mekanika bahan 1

GEFIE & TIMDSHENKD

MEKANIKA E3AHA N

_11LICJ 1 ECJISI KEEMPAT

EDISI KE-4

MEKANIKA BAHAN JILID 1

JAMES M. GERE Profesor Emeritus Stanford University

STEPHEN P. TIMOSHENKO (1878-1972)

Mantan Dosen Stanford University

� PENERRIT ERL4NGGA Jl. H. Baping Raya No. 100 Ciracas, Jakarta 1 3740 e-mail : [email protected] (Anggota IKAPI)

/

DAFTAR ISI

Pengantar ix Simbol xm Huruf Yunani xvi

TAR I K TEKAN DAN GESER 1

1 .1

1 .2

1 .3

1 .4

1 .5

1 .6

1 .7

1 .8

Pengantar Tegangan dan Regangan Normal 3 Besaran Mekanis Bahan 9 Elastisitas, Plastisitas, dan Rangkak 1 8 Elastisitas Linier, hukum Hooke, dan Rasio Poisson Tegangan dan Regangan Geser 26 Tegangan Izin dan Beban Izin 35 Desain untuk Beban Aksial dan Geser Langsung Soal-soal 44

ELEMEN STR U KTUR YANG DIBEBANI SECARA AKSIAL

2.1 Pengantar 60

20

40

60

2.2 Perubahan Panjang pada Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksial 6 1

2.3 Perubahan Panjang Batang yang Tidak Seragam 68 2.4 Struktur Statis Tak Tentu 74 2.5 Efek Termal 84 2.6 Tegangan pada Potongan Miring 9 1 2.7 Energi Regangan 100 *2.8 Beban Kejut 1 1 1 *2.9 Beban Berulang dan Fatik 1 20 *2.1 0 Konsentrasi Tegangan 1 23 *2.1 1 Perilaku Nonlinier 1 28 *2.1 2 Analisis Elastoplastis 134

Soa/-soal 138

* Asterik menandai bagian opsional

vi Daftar /si

TORSI 167

3.1 Pengantar 1 6 7 3.2 Deformasi Torsional Batang Lingkaran 1 68 3.3 Batang Lingkaran dari Bahan yang Elastis Linier 1 7 1 3.4 Torsi Tak Seragam 1 80 3.5 Tegangan dan Regangan pacta Geser Murni 1 86 3.6 Hubungan antara Modulus Elastisitas E dan G 1 92 3.7 Penyaluran Daya oleh Batang Lingkaran 193 3.8 Elemen Struktur Torsional Statis Tak Tentu 197 3.9 Energi Regangan pacta Kondisi Torsi dan Geser Murni 200 3.1 0 Tabung Berdinding Tipis 207 *3.1 1 Konsentrasi Tegangan dalam Keadaaan Torsi 214 *3.1 2 Torsi Nonlinear pacta Batang Lingkaran 2 1 6

Soal-soal 220

GAYA G ESER DAN MOMEN LENTUR

4.1 Pengantar 236

236

4.2 Jenis-jenis Balok, Beban, dan Reaksi 236 4.3 Gaya Geser dan Momen Lentur 240 4.4 Hubungan antara Beban, Gaya Geser, dan Momen Lentur 246 4.5 Diagram Gaya Geser dan Momen Lentur 250

Soal-soal 258

5 I TEGANGAN Dl BALOK (TOPIK DASA R)

5.1 Pengantar 266

266

5.2 Lentur Murni dan Lentur Tak Seragam 267 5.3 Kelengkungan Balok 267 5.4 Regangan Longitudinal di Balok 269 5.5 Tegangan Normal di Balok (Bahan Elastis Linier) 272 5.6 Desain Balok terhadap Tegangan Lentur 28 1 5.7 Balok Nonprismati s 288 5.8 Tegangan Geser di Balok dengan Penampang Persegi Panjang 29 1 5.9 Tegangan Geser di Balok dengan Penampang Lingkaran 300 5.1 0 Tegangan Geser di Badan Ba1ok yang mempunyai Flens 30 I 5.1 1 Balok Tersusun dan Aliran Geser 306 5.1 2 Balok dengan Beban Aksial 309 5.1 3 Konsentrasi Tegangan pacta Kondisi Lentur 3 1 5

Soal-soal 317

......___.6 I TEGANGAN Dl BALOK (TOPI K LANJUT)

6.1 6.2

6.3

6.4

6.5

Pendahuluan 340 Balok Komposit 340 Metode Penampang Tertransformasi Balok Simetris Ganda dengan Beban Miring Lentur pacta Balok Tak Simetris 358

340

348 352

•f

Mekanika Bahan vii

6.6 Konsep Pusat Geser 365 6.7 Tegangan Geser di Balok dengan Penampang Terbuka di Dinding

Tipis 367 6.8 Pusat Geser Penampang Terbuka Berdinding Tipis 373 6.9 Lentur Elastoplastis 380 6.1 0 Lentur Nonlinier 388

Soal-soal 395

R eferensi dan Catatan Sejarah 410

Lampiran A S istem dan Faktor Konversi

A.1 A.2 A.3 A.4 A.5

Sistem Satuan Satuan SI

4 1 8 4 1 9

Satuan Umum Amerika Serikat Satuan Temperatur 427 Konversi anta�;a Satuan

Lampiran B Pemecahan Soal

B .1 Jenis Soal 431

425

428

431

B.2 Langkah-langkah Pemecahan Soal 432 B.3 Homogenitas Dimensional 433 B.4 Angka Penting 434 B.5 Pembulatan Bilangan 436

Lampiran C R umus-rumus Matematika

Lampiran D Be sa ran Luas Bidang

Lampiran E Besaran Profil Baja Struktural

Lampiran F Besaran Kayu Struktural

Lampiran G Defleksi dan Kemiringan Balok

Lampiran H Besaran B ahan 460

Jawab Soal 465

437

441

453

418

447

454

-

PENGANTAR

Dengan mengambil mata kuliah mekanika bahan, mahasiswa mempelajari topik teknik dasar sekaligus juga mengembangkan kemampuan analitis dan pemecahan masalah. Selama persiapan Edisi Keempat ini, penulis selalu mengingat tuj uan-tujuan tersebut. Fakta-fakta dan teori-teori mekanika disaj ikan sedemikian rupa sehingga mudah dalam proses belajar mengajar, dengan pembahasan yang mendalam dan contoh yang banyak, supaya mahasiswa dapat segera menguasai suatu pokok bahasan. Selain itu, penekanan diberikan pada bagaimana menganalisis sistem mekanis dan struktural, dan banyak soal yang mengharuskan mahasiswa melakukan pemikiran orisinal.

Buku ini meliputi semua topik dasar mengenai mekanika bahan, yang disajikan pada level yang cocok untuk mahasiswa teknik tingkat dua dan tiga. Topik-topik utama adalah analisis dan desain elemen struktural yang mengalami tarik, tekan, torsi, dan lentur, termasuk konsep-konsep dasar seperti tegangan, regangan, perilaku elastis, perilaku inelastis, dan energi regangan. Topik-topik lain yang menarik adalah transformasi tegangan dan regangan, pembebanan gabungan, konsentrasi tegangan, defleksi balok, dan stabilitas kolom. Topik-topik yang lebih khusus adalah efek termal, pembebanan dinamis, elemen nonprismatis, balok dua bahan, pusat geser, bejana tekan, dan balok statis tak tentu. Untuk kelengkapan dan rujukan kerja, topik-topik dasar seperti gaya geser, momen lentur, pusat berat, dan momen inersia juga disajikan di dalam buku ini.

Buku ini membahas materi yang jauh lebih banyak daripada yang dapat dibahas dalam satu mata kuliah sehingga dosen mempu nyai kesempatan untuk memilih topik yang menurutnya paling mendasar dan relevan. Topik-topik lanjut di dalam suatu subbab diberi kode bintang (*) . Dosen juga dapat memanfaatkan ratusan soal baru (dengan total lebih dari 1 100 soal) yang tersedia sebagai pekerjaan rumah dan diskusi ke\as. Soa\soal diletakkan di akhir setiap bab agar mudah dicari dan tidak menyela penyajian suatu bab. (Soal yang sangat sulit atau panjang diberi kode satu atau lebih tanda bintang di dekat nomor soal.)

Baik Sistem Satuan lntemasional (SI) atau U.S. Customary System (USCS) digunakan dalam contoh-contoh dan soa\- soal numerik.

Mekanika Bahan ix

Pembahasan tentang kedua sistem dan tabel faktor konversi diberikan dalam lampiran. Untuk soal-soal dengan solusi numerik, soal bernomor ganjil menggunakan satuan uses dan soal bernomor genap menggunakan satuan SI. Satu-satunya pengecualian adalah pada soal dan contoh yang melibatkan tabel besaran untuk profil baja strnktural karena tabel untuk profil ini hanya tersedia dalam satuan uses. Jawaban soal dicantumkan di bagian belakang buku ini, sehingga mahasiswa dapat memeriksa hasil pekerjaannya.

Rujukan dan catatan sejarah juga dikumpulkan di bagian belakang buku ini. Rujukan dan catatan ini terdiri atas sumber asli pokok bahasan dan catatan biografis mengenai insinyur, ilmuwan, dan matematikawan pelopor yang menemukan pokok bahasan mekanika bahan. Indeks nama yang terpisah akan mempermudah pencarian masing-masing tokoh sejarah ini. Buku ini dirampungkan dengan indeks subjek yang dipersiapkan secara ekstensif dan hati-hati sehingga setiap topik, konsep, kata kunci, atau definisi dapat ditemukan dengan cepat.

Edisi Keempat dari Mekanika Bahan ini telah ditulis ulang secara hati-hati dengan diskusi yang diperluas, tokoh-tokoh barn, contoh-contoh dan soal-soal barn, serta banyak pernbahan dalam pengaturannya agar buku ini lebih berguna di dalam ruangan kelas. Semua pernbahan dalam pengaturan dan penyajian ini diajukan oleh para dosen dan mahasiswa yang telah mengenal baik Edisi Ketiga. Usaha yang keras telah dilakukan dalam memeriksa dan membaca ulang teks agar dapat menghilangkan kesalahan, namun apabila pembaca menemukannya, betapapun kecilnya, beritahulah penulis di Department of Civil Engineering, Stanford University, Stanford, California 94305-4020, U .S .A. (email [email protected]), atau kontaklah penerbit (semua surat akan dibalas).

• Penghargaan

Edisi pertama buku ini, diterbitkan pada tahun 1972 dan ditulis o1eh penulis sekarang, mernpakan pengembangan dari buku terdahulu yang disusun oleh Profesor Stephen P. Timoshenko ( 1878-1972), yang menggunakan judul Strength of Materials. Timoshenko adalah perintis yang paling dihormati dalam bidang mekanika terapan. Melalui penelitian dan bukubukunya, ia merevolusi cara pengajaran mekanika, bukan hanya di Amerika Serikat melainkaQ juga di selurnh dunia. (Pembaca dapat menemukan biografi ringkas dari Timoshenko di dalam rnjukan pertama di bagian belakang buku ini.)

Penulis menyadari bahwa untuk menyampaikan penghargaan kepada semua orang yang berkontribusi dalam penyusunan buku ini adalah sesuatu yang tidak mungkin. Penulis hanya bisa menyampaikan penghargaan kepada mantan dosen Stanford penulis, termasuk raksasa-raksasa mekanika, Wilhelm Fl iigge, James Norman Goodier, Mikl6s Hetenyi, Nicholas J. Hoff, dan Donovan H. Young. Penulis juga menghargai kolega Stanfordkhususnya Tom Kane, Anne Kiremidjian, Helmut Krawinkler, Kincho Law, Peter Pinsky, Haresh Shah, Sheri Sheppard, Allison Smith, dan almarhum Bill Weaver-yang telah membahas filosofi pendidikan dan mekanika dengan penulis pada banyak kesempatan. Selain itu, banyak

X Pengantar

komentar dan ide yang berguna yang disumbangkan oleh Thalia Anagnos dari San Jose State University, John Burgess dari University of Hawaii , dan Aron Zaslavsky dari Technion.

Penelaah berikut ini telah membaca kesel uruhan Edisi Keempat dalam bentuk konsep dan telah memberikan baik komentar umum maupun khusus untuk perubahan dan perbaikan. Saran-saran mereka terbukti s angat berguna, dan penulis sangat menghargai telaahan dan ketelitian mereka. Terima kasih penulis sampaikan kepada: Majid R. Chitsaz dari Pennsylvania State U niversity; Robert D. Cook dari Uniwrsit;. of WisconsinMadison; Janak Dave dari University of Cincinnati; Sergey Drabkin dari Polytechnic U niversity of New York; Raghu Echempati dari Cni\'ersity of Mississippi ; Harvey Lipkin dari Georgia Institute of Technolog;.: Douglas Nims dari University of Toledo; Douglas B. Rigby dari Hong Kong University of S cience adn Technology; dan P.D. S carlatos dari Florida Atlantic University.

Selain itu, penelaah berikut ini telah memberikan komentar terhadap Edisi Ketiga dalam telaah sebelum perbaikan. Saran-saran mereka sangat menentukan dalam pembe ntukan Edisi Keempat, dan pen ulis sangat menghargai ide-ide mereka. Terima kasih penulis sampaikan kepada: Hojjat Adeli dari Ohio State University; Kevyan Ahdut dari Uni\ ersity of the District of Colu mbia; John B. Brunski dan Robert H. P. Dunn, keduanya dari Rensselaer Polytechni c Institute; Ted A. Conway dari University of Akron ; Xiao mi n Deng dari Univers i ty of So uth Carolina; Arya Ebrahimpour dari Pennsylvania S tate Universi ty; M. Elgaaly dan Anisur Rahman, keduanya dari Drexel University; Ahmed lbrahim dari S tate University of New York at Farmi ngdal e: Norman F. Knig ht dan Ramamurthy Prabhakaran , keduanya dari Old Dominion University; Gladius Lewis dari University of Memphis. Zhong Ming Liang dari Purdue Uni versi ty; E.L. Parker dari Valley Forge Mil itary Colege; Edwin Powers dari Catonsville Community College: Charles Rondeau dari Jamestown Community Col lege; Michael Schwartz dari University of St. Thomas; Sheri Sheppard dari S tanford; R. S ierakowski dari Ohio S tate University ; L.T.D. Topoleski dari University of Maryland at Bal timore; Morteza Torkamani dari University of Pittsburgh, dan Manoochehr Zoghi dari University of Dayton.

Pen ul i s dibantu dalam pengolahan kata (word processing) dan persiapan naskah, pembacaan ulang oleh Due Wong, yang telah bekerja dengan perhatian dan ketelitian penuh. Selain i tu, mahasiswa pascasarjana berikut ini telah memberikan bantuan keahliannya dalam membaca ulang dan menyiapkan solusi soal : Yih-Lin S helley Cheng, K rista Marie Donaldson, Denise M. Fennell, Jamie Hsieh, Peter I . Huang, Chao-Hua (Eric) Lin, Angela Chia-Lin Teng, dan May Min-Chiao Wong.

Penyuntingan dan produksi di laksanakan secara trampil dan efisien oleh s taf PWS Publishing Company, termas uk Jonathan Plant, Mary Thomas Stone, dan Helen M. Walden. Penulis secara khusus berterima kasih pada Mary Thomas Stone, yang merupakan penyunting untuk buku ini dan memberikan komentar, pandangan, dan bantuan yang jauh melebihi yang penulis duga. Semangat bekerja sama dan bersahabat yang di tunjukkan oleh semuanya di PWS menjadikan pekerjaan i ni suatu kebahagiaan.

Akhirnya, penulis sangat menghargai kesabaran dan dorongan yang diberikan oleh keluarga penulis, khususnya istri penulis, Jani ce, di seluruh proyek ini.

Mekanika Bahan x i

Kepada masing-masing orang baik ini, penulis dengan gembira menyampaikan penghargaan yang setinggi-tingginya.

James 1\1. Gere

• Alat Bantu Tambahan

Edisi Keempat menyertakan juga disket 3 .5" yang mengandung program komputer yang berguna dan mudah-Mathcad™ Engine 5.0 for Windows©-dan sekumpulan lembar kerja untuk memecahkan soal-soal mekanika bahan. Lembar kerja tersebut diperiksa silang terhadap contohcontoh dan soal-soal teks yang sesuai dengan ikon bergambar disket. Ikon ini menunjukkan jenis soal atau contoh yang sesuai dengan Jembar kerja tersebut. Semua soal dan contoh di dalam teks dimaksu dkan untuk dipecahkan sesuai pilihan dosen dan mahasiswa dan tidak didesain untuk perangkat hitung tertentu.

Juga tersedia paket baru yang unik berupa buku kerja dan CD-ROM, Visual Mechanics. Dikembangkan di University of Washington oleh Oregory R. Miller dan Stephen C. Cooper, paket ini terdiri atas CD-ROM dengan dua program (disebut Dr. Beam dan Dr. Stress), dan sebuah buku pegangan dengan lembar kelja, latihan, dan contoh-contoh, yang terpusat pada lentur balok dan analisis kondisi tegangan. Perangkat lunak dan bahan instruksional pendukungnya memberikan mahasiswa laboratorium virtual yang mudah dipakai untuk memvisualisasikan perilaku balok, memahami model matematika, dan mengeksplorasi teori mekanika bahan dan metode desain.

Kedua alat bantu yang didasarkan atas perangkat lunak ini ditujukan sebagai pelengkap; buku teks ini dapat digunakan dengan efektif secara tersendiri.

Instructor's Solution Manual dengan solusi lengkap untuk semua soal tersedia untuk pengguna buku ini.

PWS Publishing Company

,..

SIMBOL

A A,. Aw

a, b, c c c

D

d

E E, E, e

F

f fr G

g

H

h

l,, / v' /:

/<1, /�'�

/n,

ld\'l t,

/1, l2 J

K

Luas/area/daerah

Luas sayap (jlens)

Luas badan (web)

Dimensi (ukuran) , jarak

Pusat berat (centroid), konstanta integral, gaya tekan

Jarak dari sumbu netral ke permukaan luar balok

Diameter

Diameter, dimensi , ukuran jarak (distance)

Modu lus elastisitas

Modulus elastisitas reduksi

Modulu s elastisitas tangensial

Eksentrisitas, dimensi (ukuran) , jarak, perubahan volume satuan (dilatasi)

Gay a

Aliran geser, faktor bentuk untuk lentur plastis, tleksibi litas, frekuensi (Hz) Fleksibilitas torsional batang

Modu lus elastisitas dalm kondi si geser

Percepatan gravitasi

Tinggi, jarak, gaya, reaksi , tenaga kuda

Tinggi, dimensi (ukuran)

Momen inersia (atau momen kedua) dari sebuah luas bidang

Momen inersia terhadap sumbu x, y, dan z Momen inersia terhadap sumbu x1 dan y1 (su mbu diputar)

Perkalian (produk) inersia terhadap sumbu xy Perkalian (produk) inersia terhadap sumbu x1y1 (sumbu diputar)

Momen inersia polar

Momen inersia utama

Konstanta torsi

Faktor konsentrasi tegangan, modulus e\astisitas padat (bulk),

faktor panjang efektif untuk sebuah kolom

n

0 0' p

pizin per pp pr pt P,. p Q q

R r

s s

V v', v", dst.

w w

X, y, Z Xc, Ye' Zc

X, y, 'Z

z

Mekanika Bahan xiii

Konstanta pegas, kekakuan, simbol untuk {PI El Kekakuan torsional sebuah batang

Panjang j arak

Panjang efektif sebuah kolom

Logaritma natural (basis e)

Logaritma umum (basis 10)

Momen lentur, kopel, massa

Momen plastis untuk sebuah balok

Momen luluh untuk sebuah balok

Momen per satuan panjang, massa per satuan panjang

Gaya aksial

faktor keamanan, bilangan bulat, putaran per meni t (rpm)

Pusat koordinat

Pusat kelengkungan

Gaya, beban terpusat, daya

Beban izin (atau kerja izin)

Beban kritis untuk sebuah kolom

Beban plastis untuk sebuah struktur

Beban modulus-reduksi untuk sebuah kolom

Beban modulus tangensial untuk sebuah kolom

Beban luluh untuk sebuah struktur

Tekanan (gaya per satuan luas)

Gaya beban terpusat, momen pertama sebuah bidang

Intensitas beban terdistribusi (gaya per satuan jarak)

Reaksi; jari-jari (radius)

Jari-jari (radius), jari- jari girasi (gyration) �PI El Modulus potongan penampang sebuah balok, pusat geser

Jarak, jarak di sepanjang sebuah garis lengkung

Gay a tarik; momen puntir atau momen putar (torque), temperatur

Momen putar (torque) plastis

Momen putar (torque) luluh

Tebal; waktu; intensitas torque

Tebal sayap (jlens)

Tebal badan (web)

Energi regangan

Densitas energi regangan ( energi re gang an per satuanvolume)

Modulus resistansi

Modulus ketangguhan

Gaya geser; volume

defleksi sebuah balok; kecepatan

dv/dx, d2v!d:2, dst.

Gaya; berat; usaha (kerja)

Beban per luas satuan (gaya per satuan luas)

Sumbu persegi panjang

S umbu persegi panjang

Koordinat pusat berat

Modulus plastis penampang sebuah balok

xiv Simbol

a

f3 {3R

g

'Yrv' 1\·z' Yzx 'Yrlvl

Yo 0, /}.

11T op oy c

ex, cy, cz eo

£1, £2, £3 t:' er ()

V p

(J

(J(J (JP (J2' (J3

(Jizin (Jcr (Jpl (Jr (JT (Ju (Jr

r

rxlvl

Sudut, koefisien ekspansi panas, rasio nondimensional

Sudut, rasio nondimensional, konstanta pegas, kekakuan

Kekakuan p utar sebuah pegas

Regangan geser, densitas/rapat berat (berat per satuan volume)

Regangan geser pada bidang xy, y.:, dan zx Regangan geser terhadap sumbu x1y1 (sumbu diputar)

Regangan geser untuk sumbu miring

Defleksi , pelepasan, perpanjangan sebuah batang atau pegas

Beda temperatur

Pelepasan statis

Pelepasan lul uh

Regangan normal

Regangan geser dalam arah x, y, dan z Regangan normal untuk sumbu miring

Regangan normal utama

Regangan lateral

Regangan luluh

Sudut-sudut rotasi sumbu balok, laj u puntiran sebuah batang dalam keadaan torsi (sudut puntir per satuan panjang )

Sudut terhadap sebuah bidang utama atau terhadap sebuah sumbu utama

Sudut terhadap sebuah bidang tegangan geser maksimum

Kelengkungan (K" = lip) Jarak

Rasio Poisson

Jari-jari radius kelengkungan, jarak radial dalam koordinat polar, massa jenis (massa per satuan volume)

Tegangan normal

Tegangan normal pacta bidang yang tegak lurus terhadap sumbu x, y, dan z Tegangan normal pacta bidang yang tegak lurus terhadap sumbu x1y1 (sumbu diputar)

Tegangan normal pacta bidang miring

Tegangan normal utama

Tegangan sisi (atau tegangan kerja)

Tegangan kritis untuk sebuah kolom (acr = Pc/A) Tegangan limit-proposal

Tegangan sisa (residual)

Tegangan termal

Tegangan ultimate

Tegangan lul uh

Tegangan geser

Tegangan geser pacta bidang yang tegak lurus terhadap sumbu x, y, z, dan bekerj a sejajar sumbu y, z, dan x Tegamgam geser pacta sebuah bidang yang tegak lurus terhadap sumbu x1 dan yang bekerja sejajar sumbu y1 (sumbu diputar)

Tegangan geser pacta sebuah bidang miring

Tegangan i zin (atau tegangan kerja) pacta kondisi geser

•

ru tegangan ultimate pada kondisi geser ry tegangan luluh pada kondisi geser

Mekanika Bahan XV

cp sudut, sudut puntir sebuah batang pada kondisi torsi IJ' sudut, sudut rotasi w kecepatan sudut (angular), frekuensi sudut (angular) (w = 27if)

) -Tanda asteriks dicantumkan pada nomor subbab untuk menandai bahwa subbab tersebut membahas suatu topik lanjut. Soal-soal yang sangat sulit, yang rumit pemecahannya, bisa saja ditandai dengan lebih dari satu tanda asteriks ini.

Huruf Yunani

A a Alpha N V Nu B {3 Beta � � Xi r r Gamma 0 0 Omicron L1 8 Delta II 7r Pi E € Epsilon p p Rho z s Zeta L a Sigma H 1} Eta T r Tau e () Theta y V Upsilon I Iota (/> cp Phi K K: Kappa X X Chi A A- Lambda IJ' If/ Psi M J1 Mu Q Q) Omega

1 -

TARIK, TEKAN, DAN GESER

PENGANTAR ME KANI KA BAHAN

Mekanika bahan actalah cabang dari mekanika terapan yang membahas perilaku bencta pactat yang mengalami berbagai pembebanan. Nama-nama lain untuk bictang ilmu ini actalah kekuatan bahan ctan mekanika benda yang dapat berdeformasi. Bencta pactat yang ctitinjau ctalam buku ini meliputi batang (bars) ctengan beban aksial, poros (shafts) yang mengalami torsi, balok (beams) yang mengalami lentur, ctan kolom (columns) yang mengalami tekan.

Tujuan utama mekanika bahan actalah untuk menentukan tegangan (stress), regangan (strain) ctan peralihan (displacement) pada struktur ctan komponen-komponennya akibat beban-beban yang bekerja pactanya. Apabila kita ctapat memperoleh besaran-besaran ini untuk semua harga beban hingga mencapai beban yang menyebabkan kegagalan, maka kita akan ctapat mempunyai gambaran lengkap mengenai perilaku mekanis pacta struktur tersebut. Pemahaman perilaku mekanis sangat penting untuk ctesain yang aman bagi semua jenis struktur, baik i tu berupa pesawat terbang ctan antena, gectung ctan jembatan, mesin ctan motor, maupun kapal laut dan pesawat luar angkasa. ltulah sebabnya mekanika bahan actalah materi ctasar pacta begitu banyak cabang ilmu teknik. Statika ctan ctinamika juga penting, tetapi keduanya terutama membahas gaya ctan gerak yang berkaitan ctengan partikel ctan bencta tegar. Dalam mekanika bahan kita melangkah lebih jauh dengan mempelajari tegangan ctan regangan cti ctalam bencta nyata, yaitu bencta ctengan ctimensi terbatas yang bercteformasi akibat pembebanan. Untuk menentukan tegangan ctan regangan, kita menggunakan besaran-besaran fisik material selain juga berbagai aturan ctan konsep teoretis .

Analisis teoretis ctan basil eksperimen mempunyai peranan yang sama pentingnya cti ctalam mekanika bahan. Seringkali kita menggunakan teori untuk menurunkan rumus ctan persamaan untuk memprectiksi perilaku mekanis, tetapi semua ini tictak ctapat ctigunakan ctalam desain praktis kecuali apabila besaran fisik ctari material diketahui . Besaran seperti ini hanya ctapat diperoleh ctari basil eksperimen yang cermat cti laboratorium. Lebih jauh lagi, banyak masalah praktis yang tictak ctapat ctiterangkan ctengan analisis teoretis saja, dan ctalam kasus seperti ini pengujian fisik merupakan keharusan.

2 Bab 1 Tarik. Tekan. dan Geser

Riwayat perkembangan mekanika bahan merupakan kombinasi yang menarik antara teori dan eksperimen-teori telah menunj ukkan jalan ke hasil eksperimen yang berguna, begitu pula sebaliknya. Orang-orang terkenal seperti Leonardo da Yinci ( 1452 - 15 19) dan Galileo Galilei ( 1564 - 1642) telah melakukan eksperimen untuk menentukan kekuatan kawat, batang, dan balok, meskipun mereka tidak menge mbangkan teori yang me madai (berdasarkan standar masa kini) un tuk menjelaskan hasil penguj ian mereka. Sebaliknya, matematikawan temama Leonhard Euler (1707- 1 783) mengembangkan teori mate matis tentang kolom (column) dan menghitung beban kritis sebuah kolom pada tahun 17-+4. jauh sebelum adanya bukti eksperimental untuk memperlihatkan signifikansi hasilnya. Tanpa adanya pengujian yang memadai untuk mendukung hasilnya, teori Euler sempat tidak digunakan selama lebih dari I 00 tahun . sekalipun saat ini teori tersebut merupakan dasar untuk desain dan analisis hampir semua kolom.·

Dalam mempelajari mekanika bahan, pembaca akan mendapatkan bahwa usaha yang dibutuhkan terbagi atas dua bagian. yaitu: pertama, memahami pengembangan logis konsep-konsepnya, dan kedua. menerapkan konsep-konsep tersebut ke dalam si tuasi praktis. Bagian pertama tercapai dengan mempelajari penurunan rumus, pembahasan dan contohcontoh yang ada di setiap bab sedangkan bagian kedua tercapai dengan memecahkan soal-soal di akhir setiap bab. Beberapa soal menggunakan angka (numerik) dan lainnya menggunakan simbol (aljabar).

Keuntungan dari soal numerik adalah bahwa semua besarannya terlihat jelas di setiap tahap perhitungan sehingga memberikan kesempatan untuk menilai apakah harga n umerik tersebut masuk aka! atau tidak. Keuntungan utama dari soal simbolik adalah bahwa hasilnya berupa rumus yang serba guna. S uatu rumus menunj ukkan variabel-variabel yang mempengaruhi hasil akhir; sebagai contoh, kadang-kadang suatu besaran tidak muncul di dalam solusi, suatu fakta yang tidak terlihat jelas dalam solusi numerik. Selain itu, solusi aljabar menunj ukkan bagaimana masing-masing variabel mempengaruhi hasil, seperti ketika satu variabel muncul di pembilang dan variabel lain muncul di penyebut. Lebih jauh lagi, solusi s imbolik memberikan kesempatan untuk mengecek dimensi pada setiap tahap perhitungan. Akhirnya, alasan paling penting untuk memecahkan secara aljabar adalah untuk mendapatkan rumus umum yang dapat digunakan pada berbagai soal yang berbeda. Sebaliknya, solusi numerik hanya berlaku pada satu set kondisi. Karena seorang insinyur harus terbiasa dengan kedua jenis solusi tersebut, maka di dalam buku ini disajikan perpaduan antara soal numerik dan soal simbolik.

Soal-soal numerik mengharuskan pembaca bekerja dengan satuan pengukuran yang khusus. Agar sesuai dengan kondisi di dalam praktek, buku ini menggunakan Sistem Internasional (SI) dan Sistem U mum Amerika Serikat (USCS) . Pembahasan mengenai kedua sistem ini diberikan dalam Lampiran A yang meliputi banyak tabel yang berguna termasuk tabel faktor konversi.

Semua soal terdapat di akhir setiap bab, dengan nomor soal yang menunj ukkan subbab asal soal-soal tersebut. Untuk soal-soal yang membutuhkan solusi numerik, soal yang bemomor ganj il mempunyai satuan USCS dan soal yang bernomor genap mempunyai satuan S I. Satu-satuny<,l

d;trl I -� 1�1\\,l�:rl rnc�.1111�,1 h:dro�ll 111\ll�rr d;rrr ll·nn:ud1• .. l:trl Ci:drk1l ll'I ,LII):tl p.tdtr I�L'I I 1 �

Gambar 1-1 Elemen struktur yang mengalami beban aksial. (Batang penderek mengala mi tarik dan batang roda pendaratan mengalami tekiln.)

Mekanika Bahan 3

kekecualian adalah soal-soal yang melibatkan profil baja struktural yang umum diperdagangkan karena besaran dari profil ini ditabelkan dalam Lampiran E hanya dalam satuan USCS.

Teknik-teknik penyelesaian soal dibahas secara rinci dalam Lampiran B. Selain memuat daftar prosedur rekayasa yang baik, Lampiran B juga memuat bagian-bagian tentang homogenitas dimensional dan angka penting. Topik-topik ini secara spesifik penting karena setiap persamaan harus homogen secara dimensional dan setiap hasil numerik harus dinyatakan dengan sejumlah angka penting yang tepat. Di dalam buku ini, hasil numerik akhir biasanya dinyatakan dengan tiga angka penting apabila suatu bilangan dimulai dengan angka 2 sampai 9, dan dengan empat angka penting apabila suatu bilangan dimulai dengan angka I. Harga-harga antara (intermediate value) biasanya dicatat dengan digit tambahan untuk menghindari hilangnya ketelitian numeris akibat pembulatan bilangan.

