebuah s area penampang dapat digunakan untuk memprediksi ke kemampuan mampuan balok menahan menah lentur dan defleksi. Defleksi balok akibat beban bergantung tidak saja pada beban, tetapi juga pada geometri dari penampang melintang balok. Hal inilah yang menyebabkan balok dengan momen inersia yang lebih tinggi, seperti balok balok-I, seringkali terlihat pada ada konstruksi bangunan. Dengan cara yang sama, momen inersia polar merupakan suatu sifat yang dimiliki benda untuk menilai kemampuannya menahan torsi (momen puntir). Momen inersia didefinisikan sebagai berikut : Yang dimaksud dengan MOMEN INERSIA (momen lembam) dari suatu penampang terhadap suatu sumbu adalah hasil perkalian antara luas penampang tersebut dengan kuadrat jarak tegak lurus antara titik berat penampang terhadap sumbu yang bersangkutan.

dI x = y 2 .dA dI y = x 2 .dA I x = ∫ dI x = ∫ y 2 .dA A

A

I y = ∫ dI y = ∫ x 2 .dA A

A

Ix adalah momen inersia bidang A terhadap sumbu x Iy adalah momen inersia bidang A terhadap sumbu y

MOMEN INERSIA POLAR

19

Momen inersia polar adalah ah sebuah besaran yang digunakan untuk memprediksi kemampuan objek untuk menahan torsi, pada objek atau bagian objek dengan penampang melintang lingkaran yang tak berubah (invariant invariant)) dan tidak ada distorsi atau deformasi di luar bidang yang signifikan. Momen inersia polar digunakan untuk menghitung perpindahan sudut sebuah objek yang dibebani torsi. Momen inersia polar ini serupa dengan momen inersia, yang menun menunjukkan perilaku sebuah objek untuk menahan lentur dan dibutuhkan untuk menghitung perpindahan. Makin besar momen inersia ia polar, puntiran balok makin kecil jika diberi beban torsi. Momen inersia polar tidak boleh dipertukarkan dengan momen inersia, di ma mana karakter akselerasi putaran sudut akibar torsi. Momen inersia polar penampang didefinisikan sebagai berikut : Yang dimaksud dengan MOMEN INERSIA POLAR dari suatu penampang terhadap suatu titik (= O) adalah hasil perkalian antara luas penampang tersebut dengan kuadrat jarak antara titik yang bersangkutan dengan titik berat penampang tersebut.

Ip = momen inersia polar

MOMEN INERSIA PRODUK Momen inersia produk sebuah luasan sangat penting untuk menentukan tegangan lentur pada penampang melintang asimetris. ris. Tidak seperti momen kedua/momen inersia mungkin bernilai positif atau negatif. Sebuah sistem koordinat, di mana momen inersia produk bernilai nol, terarah pada sebuah set sumbu utama, dan momen inersia yang dihitung terhadap sumbu

20

utama akan mengasumsikan sikan maksima dan minima minima-nya. nya. Sistem koordinat dengan titik asalnya pada titik berat penampang melintang dan kedua sumbunya merupakan sumbu simetri akan selalu merupakan sumbu utama. Yang dimaksud dengan MOMEN INERSIA Produk (momen sentrifugal) dari suat suatu penampang terhadap dua buah sumbu adalah hasil perkalian antara luas penampang tersebut dengan jarak tegak lurus antara titik berat penampang tersebut dengan salah satu sumbu dan jarak tegak lurus antara titik berat penampang tersebut terhadap sumbu yang lain .

dI xy = x. y.dA I xy = ∫ x. y.dA A

Ixy = momen inersia produk bidang A

PENAMPANG SIMETRI dan ASIMETRI Penampang Simetri Satu Arah Sumbu simetri merupakan salah satu sumbu utamanya, sedang sumbu utama yang lain ...