TEGANGAN DAN REGANGAN NORMAL

Konsep paling dasar dalam mekanika bahan adalah tegangan dan regangan. Konsep ini dapat diilustrasikan dalam bentuk yang paling mendasar dengan meninjau sebuah batang prismatis yang mengalami gaya aksial. Batang p rismatis adalah sebuah elemen struktural lurus yang mempunyai penampang konstan di seluruh panjangnya, dan gaya aksial adalah beban yang mempunyai arah sama dengan sumbu elemen, sehingga mengakibatkan terjadinya tarik atau tekan pada batang. Contoh-contohnya diperlihatkan dalam Gambar 1 - 1 , di mana batang penderek tarik (tow bar) merupakan sebuah elemen prismatis yang mengalami tarik dan batang roda untuk pendaratan adalah elemen yang mengalami tekan. Contohcontoh lainnya adalah elemen di rangka batang pada jembatan, batangbatang penghubung pada mesin mobil dan sepeda, kolom di gedung, dan flens tarik di pesawat terbang kecil.

Untuk keperluan pembahasan, kita akan meninjau batang penderek dalam Gambar 1 - 1 dan mengisolasi salah satu segmennya sebagai benda bebas (Gambar 1-2a). Sewaktu menggambar diagram benda bebas ini, kita abaikan berat batang dan kita asumsikan bahwa gaya yang aktif hanyalah gaya aksial P di ujung-ujungnya. Selanjutnya kita tinjau dua kondisi batang tersebut, yang pertama sebelum beban diterapkan (Gambar l-2b) dan yang kedua sesudah beban diterapkan (Gambar 1 -2c). Perhatikan bahwa panjang semula dari batang ditunjukkan dengan huruf L dan pertambahan panjangnya ditunjukkan dengan huruf Yunani 8 (delta).

Tegangan internal di batang akan terlihat apabila kita membuat sebuah potongan imajiner melalui batang pada bagian mn (Gambar l -2c). Karena

Batang Penderek Tarik

4 Bab 1 Tarik, Tekan, dan Geser

P��--------�(++P (::t)

( ()

Ill P.{�------'�'--�C++P I " I -L+Ii

(c)

G a m ba r 1 -2 Batang prismatis yang mengalami tarik (a) diagram benda bebas dari segmen batang, (b) segmen batang sebelum dibebani, (c) segmen batang sesudah dibebani, dan (d) tegangan normal pada batang.

potongan ini diambil tegak lurus sumbu longitudinal batang, maka disebut potongan melintang (penampang). Sekarang kita isolasi bagian dari batang di kiri potongan melintang mn sebagai benda bebas (Gambar l -2d). Di ujung kanan dari benda bebas ini (potongan mn) ditunjukkan aksi yang diberikan oleh bagian yang dihilangkan dari batang tersebut (yaitu bagian di kanan potongan mn) terhadap bagian sisanya. Aksi ini terdiri atas gaya terdistribusi kontinu yang bekerja pada seluruh penarnpang. Intensitas gaya (yaitu gaya per satuan luas) disebut tegangan dan diberi notasi huruf ¥unani a (sigma). Jadi, gaya aksial P yang bekerja di penampang adalah resultan dari tegangan y ang terdistribusi kontinu . (Gaya resultan ditunjukkan dengan garis putus-putus di dalam Gambar l -2d.)

Dengan mengasumsikan bahwa tegangan terbagi rata di seluruh potongan mn (Gambar l -2d), kita dapat melihat bahwa resultannya hams sama dengan intensitas a dikalikan dengan luas penampang A dari batang tersebut. Dengan demikian, kita mendapatkan rumus berikut untuk menyatakan besar tegangan:

p A (1-1)

Persamaan ini memberikan intensitas tegangan merata pada batang prismatis yang dibebani secara aksial dengan penampang sembarang. Apabila batang ini ditarik dengan gaya P, maka tegangannya adalah tegangan tarik (tensile stress); apabila gayanya mempunyai arah sebaliknya, sehingga menyebabkan batang tersebut mengalami tekan, maka terjadi tegangan tekan (compressive stress) . Karena tegangan ini mempunyai arah yang tegak lurus permukaan potongan, maka tegangan ini disebut tcgangan normal (normal stress). Jadi, tegangan normal dapat berupa tarik atau tekan. Selanjutnya, di dalam Subbab 1.6, kita akan menjumpai jenis tegangan lainnya, yang disebut tegangan geser, yang bekerja sejajar terhadap permukaan potongan.

Apabila konvensi tanda untuk tegangan normal dibutuhkan, biasanya tegangan tarik didefinisikan bertanda positif dan tegangan tekan bertanda negatif.

Karena tegangan normal a diperoleh dengan membagi gaya aksial dengan luas penampang, maka satuannya adalah gaya per satuan luas. Jika satuan uses digunakan, maka tegangan biasanya dinyatakan dalam pound per inci kuadrat (psi) atau kip per inci kuadrat (ksi).' Sebagai contoh, misalkan batang dalam Gambar 1 -2 mempunyai diameter d sebesar 2,0 in. dan beban P mempunyai besar 6 kips. Dengan demikian, tegangan di batang adalah

p p a = - = --- = A mi2 /4 6 k = 1,9 1 ksi (atau 1 9 10 psi)

7r(2,0 ini I 4 Di dalam contoh ini tegangan adalah tarik dan bertanda positif.

Apabila satuan SI digunakan, gaya dinyatakan dalam newton (N) dan luas dalam meter kuadrat (m2) . Dengan demikian, tegangan mempunyai satuan newton per meter kuadrat (N/m2), yang disebut juga pascal (Pa). Tetapi, pascal adalah satuan yang sedernikian kecilnya sehingga dibutuhkan pengali yang besar, maka biasanya digunakan megapascal (MPa). Untuk

.

Sdlll Kip <llau kilopound, 'Wlla JLngan 1000 lh

p

G amba r 1 -3 B a tang pendel dari baja yang mengalami beban tarik, P.

Mekanika Bahan 5

mengilustrasikan bahwa satu pascal memang kecil, kita hanya perlu mengingat bahwa 1 psi kira-kira sama dengan 7000 pascal. Sebagai contoh numerik, tegangan yang dibahas dalam paragraf sebelum ini ( 1 ,9 1 ksi) ekivalen dengan 13 ,2 MPa yang sama dengan 1 3,2 x 106 pascal. Meskipun tidak diharuskan dalam SI, pembaca kadang-kadang menjumpai tegangan dinyatakan dalam satuan newton per milimeter kuadrat (N/mm2) , yang sama dengan MPa.

Persamaan cr =PIA hanya berlaku jika tegangan terbagi rata di seluruh penampang batang. Kondisi ini terjadi jika gaya aksial P bekerja melalui pusat berat penampang, sebagaimana ditunjukkan di bagian lain dari subbab ini. Apabila beban P tidak bekerja di pusat berat, maka lentur batang akan terjadi, dan analisis yang lebih rumit dibutuhkan (lihat Subbab 5 . 1 2 dan 1 1 .5). Namun, di dalam buku ini (sebagaimana juga dijumpai di dalam praktek) dianggap bahwa gaya aksial diterapkan di pusat berat penampang, kecuali apabila dinyatakan tidak demikian.

Kondisi tegangan merata yang ditunjukkan dalam Gambar l -2d terjadi di seluruh panjang batang kecuali di dekat ujung-ujungnya. Distribusi tegangan di ujung batang bergantung pada bagaimana beban P disalurkan ke batang, Jika beban tersebut terbagi rata di ujungnya, maka pola tegangan di ujung akan sama dengan di seluruh bagian lainnya. Sekalipun demikian, beban sangat mungkin disalurkan melalui sendi atau baut, yang menyebabkan terjadinya tegangan yang sangat terlokalisasi yang disebut konsentrasi tegangan. Salah satu kemungk:inannya adalah dengan menggunakan batang pendel seperti terlihat dalam Gambar 1 -3. Dalam hal ini beban P disalurkan ke batang tersebut melalui sendi yang melalui lubang (atau mata) di ujunguj ung batang. Jadi, gaya-gaya di dalam gambar tersebut sebenarnya merupakan resultan dari tekanan tumpu antara sendi dan batang pendel, dan distribusi tegangan di sekitar 1ubang cukup rumit. Sekalipun demik:ian, apabila kita bergerak menjauhi ujung ke arah tengah batang, distribusi tegangan akan secara gradual mendekati distribusi yang rata sebagaimana terlihat dalam Gambar l -2d.

Sebagai petunjuk praktis, rumus cr = PIA dapat digunakan dengan ketelitian yang baik untuk sembarang titik di dalam batang prismatis, yaitu setidaknya sejauh mungk:in dari konsentrasi tegangan sebagai dimensi lateral terbesar dari batang tersebut. Dengan perkataan lain, distribusi tegangan di dalam Gambar 1 -2d terbagi rata pada jarak d atau lebih besar dari ujung-ujungnya, dimana d adalah diameter batang dan distribusi tegangan di batang pendel (Gambar 1 -3) terbagi rata pada jarak b atau lebih besar dari ujung yang diperbesar, dengan b adalah lebar batang. Pembahasan yang lebih rinci tentang konsentrasi tegangan yang diakibatkan oleh beban aksial diberikan dalam Subbab 2 . 1 0.

Tentu saja, meskipun tegangan tidak terbagi rata, persamaan cr =PIA masih tetap berguna karena persamaan ini memberikan tegangan normal rata-rata di suatu penampang.

• Regangan Normal

Sebagaimana telah diamati, suatu batang lurus akan mengalami perubahan panjang apabila dibebani secara aksia1, yaitu menjadi panjang jika mengalami tarik dan menjadi pendekjika mengalami tekan. Sebagai contoh, tinjau kembali batang prismatis dalam Gambar 1 -2. Perpanjangan 8 dari batang ini (Gambar 1 -2c) adalah hasil kumulatif dari perpanjangan semua elemen bahan di seluruh volume batang. Asumsikan bahwa bahan tersebut


sama di mana pun di dalam batang. Selanjutnya, jika kita meninjau setengah bagian dari batang (panjangnya L/2), bagian ini akan mempunyai perpanjangan yang sama dengan /5/2, dan jika kita meninjau seperempat bagian dari batang, bagian ini akan mempunyai perpanjangan yang sama dengan /5/4. Dengan cara yang sama, satu satuan panjang dari batang tersebut akan mempunyai perpanjangan yang sama dengan 1/L kali perpanjangan total 8. Dengan proses ini kita akan sampai pada konsep perpanjangan per satuan panjang, atau rcgangan, yang diberi notasi huruf Yunani e (epsilon) dan dihitung dengan persamaan

e = o L

( 1 -2)

Jika batang tersebut mengalami tarik, maka regangannya disebut rcgangan tarik, yang menunjukkan perpanjangan bahan. Jika batang tersebut mengalami tekan, maka regangannya adalah regangan tckan dan batang tersebut memendek. Regangan tarik biasanya bertanda positif dan regangan tekan bertanda negatif. Regangan e disebut regangan normal karena regangan ini berkaitan dengan tegangan normal.

Karena merupakan rasio antara dua panjang, maka regangan normal ini merupakan hcsaran tak herdimensi, artinya regangan tidak mempunyai satuan. Dengan demikian, regangan dinyatakan hanya dengan suatu bilangan, tidak bergantung pada sistem satuan apapun. Harga numerik dari regangan biasanya sangat kecil karena batang yang terbuat dari bahan struktural hanya mengalami perubahan panjang yang kecil apabila dibebani. Sebagai contoh, tinjau batang baja yang mempunyai panjang L sama dengan 2,0 m. Apabila dibebani tarik yang cukup besar, batang tersebut dapat memanjang sebesar 1,4 mm, yang berarti regangannya

e = §_ = 1•4 mm = 0,0007 = 700 x 1 0--{) L 2,0 m

Dalam praktek, satuan o dan L kadang-kadang disertakan dalam regangan, dan regangan ditulis dalam bentuk seperti mm/m, .urnlm, dan in./in. Sebagai contoh, regangan e pacta ilustrasi di atas dapat ditulis dengan 700 .urnlm atau 700 x 10� in./in. Kadang-kadang regangan juga dinyatakan dalam persen, khususnya jika regangan tersebut besar. (Di dalam contoh di atas, regangan adalah 0,07%.)

• Regangan dan Tegangan Uniaksial

Definisi tegangan normal dan regangan normal semata-mata didasarkan atas tinjauan statika dan geometris saja, yang berarti bahwa persamaan (II) dan (1-2) dapat digunakan untuk berbagai beban besar berapapun dan

berbagai jenis material (bahan). Persyaratan utama adalah bahwa deformasi batang adalah sama di seluruh volumenya, yang pada gilirannya mengharuskan batang tersebut prismatis, beban bekerja melalui pusat berat penampang dan bahannya homogen (yaitu, sama di seluruh bagian dari batang tersebut). Keadaan tegangan dan regangan yang dihasilkan disebut tegangan uniaksial dan regangan. Pembahasan lebih lanjut tentang tegangan uniaksial, termasuk juga tegangan dan regangan pada batang yang bukan longitudinal, diberikan dalam subbab 2.6. Kita juga akan menganalisis keadaan tegangan yang lebih rumit, seperti tegangan biaksial dan tegangan bidang, di dalam Bab 7.

(,1)

(bi

Gambar 1 -4 Distribusi tegangan tcrbagi rata di suatu batang prismatis : (a) gaya aksial P, dan (b) penampang melintang batang

Mekanika Bahan 7

• Garis Kerja Gaya Aksial untuk Distribusi Tegangan Terbagi Rata

Di seluruh pembahasan terdahulu tentang tegangan dan regangan di batang prismatis, kita asumsikan bahwa tegangan normal CJ mempunyai distribusi terbagi rata di seluruh penampang. Sekarang kita akan menunjukkan bahwa kondisi ini terpenuhi jika garis kerja gaya aksial melalui pusat berat penampang melintang.

Tinjaulah batang prismatis yang mempunyai bentuk penampang sembarang yang mengalami gaya aksial P yang menyebabkan terjadinya tegangan terbagi rata (Gambar l -4a). Juga, misalkan p1 adalah titik pada CJ penampang di mana garis kerja gaya memotong penampang (Gambar l -4b ). Kita buat si stem sumbu xy pada bidang pen am pang dan ea tat koordinat titik p1 dengan x dan y. Untuk menentukan koordinat ini, kita amati bahwa momen M, dan M, dari gaya P masing-masing terhadap sumbu x dan y, harus sama dengan momen yang berkaitan dengan tegangan terbagi rata.

Momen dari gaya P adalah

(a, b)

di mana momen dipandang positif apabila vektomya ( dengan menggunakan aturan tangan kanan) bekerja dalam arah positif sumbunya.* Momen dari tegangan yang terdistribusi diperoleh dengan mengintegrasikannya di seluruh penampang A. Gaya diferensial yang bekerja pada suatu elemen luas dA (Gambar l -4b) sama dengan CJdA. Momen dari gaya tersebut terhadap sumbu x dan y adalah masing-masing aydA dan -CJXdA, yang mana x dan y menunjukkan koordinat elemen dA. Momen total diperoleh dengan mengitegrasikannya terhadap luas penampang; jadi, kita peroleh

(c,d)

Pemyataan ini memberikan momen yang dihasilkan oleh tegangan CJ. Selanjutnya, kita samakan momen M, dan M, yang diperoleh dari

gay a P (Persamaan a dan b) dengan m omen yang diperoleh dari tegangan yang terdistribusi (Persamaan c dan d) :

Py= Iay dA Px = -Im dA

Karena tegangan CJ terbagi rata, maka kita ketahui bahwa nilainya konstan di seluruh penampang A dan dapat diletakkan di luar tanda integrasi. Juga, kita ketahui bahwa tegangan sama dengan PIA. Dengan demikian, kita peroleh rumus berikut untuk koordinat titik p;:

- I 0)' dA \' = �-- X = I 0)' dA ( 1 -3a,b)

A A Persamaan ini sama dengan persamaan yang mendefinisikan koordinat pusat berat suatu area (lihat Pers. 12-3a dan b). Dengan demikian, kita sekarang telah sampai pada sebuah kesimpulan penting. Untuk memperoleh tarik atau tekan yang terbagi rata pada suatu batang prismatis, gaya

':'Untuk mcmvisualisasikan aturan tangtm kanan, hayangan hahwa rcmhaca rncmcgang .'lulllhu

Lkngan tangan kanan �cdcmiki'-ln hinggJ jari-j�ui pcmhac:.r mclipal di sch.itar sumhu Lcr�chuL Jan jcmpol

lllL'nunjuJ... posili! Jari "llllrhu Sclanjutnycr, mn111cn aJalah posilil jika hckcrjtrlcrhcrdap sumhu dalam arah yang sama dcngan jw i-jar i pcmhaca

B Bab 1 Tarik, Tekan, dan Geser

aksial harus bekerja melalui pusat berat penampang. Sebagaimana telah diuraikan sebelum ini, kita selalu mengasumsikan bahwa kondisi ini terpenuhi, kecuali jika secara eksplisit dinyatakan tidak demikian.

Contoh berikut ini mengilustrasikan perhitungan tegangan dan regangan pada batang prismatis. Dalam contoh pertama, kita mengabaikan berat batang dan dalam contoh kedua kita memasukkannya. (Agar sesuai dengan buku-buku praktek pada umumnya, kita selalu mengabaikan berat suatu struktur apabila memecahkan suatu soal, kecuali apabila diinstruksikan untuk memasukkannya.)

• Contoh 1-1

5- H

Gambar 1 -5 Contoh 1 - 1 . Tiang aluminium berlubang yang mengalami tekan

Sebuah tiang pendek berupa tabung 1 ingkaran berlubang dari aluminium memikul beban tekan sebesar 54 kips (Gambar 1 -5). Diameter dalam dan luar dari tabung tersebut masing-masing adalah d1 = 3,6 in dan d2 = 5,0 in. dan panjangnya adalah 40 in. Perpendekan tiang akibat beban tersebut diukur sebesar 0,022 in. Tentukanlah tegangan dan regangan tekan di tiang tersebut. (Abaikan berat tiang itu sendiri dan asumsikan bahwa tiang tersebut tidak menekuk akibat beban tersebut.)

Solusi

Asumsikan bahwa beban tekan bekerja di pusat tabung berlubang sehingga kita dapat menggunakan persamaan s = PIA (Pers. 1 - 1 ) untuk menghitung tegangan normal . Gaya P sama dengan 54 k (atau 54000 lb), dan luas penampang melintang A adalah

A = %( dff - d� ) = %[ (5,0 in.)2 - (3,6 in.)2 ] Dengan demikian, tegangan tekan di tiang ada1ah

a = !!_ = 54.000 lb = 5710 psi A 9,456 in.2

Regangan tekan (dari Persamaan 1 -2) adalah

E = §_ = 0·02- in. = 550 X 1 0-6 L 40 m.2 -

Jadi, tegangan dan regangan di tiang telah dihitung.

9,456 in.2

-

Catatan: Sebagaimana telah diterangkan sebelum ini, regangan merupakan besaran yang tak berdimensi dan tidak ada satuan yang dibutuhkan. Namun untuk kejelasan, satuan juga sering digunakan. Dalam contoh ini, E dapat saja ditulis sebesar 550 X I 0"6 in./in. atau 550 ,uin./in.

• Contoh 1-2

Suatu batang baja berpenampang l ingkaran yang panjangnya L dan berdiameter d dibebani W di ujung hawnhnya ( amhru 1 -6). (a) Dapatkan rumu lmtuk tegangan maksimum amak> di batang tcr ·ebut dengan rnemperh i t ungkan b 'r.ll �cndiri batang tersebut. (b) Hitunglah tegangan maksimum j tkn L = 40 1 0 , t1 = mm, dan W = 1 ,5 kN.

L

d -.. -

Gambar 1-6 Contoh l -2. Batang bulat dari baja yang memikul beban w.

Solusi

Mekanika Bahan 9

(a) Gaya aksial maksimum F'""*' di batang terjadi di ujung alas dan sama dengan berat W ditambah berat W0 dari batang itu sendiri. Berat sendiri batang sama dengan berat jenis y baja dikalikan volume batang V, atau

% = y\1 = yAL ( l -4)

dengan A adalah luas penampang batang. Dengan demikian, rumus untuk tegangan maksimum (dari Persamaan 1 - 1 ) menjadi

a = Fmaks = W + yAL = W + "" maks A A A 1'-- ( 1 -5 ) ..

(b) Untuk menghitung tegangan maksimum, k.ita masukkan harga-harga numerik ke dalam persamaan di atas. Luas penampang melintang sama dengan ruP/4, dengan d = 8 mm, dan beratjenis baja y= 77,0 k.N/m3 (dari Tabel H- 1 di Lampiran H). Jadi

1 •5 kN + (77,0 k.N/m3)(40 m) n-(8 mm)2 /4

= 29,84 MPa + 3. 1 I MPa = 33,0 MPa ..

Di dalam contoh ini, berat batang berkontribusi secara signifikan terhadap tegangan maksimum dan sebaiknya tidak diabaikan.

BESARAN ME KANIS BAHAN

Untuk mendesain mesin dan struktur agar keduanya berfungsi secara memadai kita harus memahami perilaku mekanis dari material (bahan) yang digunakan. Biasanya, satu-satunya cara untuk menentukan bagaimana suatu bahan berperilaku apabila mengalami pembebanan adalah dengan melakukan eksperimen di laboratorium. Prosedur yang biasa a�alah dengan meletakkan benda uji kecil dari material tersebut pacta mesin penguji, menerapkan beban, dan selanjutnya mengukur deformasinya (seperti misalnya perubahan panjang dan perubahan diameter). Hampir semua laboratorium pengujian bahan diperlengkapi dengan mesin-mesin yang mampu membebani benda uji dengan berbagai cara, termasuk pembebanan statik dan dinamik, baik tarik maupun tekan.

Mcsin uji tarik tipikal ditunjukkan dalam Gambar 1-7. Benda uji dipasang di antara kedua penjepit besar dari mesin uji dan selanjutnya dibebani tarik. Alat pengukur akan mencatat deformasi, sementara sistem kontrol otomatis serta pengolah data (di kiri foto) membuat tabel dan grafik dari hasil pengujian.

Foto yang lebih detail dari benda uji tarik ditunjukkan dalam Gambar 1 -8 . Ujung benda uji bundar mempunyai penampang yang lebih besar di dekat penjepit agar kegagalan tidak akan terjadi di dekat penjepit. Suatu kegagalan di ujung tidak dapat menghasilkan informasi yang diharapkan tentang bahan karena distribusi tegangan di dekat penjepit tidak terbagi rata sebagaimana telah dibahas dalam Subbab 1 .2. Pacta benda uji yang didesain dengan baik, kegagalan akan terjadi di bagian prismatis dari benda uji di mana distribusi tegangan terbagi rata dan batang tersebut

1 0 Bab 1 Tarik, Tekan, dan Geser

G a m bar 1 ·7 Mesin uji tarik dengan s i s tem pengolahan data (Atas izin MTS System Corporation)

hanya mengalami tarik murni. Situasi ini ditunjukkan dalam Gambar 1 -8, di mana benda uji baja baru saja terputus akibat dibebani. Alat di kiri, yang dihubungkan oleh dua buah lengan ke benda uji , adalah extensomcter untuk mengukur perpanjangan selama pembebanan.

Agar hasil pengujian dapat dibandingkan, maka dimensi benda uji dan metode penerapan beban telah distandarisasi. Organisasi pembuat standar yang paling utama adalah American Society for Testing and Materials (ASTM), suatu badan teknis nasional yang menerbitkan spesifikasi dan standar untuk bahan dan pengujian. Organisasi lain yang sejenis di Amerika Serikat adalah American Standards Association (ASA), dan National Institute of Standards and Institute (NIST), yang sebelumnya bernama National Bureau of Standards (NBS) . Organisasi serupa ada di negara-negara lain.

Benda uji tarik menurut standar ASTM mempunyai diameter 0,505 in. dan panjang terukur 2,0 in. di antara tanda-tanda pengukuran, yang merupakan titik-titik di mana lengan extensometer dipasang ke benda uji (Gambar l -8). Selama benda uji ditarik, beban aksial diukur dan dicatat, baik secara otomatis atau dengan membacanya dari dial. Perpanjangan di seluruh panjang terukur diukur secara simultan baik dengan menggunakan pengukur mekanis seperti terlihat dalam Gambar 1 -8 atau dengan menggunakan pengukur regangan tahanan elektris. Di dalam uj i statik, beban diterapkan perlahan-lahan dan laju pembebanan yang teliti bukan merupakan ha! yang penting karena tidak mempengaruhi perilaku benda

G a m b a r 1 -8 B enda uji tarik tipikal dengan extensometer yang terpasang padanya; benda uji baru saja terputus karena tarik (Atas izin MTS System Corporation)

I

Mekanika Bahan 1 1

Pnnjang terukur

uj i . Tetapi, dalam uji d inamis beban diterapkan secara cepat dan kadangkadang dengan cara siklus. Karena sifat beban dinamis mempengaruhi besaran bahan, maka laju pembebanan perlu juga dicatat.

l lji tekan pada metal biasanya dilakukan pacta benda uji kecil yang berbentuk kubus atau sil inder. Kubus biasanya mempunyai sisi 2,0 in. dan silinder biasanya mempunyai diameter sekitar 1 in. dan panjangnya I sampai 1 2 in. Besarnya beban yang diterapkan dan besarnya perpendekan benda uji dapat diukur. Perpendekan sebaiknya diukur di seluruh panjang terukur yang kurang dari panjang total dari benda uj i agar tidak ada efek ujung.

Beton diuji tekan pada setiap proyek konstruksi yang penting untuk menjamin bahwa kekuatan yang dibutuhkan telah dicapai. Benda uj i menurut standar ASTM mempunyai diameter 6 in dan panjang 1 2 in,

serta mempunyai umur 28 hari (umur beton merupakan ha! yang penting karena beton meningkat kekuatannya apabila mengering). Benda uji serupa yang agak lebih kecil digunakan dalam melakukan uji tekan pada batuan (Gambar 1 -9).

• Diagram Tegangan-Regangan

Hasil-hasil pengujian biasanya bergantung pacta ukuran benda uji . Karena sangat kecil kemungkinannya bahwa kita menggunakan struktur yang ukurannya sama dengan ukuran benda uj i, maka kita perlu menyatakan


Gambar 1 -9 Benda uji batuan yang diuji tekan. (Atas izin MTS System Corporation)

hasil pengujian dalam bentuk yang dapat diterapkan pada elemen struktur yang berukuran berapapun. Cara sederhana untuk mencapai tujuan ini adalah dengan mengkonversikan hasil pengujian tersebut ke tegangan dan regangan.

Tegangan aksial er pada benda uji dihitung dengan membagi beban aksial P dengan luas pen am pang A (lihat Persamaan l - 1 ). Jika luas awal benda uji digunakan dalam perhitungan, maka tegangan yang diperoleh disebut tcgangan n o m i nal (nama lainnya adalah tegangan konvensional dan tegangan teknik). Harga tegangan aksial yang lebih eksak, yang disehut tcga ngan scbenarn� a, dapat dihitung dengan menggunakan luas penampang batang sebenarnya pada saat kegagalan terjadi. Karena l uas aktual dalam pengujian tarik selalu lebih kecil daripada luas awal (sebagaimana diilustrasikan dalam Gambar 1 -8), maka tegangan sebenarnya selalu lebih besar daripada tegangan nominal.

Regangan aksial rata-rata £ pada benda uji diperoleh dengan membagi perpanjangan yang diukur 8 antara tanda-tanda pengukuran dengan panjang terukur L (lihat Gambar 1 -8 dan Persamaan J -2). Jika panjang terukur awal digunakan dalam perhitungan (misalnya 2,0 in.), maka didapatkan rcgangan normal . Karenajarak antara tanda-tanda pengukuran bertambah pada saat beban tarik diterapkan, maka kita dapat menghitung regangan

Gambar 1 - 1 0 Diagram teganganregangan untuk baja struktural tipikal yang mengalami tarik (tidak berskala)

Mekanika Bahan 1 3

sebenarnya (atau regangan a/ami) pacta setiap harga beban dengan menggunakan jarak aktual antara tanda-tanda pengukuran. Dalam keadaan larik, regangan sebenarnya selalu lebih kecil daripada regangan normal. Sekalipun demikian, untuk penggunaan dalam bidang teknik, tegangan nominal dan regangan nominal sudah cukup memadai, sebagaimana akan diuraikan dalarn bagian lain subbab ini.

Sesudah melakukan uji tarik atau tekan dan menentukan tegangan dan regangan pacta berbagai taraf beban, kita dapat memplot diagram tegangan versus regangan. Diagram tegangan-regangan seperti ini merupakan karakteristik dari bahan yang diuji dan memberikan informasi penting tentang besaran mekanis dan jenis perilaku.*

Bahan pertama yang akan kita bahas adalah baja struktural, yang juga dikenal dengari baja lunak atau baja karbon rendah. Baja struktural adalah salah satu bahan metal yang paling banyak digunakan untuk gedung, jembatan, crane, kapal, menara, kendaraan, dan berbagai jenis struktur lain. Diagram tegangan-regangan untuk baja struktural tipikal yang mengalami tarik ditunjukkan dalam Gambar 1 - 1 0. Regangan diplot pada sumbu horizontal dan tegangan pacta sumbu vertikal. (Untuk menunjukkan semua hal penting dari bahan ini, sumbu regangan dalam Gambar 1 - 1 0 digambar tanpa skala.)

Diagram tersebut dimulai dengan garis lurus dari pusat sumbu 0 ke titik A, yang berarti bahwa hubungan antara tega.ngan dan regangan pacta daerah awal ini bukan saja linier melainkan juga proporsional. •• Melewati titik A, proporsionalitas antara tegangan dan regangan tidak acta lagi; jadi tegangan di A disebut limH proporsional. Untuk baja berkarbon rendah, limit ini berada pacta selang 30 sampai 50 ksi (2 10 sampai 350 MPa), tetapi baja berkekuatan tinggi (dengan kandungan karbon lebih tinggi ditambah unsur paduan lain) dapat mempunyai batas proporsional lebih dari 80 ksi (550 MPa). Kemiringan garis lurus dari 0 ke A disebut modulus clastisitas. Karena kemiringan mempunyai satuan tegangan dibagi

Tegangan ultiHoatc ..

Tegangan luluh -----..

Limit / AA proporsional / '

c

u ......... __ ....., __ _

Daerah linier

Luluh atau Strain plastisitas hardening sempurna

£' . - - ·

Necking

·I )iagt dill lc�<lll�:ln-r cg<tllt!-<111 d i 1 i I ll i-; olcll J:1C11h Hl'rlll Ju l l r ( 1 6.'1--i-· I 70.� ) dan I V Polll'l'k·l ( 1 7�X-1 Kh 7 1 : l i hlll 1{,· 1 1 --1;

J )ud \ <l l l ; i lk·i Li i "l'l"'ll l /JI O,'JOI \ 1 1 1111.'1 j l l, a r ;J >.; r u <l !lld l ;l h-l'li l l < l l l ) a h:on-.;lt�ll l kn:;a11 t k� m r k l t i l l , '>Ualu

l \ u h 1 1 11_:: . 1 1 1 j ) l l lf'( )J , inn:d dar1;1{ cl inv<�tak;rn tk'H.�dll "i�o.'h l l ; t l l �. t l i ' 1 u 1 u" ! '- l l l .!,.' l l l�ltl l u 1 pll.'< ll ll) ' i l \!;J i l l l l l l

hu hu H.C< � I l p 1 0j)l l! .., l llll�l l l H I � l� �ann LiL'Il!;i.lll l tu h l l l l� i l l l /i1 1in \k-..kiJ'Uil h u hun�an p1 1 1)10I "ion; t l ;ublall

l i l t l l' l ...,L·h�i l i � n : a L1Ja� -..L I < l i u he ni l I k.I J L' Il;t ..;u ; t l \ 1 JH,hungan ) �I l l� dilly;tl< tk;_ln dLJJ!:,!-�l l l ga1 1" l u J u " y;tn� 1 1d<1�

n �;._· l ;.du i l i l i � JHt-...11 �u.l.t!ah J ' nit'J IL' I < I j ' l l iLbk J l H ' J •I ' I � IOita l SL"I)ulan ·hc<IMIHIJ I \g !ang:-.un {' lliL' InptHl \ <1 1 < 1 1 1

"'-1111<1 deu�an prop( 1 '-IOilal I Rei I :" I

,..


Daerah fraktur

Be ban

Be ban

Daerah necking

G a m b a r 1 - 1 1 Necking pada batang baja lunak yang mengalami tarik

regangan, maka modulus elastisitas mempunyai satuan yang sama dengan tegangan. (Modulus elastisitas dibahas lebih lanjut di Subbab 1 .5 .)

Dengan meningkatnya tegangan hingga melewati limit proporsional, maka regangan mulai meningkat secara lebih cepat lagi untuk setiap pertambahan tegangan . Dengan demikian, kurva tegangan-regangan mempunyai kemiringan yang berangsur-angsur semakin kecil, sampai pada titik B kurva tersebut menjadi horizontal (lihat Gambar 1- 10). Mulai dari titik ini, terjadi perpanjangan yang cukup besar pada benda uji tanpa adanya pertambahan gaya tarik (dari B ke C). Fenomena ini disebut lu l uh dari bahan, dan titik B disebut lit ik lu luh . Tegangan yang berkaitan dengan ini disebut tega ngan lu luh dari baja. Di daerah antara B dan C, bahan ini menjadi plastis semJmrn a , yang berarti bahwa bahan ini berdeformasi tanpa adanya pertambahan beban. Perpanjangan benda uj i baja lunak pada daerah plastis sempuma pada umumnya 1 0 sampai 1 5 kali perpanjangan yang terjadi di daerah linier (antara awalnya pembebanan dan limit proporsional). Adanya regangan yang sangat besar di daerah plastis (dan setelah itu) adalah alasan mengapa diagram tersebut diplot tidak berskala.

Sesudah mengalami regangan besar yang terjadi selama peluluhan di daerah BC, baja mulai mengalami pengerasan regang ( st ra i n h a r d e n i n g / .

Selama itu, bahan mengalami perubahan dalam struktur kristal in, yang menghasilkan peningkatan resistensi bahan tersebut terhadap deformasi lebih lanjut . Perpanjangan benda uj i di daerah ini membutuhkan peningkatan beban tarik, sehingga diagram tegangan-regangan mempunyai kemiringan positif dari C ke D. Beban tersebut pada akhimya mencapai harga maksimumnya, dan tegangan pada saat itu (di titik D) disebut

tegangan ultimate . Penarikan batang lebih lanjut pada kenyataannya akan disertai dengan pengurangan beban dan akhimya terjadi putus/patah di suatu titik seperti titik E pada Gambar 1 - 10.

Tegangan luluh dan tegangan ul timate dari suatu bahan disebut juga masing-masing kekuatan luluh dan kekuatan u ltimatl' h.l'lmatan adalah sebutan umum yang merujuk pada kapasitas suatu struktur untuk menahan beban. Sebagai contoh, kekuatan luluh dari suatu balok adalah besarnya beban yang dibutuhkan untuk terjadinya luluh di balok tersebut, dan kekuatan ultimate dari suatu rangka batang adalah beban maksimum yang dapat dipikulnya, yaitu beban gagal. Tetapi, dalam melakukan uji tarik untuk suatu bahan, kita definisikan kapasitas pikul beban dengan tegangan di suatu benda uji, bukannya beban total yang bekerja pada benda uji . Karena itu, kekuatan bahan biasanya dinyatakan dalam tegangan.

Apabila suatu benda uji ditarik, terjadi juga kon t rak.si late ra l , sebagaimana telah disebutkan sebelum ini. Pengurangan luas penampang yang ditimbulkannya cukup kecil terhadap perhitungan tegangan hingga sekitar titik C dalam Gambar 1 - 10, tetapi melewati titik tersebut, pengurangan luas mulai mengubah bentuk kurva. Di sekitar tegangan ultimate, pengurangan luas menjadi sangat nyata dan neck in�; (pembentukan leher) pada batang tersebut terjadi (lihat Gambar 1 -8 dan 1 - 1 1 ) . Jika luas aktual penampang di bagian yang mengecil dari leher ini digunakan untuk menghitung tegangan, maka kurva lq�angan-regan�an sehena rn.' a (garis putus CE · dalam Gambar 1 - 10) akan diperoleh. Be ban total yang dapat dipikul batang tersebut memang berkurang sesudah tegangan ultimate tercapai (sebagaimana ditunjukkan dengan kurva DE), tetapi reduksi ini adalah akibat berkurangnya luas batang dan bukan karena berkurangnya kekuatan bahan itu sendiri. Pada kenyataannya, bahan menahan peningkatan

rr (ksi) 80 /)1

-

60

-111 c / I I k . 20 \ , 6 I

I 0 I

0,05 0, I 0 0, I 5 0,20 0,25 0,30 I'

Gambar 1 - 1 2 Diagram teganganregan gan untuk baj a struktural t ipikal yang mengalami tarik (digambar berskala)

30

20

!ll l -+--+--+----+---; IJ

0,05 0, I 0 0, 1 5 0,20 0,25 I'

Gambar 1 -1 3 Diagram tegangan' egangan untuk senyawa aluminium

rr

l j :A-----1 ' j./ - 0,002 offset

a IL_ ____ _ I'

Gambar 1 -1 4 Tegangan luluh sembarang yang ditentukan dengan metode offset

Mekanika Bahan 1 5

tegangan sebenamya hingga terjadi kegagalan (titik E'). Karena hampir semua struktur diharapkan berfungsi pada tegangan di bawah limit proporsional, maka k urva tegangan-regangan konvcnsional OABCDE, yang didasarkan atas luas penampang awal benda uji dan yang mudah untuk dihitung, memberikan informasi yang cukup baik untuk digunakan dalam desain teknik.

Diagram dalam Gambar 1 - 1 0 menunjukkan karakteristik umum dari kurva tegangan-regangan untuk baja 1unak, tetapi proporsinya tidak realistis karena, sebagaimana telah disebutkan, regangan yang terjadi dari B ke C mungkin lebih daripada sepuluh kali regangan yang terjadi dari 0 ke A. Se1ain itu, regangan dari C ke E beberapa kali lebih besar daripada dari B ke C. Hubungan yang benar ditunjukkan da1am Gambar 1 - 1 2, yang menunjukkan diagram tegangan-regangan untuk baja lunak yang digambar berskala. Di dalam gambar ini, regangan dari titik no! ke titik A sedemikian kecilnya dibandingkan dengan regangan dari titik A ke titik E sehingga regangan tersebut tidak terlihat, dan bagian awal dari diagram ini nampak seperti garis vertikal.

Adanya titik lu1uh yang je1as yang diikuti dengan regangan plastis merupakan karakteristik penting dari baja struktural yang kadang-kadang digunakan dalam desain (lihat, sebagai contoh, pembahasan perilaku elastoplastis dalam Subbab 2. 1 2, 3 . 12, dan 6.9). Metal seperti baja struktural yang mengalami regangan permanen besar sebelum kegagalan terjadi dikelompokkan ke dalam bahan yang daktil (ulct). Sebagai contoh, daktilitas (keuletan) adalah sifat yang memungkinkan suatu batang baja untuk dibengkokkan membentuk busur lingkaran tanpa putus atau ditarik menjadi kawat tanpa mengalami kerusakan. Keunggulan yang diharapkan dari bahan yang daktil adalah bahwa distorsi nyata dapat terjadi jika beban menjadi terlalu besar, sehingga memberikan kesempatan untuk melakukan sesuatu sebelum patah (fraktur) aktual terjadi. Selain itu, bahan yang berperilaku daktil mampu menyerap sejumlah besar energi regangan sebelum mengalami fraktur.

Baja struktural adalah paduan besi yang mengandung sekitar 0,2% karbon, sehingga disebut dengan baja karbon rendah. Dengan bertambahnya kadar karbon, baja menjadi kurang daktil tetapi menj adi lebih kuat (mempunyai tegangan luluh dan tegangan ultimate lebih tinggi) . Besaran fisik bajajuga dipengaruhi oleh perlakuan panas yang dialaminya, adanya metal lain, dan proses pembuatan seperti pengerokan. Material lain yang berperilaku secara daktil (pada kondisi tertentu) meliputi aluminium, tembaga, magnesium, timbal, molybdenum, nikel, perunggu, brons monel metal, nilon, dan teflon.

Meskipun bahan-bahan tersebut mempunyai daktilitas yang cukup besar, paduan aluminium pada umumnya tidak mempunyai titik luluh yang jelas, sebagaimana ditunjukkan dalam kurva tegangan-regangan dalam Gambar 1 - 1 3 . Sekalipun demikian, bahan ini mempunyai daerah linier awal dengan limit proporsional yang terlihat jelas. Paduan yang diproduksi untuk maksud struktural mempunyai limit proporsional dalam selang 10 sampai 60 ksi (70 sampai 410 MPa) dan tegangan ultimate dalam selang 20 sampai 80 ksi ( 1 40 sampai 550 MPa).

Apabila suatu bahan seperti aluminium tidak mempunyai titik luluh yang jelas dan mengalami reg imgan besar sesudah limit proporsional dilampaui, tegangan luluh arbiter dapat ditentukan dengan metode t�{f

set. Suatu garis lurus ditarik pada kurva tegangan-regangan yang sejajar

,. 16 Bab 1 Tarik, Tekan, dan Geser

a (psi) 3000 �-,--,

0 4 E

6 8

Gambar 1 - 1 5 Kurva teganganregangan untuk dua jenis karet yang mengalami tarik

8

0 E Gambar 1 -1 6 Diagram teganganregangan tipikal untuk bahan getas yang menunjukkan limit proporsional (titik A) dan tegangan fraktur (titik B)

dengan bagian linier awal dari kurva tersebut (Gambar 1 - 14) tetapi mempunyai offset regangan standar tertentu, misal nya 0,002 (atau 0,2%). Perpotongan garis offset dan kurva tegangan-regangan (titik A dalam gambar ini) didefinisikan sebagai tegangan luluh. Karena tegangan ini ditentukan dengan aturan yang opsional dan bukan merupakan besaran fisik bahan sebenamya, maka ha! ini harus dibedakan dengan tegangan luluh sebenamya dengan cara menyebutnya lega ngan l u l u h l�f.l\et . Untuk bahan seperti aluminium, tegangan luluh offset terletak sedikit di atas limit proporsional. Dalam ha! baja struktural, dengan adanya transisi mendadak dari daerah linier ke daerah plastis, tegangan offset pada dasamya sama dengan tegangan luluh dan limit proporsional.

Karet mempunyai hubungan linier antara tegangan dan regangan sampai regangan yang relatif besar (dibandingkan dengan metal). Regangan pada limit proporsional dapat sebesar 0, 1 atau 0,2 ( 10% atau 209c ) . Setelah limit proporsional, perilakunya bergantung pada jenis karet (Gambar 1 -1 5). Beberapa jenis karet akan inemanjang sangat besar tanpa mengalami kegagalan, hingga panjangnya dapat mencapai beberapa kali panjang semula. Bahan tersebut pada dasamya mempunyai tahanan yang meningkat jika dibebani, dan kurva tegangan-regangannya jelas berarah ke atas. Pembaca dapat dengan mudah mengamati perilaku seperti ini dengan menarik karet gelang dengan tangan. (Perhatikan bahwa meskipun karet dapat mengalami regangan sangat besar, bahan ini bukanlah bahan daktil karena regangannya tidak permanen.)

Daktilitas bahan yang mengalami tarik dapat dilihat dengan mengamati perpanjangan bahan dan reduksi luas pada penampang di mana fraktur terjadi. Pcrscntase pcrpanjanga n didefini sikan sebagai

Lr - Le> Persentase perpanjangan = · Lo ( 1 00) ( 1 -6)

dengan L0 adalah panjang terukur awal dan Lr adalah jarak antara tandatanda pengukuran pada saat fraktur. Karena perpanjangan tidak sama di seluruh panjang benda uji tetapi terpusat di daerah di mana terjadi necking, maka persentase perpanjangan bergantung pada panjang terukur. Dengan demikian, dalam menyatakan persentase perpanjangan, panjang terukur harus diketahui. Untuk panjang terukur 2 in, baja dapat mempunyai perpanjangan dalam selang 3% sampai 40%, bergantung pada komposisi; dalam ha! baja struktural, dengan harga yang umum adalah 20% atau 30%. Perpanjangan paduan aluminium bervariasi dari 1 % sampai 45%, bergantung pada komposisi dan perawatannya. Pcrsentasc red u ksi l uas menunjukkan besamya necking yang terjadi dan didefinisikan sebagai

�l ·- AJ Persentase reduksi luas = Ao ( I 00) ( 1 -7)

dengan A0 adalah luas pen am pang melintang awal dan A1 adalah luas akhir pada penampang fraktur. Untuk baja struktural, reduksi ini sekitar 50%.

Bahan yang gaga! karena tarik pada harga regangan yang relatif rendah disebut bahan yang getas. Contohnya adalah beton, batu, besi tuang, kaca, keramik, dan berbagai paduan metalik. Bahan yang getas akan gaga! hanya dengan sedikit perpanjangan sesudah limit proporsional (tegangan di titik A dalam Gambar 1 - 16) dilampaui. Selain itu, reduksi luas tidak signifikan, dan tegangan fraktur nominal (titik B) akan sama dengan tegangan ulti

a (ksi)

so ,---,---,---,-,-,

0 0,8 e

Gambar 1 -1 7 Diagram teganganregangan untuk tembaga yang mengalami tekan

Mekanika Bahan 1 7

mate sebenarnya. Baja berkadar karbon tinggi mempunyai tegangan luluh tinggi - kadang-kadang melebihi 1 00 ksi (700 MPa) - tetapi berperilaku getas dan fraktur selalu terjadi pada perpanjangan yang hanya beberapa persen.

Kaca biasa merupakan bahan getas yang hampir ideal karena bahan ini menunjukkan tidak adanya daktilitas sedikitpun. Kurva teganganregangan untuk kaca yang mengalami tarik pacta dasarnya adalah garis lurus, dengan kegagalan muncul sebelum luluh terjadi. Tegangan ultimatenya sekitar 1 0000 psi (70 MPa) untuk beberapa jenis kaca plat, tetapi ada variasi yang cukup besar, bergantung pacta jenis kaca, ukuran benda uji, dan adanya cacat mikroskopis. Serat kaca dapat mempunyai kekuatan yang sangat tinggi, dan tegangan ultimatenya dapat melebihi 1 .000.000 psi (7 GPa).

Banyak jenis plastik yang digunakan untuk maksud struktural karena bahan ini ringan, tahan karat, dan mempunyai insulasi elektrikal yang baik. Sifat mekanisnya sangat bervariasi. dimana beberapa jenis plastik bersifat getas dan 1ainnya bersifat daktil. Dalam mendesain dengan plastik, perlu diingat bahwa besarannya sangat dipengaruhi perubahan temperatur dan berjalannya waktu. Sebagai contoh, tegangan tarik ultimate beberapa jenis plastik dapat menjadi tinggal setengahnya apabila temperatumya meningkat dari 50°F ke 120°F. Juga, plastik yang dibebani dapat meregang secara gradual dengan bertambahnya waktu sampai bahan itu tidak dapat berfungsi lagi. Sebagai contoh, sebuah batang yang terbuat dari polivinil khlorida yang mengalami beban tarik yang semula menghasilkan regangan 0,005 dapat mengalarni regangan sebesar dua kalinya setelah seminggu, meskipun beban tersebut konstan. (Fenomena ini, dikenal dengan rangkak, dibahas pacta bagian berikut.)

Tegangan tarik ultimate untuk plastik pada umumnya ada dalam selang 2 sampai 50 ksi ( 1 4 sampai 350 MPa) dan berat jenisnya bervariasi dari 50 sampai 90 lb/ft3 (8 sampai 1 4 kN/m3). Ada sejenis nilon yang mempunyai tegangan ultimate sebesar 12 ksi (80 MPa) dan beratnya hanya 70 lb/fe ( 1 1 kN/m3), yang berarti hanya 12% lebih berat daripada air. Karena ringannya, maka rasio kekuatan terhadap berat untuk bahan nilon kurang lebih sama dengan baja struktural (lihat Soal 1 .3-6).

Bahan yang diperkuat filamen terdiri atas bahan dasar (atau matriks) dengan kandungan serat dan filamen yang berkekuatan tinggi. Komposit yang dihasilkannya mempunyai kekuatan yang jauh lebih tinggi dibandingkan bahan dasarnya. Sebagai contoh, penggunaan serat kaca dapat meningkatkan kekuatan hingga dua kali kekuatan matriks plastik. Komposit banyak digunakan dalam pesawat terbang, perahu, roket, dan pesawat luar angkasa di mana kekuatan tinggi dan bobot yang ringan dibutuhkan.

Kurva tegangan-regangan untuk bahan yang mengalarni tekan berbeda dengan yang mengalami tarik. Metal daktil seperti baja, aluminium, dan tembaga mempunyai limit proporsional untuk tekan yang sangat dekat dengan untuk tarik, dan daerah awal pacta kurva tegangan-regangan tarik dan tekan pada dasarnya sama. Tetapi, setelah luluh terjadi, perilakunya berbeda. Dalam pengujian tarik, benda uji memanjang, necking dapat muncul dan fraktur pada akhimya terjadi. Apabila bahan ditekan, sisinya akan membesar dan akan berbentuk seperti gentong karena gesekan antara benda uji dan plat ujung mencegah ekspansi lateral. Dengan bertambahnya beban, sisi benda uji akan semakin membesar dan semakin meningkatkan tahanannya terhadap perpendekan lebih lanjut (yang berarti

r 1 8 Bab 1 Tarik, Tekan, dan Geser

bahwa kurva tegangan-regangan menjadi sangat curam) . Karakteristik ini diilustrasikan dalam Gambar 1 - 17, yang memperlihatkan diagram teganganregangan tekan untuk tembaga. Karena luas penampang aktual dari benda uji tekan lebih besar daripada luas awal, maka tegangan sebenarnya pada pengujian tekan akan lebih kecil daripada tegangan nominal.

Bahan getas yang dibebani tekan pada umumnya mempunyai daerah linier awal yang diikuti dengan daerah di mana perpendekannya bertambah dengan laju yang lebih besar daripada bebannya. Kurva tegangan-regangan untuk tekan dan tarik seringkali mempunyai bentuk yang serupa, tetapi tegangan ultimatenya dalam keadaan tekan jauh lebih besar daripada keadaan tarik. Juga, tidak seperti bahan daktil, yang membesar tengahnya apabila ditekan, bahan getas secara aktual akan pecah pada beban maksimum.

Tabel besaran mekanis untuk beberapa bahan diberikan dalam Lampiran H di belakang buku ini. Data di dalam tabel tersebut merupakan data tipikal bahan dan dapat digunakan untuk memecahkan soal-soal dalam buku ini. Sekalipun demikian, besaran bahan dan kurva tegangan-regangan sangat bervariasi, bahkan untuk bahan yang sama, karena berbedanya proses pembuatan, komposisi kimiawi, cacat internal, temperatur, dan berbagai faktor lain. Karena itu, data yang diperoleh dari Lampiran H (atau tabel-tabel lain yang serupa) sebaiknya tidak digunakan untuk tujuan rekayasa atau desain yang khusus. Sebagai gantinya, pembuat bahan atau penyalumya perlu dimintai informasi tentang produk khusus tersebut.

ELASTISITAS, PLASTISITAS, DAN RANGKAK

Kurva tegangan-regangan menunjukkan perilaku bahan teknik apabila bahan tersebut dibebani tarik atau tekan, sebagaimana dibahas pada subbab sebelum ini. Untuk melangkah lebih jauh, mari kita tinjau apa yang terjadi apabila beban dihilangkan dan bahan tersebut tak berbeban. Anggap, sebagai contoh, bahwa kita menerapkan beban tarik pada benda uji sedemikian hingga tegangan dan regangan berjalan dari titik pusat 0 ke titik A pada kurva tegangan-regangan dalam Gambar 1 - 1 8a. Anggap pula bahwa apabila beban itu dihilangkan, maka bahan akan benar-benar mengikuti kurva yang sama dan kembali ke asal 0. Sifat bahan seperti ini, yaitu dapat kembali ke dimensi semula selama beban dihilangkan, disebut elastisitas, dan bahan itu sendiri disebut elastis. Catat bahwa kurva tegangan-regangan dari 0 ke A tidak harus linier agar bahan dapat disebut elastis.

Sekarang misalkan kita membebani bahan yang sama ini hingga taraf yang lebih tinggi, sehingga titik B dalam kurva tegangan-regangan tercapai (Gambar l - 1 8b). Apabila dari titik B beban dihilangkan, maka bahan terse but akan mengikuti garis BC pada kurva terse but. Garis penghilangan beban ini sejajar dengan bagian awal dari kurva pemberian beban; artinya garis BC sejajar dengan garis singgung dari kurva tegangan-regangan di titik pusat. Ketika titik C dicapai, maka beban tersebut telah benar-benar hilang, namun regangan residual, atau regangan permanen, yang dinyatakan dengan garis OC, tetap ada pada bahan. Akibatnya, batang yang diuji ini akan lebih panjang daripada sebelum dibebani. Perpanjangan residual batang ini disebut set yang permanen (permanent set). Dari regangan total OD yang terjadi sela:na pembebanan dari titik 0 ke B, regangan CD telah diperoleh l<embali secara elastis dan regangan OC tetap ac'_a sebagai regangan pemtanen . .!adi, selama penghilangan beban,

(J I F

.§ A E ,§' � o// �� {:_ .§ ,§' � � $� � "' <l; E

Elastis Plastik

(a)

(J F B

C D 0 1---�� E

Regangan \ Pemulihan residual elastis

(b)

Gambar 1-18 Diagram teganganregangan yang mengilustrasikan: (a) perilaku elastis, dan (b) perilaku elastis sempurna

F

Gambar 1 -19 Pembebanan kembali pada bahan dan meningkatnya , limit proporsional dart elastis

Mekanika Bahan • 1 9

batang akan sebagian kemba1i ke bentuk semu1a, dan bahan ini disebut elastis sebagian.

Di antara titik A dan B pada kurva tegangan-regangan (Gambar 1 -1 8b ) , pasti ada sebuah titik di mana bahan sebelumnya elastis, dan sesudahnya elastis sebagian. Untuk mencari titik tersebut, kita bebani bahan hingga mencapai tegangan yang telah dipilih untuk kemudian menghilangkan beban tersebut. Jika tidak ada set yang permanen (artinya perpanjangan batang tersebut kembali ke nol), maka bahan itu e1astis penuh sampai harga tegangan yang dipilih. Proses pembebanan dan penghilangan beban ini diulangi terns untuk tegangan yang lebih besar. Akhimya, akan diperoleh tegangan yang menyebabkan sebagian regangannya tidak dapat pulih pada saat penghilangan beban. Dengan menggunakan prosedur ini, tegangan pada limit atas dari daerah elastis dapat dihitung, misalnya, tegangan di titik E dalam Gambar 1 - 1 8a dan b. Tegangan di titik ini dikenal sebagai limit elastis dari suatu bahan.

Ban yak bahan, termasuk hampir semua metal. yang mempunyai daerah linier di awal kurva tegangan-regangannya ( sebagai contoh, lihat Gambar 1 - 10 dan 1 - 13). Tegangan di limit atas daerah linier ini merupakan limit proporsional. Limit elastis ini biasanya sama dengan, atau sedikit di atas, limit proporsional. Dengan demikian, untuk sebagian besar bahan kedua limit tersebut dianggap mempunyai nilai numerik yang sama. Pada baja lunak, tegangan luluhnya juga sangat dekat dengan limit proporsiona1 sehingga untuk praktisnya, tegangan luluh, limit elastis , dan limit proporsional diasumsikan sama. Tentu saja, situasi ini tidak berlaku untuk semua bahan. Karet adalah contoh nyata untuk bahan yang tetap bersifat elastis meskipun limit proporsionalnya telah dilampaui.

Karakteristik suatu bahan yang mana bahan itu dapat mengalami regangan inelastis melewati regangan pada limit elastis disebut plastisitas. Jadi, pada kurva tegangan-regangan dalam Gambar 1 - l Sa, kita mempunyai daerah elastis yang diikuti dengan daerah plastis. Apabila deformasi besar terjadi pada bahan daktil yang dibebani hingga daerah p1astis, maka bahan ini disebut mengalami aliran plastis.

Jika suatu bahan masih berada dalam daerah elastis, bahan tersebut dapat dibebani, dihilangkan bebannya, dan dibebani lagi tanpa adanya perubahan signifikan pada perilakunya. Tetapi, apabila dibebani hingga daerah plastis, struktur internal bahan tersebut akan berubah dan besaran bahannya juga berubah. Sebagai contoh, kita telah mengamati bahwa ada regangan permanen di benda uji sesudah penghilangan beban dari daerah plastis (Gambar 1 - 1 8b). Sekarang bayangkan bahwa bahan ini dibebani kembali sesudah penghilangan beban tersebut (Gambar 1 - 19). Pembebanan yang baru ini dimu1ai di titik C pada diagram dan terus mengarah ke atas hingga titik B, titik di mana penghilangan beban dimulai pada siklus pembebanan pertama. Bahan tersebut selanjutnya mengikuti diagram tegangan-regangan hingga titik F. Jadi, untuk pembebanan kedua, kita dapat membayangkan bahwa kita mempunyai kurva tegangan-regangan dengan titik pusat di titik C.

Selama pembebanan kedua, bahan berperilaku elastis linier dari C ke B, dengan kemiringan garis CB sama dengan kemiringan garis singgung kurva pembebanan semula di titik asal 0. Limit proporsional sekarang ada di titik B, yang merupakan tegangan yang lebih besar daripada limit elastis semula (titik E). Jadi, dengan meregangkan bahan seperti baja atau aluminium hingga ke daerah inelastis atau plastis, besaran material berubah

Bab 1 Tarik, Tekan, dan Geser

- daerah elastis linier bertambah, limit proporsional meningkat, dan limit elastis membesar. Tetapi, daktilitas berkurang karena pada "bahan baru" tersebut besarnya luluh yang melewati limit elastis (dari B ke F) lebih kecil daripada bahan semula (dari E ke F).*

• Rangkak

Perpanjangan

(a)

to Waktu

(b)

Gambar 1 -20 Rangkak pada batang yang mengalami beban konstan

Kawat

(a)

Tegangan

Waktu

(b)

Gambar 1 -21 Relaksasi tegangan pada sebuah kawat pada kondisi regangan konstan

Diagram tegangan-regangan yang dibahas sebelum ini diperoleh dari uji tarik yang melibatkan pembebanan dan penghilangan beban secara statik pada benda uji, dan berlalunya waktu tidak masuk ke dalam pembahasan. Namun, apabila dibebani untuk waktu yang cukup lama, beberapa bahan mengalami regangan tambahan dan disebut mengalarni rangkak. Fenomena ini dapat muncul dengan berbagai cara. Sebagai contoh, anggap bahwa batang vertikal (Gambar l -20a) dibebani perlahan-lahan oleh gaya P, sehingga menimbulkan perpanjangan sebesar 80. Asumsikan bahwa pembebanan dan perpanjangan tetjadi selama selang waktu t0 (Gambar l -20b). Setelah waktu t0, bebannya tetap konstan. Tetapi, akibat terjadinya rangkak, batang tersebut secara gradual memanjang, seperti terlihat dalam Gambar l -20b, meskipun bebannya tidak berubah. Perilaku ini terjadi pada banyak bahan, meskipun kadang-kadang perubahan itu terlalu kecil untuk diperhatikan.

Sebagai contoh kedua untuk masalah rangkak, tinjaulah kawat yang diregangkan antara dua tumpuan yang tak dapat dipindahkan sedemikian hingga kawat itu mempunyai tegangan tarik s0 (Gambar 1 -2 1 ). Di sini pun, waktu selama kawat tersebut dibebani diberi notasi t0• Dengan berjalannya waktu, tegangan di kawat akan berkurang secara gradual, hingga akhimya mencapai harga konstan, meskipun tumpuan di ujungujungnya tidak bergerak. Proses ini, yang merupakan manifestasi lain dari rangkak, disebut relaksasi bahan.

Rangkak biasanya lebih penting pada temperatur tinggi dibandingkan dengan pada temperatur biasa, sehingga hal ini harus selalu ditinjau pada desain mesin, tanur, dan struktur lain yang beroperasi pada temperatur tinggi untuk waktu yang lama. Bahan-bahan seperti baja, beton, dan kayu akan mengalarni rangkak sedikit bahkan pada temperatur biasa. Sebagai contoh, rangkak beton pada periode waktu lama dapat menimbulkan permukaan yang tidak merata pada lantai jembatan. Salah satu cara untuk mengatasinya adalah dengan membuat lawan lendut (camber) pada lantai tersebut, yang merupakan peralihan awal ke atas bidang horizontal sedemikian hingga apabila rangkak tetjadi, bentang tersebut akan turun hingga ke posisi yang sama.

ELASTISITAS LINIER, HUKUM HOOKE, DAN RASIO POISSON

Banyak bahan struktural, termasuk juga sebagian besar metal, kayu, plastik, dan keramik, berperilaku elastis dan linier ketika dibebani pertama kali. Akibatnya, kurva tegangan-regangan dimulai dengan garis lurus yang melewati titik asalnya. Salah satu contoh adalah kurva tegangan-regangan untuk baja struktural (Gambar 1 - 10), di mana daerah dari titik asal 0

*Studi mengenai perilaku bahan pada berbagai kondisi pembebanan merupakan cabang penting dari mekanika terapan. Untuk informasi teknik yang lebih rinci, carilah buku yang khusus membahas masalah ini.

Mekanika Bahan 21

hingga limit proporsional (titik A) adalah linier dan elastis. Contoh lain adalah daerah di bawah limit proporsional dan limit elastis pacta diagram untuk aluminium (Gambar 1 - 1 3), karet (Gambar 1 - 1 5), dan tembaga (Gambar 1 - 17) . Apabila suatu bahan berperilaku elastis dan juga mempunyai hubungan linier antara tegangan dan regangan, bahan ini disebut elastis linier. Perilaku seperti ini sangat penting di dalam rekayasa karena alasan yang sangat jelas--dengan mendesain struktur dan mesin agar berfungsi pacta daerah ini, kita dapat menghindari deformasi permanen akibat luluh.

Hubungan linier antara tegangan dan regangan untuk suatu batang yang mengalami tarik atau tekan sederhana dinyatakan dengan persamaan

( 1 -8)

dengan a adalah tegangan aksial, £ adalah regangan aksial, dan E adalah konstanta proporsionalitas yang dikenal dengan modulus elastisitas bahan tersebut. Modulus elastisitas adalah kemiringan kurva tegangan-regangan di dalam daerah elastis linier, sebagaimana telah disebutkan dalam Subbab 1 .3. Karena regangan tidak mempunyai dimensi, maka satuan untuk E sama dengan satuan untuk tegangan. Satuan tipikal untuk E adalah psi atau ksi pacta satuan uses dan pascal (atau kelipatan darinya) dalam satuan SI.

Persamaan a = E£ dikenal sebagai hukum Hooke, untuk mengenang ilmuwan Inggris terkenal Robert Hooke ( 1 635-1703). Hooke adalah orang pertama yang menyelidiki secara ilmiah besaran elastis beberapa bahan, dan ia menguji bahan-bahan seperti metal, kayu, batu, dan tulang. la mengukur perpanjangan kawat yang memikul gaya berat dan mengamati bahwa perpanjangannya "selalu mempunyai proporsi yang sama dengan berat material yang membentuk kawat tersebut" (Ref. 1 -6). Jadi, Hooke membangun hubungan linier antara beban dan perpanjangan yang ditimbulkannya.

Persamaan ( 1 -8) sebenarnya merupakan versi yang sangat terbatas dari hukum Hooke karena persamaan ini hanya menghubungkan tegangan dan regangan longitudinal yang terjadi pacta tarik atau tekan sederhana pacta suatu batang (tegangan uniaksia[). Untuk membahas keadaan tegangan yang lebih rumit, seperti yang biasa dijumpai pacta sebagian besar struktur dan mesin, kita harus menggunakan persamaan hukum Hooke yang lebih rumit (lihat Subbab 7.5 dam 7.6).

Modulus elastisitas mempunyai harga yang relatif besar untuk bahan yang sangat kaku, seperti metal struktural. Baja mempunyai modulus elastisitas sekitar 30000 ksi (210 GPa); untuk aluminium, harganya sekitar 10600 ksi (73 GPa). Bahan yang lebih fleksibel mempunyai modulus elastisitas lebih rendah - untuk plastik sekitar 100 sampai 2000 ksi (0,7 sampai 14 GPa). Beberapa harga E yang representatif dicantumkan dalam Tabel H-2, Lampiran H. Untuk sebagian besar bahan, harga E pacta kondisi tekan hampir sama dengan pacta kondisi tarik.

Modulus elastisitas sering disebut modulus Young, mengambil nama ilmuwan Inggris lain, Thomas Young ( 1 773- 1 829). Dalam kaitannya dengan penyelidikan tarik dan tekan pacta batang prismatis , Young memperkenalkan ide "modulus elastisitas." Tetapi, modulus yang ia maksud tidak sama dengan yang kita gunakan dewasa ini karena besaran itu merupakan besaran yang berasal dari batang dan bahan (Ref. 1 -7).


• Rasio Poisson

(a)

(b)

Gambar 1 -22 Perpanjangan aksial dan kontraksi lateral pada suatu batang yang mengalami tarik: (a) batang sebelum pembebanan, dan (b) batang sesudah pembebanan. (Deformasi batang digambar secara dibesarkan).

Apabila suatu batang prismatis dibebani tarik, perpanjangan aksialnya

disertai dengan kontraksi lateral (yaitu kontraksi tegak lurus arah beban). Perubahan bentuk ini ditunjukkan dalam Gambar l -22, di mana bagian (a) menunjukkan batang sebelum pembebanan dan bagian (b) menunjukkan batang setelah pembebanan. Dalam bagian (b), garis putus menunjukkan bentuk batang sebelum pembebanan.

Kontraksi lateral dengan mudah dapat diibaratkan seperti menarik suatu karet gelang. tetapi pada metal perubahan dimensi lateral ini ( dalam daerah elastis linierJ biasanya terlalu kecil untuk bisa dilihat. Sekalipun demikian, hal ini dapat dideteksi dengan alat ukur yang sensitif.

Regangan lateral di setiap titik pada suatu batang sebanding dengan regangan aksial di titik tersebut j ika bahannya elastis linier. Agar regangan lateral sama di seluruh panjang batang, maka kondisi tambahan harus ada. Pertama, gaya aksial harus konstan di seluruh panjang batang sedemikian hingga regangan aksial konstan. Kedua, bahannya harus homogen, artinya bahan tersebut harus mempunyai komposisi yang sama (sehingga besaran elastisnya sama) di setiap titik. Tentu saja, kita telah mengasumsikan bahwa bahan tersebut homogen sehingga tegangan dan regangan akan konstan di seluruh batang (lihat Subbab 1 .2). Namun perlu diingat bahwa mempunyai material yang homogen tidak berarti besaran elastisnya sama di segala arah. Sebagai contoh, modulus elastisitas dapat berbeda dalam arah aksial dan lateral . Dengan demikian, kondisi ketiga yang harus dipenuhi agar regangan lateral seragam adalah bahwa besaran elastis harus sama di semua arah yang tegak lurus sumbu longitudinal. Bahan, baik yang isotropik atau ortotropik (lihat definisi yang diberikan pada pragraf berikut ini) memenuhi kondisi tersebut.Apabila ketiga kondisi dipenuhi, sebagaimana sering dijumpai, maka regangan lateral di suatu batang yang mengalami tarik seragam akan sama di setiap titik di batang dan sama dalam semua arah lateral.

Bahan yang mempunyai besaran yang sama dalam semua arah (aksial, lateral, dan di antaranya) disebut isotropik. Jika besarannya berbeda pada berbagai arah, maka bahan tersebut disebut anisotropik (atau aelotropik). Kasus khusus dari anisotropik terjadi jika besaran pada arah tertentu sama di seluruh bahan dan besaran di semua arah yang tegak lurus arah tersebut sama (tetapi berbeda dengan besaran pertama tadi) maka bahan itu disebut ortotropik. Plastik yang diperkuat dengan serat dan beton bertulang dengan batang tulangan baja adalah contoh bahan komposit yang memperlihatkan perilaku ortotropik.

Rasio regangan lateral e' terhadap regangan aksial £ dikenal dengan rasio Poisson dan diberi notasi huruf Yunani v (nu); jadi,

( l -9)

yang dapat ditulis

( l - 10)

Untuk suatu batang yang mengalami tarik, regangan aksial adalah positif dan regangan lateral negatif (karena lebar batang berkurang) . Untuk tekan, kita mempunyai situasi sebaliknya, dengan batang menjadi lebih pendek

Gambar 1 -23 Perubahan bentuk elemen yang dipotong dari sebuah batang yang mengalami tarik . (Bentuk semula ditunjukkan dengan garis putus; bentuk terdeformasi ditunjukkan dengan garis padat.)

Mekanika Bahan 23

(regangan aksial negatif) dan lebih lebar (regangan lateral positif). Dengan demikian, untuk bahan biasa, rasio Poisson selalu mempunyai harga positif. (Perhatikan bahwa dalam menggunakan persamaan 1 -9 dan 1 - 10, kita harus selalu mengingat bahwa persamaan tersebut berlaku hanya pacta batang yang mengalami tegangan uniaksial; yaitu batang yang hanya mengalami tegangan normal a dalam arah aksial .)

Rasio Poisson diberi nama untuk mengenang matematikawan Perancis terkenal Simeon Denis Poisson ( 178 1 - 1 840), yang berupaya menghitung rasio dengan menggunakan teori molekul bahan (Ref. 1 -8). Untuk bahan isotropik, Poisson mendapatkan v = 1/4. Perhitungan yang lebih mutakhir yang didasarkan atas model struktur atomik yang lebih baik menghasilkan v = 1 13 . Kedua harga ini cukup mendekati harga-harga aktual yang diukur, yang ada dalam selang 0,25 sampai 0,35 untuk sebagian besar metal dan beberapa bahan lain. Bahan yang mempunyai rasio Poisson sangat kecil antara lain gabus, yang mempunyai harga v pacta dasarnya nol, dan beton, dengan v antara 0 , 1 sampai 0,2. Limit atas teoretis untuk rasio Poisson adalah 0,5, sebagaimana diterangkan dalam pembahasan berikut tentang perubahan volume. Karet mempunyai v yang mendekati harga batas ini.

Tabel rasio Poisson untuk berbagai bahan di dalam daerah elastis linier diberikan dalam Lampiran H (lihat Tabel H-2). Pacta sebagian besar keperluan, rasio Poisson dapat diasumsikan sama untuk kondisi tarik dan tekan.

Apabila regangan di suatu bahan menjadi besar, rasio Poissonnya berubah. Sebagai contoh, pacta baja struktural rasio ini menjadi hampir 0,5 apabila luluh plastis teijadi. Jadi, rasio Poisson akan tetap konstan hanya di daerah elastis linier. Dari tinjauan yang lebih umum, rasio antara regangan lateral dan regangan aksial sering disebut rasio kontraksi. Tentu saja, dalam kasus khusus perilaku elastis linier, rasio kontraksi sama dengan rasio Poisson.

• Perubahan Volume

Karena dimensi suatu batang yang mengalami tarik atau tekan berubah jika beban diterapkan (Gambar 1 -22), maka volume batang berubah juga. Perubahan volume dapat dihitung dari regangan aksial dan lateral sebagai berikut. Kita ambil sebagian kecil elemen suatu bahan isotropik yang dipotong dari batang yang mengalami tarik (Gambar l -23). Bentuk semula

y

z


dari elemen ini (yang ditunjukkan dengan garis putus) adalah paralelepipedum (balok) persegi panjang dengan sisi a, b, dan c masing-masing dalam arah x, y, z.* Sumbu x diambil dalam arah longitudinal batang, yang merupakan arah tegangan normal a yang diakibatkan oleh gaya aksial. Bentuk terdeformasi dari elemen ditunjukkan dengan garis padat.

Perpanjangan elemen dalam arah pembebanan adalah ae, yang mana e adalah regangan aksial. Karena regangan lateral adalah -ve (lihat Persamaan 1 - I O) , maka dimensi lateral berkurang sebesar bve dalam arah y dan eve dalam arah z. Jadi, dimensi akhir dari elemen ini adalah a( l + e), b( l - ve), dan c(1 - ve); dengan demikian, volume akhir elemen adalah

V1 = abc( l + e)( 1 - ve)(1 - ve) = V0( 1 + e)( l - ve)(l - ve) ( 1 - 1 1 )

d i mana V0 adalah volume semula abc. Apabila hasil di sisi kanan Persamaan ( 1 - 1 1 ) dibuka, maka kita akan

mendapatkan suku-suku yang meliputi kuadrat dan pangkat tiga dari regangan aksial e. Dalam hal e yang sangat kecil dibandingkan dengan kesatuannya, maka kuadrat dan pangkat tiga darinya akan dapat diabaikan dibandingkan e itu sendiri dan dapat dihilangkan dari persamaan tersebut. Volume akhirnya menjadi

( 1 - 12)

dan perubahan volumenya adalah

( 1 - 13)

Perubahan volume satuan e didefinisikan sebagai perubahan volume dibagi dengan volume semula

e = �V a - = e( 1 - 2v) = - ( 1 - 2v) V0 E

Besaran e juga dikenal dengan dilatasi.

( 1 - 14)

Persamaan perubahan volume di atas dapat juga digunakan untuk tekan, yang mana regangan aksial e bertanda negatif dan volume batang berkurang.

Dari persamaan untuk dilatasi (Persamaan 1 - 14), kita lihat bahwa harga rasio Poisson maksimum yang mungkin untuk bahan biasa adalah 0,5 karena harga berapapun yang lebih besar akan berarti bahwa dilatasi e menjadi negatif dan volume berkurang apabila bahan tersebut mengalami tarik, yang secara fisik jarang tetjadi. Sebagaimana telah disebutkan, untuk sebagian besar bahan v berharga sekitar 114 atau 113 di daerah elastis linier, yang berarti bahwa perubahan volume satuan ada dalam selang d3 sampai E/2.

Contoh berikut ini mengilustrasikan perhitungan perubahan dimensional pada batang prismatis.

*Paralelepipedum adalah prisma yang dasarnya adalah paralelogram; jadi, suatu paralelepipedum mempunyai enam muka, masing-masing berupa paralelograrn. Muka-muka yang saling berhadapan adalah sejajar dan berupa paralelogram yang identik. Paralelepipedum persegi panjang mempunyai enarn sisi yang berbentuk persegi panjang

Mekanika Bahan 25

• Contoh 1 -3

Gambar 1 -24 Contoh 1-3. Pipa baja yang mengalami tekan

Sebuah pipa dengan panjang L = 4,0 ft, diameter luar d2 = 6,0 in dan diameter dalam d1 = 4,5 in dibebani gaya aksial tekan P = 140 k (Gambar 1 -24). Bahan ini mempunyai modulus elastisitas E = 30.000 ksi dan rasio Poisson v = 0,30.

Untuk pipa tersebut, tentukanlah besaran berikut: (a) perpendekan 8, (b) regangan lateral £, (c) pertambahan diameter luar &12 dan pertambahan diameter dalam D.dl' (d) pertambahan tebal dinding pipa D.t, (e) pertambahan volume bahan D.V, dan (f) dilatasi e.

Solusi

Luas penampang melintang A dan tegangan longitudinal a ditentukan sebagai berikut.

A = �(d; - dn = �[(6,o in.)2 - (4,5 in.)2 ] = 1 2,37 in.2

p 140 k . 8 = - - = 2 = - 1 1 ,32 ks1 (tekan) A 1 2,37 in.

Karena tegangan jauh di bawah tegangan luluh (lihat Tabel H-3), Lampiran H), maka bahan berperilaku elastis linier dan regangan aksial dapat dihitung dari hukum Hooke:

a £ = E -1 1 ,32 ksi = _377,3 x 10-6 30.000 ksi

(a) Dengan telah diketahuinya regangan aksial, kita sekarang dapat menghitung perubahan panjang pipa (lihat Persamaan 1 -2):

y = t:L = (-377,3 X 1 0-6)(4,0 ft) ( 12 in./ft) = -0,0 1 8 in. ..

Tanda negatif untuk 8 menunjukkan perpendekan pipa.

(b) Regangan lateral dihitung dari rasio Poisson (lihat Persamaan 1 - 10):

£! = -VE = -(0,30)(-377,3 X 1 0-6) = 1 13,2 X 1 0-6 ..

Tanda positif untuk E! menunjukkan pertambahan dimensi lateral, sebagaimana diharapkan untuk kondisi tekan.

(c) Pertambahan diameter luar sama dengan regangan lateral dikalikan diameter

M2 = E!d2 = ( 1 1 3,2 x 10-6)(6,0 in.) = 0,000679 in.

Dengan cara yang sama, pertambahan diameter dalam adalah

M1 = E! d1 = ( 1 13,2 x 10-6)( 4,5 in.) = 0,000509 in.

..

..

(d) Pertambahan tebal dinding diperoleh dengan cara yang sama seperti pertambahan diameter; jadi,

D.t = Eft = ( 1 1 3,2 x 1 0-6)(0,75 in.) = 0,000085 in. ..

Hasil-hasil ini dapat diverifikasi dengan mencatat bahwa pertambahan tebal dinding sama dengan

D.t = D.dz ; M1 = � (0,000679 in. - 0,000509 in.) = 0,000085 in.

sebagaimana diharapkan. Catat bahwa untuk kondisi tekan, ketiga besaran ini bertambah (diameter luar, diameter dalam, dan tebal).


(e) Perubahan volume bahan dihitung dari Persamaan ( 1 - 1 3):

LlV = V0E( I - 2v) = ALE(1 - 2v) = ( 12,37 in.2)(4,0 ft)( 1 2 in./ft)(-377,3 x 10"6)( 1 - 0,60) = --0,0896 in.3 ..

Perubahan volume ini negatif yang menunjukkan pengurangan volume, sebagaimana diharapkan untuk kondisi tekan.

(f) Akhirnya, dilatasi adalah (Persamaan 1 - 14)

e = E(l - 2v) = (-377,3 X 10-6)( 1 - 0,60) = --0,000 15 yang berarti reduksi 0,0 15% pada volume bahan.

..

Catatan: Hasil numerik yang dipero1eh dalam contoh ini mengilustrasikan bahwa perubahan dimensional pada bahan struktural yang mengalami kondisi pembebanan normal sangat kecil. Meskipun kecil, perubahan dimensi dapat merupakan ha! yang penting pada beberapa jenis analisis (rnisalnya analisis struktur statis tak tertentu) dan dalam penentuan tegangan dan regangan secara eksperimental .

TEGANGAN DAN REGANGAN GESER

Pada subbab terdahulu, kita membahas pengaruh tegangan normal yang diakibatkan beban aksial yang bekerja pada batang lurus. Tegangan ini disebut "tegangan normal" karena bekerja dalam arah yang tegak lurus permukaan bahan. Sekarang kita akan meninjau jenis lain dari tegangan yang disebut tegangan geser yang bekerja dalam arah tangensial terhadap permukaan bahan.

Sebagai ilustrasi tentang aksi tegangan geser, tinjaulah sambungan dengan baut seperti terlihat dalam Gambar l -25a. Sambungan ini terdiri atas batang datar A, pengapit C, dan baut B yang menembus lubang di batang dan pengapit. Akibat aksi beban tarik P, batang dan pengapit akan menekan baut dengan cara tumpu (bearing), dan tegangan kontak, yang disebut tegangan tumpu (bearing stresses), akan timbul. Selain itu, batang dan pengapit cenderung menggeser baut, dan kecenderungan ini ditahan oleh tegangan geser pada baut.

Untuk memperjelas aksi tumpu dan tegangan geser, mari kita lihat sambungan tersebut dari samping (Gambar 1 -25b). Dengan sudut pandang ini kita menggambar diagram benda-bebas dari baut (Gambar 1 -25c). Tegangan tumpu yang diberikan oleh pengapit ke baut ada di bagian kiri dari diagram benda bebas dan diberi label 1 dan 3. Tegangan dari batang ada di bagian kanan dan diberi label 2. Distribusi aktual tegangan tumpu sulit ditentukan sehingga biasa diasumsikan bahwa tegangan ini terbagi rata. Berdasarkan atas asumsi terbagi rata, kita dapat menghitung tegangan tumpu rata-rata ab dengan membagi gaya tumpu total Fb dengan luas tumpu Ab:

( 1 - 1 5)

Gambar 1 -25 Sambungan dengan baut di mana bautnya dibebani geser ganda

(b)

(a)

:1:

(c)

Mekanika Bahan 27

V ______.. Cl) m , n

1: I m n p ' q ______..

V

i d ) (e)

Luas tumpu didefinisikan sebagai luas proyeksi dari permukaan tumpu yang melengkung. Sebagai contoh, tinjau tegangan tumpu yang berlabel 1 . Luas proyeksi Ab di mana tegangan tersebut bekerja adalah persegi panjang yang mempunyai tinggi sama dengan tebal pengapit dan lebar sama dengan diameter baut. Selain itu, gaya tumpu Fb yang dinyatakan dengan tegangan berlabel 1 sama dengan P/2. Luas yang sama dan gaya yang sama berlaku untuk tegangan yang berlabel 3.

Sekarang tinjau tegangan tumpu antara batang datar dan baut (tegangan yang berlabel 2). Untuk tegangan ini, luas tumpu Ab adalah persegi panjang dengan tinggi sama dengan tebal batang datar dan lebar sama dengan diameter baut. Gaya tumpunya sama dengan beban P.

Diagram benda bebas dalam Gambar 1 -25c menunjukkan bahwa ada kecenderungan untuk menggeser baut di sepanjang penampang mn dan pq. Dari diagram benda bebas mnpq dari baut (lihat Gambar 1 -25d), kita lihat bahwa gaya geser V bekerja pada permukaan potongan dari baut. Pada contoh ini, ada dua bidang geser mn dan pq), sehingga baut ini dikatakan mengalami geser ganda (atau dua irisan). Dalam geser ganda, masing-masing gaya geser sama dengan setengah dari beban total yang disalurkan oleh baut, artinya V = P/2. Gaya geser adalah resultan dari tegangan geser yang terdistribusi di seluruh penampang melintang mn dan ditunjukkan dalam Gambar 1 -25e. Tegangan ini bekerja sejajar permukaan potongan. Distribusi pasti dari tegangan ini tidak diketahui, tetapi jumlah terbesar di dekat pusat dan menjadi nol di lokasi tertentu pada tepinya. Sebagaimana ditunjukkan dalam Gambar 1 -25e, tegangan geser biasanya diberi notasi huruf Yunani r (tau).

Sambungan dengan menggunakan baut yang mengalami geser tunggal (atau satu irisan) ditunjukkan dalam Gambar l -26a, yang mana beban aksial P pada batang metal disalurkan ke flens kolom baja melalui sebuah baut. Potongan kolom (Gambar 1 -26b) menunjukkan hubungan ini secara rinci. Juga, sebuah sketsa baut (Gambar 1 -26c) distribusi tegangan tumpu yang diasumsikan yang bekerja pada baut. Sebagaimana telah disebutkan, distribusi aktual tegangan tumpu jauh lebih rumit dibandingkan yang terlihat

r 28 Bab 1 Tarik, Tekan, dan Geser

Gambar 1 -26 Sarnbungan dengan rnenggunakan baut dirnana bautnya dibebani geser tunggal

(a)

(b) (c) (d)

dalam gambar tersebut. Selain itu, tegangan tumpu juga terjadi terhadap kepala baut dan terhadap mur. Jadi, Gambar 1 -26c bukanlah diagram benda bebas-hanya tegangan tumpu ideal yang ditunjukkan dalam gambar terse but.

Dengan memotong melalui baut di potongan mn kita memperoleh distribusi tegangan tumpu sebagaimana terlihat dalam Gambar 1 -26d. Diagram ini meliputi gaya geser V (sama dengan beban P) yang bekerja pada penampang melintang baut. Seperti telah disebutkan, gaya geser ini adalah resultan dari tegangan geser yang bekerja terhadap luas penampang melintang baut.

Deformasi baut yang dibebani hingga mendekati kegagalan pada geser tunggal terlihat dalam Gambar 1 -27 (bandingkan dengan Gambar l -26c).

Dalam pembahasan terdahulu tentang sambungan yang menggunakan baut, kita mengabaikan gesekan antara elemen-elemen yang berhubungan. Adanya gesekan berarti bahwa sebagian dari beban dipikul oleh gaya geser, sehingga mengurangi beban pada baut. Karena gesekan tidak dapat diandalkan dan sulit untuk diestimasi, maka biasanya di dalam praktek diabaikan dalam perhitungan.

Tegangan geser rata-rata pada penampang baut diperoleh dengan membagi gaya geser total V dengan luas A dari penampang melintang di mana gaya tersebut bekerja, sebagai berikut:

( l - 1 6)

Dalam contoh Gambar 1 -26, gaya geser V sama dengan beban P dan luas A adalah luas penampang melintang baut. Sementara dalam contoh Gambar 1 -25, gaya geser V sama dengan P/2.

Gambar 1 -27 Kegagalan baut secara geser tunggal Be ban

Mekanika Bahan 29

Dari Persamaan ( 1 - 1 6) kita lihat bahwa tegangan geser, seperti tegangan normal, menunjukkan intensitas gaya, atau gaya per satuan luas. Jadi, satuan untuk tegangan geser sama dengan satuan untuk tegangan normal, yaitu psi atau ksi dalam satuan USCS dan pascal dalam satuan SI.

Susunan pembebanan yang terlihat dalam Gambar 1 -25 dan 1 -26 adalah contoh geser langsung (atau geser sederhana) di mana tegangan geser dihasilkan oleh aksi langsung dari gaya-gaya dalam upaya memotong bahan. Geser langsung terjadi pada desain sambungan yang menggunakan baut, sendi, paku keling, kunci, las, atau !em. Tegangan geser juga timbul secara tidak langsung apabila elemen struktur mengalami tarik, torsi, dan lentur, sebagaimana dibahas masing-masing pada Subbab 2.6, 3.3, dan 5.8.

• Kesamaan Tegangan Geser Pada Bidang-Bidang Yang Tegak Lurus

Gambar 1 -28 Elemen kecil dari bahan yang mengalami tegangan dan regangan geser

z

Untuk mendapatkan gambaran lebih lengkap tentang aksi tegangan geser, mari kita tinjau elemen kecil dari suatu bahan berbentuk paralelepipedum persegi panjang yang mempunyai sisi a, b, dan c masing-masing dalam arah x, y, dan z (Gambar l -28a). Muka depan dan belakang dari elemen ini tidak bertegangan. Sekarang asumsikan bahwa tegangan geser r terbagi rata di seluruh muka atas, yang mempunyai luas ac. Agar elemen berada dalam keseimbangan dalam arah x, maka gaya geser total rac di muka atas harus diimbangi oleh gaya geser yang sama besar tetapi berlawanan arah di muka bawah. Karena luas muka atas dan bawah sama, maka tegangan geser di kedua muka tersebut sama.

p T b

1 ) ' ' z

s r

(a) (b)


Gaya r"'

yang bekerja di muka atas dan bawah (Gambar l -28a) membentuk kopel dengan momen terhadap sumbu z sebesar rabc

' searah jarum jam dalam gambar tersebut.* Kesetimbangan elemen tersebut mengharuskan bahwa momen ini diimbangi oleh momen yang sama tetapi berlawanan arah yang berasal dari tegangan geser yang bekerja di muka samping elemen. Dengan menuliskan tegangan geser di muka samping sebagai r

l' kita lihat bahwa gaya-gaya geser vertikal sama dengan r1b,.

Gaya-gaya ini membentuk kopel yang berlawanan arah dengan momen r

1 abc" Dari kesetimbangan momen terhadap sumbu z, kita lihat bahwa rabc

sama dengan rtahc' atau r1 = r. Dengan demikian, besar tegangan geser pada keempat muka elemen tersebut sama, seperti terlihat dalam Gambar 1 -28a.

Ringkasnya, kita sampai pacta observasi umum berikut: I. Tegangan geser pacta muka yang berhadapan (dan sejajar) dari suatu

elemen sama besar dan berlawanan arah. 2. Tegangan geser di muka yang bersebelahan (dan tegak lurus) dari

suatu elemen sama besar dan mempunyai arah sedemikian hingga tegangan-tegangan tersebut saling menuju atau saling menjauhi garis perpotongan kedua muka tersebut.

Observasi ini diperoleh untuk elemen yang hanya mengalami tegangan geser (tanpa tegangan normal), seperti terlihat dalam Gambar l -28a. Keadaan tegangan seperti ini disebut geser murni dan dibahas lebih rinci pacta Subbab 3.5. Tetapi, untuk hampir semua tu juan, kesimpulan terdahulu masih berlaku, meskipun tegangan normal bekerja di masing-masing muka elemen. Alasannya adalah karena tegangan normal di muka yang berhadapan pacta elemen kecil biasanya sama besar dan berlawanan arah; jadi tidak mengubah persamaan keseimbangan yang digunakan untuk menghasilkan kesimpulan sebelumnya.

• Regangan Geser

Tegangan geser yang bekerja pacta suatu elemen bahan (Gambar l -28a) disertai regangan geser. Sebagai bantuan untuk memvisualisasikan regangan ini, kita perhatikan bahwa tegangan geser tidak mempunyai kecenderungan untuk memperpanjang atau memperpendek elemen dalam arah x, y, dan z - dengan perkataan lain, panjang sisi elemen tidak berubah. Gantinya, tegangan geser menyebabkan perubahan bentuk elemen (Gambar l -28b) . Elemen semula, yang berupa paralelepipedum persegi panjang, berdeformasi menjadi paralelepipedum miring,'' dan muka depan dan belakang menjadi rhomboids.*' '

Karena deformasi ini, maka sudut antara muka samping berubah. Sebagai contoh, sudut di titik q dan s, yang sebelum deformasi sebesar n/ 2, akan berkurang sebesar y menjadi n/2 - y (Gambar 1 -28b). Pada saat yang sama, sudut di titik p dan r bertambah B/2 + y. Sudut r merupakan I ukuran distorsi, atau perubahan bentuk, dari elemen dan disebut regangan geser. Karena regangan geser merupakan sudut, maka ia dinyatakan dalam derajat atau radian.

* Kopel terdiri atas dua gaya sejajar sarna besar tetapi berlawanan arah. ** Sudut miring dapat berupa sudut lancip atau tumpul. tetapi tidak sudut siku.

*** Rhomboid adalah paralelogram dengan sudut rniring dan keempat sisinya tidak sama. (Rhombus adalah paralelorgrarn dengan sudut rniring dan keempat sisinya sama).

Mekanika Bahan 31

• Konvensi Tanda untuk Tegangan dan Regangan Geser

Sebagai suatu pertolongan dalam menetapkan perjanjian tanda untuk tegangan dan regangan geser, kita membutuhkan skema untuk mengidentifikasi berbagai muka dari elemen tegangan (Gambar 1 -28). Dengan demikian, kita akan merujuk pacta muka yang berorientasi ke arah positif dari sumbu-sumbu sebagai muka positif dari elemen. Dengan perkataan lain, muka positif mempunyai arah normal ke luar dalam arah positif sumbu koordinat. Muka yang berlawanan dengan ini adalah muka negatif. Jadi, dalam Gambar 1 -28a, muka kanan, atas, dan depan adalah masingmasing muka positif x, y, dan z, dan muka-muka lawannya adalah muka x, y, dan z yang negatif.

Dengan menggunakan terminologi yang diuraikan dalam paragraf sebelum ini, kita dapat menyatakan perjanjian tanda untuk tegangan geser dengan cara berikut. Tegangan geser yang bekerja pada muka positif dari elemen adalah positif jika ia bekerja dalam arah positif dari salah satu sumbu koordinat dan negatif jika ia bekerja dalam arah negatif dari sumbu. Tegangan geser yang bekerja pada muka negatif dari suatu elenzen adalah positif jika ia bekerja dalam arah negatif dari sunzbu dan negatif jika ia bekerja dalam arah positif. Jadi, semua tegangan geser yang terlihat dalam Gambar 1 -28a adalah positif.

Perjanjian tanda untuk regangan geser adalah sebagai berikut. Regangan geser pada suatu elemen adalah positif jika sudut antara dua nzuka positif ( atau dua muka negatif) berkurang. Regangan akan negatif jika sudut antara dua muka positif ( atau dua muka negatij) bertambah. Jadi, semua regangan geser dalam Gambar 1 -28b adalah positif, dan kita lihat bahwa tegangan geser positif disertai oleh regangan geser positif.

• Hukum Hooke untuk Geser

Besaran bahan untuk geser dapat ditentukan secara eksperimental dari uji geser langsung atau dari uji torsi. Uji torsi dilakukan dengan memuntir tabung lingkaran berlubang, sehingga menghasilkan keadaan geser mumi, sebagaimana akan diuraikan dalam Subbab3.5. Dari basil pengujian ini, kita dapat memplot kurva tegangan-regangan untuk geser (yaitu diagram tegangan geser r versus regangan geser }1. Diagram ini mempunyai bentuk sama dengan diagram uji tarik ( (J' versus E) untuk bahan yang sama, meskipun besamya berbeda.

Dari kurva tegangan-regangan, kita dapat memperoleh besaran bahan seperti limit proporsional, modulus elastisitas, tegangan luluh, dan tegangan ultimate. Besaran-besaran dalam kondisi geser ini biasanya setengah dari besaran dalam kondisi tarik. Sebagai contoh, tegangan luluh untuk baja struktural yang mengalami geser adalah 0,5 sampai 0,6 kali tegangan luluh dalam kondisi tarik.

Untuk banyak bahan, bagian awal dari kurva tegangan-regangan adalah garis lurus yang melalui titik asal, sebagaimana terjadi pacta kasus tarik. Untuk daerah elastis linier ini, tegangan geser dan regangan gesemya sebanding sehingga kita mempunyai persamaan berikut untuk hukum Hooke pada kondisi geser:

( 1 - 1 7)

yang mana G adalah modulus elastisitas geser (disebut juga modulus rigiditas). Modulus geser G mempunyai satuan yang sama dengan modulus tarik, E, psi atau ksi dalam satuan USCS dan pascal dalam satuan SI.

3

1 -21 g tek 1gala gan c

1ih be �esar m lu

u ke 1 likalil

.ompc ya tu disalu dan

1as tu kan d

•aut m Jenan �gal).

ang b


Untuk baja lunak, harga tipikal G adalah 1 1 .000 ksi atau 75 GPa; untuk paduan aluminium, harga tipikalnya adalah 4000 ksi atau 28 GPa. Hargaharga lainnya dicantumkan dalam Tabel H-2, Lampiran H.

Modulus elastisitas untuk kasus tarik dan kasus geser dihubungkan dengan persamaan berikut:

( 1 - 1 8)

di mana v adalah rasio Poisson. Hubungan ini, yang diturunkan dalam Subbab 3.6, menunjukkan bahwa £, G, dan v bukanlah besaran-besaran elastis bahan yang independen. Karena rasio Poisson untuk bahan biasa ada di antara nol dan setengah, kita lihat dari Persamaan ( 1 - 1 8) bahwa G harus dari sepertiga sampai setengah E.

Contoh berikut ini mengilustrasikan beberapa analisis tipikal yang melibatkan pengaruh geser. Contoh l-4 berkenaan dengan tegangan tumpu dan geser di suatu sendi dan baut. Contoh 1 -5 berkaitan dengan tegangan geser pada plat berlubang, dan Contoh l -6 meliputi pencarian tegangan geser dan regangan geser pada landasan elastomeric bearing yang mengalami gaya geser horizontal.

• Contoh 1 -4

Sebuah batang dari baja yang merupakan pengekang dari sebuah kapal menyalurkan gaya tekan P = 54 kN ke dek dari sebuah tiang (lihat Gambar 1 -29a). Batang tekan ini mempunyai penampang bujur sangkar berlubang dengan tebal dinding t = 1 2 mm (Gambar 1 -29b), dan sudut e antara batang dan horizontal adalah 40". Sebuah sendi yang menembus batang tersebut menyalurkan gaya dari batang tekan kedua plat buhul G yang dilas ke plat landasan B. Empat baut angkur menghubungkan plat landasan ke dek. Diameter sendi adalah dpin = 18 mm, tebal plat buhul adalah tc = 1 5 mm, tebal plat landasan adalah t8 = 8 mm, dan diameter baut angkur ada1ah dbolt = 12 mm.

Tentukan tegangan-tegangan berikut: (a) tegangan tumpu antara batang tekan dengan sendi, (b) tegangan geser di sendi, (c) tegangan tumpu antara sendi dan plat buhul, (d) tegangan tumpu antara baut angkur dan plat landasan, dan (e) tegangan geser di baut angkur. (Abaikan gesekan antara plat landasan dan dek.)

Solusi

(a) Tegangan tumpu antara batang tekan dan sendi. Harga rata-rata tegangan tumpu antara batang tekan dan sendi dapat dihitung dengan membagi gaya di batang tekan dengan luas tumpu antara batang tekan dan sendi. Luas tersebut sama dengan dua kali tebal batang tekan (karena tumpu terjadi di dua lokasi) dikalikan diameter sendi (lihat Gambar 1 -29b). Jadi, tegangan tumpu adalah

P 54 kN ahi = 2tdpin = 2( 1 2 mm)( 1 8 mm)

= 125 MPa ..

Tegangan ini tidak berlebihan untuk sebuah batang tekan yang terbuat dari baja karena tegangan luluhnya mungkin lebih besar daripada 200 MPa (lihat Tabel H-3, Lampiran H).

Gam bar 1 -29 Contoh 1 -4 . (a) Hubungan sendi antara batang tekan S dan plat landasan B. (b) Potongan melintang yang melalui batang tekan S.

Mekanika Bahan 33

Sendi

(a) (b)

(b) Tegangan geser di sendi. Sebagaimana terlihat dalam Gambar l-29b, sendi tersebut cenderung tergeser di dua bidang. yaitu bidang antara batang tekan dan plat buhul. Dengan demikian, tegangan geser rata-rata di sendi (yang mengalami geser ganda) sama dengan beban total yang diterapkan ke sendi dibagi dengan dua kali luas penampang:

p r . = -....,--pm 2m:F 14 pm

54 kN 106 MPa .. 2;r( l 8 mm)2 1 4

Sendi biasanya terbuat dari baja berkekuatan tinggi (tegangan luluhnya lebih besar daripada 340 MPa) dan dapat dengan mudah menahan tegangan geser sebesar ini (tegangan luluh karena geser biasanya tidak kurang dari 50% tegangan luluh karena tarik).

(c) Tegangan tumpu antara sendi dan plat buhul. Sendi menumpu ke plat buhul di dua lokasi, sehingga luas tumpunya dua kali tebal plat buhul dikalikan diameter sendi; jadi,

54 kN .. 1 00 MPa 2(15 mm)(l 8 mm)

yang lebih kecil daripada tegangan tumpu batang tekan.

(d) Tegangan tumpu antara baut angkur dan plat landasan. Komponen vertikal gaya P (lihat Gambar l -29a) disalurkan ke tiang dengan adanya tumpu langsung antara plat landasan dan tiang. Namun, komponen horizontalnya disalurkan melalui baut angkur. Tegangan tumpu rata-rata antara plat landasan dan baut angkur sama dengan komponen horizontal dari gaya P dibagi dengan luas tumpu empat baut. Luas tumpu untuk satu baut sama dengan tebal plat dikalikan diameter baut. Dengan demikian, tegangan tumpunya adalah

(54 kN)(cos 40°) = 108 MPa 4(8 mm)(1 2 mm)

..

(e) Tegangan geser di baut angkur. Tegangan geser rata-rata di baut angkur sama dengan komponen horizontal dari gaya P dibagi dengan luas penampang total empat baut (perhatikan bahwa setiap baut mengalami geser tunggal). Jadi,

r _ Pcos 40° _ (54 kN)(cos 40°) = 1 19 MPa bolt - 4mt;olt I 4 - 4;r( 1 2 mm)2 I 4 ..

Gesekan antara plat landasan dan tiang dapat saja mengurangi beban yang bekerja di baut angkur.


• Contoh 1 -5

Gambar 1 -30 Contoh 1 -5 . Membuat lubang pada plat baja

Sebuah pelubang (pembuat lubang) pada plat baja terlihat dalam Gambar l -30a. Asumsikan bahwa pelubang yang diameternya 0,75 in itu digunakan untuk melubangi plat yang tebalnya 1/4 in, seperti terlihat dalam Gambar 1 -30b. Jika gaya P = 28.000 lb dibutuhkan untuk itu, berapakah tegangan geser rata-rata di plat tersebut dan tegangan tekan rata-rata di pelubang?

p

j_ 0 . t = ,25 m. T

(a) (b)

Solusi

Tegangan geser rata-rata di plat dihitung dengan membagi gaya P dengan luas geser plat. Luas geser A, sama dengan keliling lubang dikalikan tebal plat, atau

A, = ndt = n(0,75 in.)(0,25 in) = 0,5890 in.2

di mana d adalah diameter pelubang, dan t adalah tebal plat. Dengan demikian, tegangan geser rata-rata di plat adalah

p 28.000 lb r - - - = 47.500 psi cata-rata - A, -

0,5890 in.Z

Tegangan tekan rata-rata di pelubang adalah

p p 28.000 lb a = -- = -- = = 63.400 psi c �unch nd2 I 4 7r(O, 75 in.i /2

di mana Apunch adalah luas penampang pelubang.

Catatan. Analisis ini sangat diidealisasi karena kita mengabaikan efek kejut yang terjadi apabila suatu pelubang menembus plat. (Peninjauan efek ini membutuhkan metode analisis lanjut di luar ruang lingkup mekanika bahan.)

• Contoh 1 -6

Sebuah bantalan yang biasa digunakan untuk memikul mesin dan gelagar jembatan terdiri atas bahan yang bersifat elastis linier (biasanya elastomer, seperti karet) yang dilapisi oleh plat baja (Gambar l -3 l a). Asumsikan bahwa tebal elastomer adalah h, dimensi plat adalah a x b, dan bantalan ini mengalami gaya geser horizontal V.

(a)

(b)

Gambar 1 -31 Contoh 1 -6 . Bantalan yang mengalami geser

Mekanika Bahan 35

Turunkanlah rumus tegangan geser rata-rata r,., •. ,.,. di elastomer dan peralihan horizontal d di plat (Gambar 1 -3 1 b).

Solusi

Asumsikan bahwa tegangan geser di elastomer terbagi rata di seluruh volume. Dengan demikian, tegangan geser di setiap bidang horizontal yang melalui elastomer sama dengan gaya geser V dibagi dengan luas bidang (Gambar 1-31 a):

V r = -rata-rata ab

Tegangan gesemya (dari hukum Hooke untuk geser) adalah

( 1 - 1 9) ..

( 1 -20)

di mana G, adalah momen bahan elastomerik. Akhimya. peralihan horizontal d sama dengan h tan ( (dari Gambar 1 -3 lb):

d = h tan r = h tan ( _\_'

_ ) � abG, ) ( 1 -21) ..

Di dalam praktek, umumnya regangan geser ( adalah sudut yang kecil sehingga tan y dapat diganti dengan y,

hV d = hy =

abG, ( 1 -22) ..

Persamaan ( 1 -2 1 ) dan ( 1-22) memberikan hasil pendekatan untuk peralihan horizontal plat karena keduanya berdasarkan asumsi bahwa tegangan dan regangan geser konstan di seluruh volume bahan elastomerik. Pada kenyataannya, tegangan geser adalah nol di tepi-tepi bahan (karena tidak ada tegangan geser di muka vertikal yang bebas), sehingga deformasi bahan akan lebih rumit daripada yang terlihat dalam Gambar 1-3 1 b. Sekalipun demikian, jika panjang a dari plat cukup besar dibandingkan dengan tebal h dari elastomer, maka hasil di atas sudah memadai untuk tujuan desain.

-·1 ·•7 I TEGANGAN IZIN DAN BEBAN IZIN

Rekayasa dapat dengan bebas didefinisikan sebagai penerapan ilmu untuk tujuan umum dalam hidup. Untuk memenuhi misi tersebut, insinyur mendesain sangat banyak obyek untuk melayani kebutuhan masyarakat. Kebutuhan ini meliputi perumahan, pertanian, transportasi, komunikasi, dan berbagai aspek kehidupan modem lain. Faktor-faktor yang perlu ditinjau dalam desain meliputi kegunaan, kekuatan, tampilan, ekonomi, dan proteksi lingkungan. Dalam mempelajari mekanika bahan, desain utama yang diperhatikan adalah kekuatan, yaitu kapasitas obyek untuk memikul atau menyalurkan beban. Obyek yang harus menahan beban meliputi bangunan, mesin, containers, truk, pesawat terbang, kapal, dan sebagainya. Untuk mudahnya, kita akan merujuk semua obyek tersebut sebagai struktur; jadi, suatu struktur adalah setiap obyek yang harus memikul atau menyalurkan beban.


Jika kegagalan struktural harus dihindari, maka beban yang dapat dipikul suatu struktur harus lebih besar daripada beban yang akan dialaminya pada masa pakai. Kemampuan suatu struktur untuk menahan beban disebut kekuatan, jadi kriteria terdahulu dapat ditulis ulang sebagai berikut. Kekuatan aktual suatu struktur harus melebihi kekuatan yang dibutuhkan. Rasio kekuatan aktual terhadap kekuatan yang dibutuhkan disebut faktor keamanan n:

Faktor keamanan = Kekuatan aktual

Kekuatan yang dibutuhkan ( 1 -23)

Tentu saja, faktor keamanan harus lebih besar daripada 1 ,0 jika kegagalan ingin dihindari. Bergantung pada situasinya, digunakan faktor keamanan dengan harga sedikit di atas 1 ,0 hingga 10.

Penggunaan faktor keamanan di dalam desain bukanlah ha! yang sederhana karena baik kekuatan maupun kegagalan mempunyai arti yang beragam. Kekuatan dapat diukur dengan kapasitas pikul beban suatu struktur, atau dapat diukur dengan tegangan di bahan. Kegagalan dapat berarti fraktur dan kolaps lengkap dari suatu struktur atau dapat pula berarti bahwa deformasinya telah sedemikian besar sehingga struktur tersebut tidak dapat lagi berfungsi sebagaimana diharapkan. Jenis kegagalan yang terakhir ini dapat saja terjadi pada beban yang jauh lebih kecil daripada taraf beban yang menyebabkan kolaps aktual.

Penentuan faktor keamanan harus juga memperhitungkan hal-hal seperti: probabilitas kelebihan behan secara tak terduga pada suatu struktur oleh beban yang melebihi beban desain; jenis beban (statik atau dinamik); apakah beban itu diterapkan sekali saja atau berulang; seberapa akurat beban diketahui; kemungkinan kegagalan fatik (lihat Subbab 2.9); ketidaktepatan konstruksi; variabilitas kualitas pekerjaan; variasi besaran bahan; cacat akibat korosi atau pengaruh lingkungan Jainnya; ketelitian metode analisis; apakah kegagalan gradual (sehingga ada peringatan terlebih dahulu) atau tiba-tiba (tanpa peringatan), konsekuensi kegagalan (kerusakan kecil atau kerusakan parah) dan tinjauan lainnya. Jika faktor keamanan terlalu kecil, maka kecenderungan gaga! akan lebih besar dan struktur tersebut akan tidak dapat diterima; jika faktor tersebut terlalu besar, maka struktur tersebut akan boros bahan dan mungkin juga tidak cocok untuk fungsinya (misalnya, struktur menjadi terlalu berat).

Karena kerumitan dan ketidaktentuan itu, maka faktor keamanan harus ditentukan berdasarkan probabilitas. Faktor keamanan biasanya ditetapkan oleh kelompok insinyur yang berpengalaman yang menuliskan standar dan spesifikasi yang dapat digunakan oleh perencana dan kadang-kadang ditetapkan sebagai hukum yang berlaku. Ketentuan dalam standar dan spesifikasi ditujukan untuk memberikan taraf keamanan yang masuk akal tanpa adanya biaya yang berlebihan.

Faktor keamanan didefinisikan dan diterapkan dengan berbagai cara. Untuk sebagian besar struktur, bahannya harus berada dalam daerah elastis linier untuk mencegah terjadinya deformasi permanen apabila beban dihilangkan. Pada kondisi ini, faktor keamanan ditetapkan berdasarkan Juluhnya struktur. Luluh mulai terjadi apabila tegangan luluh tercapai di suatu titik sembarang di dalam struktur. Maka, dengan menerapkan faktor keamanan terhadap tegangan luluh (atau kekuatan Juluh), kita mendapatkan tegangan izin (atau tegangan kerja) yang tidak boleh dilampaui di manapun di dalam struktur. Jadi,

Mekanika Bahan 37

T . . Tegangan luluh

egangan lZlll = Faktor keamanan

atau, untuk tarik dan geser, masing-masing adalah

( 1 -24)

( l -25a,b)

di mana o:v dan '!"Y adalah tegangan luluh dan n1 dan n2 adalah faktor keamanan. Dalam desain gedung, faktor keamanan tipikal untuk luluh karena tarik adalah 1 ,67; jadi baja lunak yang mempunyai tegangan luluh 36 ksi mempunyai tegangan izin 2 1 ,6 ksi.

Kadang-kadang faktor keamanan diterapkan pada tegangan ultimate, bukannya pada tegangan luluh. Metode ini cocok untuk bahan yang getas, seperti beton dan beberapa jenis plastik, dan untuk bahan yang tegangan luluhnya tidak terdefinisi dengan jelas, seperti kayu dan baja berkekuatan tinggi. Dalam hal ini, tegangan izin tarik dan geser adalah

(Jizin ( l -26a,b)

yang mana o:" dan '!"" adalah tegangan ultimate (atau kekuatan ultimate). Faktor keamanan terhadap kekuatan ultimate dari suatu bahan biasanya lebih besar daripada yang didasarkan atas kekuatan luluh. Untuk baja lunak, faktor keamanan sebesar 1 ,67 terhadap luluh sebanding dengan faktor keamanan sebesar kira-kira 2,8 terhadap kekuatan ultimate.

Dalam desain pesawat terbang, biasanya digunakan sebutan margin keamanan, bukannya faktor keamanan. Margin keamanan didefinisikan sebagai faktor keamanan dikurangi satu:

Margin keamanan = n - I ( 1 -27)

Margin keamanan sering dinyatakan dalam persen, di mana harga di atas dikalikan dengan 100. Jadi, suatu struktur yang mempunyai kekuatan ultimate 1 ,75 kali kekuatan yang dibutuhkan mempunyai faktor keamanan sebesar I ,75 dan margin keamanan sebesar 0,75 (atau 75% ). Apabila margin keamanan berkurang menjadi no! atau lebih kecil, maka struktur itu akan (dapat dianggap) gaga!

• Beban izin

Sesudah tegangan izin ditetapkan untuk struktur dan bahan tertentu, beban izin pada struktur dapat ditetapkan. Hubungan antara beban izin dan tegangan izin bergantung pada jenis struktur. Dalam bab ini kita hanya memperhatikan jenis-jenis struktur yang mendasar saja, yaitu batang yang mengalami tarik atau tekan, dan sendi (atau baut) yang mengalami geser langsung dan tumpu. Pada struktur-struktur tersebut tegangan mempunyai distribusi yang terbagi rata (atau paling tidak dapat diasumsikan terbagi rata) pada suatu area. Sebagai contoh, dalam ha! suatu batang yang mengalami tarik, tegangannya mempunyai distribusi terbagi rata di potongan melintang asalkan gaya aksial resultannya bekerja melalui pusat berat penampang. Hal yang sama juga berlaku untuk tekan asalkan batangnya tidak mengalami tekuk. Dalam hal sendi yang mengalami geser, kita hanya meninjau tegangan geser rata-rata di potongan melintang, yang ekivalen dengan mengasumsikan bahwa tegangan geser mempunyai


distribusi terbagi rata. Dengan cara yang sama, kita hanya meninjau harga rata-rata untuk tegangan tumpu yang bekerja di luas proyeksi dari sendi.

Dengan demikian, dalam keempat kasus di atas, beban izin (juga disebut beban yang diperbolehkan atau beban aman) sama dengan tegangan izin dikalikan dengan luas di mana beban tersebut bekerja:

Beban izin = (Tegangan izin) (Luas) ( 1 -28)

Untuk batang yang mengalami tarik dan tekan langsung (tidak acta tekuk), persamaan di atas menjadi

pizin = <Jizin A ( 1 -29)

di mana <Yizin adalah tegangan normal izin dan A adalah luas penampang batang. Jika batang tersebut mempunyai lubang, maka luas neto biasanya digunakan apabila batang tersebut mengalami tarik. Luas neto adalah luas penampang bruto dikurangi luas yang hilang karena adanya lubang. Untuk tekan, luas bruto dapat digunakan jika lubang terse but terisi oleh baut atau sendi yang dapat menyalurkan tegangan tekan.

Untuk sendi yang mengalami geser langsung, Persamaan ( 1 -28) menjadi

( 1 -30)

di mana rizin adalah tegangan geser izin dan A adalah luas di mana tegangan geser bekerja. Jika sendi tersebut mengalami geser tunggal, maka luasnya adalah luas potongan melintang sendi, dan untuk geser ganda, maka luasnya adalah dua kali luas potongan melintang sendi.

Akhimya, beban izin untuk tumpu adalah

( 1 -3 1 )

di mana <rh adalah tegangan tumpu izin dan Ab adalah luas proyeksi dari sendi atau permukaan lain di mana tegangan tumpu tersebut bekerja.

Contoh berikut ini mengilustrasikan bagaimana beban izin ditentukan jika tegangan izin untuk bahan diketahui.

• Contoh 1 -7

Sebuah batang baja yang berfungsi sebagai penggantung dan memikul mesin berat di suatu gedung pabrik terpasang pada suatu tumpuan dengan sambungan yang menggunakan baut seperti terlihat dalam Gambar 1 -32. Bagian utama dari penggantung ini mempunyai penampang persegi panjang dengan lebar b1 == 1 ,5 in. dan tebal t == 0,5 in. Di sambungannya, penggantung ini diperbesar hingga lebamya menjadi b2 == 3,0 in. Baut, yang menya1urkan beban dari penggantung kedua plat buhul, mempunyai diameter d == 1 ,0 in.

Tentukan harga yang diizinkan untuk beban tarik P di penggantung yang didasarkan atas tinjauan berikut: (a) Tegangan izin di bagian utama dari penggantung adalah 1 6.000 psi, (b) Tegangan izin di penggantung di potongan melintang yang melalui baut adalah 1 1 .000 psi. (Tegangan izin di potongan tersebut lebih kecil karena adanya konsentrasi tegangan di sekitar baut.) (c) Tegangan tumpu izin di antara penggantung dan baut adalah 26.000 psi. (d) Tegangan geser izin di baut adalah 6.500 psi. (Catatan: Faktor keamanan untuk tarik, tumpu, dan geser telah diperhitungkan dalam menentukan tegangan izin.)

Gambar 1 -32 Contoh 1 -7. Penggantung vertikal yang mengalami beban tarik P: (a) tampak depan sambungan baut, dan (b) tampak samping sambungan

Penggantung

� p (a)

Solusi

Mekanika Bahan 39

= l,O in.

t = 0,5 in.

� p (b)

(a) Beban izin P1 yang didasarkan atas tegangan di bagian utama penggantung sama dengan tegangan izin tarik dika1ikan 1uas penampang penggantung (Gambar 1-29) :

PI = o;,;nA = aizinblt = ( 16.000 psi)(1 ,5 in. X 0,5 in.) = 1 2.000 1b

Beban yang 1ebih besar daripada ini akan menyebabkan ke1ebihan tegangan pada penggantung; artinya, tegangan aktua1 akan me1ebihi tegangan izin sehingga mengurangi faktor keamanan.

(b) Di potongan melintang yang melalui baut, kita harus membuat perhitungan yang sama tetapi dengan tegangan izin yang berbeda dan luas yang berbeda pu1a. Luas penampang neto, yaitu 1uas yang tersisa dengan adanya lubang di batang tersebut, sama dengan lebar neto dikalikan teba1nya. Lebar neto sama dengan 1ebar bruto b2 dikurangi diameter 1ubang d. Jadi, persamaan untuk beban izin P2 di potongan ini ada1ah

p2 = o;,;nA = o;,;n(bz - d)t

= ( 1 1 .000 psi)(3,0 in. - 1 ,0 in.)(0,5 in.) = 1 1 .000 lb

(c) Luas tumpu antara penggantung dan baut ada1ah proyeksi dari 1uas kontak aktual. Luas proyeksi ini sama dengan diameter baut dika1ikan dengan teba1 bpenggantung sehingga beban izin yang didasarkan atas tumpu (Persamaan 1-3 1 ) adalah

P3 = ab A = abdt = (26.000 psi) ( l ,0 in.)(0,5 in.) = 1 3.000 1b

(d) Akhimya, beban izin P4 yang didasarkan atas geser di baut sama dengan tegangan geser izin dikalikan 1uas geser (Persamaan 1 -30). Luas geser ini sama dengan dua kali 1uas baut karena baut tersebut mengalami geser ganda; jadi:

P4 = r;,;"A = r;,;"(2)(wf/4) = (6.500 psi)(2)(n')( 1 ,0 in.)2/4 = 1 0.200 1b


Dengan membandingkan keempat hasil di atas, kita lihat bahwa harga beban terkecil adalah

Beban ini, yang didasarkan atas geser di baut, merupakan beban tarik izin di penggantung.

DESAIN UNTUK BEBAN AKSIAL DAN GESER LANGSUNG

Di ctalam subbab sebelum ini kita membahas penentuan beban izin untuk struktur secterhana ctan pacta subbab-subbab sebelumnya kita telah melihat bagaimana mencari tegangan, regangan, ctan cteformasi pacta batang. Penentuan besaran-besaran ini ctikenal ctengan analisis. Di ctalam konteks mekanika bahan, analisis terctiri atas penentuan respons ctari struktur terhactap beban, perubahan temperatur, ctan aksi-aksi fisik lainnya. Berctasarkan respons ctari suatu struktur, kita menghitung tegangan, regangan, ctan cteformasi yang ctiakibatkan oleh be ban. Respons juga merujuk ke kapasitas pikul beban ctari suatu struktur; beban izin pacta suatu struktur merupakan salah satu bentuk ctari respons. Suatu struktur ctisebut diketahui apabila kita mempunyai cteskripsi fisik lengkap suatu struktur, yaitu apabila kita mengetahui semua besaran. Besaran suatu struktur meliputi jenis-jenis elemen struktur ctan bagaimana elemen-elemen tersebut tersusun, ctimensi semua elemen struktur, jenis tumpuan, cti mana letaknya, material yang ctigunakan, ctan besaran bahan. Jacti, ctalam menganalisis suatu struktur, besaran diketahui dan respons harus dicari.

Proses sebaliknya ctisebut desain. Dalam menctesain suatu struktur, kita harus menentukan besaran suatu struktur sedemikian hingga struktur tersebut dapat memikul beban yang ada dan berfungsi sebagaimana diharapkan. Sebagai contoh, salah satu masalah ctesain yang umum adalah menentukan ukuran elemen struktur untuk memikul beban yang ctiketahui. Menctesain suatu struktur biasanya merupakan proses yang jauh lebih panjang ctan lebih sulit ctibanctingkan ctengan menganalisisnya-memang, menganalisis suatu struktur, biasanya lebih ctari satu kali, pacta umumnya merupakan bagian tipikal ctari proses ctesain.

Di ctalam subbab ini kita akan membahas ctesain ctalam bentuk yang paling menctasar ctengan cara menghitung ukuran yang ctibutuhkan untuk elemen tarik ctan tekan selain juga sencti ctan baut yang ctibebani geser. Dalam kasus-kasus tersebut proses ctesain cukup langsung. Dengan mengetahui beban-beban yang harus ctisalurkan ctan tegangan izin di bahan, kita dapat menghitung luas elemen yang dibutuhkan dari hubungan umum sebagai berikut (bandingkan dengan Persamaan 1 -28):

Luas yang dibutuhkan = Beban yang di�a�urkan Tegangan tzm

( 1 -32)

Persamaan ini dapat diterapkan pada setiap struktur yang mempunyai tegangan yang terbagi rata pada suatu area. (Penggunaan persamaan ini untuk mencari ukuran suatu batang yang mengalami tarik dan ukuran baut yang mengalarni geser diilustrasikan ctalam Contoh 1 -8.)

Selain tinjauan kekuatan, sebagaimana terlihat dalam Persamaan ( 1 -32), desain suatu struktur juga dapat meliputi kekakuan dan stabilitas.

Mekanika Bahan 41

Kekakuan merujuk kepada kemampuan suatu struktur untuk menahan perubahan bentuk (misalnya, untuk menahan perpanjangan, lenturan, atau puntiran), dan stabilitas merujuk kepada kemampuan suatu struktur untuk menahan tekuk pada tegangan tekan. Pembatasan pada kekakuan kadangkadang diperlukan untuk mencegah deformasi berlebihan, seperti defleksi besar pada suatu balok yang dapat mempengaruhi kinerjanya. Tekuk adalah tinjauan utama dalam desain kolom, yang merupakan elemen struktur tekan langsing (Bab 1 1) .

Bagian lain dari proses desain adalah optimisasi, yang merupakan pekerjaan mendesain struktur terbaik agar memenuhi tu juan tertentu, seperti berat minimum. Sebagai contoh, mungkin ada banyak struktur yang dapat memikul beban yang diberikan, tetapi pada situasi tertentu struktur yang terbaik adalah yang teringan. Tentu saja, tujuan semacam berat minimum biasanya harus seimbang dengan pertimbangan umum, termasuk nilai estetika, ekonomis, lingkungan, politis, dan aspek-aspek teknis dari suatu proyek desain khusus.

Dalam menganalisis atau mendesain suatu struktur, kita merujuk kepada gaya-gaya yang bekerja padanya sebagai beban atau reaksi. Beban adalah gaya aktif yang bekerja pada suatu struktur akibat beberapa sebab ekstemal, seperti gravitasi atau tekanan air. Reaksi adalah gaya pasifyang timbul di tumpuan suatu struktur-besar dan arahnya ditentukan oleh struktur itu sendiri. Jadi, reaksi harus dihitung sebagai bagian dari analisis, sedangkan beban telah diketahui sebelumnya.

Dalam menggambarkan diagram benda bebas, sebaiknya reaksi dibedakan dengan gaya-gaya lain yang bekerja. Cara umum yang biasa dilakukan adalah dengan menggunakan simbol garis panah yang dicoret untuk gaya reaksi. Konvensi ini diilustrasikan dalam contoh berikut dan di bagian lain dalam buku ini.

• Contoh 1 -8

Gambar 1 -33 Contoh 1 -8. Rangka batang dua batang ABC yang memikul papan tanda yang beratnya W

Rangka batang dua batang ABC yang terlihat dalam Gambar 1 -33 mempunyai tumpuan sendi di titik A dan C, yang betjarak 2,0 m satu sama lain. Batang AB dan BC adalah batang baja yang dihubungkan oleh sendi di titik B. Panjang batang


Gambar 1 -34 Diagram benda bebas untuk Contoh 1 -8

2.0 m

I ReH ��Wc&RillE�WDfEGEillE�illEillE�LiliHL��o8 .,

tJ

---0,8 m ---1�--- 1 ,8 m -----+t-�"-+< Re Rev � 2,7 kN 2,7 kN 0,4 m (a)

(b)

BC adalah 3,0 m. Sebuah papan tanda yang beratnya 5,4 kN digantungkan pada batang BC di titik D dan E, yang masing-masing terletak di 0,8 m dan 0,4 m dari ujung-ujung batang.

Tentukanlah luas penampang yang dibutuhkan untuk batang AB dan diameter yang dibutuhkan untuk sendi di titik C jika tegangan izin tarik dan geser masing-masing adalah 1 25 MPa dan 45 MPa. (Catatan: Sendi di tumpuan mengalami geser ganda. Juga, abaikan berat batang AB dan BC.)

Solusi

Reaksi, gaya-gaya di batang, dan gaya geser di sendi. Gaya tarik FA8 di batang AB dan gaya geser Vc yang bekerja di sendi di C dapat diperoleh dari kesetimbangan. Kita mulai dengan diagram benda bebas seluruh rangka batang (Gambar 1 -34a). Pada diagram tersebut kita lihat semua gaya di rangka batang tersebut, yaitu beban-beban dari berat papan tanda dan gaya reaksi yang diberikan oleh tumpuan sendi di A dan C. Setiap reaksi ditunjukkan dengan komponen horizontal dan vertikal, dengan reaksi resultan ditunjukkan dengan garis putus. (Perhatikan penggunaan tanda panah yang dicoret untuk membedakan reaksi dan beban.)

Komponen horizontal RAH dari reaksi di tumpuan A diperoleh dengan menjumlahkan momen terhadap titik C sebagai berikut (m omen berlawanan jarum jam diberi tanda positif):

RAH(2,0 m) - (2,7 kN)(0,8 m) - (2,7 kN)(2,6 m) = 0

Dengan memecahkan persamaan ini kita peroleh

RAH = 4,590 kN

Mekanika Bahan 43

Berikutnya, kita jumlahkan gaya-gaya dalam arah horizontal dan memperoleh

RCH = RAH = 4,590 kN

Untuk mendapatkan komponen vertikal dari reaksi di tumpuan C, kita perlu diagram benda bebas elemen struktur BC, seperti terlihat dalam Gambar l -34b. Dengan menjumlahkan momen terhadap joint B kita peroleh komponen reaksi yang dicari:

LMc = 0 -Rcv(3,0 m) + (2,7 kN)(2,2 m) + (2,7 kN)(0,4 m) = 0 Rev = 2,340 kN

Sekarang kita kembali ke diagram benda bebas keseluruhan rangka batang (Gambar 1 -34a) dan menjumlahkan gaya-gaya dalam arah vertikal untuk mendapatkan komponen vertikal RA v dari reaksi di A. :

RAV + Rev - 2,7 kN - 2 ,7 ki\ = 0 Rev = 3,060 kN

Dengan diketahuinya komponen vertikal dan horizontal dari reaksi di A, maka kita dapat menghitung reaksi itu sendiri:

Karena kita akan mengabaikan berat sendiri batang AB, maka gaya reaksi ini sama dengan gaya tarik FA8 pada batang tersebut:

FAB = 5,5 1 6 kN

Gaya geser Vc yang bekerja di sendi di C sama dengan reaksi Re (Gambar 1 -34a). Gaya ini diperoleh dari komponen RcH dan Rev sebagai berikut

Jadi, kita sekarang telah mendapatkan gaya tarik FA8 di batang AB dan gaya geser Vc yang bekerja di sendi di C.

Luas yang dibutuhkan. Luas yang dibutuhkan untuk batang AB dihitung dengan membagi gay a tarik dengan tegangan izin, asalkan tegangan dapat dianggap terbagi rata di penampangnya (lihar Persamaan 1 -32):

A = FAB AB

(Jizin 5,5 16 kN = 44 1 mm2 1 25 MPa ' •

Batang AB harus didesain dengan luas penampang melintang sama atau lebih besar daripada 44, 1 mm2 agar mampu memikul berat papan tanda, yang merupakan satu-satunya beban yang kita tinjau. Sebagai contoh, jika batang ini berpenampang lingkaran, diameter yang dihitung harus sedikitnya 7,50 mm, sehingga diameter 8 atau 10 mm dapat digunakan. (Di dalam praktek, beban lain selain berat papan perlu ditinjau sebelum mengambil keputusan akhir tentang ukuran batang. Bebanbeban yang mungkin penting meliputi beban angin, beban gempa, berat sendiri orang yang bekerja pada rangka batang atau papan tanda, dan berat rangka batang itu sendiri.

Luas yang dibutuhkan untuk sendi di C (mengalami geser ganda) adalah

A . = � = 5,152 kN = 57,2 mm2 pm 2rizin 2(45 MPa)

dan diameter yang dibutuhkan adalah:

dpm �4�in /;r = 8,54 mm


SOAL-SOAL BAB 1 I

Sebuah sendi yang diametemya tidak kurang dari ini dibutuhkan untuk memikul berat papan tanda agar tegangan geser izin tidak dilampaui.

Catatan: Dalam contoh ini, kita secara sengaja mengabaikan berat sendiri rangka batang di dalam perhitungan. Sekalipun demikian. setelah ukuran elemen struktur diketahui, maka beratnya dapat dihitung dan dimasukkan ke dalam diagram benda bebas dalam Gambar 1 -34. Untuk mencari reaksi, berat tersebut dapat dipandang sebagai beban terpusat yang bekerja di titik tengah setiap batang, meskipun kita ketahui bahwa berat terdistribusi di sepanjang sumbu suatu batang.

Apabila berat batang dimasukkan, maka desain batang AB menjadi lebih rumit karena batang ini bukan lagi merupakan batang yang mengalami tarik sederhana, melainkan balok yang mengalami kombinasi lentur dan tarik. Situasi yang sama juga terjadi pada batang BC. Pada batang BC, bukan hanya berat sendiri batang, melainkan juga berat sendiri papan tanda menyebabkan batang tersebut mengalami kombinasi lentur dan tekan. Desain elemen struktur semacam ini ditunda hingga kita mempelajari tegangan-tegangan yang terjadi pada balok (Bab 5).

TEGANGAN DAN REGANGAN NORMAL dimensi yang ditunjukkan dalam gambar diukur tegak lurus garis kerja gaya P.)

1 .2-1 Sebuah batang metal ABC yang mempunyai dua penampang yang berbeda dibebani oleh gaya aksial P (lihat gambar). Bagian AB dan BC masing-masing adalah penampang lingkaran dengan diameter 1 ,75 in. dan 1 ,25 in .. Jika tegangan normal di bagian AB adalah 5000 psi, berapakah tegangan normal a8c di bagian BC?

1 .2-2 Hitunglah tegangan tekan ac di batang piston (lihat gambar) jika gaya P = 40 N diterapkan di pedal rem. (Catat bahwa garis kerja gaya P sejajar batang piston. Juga, diameter batang piston adalah 5 mm, dan

\ 225 mm

)-p

1 .2-3 Sebuah tabung aluminium lingkaran yang panjangnya L = 20,0 in. dibebani gaya tekan P (lihat gambar). Diameter luar dan dalam masing-masing adalah 2,4 in. dan 2,0 in. Sebuah pengukur regangan diletakkan di luar batang untuk mengukur besarnya regangan normal dalam arah longitudinal. (a) Jika regangan normalnya adalah E = 570 x 10-6, berapakah perpendekan 8 dari batang tersebut? (b) Jika tegangan tekan di batang diharapkan sebesar 6 ksi, berapakah seharusnya beban P?

Pengukur regangan

f+-��- L = 20 in . �-�-+

1 .2-4 Penampang melintang suatu pedestal beton yang dibebani terbagi rata secara tekan ditunjukkan dalam gambar. (a) Tentukan tegangan tekan rata-rata ac di beton jika besar be ban 1 1 ,5 MN. (b) Tentukan koordinat .X dan y di titik di mana beban resultan harus bekerja agar menghasilkan tegangan normal terbagi rata.

-� I

1 ,2 m

1 a l. o.s m .1 o,4 m , X

1 .2-5 Sebuah kawat baja ABC yang memikul lampu di titik tengahnya terpasang pacta tumpuan yang mempunyai jarak 5 ft satu sama lain (lihat gambar). Panjang kawat adalah 6 ft dan diametemya adalah 20 mil (diameter kawat biasa dinyatakan dalam mil; satu mil sama dengan 0,001 in.) Jika lampu tersebut mempunyai berat 1 3 lb, berapakah tegangan tarik a, di kawat?

1 .2-6 Sebuah dinding penahan tanah ditopang oleh batang kayu pada sudut 30° dan ditumpu oleh blok beton, seperti terlihat pada bagian (a) dalam gambar. Batang penopang mempunyai jarak konstan sebesar 3 m. Untuk maksud analisis, dinding dan penopang diidealisasikan seperti terlihat pada bagian (b) dalam gambar, dengan dasar dari dinding dan kedua ujung batang penopang diasumsikan sendi . Tekanan tanah ke dinding diasumsikan berbentuk segitiga, dan gaya resultan di sepanjang 3 m dinding adalah F = 1 90 kN. Jika setiap

(a) (b) tanah

dinding penahan

Mekanika Bahan 45

penopang mempunyai penampang bujur sangkar, 1 50 x 1 50 mm, berapakah tegangan tekan ac di batang penopang?

1 .2-7 Sebuah kereta beroda yang beratnya 16 k apabila terisi penuh ditarik perlahan-lahan pada jalur yang miring dengan menggunakan kabel baja (lihat gambar). Kabel ini mempunyai luas penampang efektif 0,47 1 in2 dan sudut miring 3 1 o . Berapakah tegangan tarik a, pada kabel?

1 .2-8 Sebuah susunan kabel dan batang tekan ABC (lihat gambar) memikul beban vertikal P = 12 kN. Kabel tersebut mempunyai luas penampang efektif sebesar 1 60 mm2 dan batang tekan terse but mempunyai luas 340 mm2• (a) Hitunglah tegangan normal aA8 dan a8c di kabel batang tekan, dan tunjukkan apakah masing-masing tarik atau tekan. (b) Jika kabel memanjang 1 , 1 mm, berapakah regangannya? (c) Jika batang tekan itu memendek 0,37 mm, berapakah regangannya?

1 ,5 m

1 1

1 ,5 m

I

�-1JJ O._v _

__ 2,0 m-1

p

1 .2-9 Sebuah struktur untuk menarik pipa ke luar dari tanah ditunjukkan dalam gambar. Sebuah kabel ABC terpasang pada pipa di A ke rangka kaku di C. Kabel kedua BDE dijepitkan ke kabel pertama di B dan dipasang ke rangka tersebut di E. Akhimya, seseorang menarik


dalam arah vertikal ke bawah pacta kabel kedua di titik D dengan gaya Q. Panjang masing-masing kabel adalah sedemikian hingga AB vertikal, BD horizontal, BC miring dengan sudut kecil a terhadap vertikal, dan DE miring dengan sudut kecil f3 terhadap horizontal. Kedua kabel mempunyai luas penampang yang sama, A,. (a) Dapatkan :umus untuk menghitung gaya angkat P dan tegangan :ank maksimum CJ8c dan CJDE masing-masing di kabe1 ABC dan BDE. (b) Hitung1ah gaya angkat P dan :.:gangan maksimum untuk data sebagai berikut: Q = : 20 lb. a = 6°, f3 = 8°, dan A, = 0, 1 19 in2•

1 .2-10 Sebuah pompa menggerakkan piston ke atas dan ke bawah di da1am air (lihat gambar). Batang pompa mempunyai diameter d = 20 mm dan panjang L = 1 1 0 m. Batang tersebut terbuat dari baja yang mempunyai berat jenis y= 77,0 kN/m3• Gay a tahanan yang berkaitan dengan piston selama bergerak ke bawah adalah 900 N dan selama bergerak ke atas adalah 1 0.800 N. Tentukan tegangan tarik dan tekan maksimum di batang pompa akibat efek gabungan dari gaya tahanan dan berat batang. (Catat bahwa untuk mudahnya, kita mengabaikan tinjauan lain seperti 1entur batang pompa dan efek-efek dinamis.)

/ / I

1 .2-1 1 Sebuah plat beton bertulang berbentuk bujur sangkar dengan sisi 8 ft dan teba1 9 in. diangkat dengan menggunakan empat kabel yang terpasang di pojokpojoknya, seperti ter1ihat dalam gambar. Kabel ini terpasang ke penggantung di suatu titik yang terletak 5 ft di atas permukaan atas plat. Kabel-kabel tersebut

mempunyai luas penampang efektif A = 0, 1 2 in2• Tentukan tegangan tarik di kabel, CJ,. (Berat plat beton adalah 1 50 lbtfe.)

bertulang

*1 .2-12 Sebuah batang lingkaran A CB dengan panjang total 2L (lihat gambar) berotasi terhadap sebuah sumbu melalui titik tengah C dengan kecepatan sudut konstan m (radian per detik). Bahan batang mempunyai berat jenis y (a) Turunkan rumus untuk tegangan tarik CJx di batang sebagai fungsi dari jarak x dari titik tengah C. (b) Berapakah tegangan tarik maksimum (Jmak,?

A I, : c�) • . . . · . . · l s 0 _/ I

+---- L _____ ___,. ____ .\_· L _____j'

BESARAN MEKANIS DAN DIAGRAM TEGANGAN-REGANGAN

1 .3-1 Sebuah kawat baja panjang yang tergantung da1am arah vertika1 di da1am sebuah sumur kering harus memiku1 berat sendiri (lihat gambar). (a) Berapakah panjang terbesar (feet) yang dapat dimilikinya tanpa

terjadi luluh, apabila tegangan luluh baja diketahui 36 ksi? (b) Jika kawat yang sama digantung dari kapal di !aut, berapakah panjang yang terbesar? (Berat jenis baja dan air !aut tersedia di dalam Tabel H- 1 , Lampiran H.)

1 .3-2 Tiga bahan yang berbeda A, B, dan C diuji tarik dengan menggunakan benda uji yang mem-punyai diameter 1 2 mm dan panjang terukur 50 mm (lihat gambar). Pada saat gaga!, jarak antara tanda-tanda pengukur adalah masing-masing 54, 1 ; 63,0; dan 70,6 mm. Juga, diameter penampang pada saat gaga! masing-masing adalah 1 1 ,50; 9,46; dan 6,01 mm. Tentukan persen perpanjangan dan persen reduksi luas di masing-masing benda uji, lalu dengan menggunakan penilaian pembaca sendiri, tentukan apakah bahan ini getas atau daktil.

1 .3-3 Sebuah struktur terdiri atas tiga batang berujung sendi dibebani gaya P (lihat gambar). Sudut antara batang miring dan horizontal adalah a = 50°. Regangan aksial di batang tengah diukur sebesar 0,049. Tentukan tegangan tarik di batang tepi jika terbuat dari senyawa aluminium yang mempunyai kurva tegangan-regangan seperti terlihat dalam Gambar 1 - 1 3 .

1 .3-4 Sebuah benda uji dari plastik metakrilat diuji tarik pada temperatur kamar (lihat gambar), sehingga menghasilkan data tegangan-regangan yang terlihat dalam tabel. Plotlah kurva tegangan-regangan dan tentukan limit proporsionalnya, modulus elastisitas (yaitu kemiringan bagian awal dari kurva tegangan-regangan), dan tegangan luluh pada offset 0,2%. Apakah bahan ini getas atau daktil?

Mekanika Bahan 4 7

Data Tegangan-Regangan Untuk Soal 1 .3-4

Tegangan (MPa) Regangan

8,0 0,0032 1 7,5 0,0073 25,6 0,0 1 1 1 3 1 , l 0,0 1 29 39,8 0,0 1 63

44.0 0,0 1 84 48,2 0,0209 53.9 0,0260 58. 1 0,0331 62.0 0,0429

62. 1 Fraktur

1 .3-5 Data yang ditunjukkan dalam tabel berikut diperoleh dari uji tarik pada baja yang berkekuatan tinggi. Benda ujinya mempunyai diameter 0.505 in. dan panjang terukur 2,00 in. (lihat gambar). Perpanjangan total antara tanda-tanda pengukuran pada saat fraktur adalah 0, 1 2 in. dan diameter minimumnya adalah 0,42 in. Plotlah kurva tegangan-regangan nominal untuk baja ini dan tentukanlah limit proporsionalnya, modulus elastisitas (kemiringan bagian awal dari kurva tegangan-regangan), tegangan luluh pada offset 0, ! %, tegangan ultimate, persen perpanjangan pada 2,00 in., dan persen reduksi luas.

Data Uji Tarik Untuk Soal 1 .3-5

Beban (lb) Perpanjangan (in.)

1 .000 0,0002 2.000 0,0006 6.000 0,001 9

1 0.000 0,0033 1 2.000 0,0039

1 2.900 0,0043 1 3 .400 0,0047 1 3 .600 0,0054 1 3 .800 0,0063 14.000 0,0090

1 4.400 0,0 1 02 1 5 .200 0,0 1 30 1 6.800 0,0230 1 8.400 0,0336 20.000 0,0507

22.400 0, 1 1 08 22.600 fraktur

1 .3-6 Rasio kekuatan-berat dari suatu bahan struktural didefinisikan sebagai kapasitas pikul beban dibagi dengan beratnya. Untuk bahan yang mengalami tarik, kita menggunakan tegangan tarik karakteristik (sebagaimana


diperoleh dari kurva tegangan-regangan) sebagai ukuran kekuatan. Sebagai contoh, baik tegangan luluh maupun tegangan ultimate dapat digunakan, bergantung pada penggunaannya. Jadi, rasio kekuatan-beban R,;w untuk bahan yang mengalami tarik didefinisikan sebagai

a Rslw = Y

di mana a adalah tegangan karakteristik dan y adalah berat jenis. Catat bahwa rasio ini mempunyai satuan panjang.

Dengan menggunakan tegangan a" sebagai parameter kekuatan, hitunglah rasio kekuatan-berat (dalam satuan meter) untuk masing-masing bahan: senyawa aluminium 6061 -T6, Douglas-fir, nilon, baja struktural ASTM-A572, dan senyawa aluminium. (Dapatkan besaran material dari Tabel H-1 dan H-3 dalam Lampiran H. Jika pada tabel didapatkan suatu interval, ambillah harga rata-ratanya.

1 .3-7 Besaran mekanis suatu bahan struktural tersedia pada banyak buku rujukan dan laporan-laporan. Kunjungilah perpustakaan dan carilah diagram teganganregangan untuk bahan struktura1 pilihan pembaca, misalnya aluminium, tembaga, fiberglass, magnesium, monel, nilon, atau titanium. Diagram ini dapat dalam satuan USCS atau SI. (a) Buatlah fotokopi dari diagram tersebut dan gunakanlah untuk menentukan sebanyak mungkin besaran bahan. (b) Berdasarkan atas informasi dari bagian (a) ditambah dengan bacaan-bacaan lain, tulislah deskripsi sebanyak satu halaman untuk bahanbahan tersebut.

ELASTISITAS DAN P LASTISITAS

1 .4-1 Sebuah batang yang terbuat dari baja struktural yang mempunyai kurva tegangan-regangan seperti terlihat dalam gambar mempunyai panjang 4 ft. Tegangan luluh baja ini adalah 42 ksi dan kemiringan bagian linier awal dari kurva tegangan-regangan (modulus elastisitas) adalah 30 x I 03 ksi. Batang ini dibebani secara aksial sampai memanjang 0,2 in. dan selanjutnya bebannya dihilangkan. Bagaimanakah panjang akhir batang dibandingkan dengan panjang semula? (Petunjuk: Gunakan konsep yang diilustrasikan dalam Gambar 1 - 1 8.)

u (ksi) 40

30 ( I

V 20

0 0,002 0,004 0,006

1 .4-2 Sebuah batang yang panjangnya 1 ,5 m terbuat dari baja struktural yang mempunyai kurva teganganregangan seperti terlihat dalam gambar. Tegangan luluh baja ini adalah 250 MPa dan kemiringan bagian linier awal dari kurva tegangan-regangan (modulus elastisitas) adalah 200 GPa. Batang ini dibebani secara aksial sampai memanjang 7,5 mm, untuk selanjutnya beban dihilangkan. Bagaimanakah panjang akhir batang dibandingkan dengan panjang semula? (Petunjuk: Gunakan konsep yang diilustrasikan dalam Gambar 1 - 1 8.)

u (MPa)

300 '

0

V I

j_ I i

V I

200

100

0,002 0,004 0,006

1 .4-3 Sebuah batang dari aluminium mempunyai panjang L = 4 ft dan luas penampang A = 0,75 in2• Bahan aluminium tersebut mempunyai kurva teganganregangan seperti terlihat dalam Gambar 1 - 1 3 pada Subbab 1 .3 . Batang ini dibebani oleh gaya P == 24 k dan selanjutnya beban dihilangkan. (a) Berapakah pemulihan regangan elastis jika kemiringan kurva tegangan-regangan (modulus elastisitas) adalah 1 0 x 1 06 psi? (b) Berapakah regangan residualnya? (c) Berapakah set permanennya? (d) Jika batang tersebut dibebani kembali, berapakah limit proporsionalnya?

*1 .4-4 Sebuah batang bundar yang mempunyai panjang 3 m dan diameter 10 mm terbuat dari senyawa aluminium yang hubungan tegangan-regangannya dapat dinyatakan dengan persamaan

- _a__ + l __Q__ [ ( )9] e - 70.000 1 7 270

di mana a dalam MPa. Bentuk kurva tegangan-regangan ditunjukkan dalam gambar. Batang ini dibebani dengan gaya tarik P = 20 kN, lalu beban tersebut dihi1angkan. Berapakah set permanen batang ini?

(J

*1 .4-5 Sebuah batang bundar yang mempunyai panjang 5 ft dan diameter 0,25 in. terbuat dari senyawa aluminium yang hubungan tegangan-regangannya dapat dinyatak:an dengan persamaan

e = w�oo[1 + i(�Y] di mana a dalam ksi. Bentuk kurva tegangan-regangan ditunjukkan dalam gambar. Batang ini dibebani dengan gaya tarik P = 2,8 k lalu beban tersebut dihilangkan. Berapak:ah set permanen batang ini?

HUKUM HOOKE DAN RASIO POISSON

1 .5-1 Sebuah batang bundar dari baja berkekuatan tinggi yang mempunyai modulus elastisitas E = 29 x 106 psi dan rasio Poisson v = 0,29 ditekan dengan gaya ak:sial P (lihat gambar). Sebelum beban diterapkan, diameter batang tersebut tepat 2,000 in. Jika pada saat dibebani diameter batang tersebut tidak: boleh melebihi 2,001 in., berapak:ah beban izin P?

2 in.

p -� p

1 .5-2 Sebuah batang prismatis dengan penampang lingkaran dibebani gaya tarik P = 1 20 kN (lihat gambar). Batang ini mempunyai panjang L = 3,0 m dan diameter d = 30 mm. Batang ini terbuat dari senyawa aluminium (2014-T6) dengan modulus elastisitas E = 73 GPa dan rasio Poisson v = 1/3. Hitunglah perpanjangan 8, berkurangnya diameter M, dan berkurangnya volume Ll V pada batang tersebut.

p

P = 120 kN

1 .5-3 Sebuah kawat baja berkekuatan tinggi yang diametemya 118 in. memanjang 1,41 in. apabila sepanjang 50 ft dari kawat tersebut dibebani gaya 850 lb. (a) Berapak:ah modulus elastisitas E baja ini? (b) Jika diamete( kawat berkurang sebesar 0,000085 in., berapak:ah rasio Poisson? (c) Berapak:ah perubahan volume satuan untuk baja?

Mekanika Bahan 49

1 .5-4 Sebuah batang bundar yang diametemya 10 mm terbuat dari senyawa aluminium 7075-T6. Apabila batang tersebut memanjang akibat gaya ak:sial P, diametemya berkurang 0,016 mm. Carilah besar beban P tersebut dan dilatasi batang.

1 .5-5 Sebuah batang dari metal monel (panjang 8 in., diameter 1 /4 in.) dibebani secara aksial oleh gaya tarik 1 500 lb (lihat gambar). (b) Dengan menggunak:an data dalam Tabel H-2, Lampiran H, tentukanlah pertambahan panjang dan pengurangan diameter batang tersebut. (b) Tentukan pertambahan volume batang dan dilatasinya.

1 .5-6 Sebuah uji tarik dilakukan pada spesimen perunggu yang diametemya 10 mm dengan menggunak:an panjang pengukuran 50 mm (lihat gambar). Apabila beban tarik P mencapai harga 20 kN, jarak antara tandatanda pengukuran bertambah 0, 1 22 mm. (a) Berapak:ah modulus elastisitas E perunggu? (b) Jika diametemya berkurang 0,00830 mm, berapakah rasio Poisson? (c) Berapak:ah dilatasi batang ini?

lO mm

p

*1 .5-7 Sebuah batang prismatis dibebani tarik oleh gaya ak:sial. Carilah rasio Poisson untuk bahan ini jika rasio perubahan volume satuan terhadap perubahan satuan luas penampang adalah -2/3.

*1 .5-8 Sebuah plat yang panjangnya L dan lebamya b mengalami tegangan tarik terbagi rata a di kedua ujungnya (lihat gambar). Bahan plat ini mempunyai modulus elastisitas E dan rasio Poisson v. (a) Sebelum tegangan diterapkan, kemiringan garis diagonal OA adalah b/L. Berapak:ah kemiringannya apabila tegangan a bekerja? (b) Berapak:ah perubahan satuan luas muka plat? (c) Berapak:ah perubahan satuan luas penampang?

t b t


*1 .5-9 Turunkan rumus untuk pertambahan volume AV pada batang prismatis yang mempunyai panjang L dan tergantung secara vertikal akibat berat sendiri (W = berat total batang).

REGANGAN DAN TEGANGAN GESER

1 .6-1 Beban vertikal P yang bekerja di roda sebuah crane adalah 1 3 .000 lb (lihat gambar). Berapakah tegangan geser rata-rata r,.,a-rata di as yang diameternya 1 ,25 in.

1 .6-2 Sebuah blok kayu diuji geser langsung dengan menggunakan rangka pengujian dan benda uji seperti terlihat dalam gambar. Beban P menghasilkan geser di benda uji di sepanjang bidang AB. Tinggi h bidang AB adalah 50 mm dan lebarnya (dalam arah tegak lurus bidang gambar) adalah 1 00 mm. Jika beban P = 1 6 kN, berapakah tegangan geser rata-rata r,..,_,.,. di kayu tersebut?

Pengujian rangka

1 .6-3 Dua garis yang saling tegak lurus terdapat pacta suatu blok bahan. Apabila b1ok tersebut dibebani geser, maka garis-garis tersebut membentuk sudut 89,75°. Berapakah regangan geser di bahan? Jika modulus elastisitas adalah 10.600.000 psi dan rasio Poisson adalah 1 /3, berapakah tegangan geser di bahan?

1 .6-4 Sebuah breket siku yang mempunyai tebal t = 1 8 mm dihubungkan pacta flens sebuah kolom dengan baut yang berdiameter 1 6 mm seperti terlihat dalam gambar. Beban yang terbagi rata bekeija di muka atas dari breket dengan tekanan p = 2,0 MPa. Muka atas dari breket ini mempunyai panjang L = 200 mm dan lebar b = 70 mm. Tentukan tekanan tumpu a, antara breket siku dan bautbaut dan tegangan geser rata-rata rrotHata di baut. (Abaikan gesekan antara breket dan kolom. )

Tampak Samping Tampak Depan

1 .6-5 Tiga plat baja, masing-masing mempunyai tebal 3/4 in., dihubungkan dengan dua paku keling 5/8 in. seperti terlihat dalam gambar. (a) Jika beban P = 1 6,0 k, berapakah tegangan tumpu maksimum a, pacta paku keling? (b) Jika tegangan geser ultimate (tegangan rata-

P/2 ... 11(---., P/2 ... 11(-.--d

rata) di paku keling adalah 32 ksi, berapakah gaya Pult dibutuhkan untuk menyebabkan paku keling gagal secara geser? (Abaikan friksi antar plat.)

1 .6-6 Sebuah rangka ACD terdiri atas pipa vertikal CD dan penopang AB yang terdiri atas dua batang datar (lihat gambar). Rangka ini ditumpu oleh hubungan yang menggunakan baut di titik A dan C yang jaraknya 2 in. satu sama lain. Penopang ini terpasang pada pipa di titik B ( 1 m di atas titik C) dengan menggunakan baut yang berdiameter 1 8 mm. Beban horizontal P bekerja di titik D (2 m di ats titik C). Jika beban P = 1 2 kN, berapakah tegangan geser rata-rata 't"rata-rala di baut di B?

Potongan X-X

1 .6-7 Sebuah baut khusus yang mempunyai diameter d = 0,50 in. menembus lubang di sebuah plat baja (lihat gambar). Kepala baut yang berbentuk heksagonal menumpu langsung pada plat baja. Diameter lingkaran luar dari heksagonal adalah D = 0,80 in. (yang berarti bahwa setiap sisi heksagonal mempunyai panjang 0,40 in.). Juga, tebal t tiap kepala baut adalah 0,25 in. Untuk maksud perhitungan, asumsikan bahwa gaya tarik P di baut adalah 1000 lb. (a) Tentukan tegangan tumpu ratarata ub antara kepala heksagonal baut dan plat. (b) Tentukan tegangan geser rata-rata 't"rata·rata di kepala baut.

1 .6-8 Sebuah plat baja yang berdimensi 2,5 x 1 ,2 x 0, 1 m digantung dengan menggunakan kabel dan clevis di setiap ujungnya (lihar gambar). Sendi yang melalui clevises mempunyai diameter 1 8 mm dan terletak pada j arak 2 m satu sama lain. Setiap setengah kabel

Mekanika Bahan 51

membentuk sudut 32° dengan vertikal. Untuk kondisi ini, tentukanlah tegangan geser rata-rata 't"rata-rata di sendi dan tegangan tumpu ub antara plat baja dan sendi.

1 .6-9 Torsi sebesar T0 = 75 k-in disalurkan antara dua batang berflens dengan empat baut yang berdiameter 3/ 4 in. (lihat gambar). Berapakah tegangan geser rata-rata 't"rata-rata di masing-masing baut jika diameter d lingkaran baut adalah 6 in.?

1 .6-1 0 Sebuah banta1an elastomerik yang terdiri atas dua plat baja yang melekat pada e1astomer khloropren (khloropren adalah karet buatan) mengalami gaya geser V pada saat diuji beban statik (lihat gambar). Bantalan tersebut mempunyai dimensi a = 1 20 mm dan b = 1 50 mm, serta elastomer tersebut mempunyai tebal t =


.!(1 mm. Apabila gaya V sama dengan 5,4 kN, plat atas 'emyata beralih secara lateral 6,0 mm terhadap plat bawah. Berapakah modulus elastisitas geser G khloropren?

1 .6-1 1 Sebuah hubungan fleksibel yang terdiri atas bantalan karet (tebal t = 0.5 in.) yang melekat pada plat baja terlihat dalam gambar. Bantalan tersebut mempunyai panjang 8,0 in. dan lebar 6,0 in. (a) Carilah regangan geser rata-rata Yrata-rata di karet jika gaya P = 3400 lb dan modulus geser untuk karet adalah G = 1 20 psi. (b) Carilah peralihan horizontal relatif 8 antara plat tengah dan platplat luar.

p 2 ....._

p 2

Potongan X-X

1 .6-1 2 Sebuah rantai sepeda terdiri atas sederetan links masing-masing panjangnya sekitar 1 2 mm antara pusat sendi (lihat gambar). Untuk soal ini, pembaca harus menelaah rantai sepeda dan mengamati dengan baik konstruksi links. Perhatikan sendi melintang. yang akan kita asumsikan mempunyai diameter 2,5 mm. Sekarang pembaca harus membuat dua pengukuran: ( I ) panjang lengan engkol (crank arm), dan (2) jari-jari roda rantai. (a) Dengan menggunakan dimensi ini, hitung1ah gaya tarik T di rantai akibat gaya 800 N yang diterapkan di satu pedal. (b) Hitunglah tegangan geser rata-rata rra,a-mta di sendi.

2,5 mm

*1 .6-1 3 Lekatan antara batang tulangan dan beton diuji dengan "uji tarik lepas" suatu batang yang tertanam di dalam beton (l ihat gambar). Sebuah gaya tarik P diterapkan di ujung batang, yang mempunyai diameter d dan panjang penanaman L. (a) Asumsikan bahwa tegangan geser (atau tegangan lekatan) antara batang tulangan dan beton mempunyai distribusi terbagi rata di seluruh panjang L. Selanjutnya, jika P = 4000 lb, d = 0,5 in., dan L = 1 2 in., berapakah tegangan geser rata-rata r,., •. ,.ta yang terjadi antara baja dan beton? (b) Dalam

kenyataannya tegangan lekatan antara baja dan beton · selalu lebih kecil di dekat permukaan dan terbesar di ujung i nteri or batang. Dengan demikian, untuk mendapatkan hasil yang sedikit lebih baik (tapi tetap masih belum begitu akurat), asumsikan bahwa tegangan geser r dapat dinyatakan dengan persamaan

r = rmaks (4L3 - 9u? + 6x3 ) 4/J

di mana rmaks adalah tegangan geser maksimum dan jarak x diukur dari ujung interior batang ke arah permukaan beton. Kemudian, jika P = 4000 lb, d = 0,5 in., dan L = 1 2 in., berapakah tegangan geser maksimum rmaks?

*1 .6-1 4 Sebuah tuas digunakan untuk memuntir batang bulat dengan menggunakan kunci bujur sangkar yang pas pada slot di batang bulat, seperti terlihat dalam gambar. Batang bulat tersebut mempunyai diameter d, kunci tersebut mempunyai penampang bujur sangkar yang dimensinya b x b, dan panjang kunci adalah c. Kunci tersebut setengahnya masuk di tuas dan setengahnya lagi di batang (jadi slot di sama dengan bl

Kunci

L -----�- 1

2. Turunkan rumus untuk tegangan geser rata-rata rcata-rata di kunci tersebut jika beban P diterapkan pada jarak L dari pusat batang. (Petunjuk: Abaikan pengaruh gesekan, asumsikan bahwa tekanan tumpu antara kunci dan tuas mempunyai distribusi terbagi rata, dan gambarlah diagram benda bebas tuas.)

*1 .6-1 5 Rangka batang ABCDEFGH yang terlihat dalam gambar merupakan bagian dari jembatan kayu di atas sungai kecil. Rangka batang tersebut mempunyai tinggi h dan panjang panel b, dengan dimensi keduanya sama. Batang pada rangka batang tersebut yang bertemu di titik buhul H ditunjukkan secara rinci pada bagian kedua dalam gambar tersebut. Sebuah baut yang diametemya d = 1 ,5 in. menghubungkan batang-batang di titik buhul tersebut. Kita hanya akan meninjau pengaruh satu beban pada rangka batang yaitu beban P = I k yang bekerja di titik tengah (karena beban ini mempunyai harga satu, maka tegangan akibat beban yang besamya berapapun dapat diperoleh dengan perkalian). (a) Berapakah gaya geser maksimum Vmaks di baut di titik buhul H? (b) Berapakah tegangan geser rata-rata rrata-rata di baut di potongan yang mengalami gaya geser maksimum?

B c D

A

*1 .6-1 6 Sebuah struktur peredam kejut yang terlihat dalam gambar digunakan untuk menumpu peralatan yang mahal. Struktur ini terdiri atas tabung baja dengan diameter dalam b, batang baja dengan diameter d yang memikul beban P, dan silinder karet berlubang (tingginya h) yang melekat pada tabung dan batang tersebut. (a) Dapatkan rumus untuk peralihan ke bawah r dari batang akibat beban P, dengan mengasumsikan bahwa G adalah

Mekanika Bahan 53

modulus elastisitas geser karet dan tabung baja dan batang adalah kaku.

BEBAN IZIN

Tabung baja

Batang baja

1 .7-1 Sebuah struktur penarik di dek perahu layar terdiri atas batang bengkok yang dibaut di kedua ujungnya, seperti terlihat dalam gambar. Diameter db baut adalah 1/4 in., diameter d plat-antara adalah 7/8 in, dan tebal t dek fiberglass adalah 3/8 in. Jika tegangan geser izin fiberglass adalah 300 psi dan tekanan tumpu izin antara plat-antara dan fiberglass adalah 550 psi, berapakah beban izin P,i" di tali penarik?

1 .7-2 Sebuah batang aluminium AB terpasang pada suatu tumpuan dengan sendi yang berdiameter d = 1 6 mm (lihat gambar). Batang ini mempunyai tebal t = 1 5 mm dan Jebar b = 40 mm. Jika tegangan tarik izin batang adalah 1 25 MPa dan tegangan geser izin di sendi adalah 75 MPa, carilah harga izin beban tarik P.

t - - b J B � p


1 .7-3 Sebuah hubungan dengan menggunakan baut antara tiga elemen struktur kayu terlihat dalam gambar. Apabila baut tersebut dikencangkan, kayunya akan mengalarni tekan lateral, dan bautnya mengalami tarik. Tegangan tarik izin di baut yang berdiameter 1 14 in adalah 1 6.000 psi dan tegangan tumpu izin antara platantara yang berdiameter 1 ,0 in. dan kayu adalah 400 psi. Berapakah gaya tarik izin maksimum T di baut?

1 .7-4 Sebuah gelagar memanjang kapal terpasang di dasar suatu tiang dengan menggunakan hubungan sendi (lihat gambar). Gelagar tersebut berupa tabung baja yang mempunyai diameter luar d2 = 80 mm dan diameter dalam d1 = 70 mm. Sendi baja tersebut mempunyai diameter d = 25 mm, dan kedua plat yang menghubungkan gelagar ke sendi mempunyai tebal t = 12 mm. Tegangan izinnya adalah sebagai berikut: tegangan tekan di gelagar: 75 MPa, tegangan geser di sendi : 50 MPa, dan tegangan tumpu antara sendi dan plat penghubung: 1 20 MPa. Tentukanlah gaya tekan izin P;z;n di gelagar.

Tiang

1 .7-5 Sebuah kawat baja panjang yang digantung pada balon memikul berat W di ujung bawahnya (lihat gambar). Kawat tersebut mempunyai diameter 1 / 16 in. dan panjang 250 ft. Berapakah berat maksimum W mak, yang dapat dengan aman dipikul jika tegangan luluh untuk kawat adalah a,. = 50 ksi dan margin keamanan

terhadap luluh yang digunakan adalah 1 ,5? (Masukkan berat kawat dalam perhitungan.)

1 .7-6 Berapakah besar gaya jepit maksimum yang mungkin ada pada tang yang terlihat dalam gambar jika ukuran a = 95 mm, b = 40 mm, dan tegangan geser ultimate di sendi yang berdiameter 5 mm adalah 3 1 0 MPa? Berapakah harga P yang diizinkan jika faktor keamanan sebesar 3 terhadap kegagalan sendi digunakan?

1 .7-7 Dua batang datar yang dibebani tarik oleh gaya P disambung dengan menggunakan dua plat penyambung persegi panjang dan dua paku keling yang berdiameter 5/8 in. (lihat gambar). Batang tersebut mempunyai lebar b = 1 ,0 in. (kecuali di sambungan, di mana batang lebih lebar) dan tebal t = 0,4 in. Batang tersebut terbuat dari baja yang mempunyai tegangan ultimate tarik sebesar 60 ksi. Tegangan ultimate geser dan tumpu untuk paku keling adalah masing-masing 25 ksi dan 80 ksi . Tentukanlah beban izin P;z;n jika faktor keamanan sebesar 2,5 terhadap beban ultimate digunakan. (Tinjaulah tarik

di batang, geser di palm keling, dan tumpu antara paku keling dan batang. Abaikan friksi antar plat.)

b = l,O in.

Plat penyambung

\ t = 0,4 in.

1 .7-8 Sebuah tiang silinder yang mempunyai diameter luar d2 = 90 mm dan diameter dalam d1 = 78 mm ditopang oleh dua kabel yang dilengkapi dengan wartel (lihat gambar) . Kabel tersebut dikencangkan dengan memutarkan wartel, sehingga menimbulkan tarik di kabel dan tekan di tiang. Kedua kabel mempunyai sudut 60° dengan tanah. Tegangan tekan izin di tiang (untuk mencegah tekuk) adalah a, = 1 0.0 MPa. Kabel didesain untuk beban ultimate 29 kN dan faktor keamanan sebesar 3 terhadap beban ultimate dibutuhkan pada kabel. Berapakah gaya izin maksimum Tmaks yang dapat timbul di kabel dengan mengencangkan wartel?

1 .7-9 Piston pada sebuah mesin dihubungkan oleh batang penghubung AB ke tuas BC (lihat gambar). Piston tersebut bergeser tanpa friksi di dalam silinder dan mengalami gaya P (yang dianggap konstan) pada saat bergerak ke kanan dalam gambar. Batang penghubung, yang mempunyai luas penampang A dan panjang L, terpasang di kedua ujung dengan menggunakan sendi. Tuas berotasi terhadap poros di C dengan sendi di B yang bergerak dengan lingkaran dengan jari-jari R. Poros di C, yang ditumpu oleh landasan, memberikan momen tahanan M terhadap tuas. (a) Dapatkan rum us untuk gaya

Mekanika Bahan 55

izin maksimum Pizin yang didasarkan atas tegangan tekan ac di batang penghubung. (b) Hitunglah gaya P,zin untuk data berikut: a, = 22 ksi, A = 0, 1 0 in.2, dan R = 0,28L.

Piston Batang penghubung

1 .7-1 0 Sebuah batang metal AB yang beratnya W digantung dengan sistem kawat baja yang tersusun seperti terlihat dalam gambar. Diameter kawat adalah 2 mm, dan tegangan luluh baja adalah 450 MPa. Tentukan berat izin maksimum W mah untuk faktor keamanan I ,9 terhadap luluh.

0,75 m 0,75 m

r------1- I ,75 m-r------1

' 1 ,75 m

1 n d�---�w��

IT m

A B

1 . 7-1 1 Rangka batang yang dihubungkan sendi dalam gambar memikul tiga beban vertikal yang besarnya masing-masing 3 k. Selain itu, beban horizontal P beketja ke arah kanan di titik buhul C. Batang AB mempunyai luas penampang 3 , 1 3 in.2 dan tegangan izin tekan adalah 1 2.000 psi. Dengan hanya meninjau tegangan di batang AB, berapakah beban izin P?


1 .7-1 2 Sebuah batang yang berpenampang lingkaran

(diameter d) mempunyai lubang ber diameter d/4 yang dibor dalam arah lateral menembus bagian tengah batang (lihat gambar). Tegangan tarik rata-rata izin di potongan

melintang neto batang adalah aizin· (a) Dapatkan rumus untuk beban tarik izin Pizin yang dapat dipikul batang ini.

(b) Hitunglah harga Pizin jika batang ini terbuat dari perunggu yang berdiameter d = 30 mm dan aizin = 75 MPa. (Petunjuk: Gunakan rumus Kasus 1 5 dalam Lampiran D.)

1 . 7-13 Sebuah batang bundar yang berdiameter d 1 = 2,25 in. mempunyai lubang dengan diameter d2 = 1 , 1 25 in. yang dibor melalui tengahnya (lihat gambar). Sebuah sendi baja menembus lubang tersebut dan terpasang ke tumpuan. Tentukan beban tarik izin maksimum Pizin di batang jika tegangan luluh untuk geser di sendi adalah rY = 1 7.000 psi, tegangan luluh tarik di batang adalah a, = 36.000 psi, dan faktor keamanan sebesar 2,0 terhadap

luluh dibutuhkan. (Petunjuk: Gunakan rumus untuk Kasus 1 5 dalam Lampiran D.)

*1 . 7-1 4 Sebuah tali fleksibel yang panjangnya L, = I ,4 m diikat ke tumpuan di titik-titik A dan B (lihat gambar). Titik-titik A dan B mempunyai ketinggian yang berbeda, dengan titik B lebih rendah daripada titik A. Jarak horizontal L antara kedua tumpuan sama dengan 1 ,2 m Beban P yang menggantung dari sebuah roda yang dapat

bergerak tanpa gesekan di sepanjang tali sampai berada dalam posisi keseimbangan di C. Jika tali tersebut mempunyai kekuatan putus S = 1 60 N, dan jika faktor keamanan n = 2,5 diperlukan, berapakah beban izin P?

DESAIN TERHADAP BEBAN AKSIAL DAN GESER LANGSUNG

1 .8-1 Sebuah elemen tekan di rangka batang gedung harus dapat menyalurkan gaya aksial P = 34 k (lihat

gambar). Tebal dinding batang pipa tersebut adalah 0,375 in. Berapakah diameter luar minimum yang diperlukan

dmin jika tegangan tekan izin adalah 9000 psi?

� p

p ...--

1 .8-2 Sebuah bantalan baja yang memikul mesin dan peralatan berat terletak pada empat tiang besi tuang yang pendek dan berlubang (lihat gambar). Setiap tiang tersebut didesain terhadap beban tekan sebesar 280 kN. Kekuatan tekan izin besi tuang tersebut 350 MPa. Perencana memutuskan untuk mendesain tiang tersebut

dengan tebal dinding t sebesar I 0 mm dan faktor keamanan 4,0 dengan menggunakan kekuatan ultimate. Hitunglah diameter luar dmin yang dibutuhkan untuk tiang.

1 .8-3 Sebuah tabung aluminium yang berfungsi sebagai penopang di badan dari sebuah pesawat terbang kecil

(lihat gambar) harus menahan gaya tekan P = 580 lb. Untuk mencegah tekuk lokal dinding tabung, rasio diameter luar d terhadap tebal t dinding tidak boleh melebihi 1 0 . Selain itu, agar berat batang tekan seminimum mungkin, luas penampang harus sekecil mungkin, yang berarti bahwa tegangan tekan harus sama

dengan tegangan izin sebesar 2000 psi. Berapakah diameter luar terbesar yang diizinkan dmaks? 1 .8-4 Sebuah perahu digantung pada dua batang lengkung di kapal, seperti terlihat dalam gambar. Sendi yang melalui masing-masing batang memikul dua katrol, satu di setiap sisi batang. Kabel yang terpasang di perahu melewati katrol dan tergulung pada dongkrak yang dapat menaikkan dan menurunkan perahu. Bagian bawah dari kabel adalah vertikal dan bagian atasnya membentuk sudut a = 1 8" dengan horizontal. Gaya tarik di masingmasing kabel adalah T = 8,0 kN apabila perahu terse but diisi penuh. Berapakah diameter minimum dmin sendi yang menembus batang Iengkung berdasarkan atas tegangan geser izin 28 MPa?

Batang lengkung T T

1 .8-5 Sebuah balok horizontal AB yang dipikul oleh batang tekan miring CD memikul beban P = 2600 lb di

D

Balok AB

�--' Batang tekan CD

' Baut

Mekanika Bahan 57

posisi yang terlihat dalam gambar. Batang tekan, yang terdiri atas dua batang, disambung ke balok dengan baut yang menembus ketiga batang yang bertemu di titik hubung C. Jika tegangan geser izin baut adalah 1 3.500 psi, berapakah diameter baut minimum yang diperlukan dmin? 1 .8-6 Dua batang yang berpenampang persegi panjang dan masing-masing mengalami beban tarik P = 3 1 kN disambung dengan satu baut AB (lihat gambar). Tegangan geser izin di baut adalah 90 MPa dan tegangan tumpu izin antara baut dan batang adalah 1 50 MPa. Jika tebal batang t adalah 1 5 mm, tentukan diameter baut minimum dmin· yang diperlukan.

A

p

B

1 .8-7 Sebuah silinder yang bertekanan mempunyai plat penutup yang dikencangkan dengan baut baja (lihat gambar). Tekanan p gas di silinder adalah 280 psi, diameter dalam silinder D = 1 0 in., dan diameter baut db adalah 0,5 in. Jika tegangan tarik izin di baut adalah 1 0.000 psi, carilah banyaknya n baut yang diperlukan untuk mengencangkan plat penutup ini.

Plat penutup

1 .8-8 Sebuah kotak untuk mengangkut pekerja dan barang-barang pada lokasi pelaksanaan pekerjaan diangkut dengan menggunakan crane (lihat gambar). Lantai kotak tersebut adalah persegi panjang dengan dimensi 2,4 m kali 3,6 m. Setiap kabel di pojok kotak tersebut mempunyai panjang 4,2 m dan terpasang di


pojok. Massa kotak dan isinya dibatasi oleh ketentuan sebesar 4800 kg. Tentukan1ah luas penampang yang diperlukan Ar di setiap kabe1 jika kekuatan putus kabe1 adalah 580 MPa dan faktor keamanan 3,5 terhadap kegaga1an digunakan.

1 .8-9 Sebuah batang yang berpenampang persegi panjang dan mempunyai lebar 2 in. serta tebal l /4 in. mengalami beban aksial P (lihat gambar). Sebuah lubang dengan diameter d dibor hingga menembus batang tersebut untuk digunakan tumpuan sendi. Tegangan tarik izin di potongan melintang neto batang adalah 20 ksi, dan tegangan geser izin di sendi adalah 1 1 ,5 ksi. (a) Tentukanlah diameter sendi dm agar P dapat maksimum. (b) Tentukan harga beban maksimum P ma'-' tersebut.

p

p

1 .8-1 0 Sebuah kolom baja dari penampang lingkaran yang berlubang terletak pada p1at landasan baja l ingkaran dan bantalan beton (lihat gambar). Kolom tersebut mempunyai diameter d = 250 mm dan memikul beban P == 750 kN. (a) Jika tegangan izin kolom adalah 55

MPa, berapakah tebal minimum yang diperlukan t? Berdasarkan atas hasil tersebut, pilihlah tebal ko1om. (Pilih tebal yang merupakan bilangan genap seperti 1 0, 12, 14, . . . , dalam satuan mm.) (b) Jika tegangan tumpu izin di bantalah beton adalah 1 1 .5 MPa, berapakah diameter minimum yang diperlukan D untuk plat landasan jika plat tersebut didesain terhadap beban izin P;,;n yang dapat dipiku1 oleh kolom yang tebalnya telah dipilih? Berdasarkan atas hasil tersebut. pilihlah diameter untuk plat landasan. (Pilih tebal yang merupakan bilangan genap, dalam satuan mm.)

p Kolom

-- d ----+1 i I

*1 .8-1 1 Sebuah 1engan prismatis yang panjangnya L berotasi pada permukaan horizontal yang halus terhadap sumbu vertikal yang melalui titik C dengan kecepatan sudut konstan OJ (lihat gambar). Sebuah massa M1 terpasang di ujung bandul. Dengan menggunakan notasi p untuk rapat massa bahan bandul dan a, untuk tegangan tarik izin. turunkanlah rumus untuk luas penampang lengan A yang diperlukan.

WA c;;� -,j

' ' ' '

L �1� L

*1 .8-12 Sebuah batang datar yang lebamya b = 50 mm dan teba1nya t = 6 mm dibebani tarik oleh gaya P (lihat gambar). Batang tersebut terpasang ke tumpuan dengan menggunakan sendi yang diametemya d yang menembus 1ubang yang berukuran sama di batang tersebut. Jarak antara lubang dan ujung batang adalah h = 25 mm. Tegangan tarik izin di potongan melintang neto dari batang (di sepanjang bidang ab dan cd) adalah a1 = 1 12 MPa, tegangan geser izin di sendi adalah r2 = 64 MPa, dan tegangan geser izin di batang di sepanjang bidang eb dan fc ada1ah r3 = 43 MPa. (Kegagalan di sepanjang bidang eb danfc disebut "tear out. ") (a) Tentukan diam-

eter sendi dm agar beban P dapat maksimum. (b) Tentukan harga be ban p maks yang berkaitan dengan diameter terse but.

e

f p

p

*1 .8-1 3 Dua batang identik AC dan BC harus memikul beban vertikal P (lihat gambar). Jarak L antar tumpuan tidak dapat diubah, sedangkan sudut e dapat diubah dengan cara mengubah panjang batang. Kita mengamati bahwa apabila sudut e menjadi lebih kecil, batang tersebut menjadi lebih pendek tetapi luas penampangnya menjadi lebih besar (karena gaya aksial yang bekerja lebih besar). Sebaliknya, jika sudut e menjadi lebih besar, maka batang menjadi lebih panjang dan luasnya menjadi lebih kecil. Jadi, kita lihat bahwa berat struktur (yang sebanding dengan volume) merupakan fungsi dari sudut e. Tentukanlah sudut e sedemikian hingga struktur mempunyai berat minimum tanpa melampaui tegangan tarik izin pada batang. ( Catatan: Berat batang sangat kecil dibandingkan dengan gaya P dan dapat diabaikan.)

**1 .8-1 4 Dua batang AC dan BC yang terbuat dari bahan yang sama harus memikul beban vertikal P (lihat gambar). Panjang L batang horizontal tidak dapat diubah, tetapi sudut 2 dapat diubah-ubah dengan cara memindahkan tumpuan A dalam arah vertikal dan mengubah panjang batang AC agar sesuai dengan posisi baru tumpuan A. Tegangan izin di batang sama untuk tarik

Mekanika Bahan 59

dan tekan. Kita mengamati bahwa apabila sudut 2 berkurang, maka batang AC menjadi lebih pendek, tetapi luas penampang kedua batang tersebut akan bertambah (karena gaya aksialnya lebih besar). Efek sebaliknya teijadi jika sudut e bertambah. Jadi, kita lihat bahwa berat struktur ini (yang sebanding dengan volume) bergantung pada sudut e. Tentukanlah sudut e sedemikian hingga struktur tersebut mempunyai berat minimum tanpa melebihi tegangan izin di batang. (Catatan: Berat batang jauh lebih kecil dibandingkan dengan gaya P sehingga dapat diabaikan.)

***1 .8-15 Sebuah batang prismatis AB yang panjangnya L dan mempunyai berat W = 2.390 lb dipikul pada sudut 45" oleh batang baja tekan CD yang panjangnya U2 (lihat gambar). Batang tekan tersebut diletakkan sedemikian hingga gaya tekan yang dialaminya seminimum mungkin. Tentukan luas penampang yang diperlukan A, pada batang tekan jika tegangan tekan izin adalah aizin = 700 psi. (Abaikan berat batang tekan, dan asumsikan kondisi sendi di titik A, C, dan D.) (Petunjuk: Misalkan f3 adalah sudut antara batang tekan dan horizontal, yaitu sudut ACD. Kemudian, nyatakan gaya tekan FcD di batang tekan dalam sudut f3. Selanjutnya, carilah harga f3 yang menghasilkan F cD minimum. Akhimya, dengan diketahuinya harga f3, tentukanlah F CD dan luas A, yang diperlukan.)

2 -

ELEMEN STRUKTUR YANG DIBEBANI SEC ARA AKSIAL

-·2·•1 I PENGANTAR

Komponen struktur yang hanya mengalami tarik atau tekan dikenal sebagai elemen struktur yang dibebani secara aksial. Batang solid dengan sumbu longitudinal lurus adalah jenis yang paling urn urn digun<>hn namun kabel dan pegas koil juga dapat memikul beban aksial. Cc 1toh batang yang dibebani secara aksial adalah elemen pada ran mg, batang penghubung pada mesin, jeruji pada roda sepeda, kolom di gedung, dan batang tekan di penopang mesin pesawat terbang. Perilaku teganganregangan di elemen seperti ini telah dibahas pada Bab 1 , di mana kita juga telah mendapatkan persamaan untuk tegangan yang bekerja pada penampang (er = PIA) dan regangan di arah longitudinal (E = 0/L).

Di dalam bab ini kita tinjau beberapa aspek lain pada elemen struktur yang dibebani secara aksial, dimulai dengan penentuan perubahan panjang yang diakibatkan oleh beban (Subbab 2.2 dan 2.3) . Perhitungan perubahan panjang merupakan bagian yang sangat penting dalam analisis rangka batang statis tak tentu, suatu topik yang diperkenalkan pada Subbab 2.4. Perubahan panjang juga harus dihitung apabila peralihan suatu struktur perlu dikontrol, apakah itu karena alasan estetika atau alasan fungsional. Dalam Subbab 2.5, kita membahas efek temperatur terhadap panjang batang dan konsep tegangan-regangan termal. Tinjauan umum tegangan di batang yang dibebani secara aksial dibahas dalam Subbab 2.6, di mana kita membahas tegangan pada potongan miring (untuk membedakannya dengan potongan melintang) dari suatu batang. Meskipun hanya tegangan normal yang bekerja di suatu potongan melintang (penampang) dari batang yang dibebani secara aksial, pada potongan miring ada tegangan normal dan tegangan geser.

Selanjutnya kita membahas beberapa topik penting lain tentang mekanika bahan, yang disebut energi regangan (Subbab 2.7), beban kejut (Subbab 2.8), fatik (Subbab 2.9), konsentrasi tegangan (Subbab 2. 10) , dan perilaku nonlinier (Subbab 2. 1 1 dan 2. 1 2) . Sekalipun masalah-masalah ini dibahas dalam konteks elemen dengan beban aksial, pembahasannya memberikan dasar untuk menerapkan konsep yang sama pada elemen struktural lainnya, seperti batang yang mengalami tarsi dan balok yang mengalami lentur.

Gambar 2-1 Pegas yang mengalami beban aksial P

---

Gambar 2-2 Perpanjangan pegas yang dibebani secara aksial

f J_ r: - ::.\ ()

-�� /Jl

�--, - rn �

r k 'P I

--ti' r - ( -

r� i.

" - - - ·

Mekanika Bahan 61

PERUBAHAN PANJANG PADA ELEMEN STRUKTUR YANG DIBEBANI SECARA AKSIAL

Dalam menentukan perubahan panjang elemen struktur yang dibebani secara aksial, akan lebih mudah kalau dimulai dengan pegas koil (Gambar 2- 1 ) . Jenis pegas seperti ini banyak digunakan pada berbagai jenis mesin dan peralatan-misalnya ada beberapa lusin pada sebuah mobil. Apabila beban diterapkan di sepanjang sumbu pegas, seperti terlihat dalam Gambar 2- 1 , pegas tersebut akan memanjang atau memendek bergantung pada arah beban. Jika beban bekerja menjauhi pegas, maka pegas akan memanjang dan kita katakan bahwa pegas mengalami beban tarik. Jika beban bekerja ke arah pegas, maka pegas akan memendek dan kita katakan bahwa pegas tersebut mengalami tekan. Perlu diingat bahwa dalam terrninologi ini, masing-masing koil dari pegas tidak mengalami tarik atau tekan langsung, melainkan mengalami torsi (atau puntir) dan geser langsung. Sekalipun demikian, perpanjangan atau perpendekan menyeluruh suatu pegas analog dengan perilaku batang yang mengalami tarik atau tekan, sehingga terminologi yang sama kita gunakan.

Perpanjangan suatu pegas ditunjukkan dalam Gambar 2-2. di mana bagian atas dari gambar menunjukkan pegas pada saat panjangnya merupakan panjang alami L Guga disebut panjang tak bertegangan, panjang rileks, atau panjang bebas), dan bagian bawah dari gambar menunjukkan efek penerapan beban tarik. Akibat aksi gaya P, pegas tersebut memanjang sebesar 8 dan panjang akhirnya menjadi L + 8. Jika bahan dari pegas tersebut elastis linier, maka beban dan perpanjangan akan sebanding:

(2- l a,b)

di mana k dan f adalah konstanta proporsionalitas. Konstanta k disebut kekakuan pegas dan didefinisikan sebagai gaya yang menghasilkan perpanjangan satuan, artinya k = P/8. Dengan cara sama, konstanta f disebut fleksibilitas dandidefinisikan sebagai perpanjangan yang dihasilkan oleh beban sebesar satu, artinyaf= 8/P. Meskipun dalam pembahasan ini kita menggunakan pegas tersebut untuk tarik, jelaslah bahwa Persamaan (2- 1 a) dan (2- 1b) juga berlaku pada pegas yang mengalami tekan.

Dari pembahasan di atas, jelas bahwa kekakuan dan fleksibilitas pegas merupakan kebalikan satu sama lainnya:

� - p ll ') e$-·; _;;;¥-\'}· ., . . " . ,,\ (2-2a,b)

Fleksibilitas pegas dapat dengan mudah ditentukan dengan mengukur perpanjangan yang dihasilkan dengan beban yang diketahui, dan kekakuan dapat dihitung dari Persamaan (2-2a). Sebutan lain untuk kekakuan dan fleksibilitas suatu pegas masing-masing adalah konstanta pegas dan kesesuaian pegas.

Besaran pegas yang diberikan oleh Persamaan (2- 1 ) dan (2-2) dapat digunakan dalam analisis dan desain berbagai alat mekanis terrnasuk'pegas seperti terlihat dalam Contoh 2-1 .

62 Bab 2 Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksial

• Batang Prismatis

Gambar 2-3 Batang prismatis yang mempunyai penampang lingkaran

Penampang solid

Penampang berlubang

Penampang terbuka berdinding tipis

Gambar 2-4 Penampang elemen struktur yang khas

Gambar 2-5 Perpanjangan batang prismatis yang mengalami tarik

'

Batang yang dibebani secara aksial selalu memanjang akibat beban tarik dan memendek akibat beban tekan, sebagaimana terjadi juga pada pegas. Untuk menganalisis perilaku ini, tinjaulah batang prismatis yang terlihat dalam Gambar 2-3. Batang prismatis adalah elemen struktur yang mempunyai sumbu longitudinal lurus dan penampang konstan di seluruh panj angnya. Meskipun kita sering menggunakan batang berpenampang lingkaran di dalam ilustrasi, kita harus ingat bahwa elemen struktur mungkin mempunyai penampang yang bukan lingkaran seperti terlihat dalam Gambar 2-4.

Perpanjangan 8 pada suatu batang prismatis yang mengalami be ban tarik P terlihat dalam Gambar 2-5. Jika beban bekerja melalui pusat berat penampang ujung, maka tegangan normal terbagi rata di penampang yang jauh dari ujung dapat dinyatakan dengan rumus a = PIA, di mana A adalah luas penampang. Selain itu, jika batang tersebut terbuat dari bahan yang homogen, maka regangan aksialnya adalah £ = 8/L, di mana 8 adalah perpanjangan dan L adalah panjang batang. Asumsikan bahwa bahannya elastis linier yang berarti bahwa hukum Hooke berlaku. Selanjutnya, tegangan dan regangan longitudinal dapat dihubungkan dengan persamaan a = Et:, di mana E adalah modulus elastisitas. Dengan menggabungkan hubungan-hubungan dasar ini, maka kita dapat menghitung perpanjangan batang:

(2-3)

Persamaan ini menunjukkan bahwa perpanjangan berbanding langsung dengan beban P dan panjang L dan berbanding terbalik dengan modulus elastisitas E serta luas penampang A. Hasil kali EA dikenal sebagai rigiditas aksial suatu batang.

Meskipun Persamaan (2-3) diturunkan untuk elemen struktur yang mengalami tarik, namun persamaan tersebut berlaku juga untuk elemen struktur yang mengalarni tekan, di mana 8 menunjukkan perpendekan batang. Biasanya kita dapat mengetahui dengan cepat apakah suatU elemen struktur menjadi lebih panjang atau lebih pendek; namun, ada kalanya dibutuhkan perjanjian tanda (misalnya, untuk menganalisis batang statis tak tentu) . Dalam hal seperti itu, perpanjangan biasanya bertanda positif dan perpendekan bertanda negatif.

Perubahan panjang suatu batang biasanya sangat kecil dibandingkan panjangnya, khususnya jika bahannya berupa metal struktural, misalnya baja atau aluminium. Sebagai contoh, tinj aulah batang tekan aluminium yang panjangnya 75,0 in dan mengalami tegangan tekan 7000 psi. Jika modulus elastisitasnya 10.500 ksi, maka perpendekan batang tekan ini (dari Persamaan 2-3 dengan PIA digantikan dengan a) adalah 8 = 0,050 in. Dengan demikian, rasio perubahan panjang terhadap panjang semula adalah 0,05175, atau 1 1 1500, dan panjang akhimya adalah 0,999 kali panjang semula. Pada kondisi seperti ini, kita dapat menggunakan panjang semula suatu batang (bukan panjang akhir) dalam perhitungan.

Kekakuan dan fleksibilitas suatu batang prismatis didefinisikan dengan cara yang sama seperti pada pegas. Kekakuan adalah gay a yang dibutuhkan

Mekanika Bahan 63

untuk menghasilkan perpanjangan satuan, atau P/8, dan fleksibilitas adalah perpanjangan akibat beban satuan, atau 8/P. Jadi, dari Persamaan (2-3), kita lihat bahwa kekakuan dan fleksibilitas suatu batang prismatis masingmasing adalah

(2-4a,b)

Kekakuan dan fleksibilitas suatu elemen struktural, termasuk yang diberikan dengan Persamaan (2-4a) dan (2-4b), mempunyai peran khusus dalam analisis struktur besar dengan menggunakan metode yang berorientasi komputer.

• Kabel

Gambar 2-6 Susunan tipikal strand dan wire pada kabel baja

'

Kabel digunakan untuk menyalurkan gaya tarik besar, sebagai contoh, untuk menarik dan mengangkat benda berat, menaikkan elevator, dan memikul jembatan gantung. Tidak seperti pegas dan batang prismatis, kabel tidak dapat menahan tarik. Selain itu, kabel hanya mempunyai sedikit tahanan terhadap lentur sehingga sangat mudah menjadi berbentuk lengkung, bukannya lurus. Sekalipun demikian, kabel biasanya dipandang sebagai elemen struktur yang dibebani secara aksial karena hanya mengalami gaya tarik. Karena gaya tarik di kabel mempunyai arah di sepanjang sumbunya, maka gaya-gayanya dapat bervariasi, baik arah maupun besamya, bergantung pada konfigurasi kabel dan lokasi potongan yang ditinjau.

Kabel terbuat dari sejumlah besar kawat yang dijalin secara teratur. Ada banyak jalinan kabel yang masing-masing bergantung pada tujuan penggunaannya. Salah satu yang umum terlihat dalam Gambar 2-6, yang dibentuk oleh enam strand yang dijalin secara helikal di sekeliling strand tengah. Setiap strand terdiri atas banyak kawat kecil, yang juga dijalin secara helikal. Karena itulah, kabel sering juga disebut sebagai tali kawat.

Luas penampang kabel sama dengan luas penampang total masingmasing kawat, yang disebut luas efektif atau luas metalik. Luas ini lebih kecil daripada luas Jingkaran yang mempunyai diameter yang sama dengan kabel karena ada ruang antara masing-masing kawat. Sebagai contoh, luas penampang aktual (luas efektif) suatu kabel yang berdiameter 1 ,0 in hanyalah 0,47 1 in2, sedangkan luas lingkaran yang berdiameter 1 ,0 in. adalah 0,785 in2.

Jika dibebani tarik, perpanjangan suatu kabel lebih besar daripada perpanjangan batang solid dari bahan dan luas penampang metalik yang sama karena kawat "mengencang" seperti yang terjadi pada serat pada tali rami. Jadi, modulus elastisitas (disebut modulus efektif) suatu kabel lebih kecil daripada modulus bahan pembentuk kabel. Modulus efektif kabel baja sekitar 20.000 ksi ( 140 GPa), di mana baja sendiri mempunyai modulus sekitar 30.000 ksi (210 GPa). Dalam menentukan perpanjangan kabel dari Persamaan (2-3), modulus efektif harus digunakan untuk E dan luas efektif harus digunakan untuk A.

Di dalam praktek, dimensi melintang dan besaran kabel lainnya diperoleh dari pabrik kabel yang bersangkutan. Dalam memecahkan soalsoal dalam buku ini (dan jelas bukan untuk aplikasi teknik), dicantumkan

r

64 Bab 2 E/emen Struktur yang Dibebani Secara Aksial

Tabel 2-1 yang memuat besaran suatu jenis kabel. Perhatikan bahwa kolom terakhir dalam tabel tersebut memuat kekuatan putus, atau beban ultimit. Beban izin diperoleh dengan menerapkan suatu faktor keamanan yang mempunyai harga dari 3 sampai 10, bergantung pada bagaimana kabel tersebut akan digunakan. Masing-masing kawat pada kabel biasanya terbuat dari baja yang berkekuatan tinggi, dan tegangan tarik yang dihitung pada beban putus dapat setinggi 20.000 + 0 psi ( 1400 MPa).

Tabel 2-1 Besaran Kabel Baja

Diameter Berat Luas Kekuatan nominal kira-kira efektif Putus

(in.) (lb/ft) (in2) (!b)

0,50 0,42 0, 1 19 23. 100

0,75 0,95 0,268 5 1 .900

1 ,00 1 ,67 0,471 9 1 .300

1 ,25 2,64 0,745 144.400

1 ,50 3,83 1 ,08 209.000

1 ,75 5,24 1 ,47 285 .000

2,00 6,84 1 ,92 372.000

Contoh berikut ini menggambarkan cara menganalisis suatu peralatan sederhana yang terdiri atas pegas-pegas dan batang-batang. Solusinya membutuhkan penggunaan diagram benda bebas, persamaan keseimbangan, dan persamaan untuk perubahan panjang. Soal-soal di akhir bab dapat digunakan sebagai contoh tambahan.

• Contoh 2-1

Sebuah rangka kaku ABC yang berbentuk L terdiri atas batang horizontal AB (panjang b = 1 1 ,0 in) dan batang vertikal BC (panjang c = 9,5 in) ditahan di titik B, seperti terlihat dalam Garnbar 2-7 a. Titik B terse but terhubung pada rangka luar BCD yang terletak di atas bangku laboratorium. Posisi penunjuk di C dikontrol oleh sebuah pegas (kekakuan k = 4,2 lb/in.) yang terpasang pada batang berulir. Posisi batang berulir dapat disesuaikan dengan cara memutar mur. Pitch pada uliran (yaitu jarak dari satu ulir ke ulir berikutnya) adalah p = 1 / 16 in, yang berarti bahwa satu putaran penuh dari mur akan menggerakkan batang sama besarnya. Pada awalnya, mur diputar hingga penunjuk di ujung batang BC tepat berada di atas tanda referensi rangka luar.

Jika suatu benda yang beratnya W = 2 lb diletakkan pada penggantung di A, berapa putaran mur yang dibutuhkan untuk membawa penunjuk kembali ke posisi tanda? (Deformasi bagian-bagian metal dapat diabaikan karena biasanya kecil dibandingkan perubahan panjang pegas.)

(a)

Gambar 2-7 Contoh 2-1. Rangka ABC yang berbentuk L yang bertumpuan di B

Solusi

Mekanika Bahan 65

w ------ b ------•1

w

F

c

(b)

Pemeriksaan alat ini menunjukkan bahwa bobot W yang bekerja ke bawab akan menyebabkan penunjuk C bergerak ke kanan. Apabila penunjuk bergerak ke kanan, maka pegas akan memanjang sejauh tertentu yang dapat dihitung dari gaya F yang beketja di pegas. Gaya F dapat dihitung dari diagram benda bebas rangka dalam Gambar 2-7b. Perhatikan bahwa reaksi di titik B ditunjukkan dengan garis panab yang dicoret (lihat pembahasan tentang reaksi di akhir Subbab 1 .8).

Dengan mengambil momen terhadap titik B,

F = Wb c (a)

Perpanjangan o yang berkaitan dengan gaya terse but (dari Persamaan 2- l a) adalah

(b)

Untuk mengembalikan penunjuk ke posisi tanda, kita hams memutarkan mur agar batang berulir dapat bergerak ke kiri sedemikian hingga besarnya gerakan sama dengan perpanjangan pegas. Karena setiap satu putaran mur menggerakkan batang sejauh sama dengan pitch p, maka gerakan total batang akan sama dengan np, di mana n adalah banyaknya putaran. Jadi

np = O = Wb ck

sehingga kita mendapatkan rumus untuk banyaknya putaran mur:

Wb n = -ckp

(c)

(d) •

Untuk mendapatkan hasil numerik, kita memasukkan data yang ada ke dalam Persamaan (d), sebagai berikut

Wb (2 lb)( l l ,O in.) """'" n = - = = 8,8 putaran ._ ckp (9,5 in.)(4,2 lb/in.)( l / l 6 in.)

Hasil ini menunjukkan bahwa jika kita memutar mur sampai 8,8 putaran, maka batang berulir akan bergerak ke kiri sejauh sama dengan perpanjangan pegas yang diakibatkan oleh beban 2 lb, sehingga mengembalikan penunjuk ke tanda referensi.


• Contoh 2.2

Suatu struktur yang terlihat dalam Gambar 2-8a terdiri atas balok horizontal ABC yang ditumpu oleh dua batang vertikal BD dan CE. Batang CE mempunyai sendi di kedua ujungnya tetapi batang BD adalah jepit di pondasi di ujung bawahnya. Jarak dari A ke B adalah 450 mm dan dari B ke C adalah 225 mm. Batang BD dan CE mempunyai panjang masing-masing 480 mm dan 600 mm. Batang-batang ini terbuat dari baja yang mempunyai modulus elastisitas E = 205 GPa. Dengan mengasumsikan bahwa balok ABC adalah kaku, carilah beban izin maksimum Pmaks jika peralihan di titik A dibatasi I ,0 mm.

Solusi

Untuk mencari peralihan titik A, kita perlu mengetahui peralihan titik B dan C. Dengan demikian, kita harus mencari perubahan panjang batang BD dan CE, dengan menggunakan persamaan umum 8 = PUEA (Persamaan 2-3). Kita mulai dengan mencari gaya-gaya di batang dari diagram benda bebas (Gambar 2-8b). Karena batang CE mempunyai sendi di kedua ujungnya, maka ini merupakan elemen "dua-gaya" dan hanya menyalurkan gaya vertikal F CE ke balok. Sedangkan batang BD dapat menyalurkan baik gaya vertikal maupun gaya horizontal. Dari keseimbangan balok ABC di arah horizontal, kita melihat bahwa gaya-gaya horizontal haruslah no!.

Dua persamaan keseimbangan lainnya memungkinkan kita menyatakan gaya F BD dan F CE dalam beban P. Jadi, dengan mengambil momen terhadap titik B dan menjumlahkan gaya-gaya dalam arah vertikal, maka kita dapatkan

FeE = 2P (e)

Perhatikan bahwa gaya F CE bekerja ke bawah di batang ABC dan gaya F BD bekerja ke atas. Dengan demikian, elemen struktur CE mengalami tarik dan elemen struktur BD mengalami tekan.

Perpendekan elemen BD adalah

s: FBDLBD 0BD := EABD

= (3 P)( 480 mm) = 6 887 p x 10--6 mm (P = newton) (f)

(205 GPa)( l020 mm2 ) '

Perhatikan bahwa perpendekan 8BD dinyatakan dalam mm asalkan beban P dinyatakan dalam newton. Dengan cara sama, perpanjangan elemen CE adalah

8CE = FCELCE

EAcE

= (2 ?)(600 mm) = 1 1 ,26 P x 10--6 mm (205 GPa)(520 mm2 )

(P = newton) (g)

Peralihan di sini pun dinyatakan dalam mm asalkan beban P dinyatakan dalam newton. Dengan diketahuinya perubahan panjang kedua batang, maka kita dapat mencari peralihan di titik A.

Diagram peralihan yang menunjukkan posisi relatif titik A, B, dan C ditunjukkan dalam Gambar 2-8c. Garis ABC menunjukkan posisi awal ketiga titik. Sesudah beban P dikeljakan, elemen BD memendek sebesar 8BD dan titik B bergerak ke B'. Selain itu, elemen CE memanjang sebesar 8CE, dan titik C bergerak ke C'. Karena balok ABC diasumsikan kaku, maka titik A � B', dan C' terletak pada sebuah garis lurus.

Agar lebih jelas, semua peralihan digambar dengan sangat dibesarkan. Pada kenyataannya garis ABC berotasi dengan sudut yang sangat kecil ke posisi baru A 'B'C' (lihat Catatan 2 di akhir contoh ini).

Gambar 2-8 Contoh 2-2. Balok horizontal ABC yang ditumpu oleh dua batang vertikal

Mekanika Bahan 67

p 450 mm 225 mm

600 mm

D

120 mmT--''--------- E

(a)

FeE 450 mm 225 mm

(b)

A" � - B" c - - - - - - - - - - - - -

A : ()CE c

{)A

A' I 450 mm 225 mm

(c)

Dengan menggunakan segitiga yang sama, kita sekarang dapat mencari hubungan antara peralihan di titik A, B, dan C. Dari segitiga A J1 "C' dan B'B"C'kita peroleh

A'A" B'B" 8A + DcE 8BD + DcE -- = -- atau = -E"---.!d2.. A"C' B"C' 450 + 225 225

(h)

di mana semua suku dinyatakan dalam mm. Dengan memasukkan 8BD dan 8cE dari Persamaan (f) dan (g) didapatkan

8 A + 1 1,26? X 10-6 _ 6,887 P X 10-6 + 1 1,26? X 10-6

450 + 225 225

Akhimya, kita substitusikan 8A dengan harga batas sebesar 1 ,0 mm dan kita pecahkan persamaan tersebut untuk mendapatkan beban P. Hasilnya adalah

P = P maks = 23.200 N (atau 23,2 kN)

Apabila beban mencapai harga ini, maka peralihan ke bawah di titik A adalah l ,O mm.


Catatan 1 : Karena struktur ini berpelilaku secara elastis Jinier, maka peralihan akan sebanding dengan besamya beban. Misalnya, jika bebannya setengah P maks' artinya jika P = 1 1 ,6 kN, maka peralihan titik A ke bawah adalah 0,5 mm.

Catatan 2: Untuk menyelidiki kebenaran bahwa garis ABC berotasi dengan sudut yang sangat kecil. kita dapat menghitung sudut rotasi a dali diagram peralihan (Gambar 2-8c) sebagai belikut:

A' A" 8A + 8CE tan a = -- = --'-'---""'"' A"C' 675 mm

(i)

Peralihan �� titik A ada1ah 1 .0 mm. dan perpanjangan DcE batang CE didapat dari (g) dengan memasukkan P = 23.200 N; hasi1nya adalah 8CE = 0,26 1 mm. Dengan demikian, dari Persamaan (i l kita peroleh

tan a = 1 ,0 mm + 0.261 mm = 1 ,261 mm = 0,001 868

675 mm 675 mm

di mana a = 0, 1 1 ° . Sudut ini sedemikian k.eci1nya sehingga jika kita mencoba untuk menggambar diagram peralihan dengan ska1a, kita tidak dapat membedakan antara galis semula ABC dan garis yang telah berotasi A 'B'C'. Jadi, dalam bekerja dengan diagram peralihan. kita biasanya dapat memandang peralihan sebagai besaran yang sangat kecil sehingga dapat menyederhanakan geometri . Dalam contoh ini, kita dapat mengasumsikan bahwa titik A, B, dan C bergerak hanya dalam arah vertikal, sedangkan jika peralihan sangat besar, maka kita mungkin harus memandang titik-titik tersebut bergerak pada alur yang lengkung.

L_ ------------------------------------------------

PERUBAHAN PANJANG BATANG YANG TIDAK SERAGAM

Apabila suatu batang prismatis dari bahan elastis linier dibebani hanya di ujung-ujungnya, maka kita dapat memperoleh perubahan panjangnya dari persamaan 8 = PUEA, sebagaimana diterangkan dalam subbab sebelum ini. Di dalam subbab ini kita akan melihat bagaimana persamaan yang sama dapat digunakan untuk situasi yang lebih umum.

Tinjaulah, sebagai contoh, suatu batang prismatis yang dibebani oleh satu atau lebih beban aksial yang bekerja pada titik-titik antara di sepanjang sumbunya (Gambar 2-9a). Kita dapat menentukan perubahan panjang batang ini dengan secara aljabar menjumlahkan perpanjangan dan perpendekan masing-masing segmen. Prosedurnya adalah sebagai berikut: ( l ) Identifikasikan segmen-segmen batang ini (segmen AB, BC, dan CD) masing-masing sebagai segmen 1 , 2, dan 3. (2) Tentukan gaya aksial internal N1 , N2, dan N3 di masing-masing segmen dari diagram benda bebas dalam Gambar 2-9b, c, dan d. Perhatikan bahwa gaya aksial internal diberi notasi N untuk membedakannya dengan beban luar P. Dengan menjumlahkan gaya-gaya dalam arah vertikal, kita dapat memperoleh ekspresi berikut untuk gaya aksial

Dalam menulis persamaan di atas, kita menggunakan perjanjian tanda yang telah disebutkan dalam subbab sebelum ini (gaya aksial internal

Gambar 2-9 (a) Batang dengan beban luar yang bekerja di titik-titik antara. (b), (c), dan (d) diagram benda bebas yang menunjukkan gay a aksial internal N1 , N2• dan N3'

Gambar 2-1 0 Batang yang terdiri atas segmen-segmen prismatis yang mempunyai gaya aksial berbeda, dimensi berbeda, dan bahan berbeda.

Mekanika Bahan 69

bertanda positif jika tarik, dan negatif jika tekan). (3) Tentukan perubahan panjang masing-masing segmen dari Persamaan (2-3) :

8 -NtLt 1

- EA 8 -

N3L:3 3 - EA

di mana L l' L2, dan L3 adalah panjang masing-masing segmen dan EA adalah rigiditas aksial batang. (4) Jumlahkan 81 ' 82, dan 83 untuk mendapatkan perubahan panjang batang secara keseluruhan:

8 = 81 + 82 + 83

Seperti telah diuraikan, perubahan panjang harus dijumlahkan secara aljabar, dengan perpanjangan bertanda positif dan perpendekan bertanda negatif.

t I

Lz l

-� r D D

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

Metode yang sama dapat digunakan jika batang terdiri atas beberapa segmen prismatis, yang masing-masing mempunyai gaya aksial berbeda, dimensi berbeda, dan bahan berbeda (Gambar 2-10) . Perubahan panjang dapat diperoleh dari persamaan

(2-5)

di mana subskrip i adalah indeks penomoran untuk berbagai segmen batang dan n adalah banyak total segmen. Ingat bahwa Ni bukanlah beban ekstemal melainkan gaya aksial internal di segmen i.

Kadang-kadang gaya aksial N dan luas penampang A bervariasi secara kontinu di sepanjang sumbu batang, seperti digambarkan dengan batang tak prismatis dalam Gambar 2- l l a. Batang ini tidak hanya mempunyai penampang yang bervariasi secara kontinu, melainkan juga mempunyai gaya aksial yang bervariasi secara kontinu (karena bebannya terdistribusi di sepanjang sumbunya). Beban aksial yang terdistribusi dapat ditimbulkan oleh gaya sentrifugal, gaya gesekan, atau oleh berat batang jika posisinya

r·-


Gambar 2-1 1 Batang dengan luas penampang yang bervariasi dan gaya aksial yang bervariasi.

c

(a) (b) (c)

vertikal. Pada kondisi-kondisi tersebut kita tidak dapat lagi menggunakan Persamaan (2-5) untuk menghitung perubahan panjang. Sebagai gantinya, kita harus menentukan perubahan panjang elemen diferensial dari batang (Gambar 2- 1 la) dan mengintegrasikan di seluruh panjang batang.

Kita memilih elemen diferensial pada jarak x dari ujung kiri batang (Gambar 2- 1 la) . Gaya aksial internal N(x) yang bekerja di penampang ini ( Gambar 2-1 1 b) dapat ditentukan dari keseimbangan dengan menggunakan segmen AC atau segmen CB sebagai benda bebas. Pada umumnya, gaya ini merupakan fungsi dari x. Juga, dengan mengetahui dimensi batang, kita dapat mengekspresikan luas A(x) sebagai fungsi dari x. Perpanjangan do pada elemen diferensial (Gambar 2- 1 lc) dapat dihitung dari persamaan o = PUEA dengan memasukkan N(x) untuk P, dx untuk L, dan A(x) untuk A, sebagai berikut:

do = N(x)dx

EA(x)

Perpanjangan batang secara keseluruhan dapat dihitung dengan mengintegrasi persamaan di seluruh panjang:

(2-6)

Jika ekspresi untuk N(x) dan A(x) tidak begitu rumit, maka integrasi ini dapat dilakukan secara analitis dan rumus untuk o dapat diperoleh, seperti digambarkan dalam Contoh 2-4. Namun, jika integrasi formal sulit atau tidak mungkin, maka metode numerik untuk mengevaluasi integral harus digunakan.

Persamaan (2-5) dan (2-6) hanya berlaku pada batang yang terbuat dari bahan yang elastis linier, seperti terlihat dengan adanya modulus elastisitas E di dalam rumusnya. Juga, rum us o = PUEA diturunkan dengan menggunakan asumsi bahwa distribusi tegangan terbagi rata di setiap penampang (karena distribusi tersebut berdasarkan atas rumus <J = PIA). Asumsi ini berlaku untuk batang prismatis tetapi tidak berlaku untuk batang yang meruncing sehingga Persamaan (2-6) memberikan basil yang baik untuk batang yang meruncing hanya jika sudut antara sisi-sisi batang kecil. Sebagai ilustrasi, jika sudut antara sisi-sisi adalah 20°, maka tegangan yang dihitung dari persamaan <J = PIA (pada penampang yang dipilih secara bebas) adalah 3% lebih kecil daripada tegangan eksak di penampang yang sama yang dihitung dengan metode lain yang lebih lanjut. Untuk

Mekanikct Bahan 71

sudut yang lebih kecil, galat (error) ini lebih kecil. Dengan demikian, kita dapat mengatakan bahwa Persamaan (2-6) cukup memadai jika sudut peruncingan kecil. Jika sudut tersebut besar, maka metode analisis yang lebih akurat dibutuhkan (Ref. 2- 1 ).

Contoh berikut ini menggambarkan penentuan perubahan panjang batang yang tak prismatis.

• Contoh 2-3

Gambar 2- 1 2 Contoh 2-3 . Perubahan panj ang batang yang tidak prismatis (batang ABC)

'

Sebuah batang baja vertikal ABC ditumpu di ujung atasnya dan dibebani oleh gaya P 1 di ujung bawahnya (Gambar 2- l2a). Sebuah balok horizontal BDE dihubungkan dengan batang vertikal tersebut dengan menggunakan sendi di titik hubung B dan balok tersebut ditumpu di titik D. Balok tersebut memikul beban P2 di ujung E.

Bagian atas dari batang vertikal (segmen AB) mempunyai panjang L1 = 20,0 in. dan luas penampang A 1 = 0,25 in2; bagian bawahnya ( segmen BC) mempunyai panjang L� = 30,0 in. dan luas A2 = 0, 16 in2. Modulus elastisitas E baja adalah 29,0 x 1 0 psi. Bagian kiri dan kanan balok BDE mempunyai panjang masingmasing a = 28 in. dan b = 25 in.

Hitunglah peralihan vertikal Oc di titik C jika beban P1 = 2250 lb dan beban P2 = 5800 lb. (abaikan berat batang dan balok.)

(a)

Solusi

1------- a -�+---- b -------+ 1 C fa -· · �:'fiJ'T H ! T i i ilt) tRD

(b)

c

(c)

Gaya aksial di batang AB C. Dari Gambar 2-12a, kita lihat bahwa peralihan vertikal titik C sama dengan perubahan panjang batang ABC. Dengan demikian, kita harus mencari gaya aksial di kedua segmen batang. Gaya aksial N1 di segmen bawah sama dengan beban P 1. Gay a aksial N2 di segmen atas dapat dicari jika kita mengetahui gaya yang diberikan oleh balok ke batang. Gay.t ini dapat diperoleh dari diagram benda bebas balok (Gambar 2- 1 2b ), di mana ga ya yang bekerja di balok (dari batang vertikal) diberi notasi P3 dan reaksi vertikal di tumpuan D diberi notasi RD. Tidak ada gaya horizontal yang bekerja antara batang dan balok, sebagaimana dapat kita lihat pada diagram benda bebas batang vertikal (Gambar 2-12c). Dengan demikian, tidak ada reaksi horizontal di tumpuan D.


Dengan mengambil momen terhadap titik D untuk diagram benda bebas balok (Gambar 2- 1 2b), maka

p3 = P2b =

(5800 lb )(25,0 in) = 5 1 79 lb

a 28,0 in

Gaya ini bekerja ke bawah pada balok dan ke atas pada batang vertikal (Gambar 2- 1 2c).

Sekarang kita dapat menentukan reaksi ke bawah tumpuan batang di A (Gambar 2- 1 2c):

RA = P3 - P1 = 5 1 79 lb - 2 1 50 lb = 3029 lb

Bagian atas dari batang vertikal (segmen AB) mengalami gaya aksial tekan N1 yang sama dengan RA, yaitu 3029 lb. Bagian bawah (segmen BC) memikul gaya tarik aksial N2 sama dengan PI' yaitu 2250 lb. (Sebagai alternatif, kita dapat memperoleh hasil yang sama dengan menggunakan diagram benda bebas keseluruhan struktur, bukannya diagram benda bebas BDE.)

Perubahan panjang. Dengan menggunakan perjanjian tanda positif untuk tarik, Persamaan (2-5) menghasilkan

8 = � N;L;

= N1� + N2Lz

L-J E;A; EA1 EA2 i=l _ __,(�-=-30:..:2:_:_97Ib::.c)_c:(2::...:0..:..,0=--I=·n"".)-----o- + (2250 lb)(32,0 in.) (29,0 x 106 psi)(0,25 in.2 ) (29, 0 x 106 psi)(0,16 in.Z ) -0,0084 in. + 0,0155 in. = 0,007 1 in.

di mana 8 adalah perubahan panjang di batang ABC. Karena 8 positif, maka batang tersebut memanjang. Peralihan titik C sama dengan perubahan panjang batang.

De = 0,007 1 in.

Peralihan ini ke bawah.

• Contoh 2-4

Sebuah batang AB yang agak meruncing yang mempunyai penampang lingkaran dan panjang L (Gambar 2- 1 3a) ditumpu di ujung B dan mengalami beban tarik P di ujung bebas A. Diameter batang di ujung A dan B masing-masing adalah dA dan dB. Tentukanlah perpanjangan batang ini akibat beban P.

B I x -------.

0�---� ��re��-� A ------ L ------. I: L, .-LB ___ L ----

G a m ba r 2 - 1 3 Contoh 2-4 Perubahan panjang batang yang meruncing dan mempunyai penampang l ingkaran.

Solusi

Batang yang dianalisis dalam contoh ini mempunyai gaya aksial konstan (sama dengan beban P) di seluruh panjangnya. Namun, luas penampang bervariasi secara kontinu dari satu ujung ke ujung lainnya. Dengan dernikian, kita hams menggunakan integrasi (lihat Persamaan 2-6) untuk menentukan perubahan panjang.

Mekanika Bahan 73

Luas penampang. Langkah pertama dalam penyelesaian soal ini adalah mendapatkan ekspresi untuk luas penampang A(x) di sembarang penampang batang. Untuk itu, kita harus menggunakan titik awal koordinat x. Salah satu kemungkinan adalah dengan menempatkan titik awal koordinat di ujung bebas A dari batang. Namun, integrasi yang akan dilakukan akan sedikit lebih mudah kalau kita memilih titik awal koordinat dengan meneruskan sisi-sisi batang yang meruncing hingga bertemu di titik 0, seperti terlihat dalam Gambar 2- 13b.

Jarak LA dan L8 dari titik awal 0 ke ujung A dan B mempunyai rasio

LA = dA LB dB

(a)

yang diperoleh dari segitiga sebangun dalam Gambar 2- 13b. Dari segitiga sebangun juga kita dapat memperoleh rasio diameter d(x) di jarak x dari titik awal terhadap diameter dA di ujung kecil batang:

a tau (b)

Dengan demikian, luas penampang melintang pada jarak x dari titik awal adalah

2 7rd2 2 A(x) = 7r[d(x)] = �

4 4L:4 (c)

Perubahan panjang. Kita sekarang memasukkan ekspresi untuk A(x) ke dalam Persamaan (2-6) dan mendapatkan perpanjangan 8:

(d)

Dengan melakukan integrasi (lihat Lampiran C untuk rumus-rumus integrasi) dan memasukkan batas-batasnya, kita dapatkan

Ekspresi untuk o dapat disederhanakan dengan mengingat bahwa

Jadi, persamaan untuk 8 menjadi

(e)

Akhimya, kita masukkan LiL8 = dA/d8 (lihat Persamaan a) dan kita dapatkan

8 = (2-7) ..

Rumus ini memberikan perpanjangan batang yang meruncing dengan penampang lingkaran. Dengan memasukkan harga-harga numerik, kita dapat menentukan perubahan panjang untuk suatu batang.

Catatan 1 : Kesalahan yang umum terjadi adalah mengasumsikan bahwa perpanjangan suatu batang yang meruncing dapat ditentukan dengan menghitung perpanjangan batang prismatis yang mempunyai luas penampang sama dengan luas penampang di potongan tengah batang yang meruncing tersebut. Dengan memperhatikan Persamaan (2-7) terlihat jelas bahwa hal ini tidaklah benar.

7 4 Bab 2 Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksial

B

Gambar 2 - 1 4 Batang stat i s tertentu

B

Gambar 2-15 Batang statis tak ten tu

Catatan 2: Rumus untuk batang yang meruncing (Persamaan 2-7) dapat disederhanakan menjadi kasus khusus batang prismatis dengan memasukkan dA = d8 = d. Hasilnya adalah

yang kita ketahui memang benar adanya. Rumus umum seperti Persamaan (2-7) harus dicek sejauh mungkin dengan

menyelidiki apakah rumus tersebut akan tereduksi menjadi rumus yang benar untuk kasus-kasus yang lebih sederhana. Jika reduksi tersebut tidak memberikan hasil yang benar, maka rumus semula mengandung kesalahan. Jika hasil yang benar diperoleh, maka rumus semula masih mungkin tidak benar tetapi keyakinan kita meningkat. Dengan perkataan lain jenis pengecekan seperti ini merupakan kondisi perlu tetapi belum cukup untuk menyelidiki kebenaran rumus semula.

STRU KTUR STATIS TAK TENTU

Pegas, batang, dan kabel yang kita bahas sejauh ini mempunyai kondisi penting yang sama-reaksi dan gaya-gaya internalnya dapat ditentukan cukup dengan menggunakan diagram benda bebas dan persamaan keseimbangan. Jenis struktur seperti ini disebut statis tertentu. Kita perlu mengingat khususnya bahwa gaya-gaya pada struktur statis tertentu dapat diperoleh tanpa harus mengetahui besaran bahan. Tinjaulah, sebagai contoh, batang AB yang terlihat dalam Gambar 2- 14. Perhitungan untuk gaya aksial internal di kedua bagian batang, selain juga untuk reaksi R di dasar, tidak bergantung pada bahan pembentuk batang tersebut.

Kebanyakan struktur lebih rumit daripada batang yang ada pada Gambar 2- !4, dan reaksi serta gaya internalnya tidak dapat diperoleh dengan statika saja. Situasi ini digambarkan dalam Gambar 2- 15 , yang menunjukkan sebuah batang AB yang terjepit di kedua ujung. Sekarang ada dua reaksi vertikal (RA dan R8) tetapi hanya satu persamaan keseimbangan yang dapat digunakan, yaitu persamaan yang menjumlahkan gaya-gaya dalam arah vertikal. Kar�na persamaan ini mengandung dua anl!_, maka persamaan tersebut tidak cukup untuk mencari reaksi . Struktur seperti ini dikelompokkan ke dalam struktur statis tak tentu. Untuk menganalisis struktur seperti ini kita harus melengkapi persamaan keseimbangan dengan persamaan tambahan yang berkaitan dengan peralihan struktur.

Untuk melihat bagaimana struktur statis tak tentu dianalisis, tinjaulah contoh dalam Gambar 2- 1 6a. Batang prismatis AB terjepit di tumpuan kaku di kedua ujungnya dan secara aksial dibebani P di titik tengah C. Sebagaimana telah diuraikan sebelumnya, RA dan R8 tidak dapat diperoleh dari statika saja karena hanya ada satu persamaan keseimbangan:

(a)

Persamaan tambahan diperlukan untuk memecahkan kedua reaksi yang belum diketahui tersebut.

Persamaan tambahan dimaksud didasarkan atas pengamatan bahwa sebuah batang dengan kedua ujungnya terjepit tidak berubah panjangnya. Jika kita memisahkan batang tersebut dari tumpuannya (Gambar 2-1 6b), kita dapatkan bahwa batang tersebut bebas di kedua ujungnya dan dibebani

B

(a) (b)

Gambar 2-1 6 Analisis batang statis tak tentu

Mekanika Bahan 75

oleh tiga gaya, RA, R8, dan P. Ketiga gaya ini menyebabkan batang tersebut berubah panjang sebesar DAB' yang harus sama dengan nol:

DAB = 0 (b)

Persamaan ini, yang disebut persamaan keserasian (kompatibilitas), menunjukkan fakta bahwa perubahan panjang batang harus serasi dengan kondisi tumpuan.

Untuk memecahkan Persamaan (a) dan (b), kita harus menyatakan persamaan keserasian dalam gaya yang belum diketahui RA dan R8. Hubungan antara gaya-gaya yang bekerja di batang dan perubahan panjang dikenal dengan hubungan gaya-peralihan. Hubungan ini mempunyai berbagai bentuk bergantung pada besaran bahan. Jika bahan tersebut bersifat elastis linier, maka persamaan D = PUEA dapat digunakan untuk memperoleh hubungan gaya-peralihan.

Asumsikan bahwa batang dalam Gambar 2- 1 6 mempunyai luas penampang A dan terbuat dari bahan dengan modulus E. Selanjutnya, perubahan panjang segmen atas dan bawah batang masing-masing adalah

D - RAa Ae - EA (c,d)

di mana tanda minus menunjukkan perpendekan batang. Hubungan gayaperalihan sekarang digabungkan agar menghasilkan perubahan panjang keseluruhan batang:

DAB = DAe + Den = i: - ;: Jadi, persamaan keserasian (Persamaan b) menjadi

(e)

yang mengandung kedua reaksi sebagai anu. Langkah terakhir untuk menganalisis batang statis tak tentu adalah

dengan memecahkan secara simultan persamaan keseimbangan (Persamaan a) dan persamaan keserasian (Persamaan e). Hasilnya adalah

R _ Pb

A, - L R _ Pa

B - L (2-8a,b)

Dengan diketahuinya reaksi, maka semua gaya dan peralihan dapat ditentukan. Sebagai contoh, misalkan kita ingin mencari peralihan ke bawah De titik C. Peralihan ini sama dengan perpanjangan segmen AC:

D _ D _ RAa _ Pab e - Ae - EA - LEA

(2-9)

Juga, kita dapat memperoleh tegangan di kedua segmen batang secara langsung dari gaya aksial internal (misalnya <YAe = RA/A = PhiAL).

Sebagai rangkuman, kita lihat dari contoh ini bahwa analisis struktur statis tak tentu meliputi penyusunan dan pemecahan persamaan keseimbangan dan persamaan keserasian. Persamaan keseimbangan menghubungkan beban yang bekerja di struktur dengan gaya-gaya yang belum diketahui (yang mungkin berupa reaksi atau gaya dalam), dan persamaan keserasian menunjukkan kondisi peralihan pada struktur tersebut.

76 Bab 2 Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksiaf

Persamaan keserasian dinyatakan dalam gaya-gaya yang belum diketahui dengan mensubstitusikan hubungan gaya-peralihan. Akhimya, persamaan keseimbangan dan keserasian dipecahkan secara simultan untuk mendapatkan gaya-gaya yang belum diketahui.

Dalam literatur teknik, berbagai sebutan digunakan untuk kondisi yang dinyatakan dengan keseimbangan, keserasian, dan persamaan gayaperalihan. Persamaan keseimbangan juga dikenal dengan persamaan statika atau kinetik; persamaan keserasian kadang-kadang disebut persamaan geometris, persamaan kinematis, atau persamaan deformasi konsisten; dan hubungan gaya-peralihan sering disebut hubungan konstitutif (karena hubungan ini berkaitan dengan konstitusi, atau besaran fisik bahan).

Untuk struktur yang relatif sederhana yang dibahas dalam bab ini, metode analisis di atas sudah memadai. Tetapi, pendekatan yang lebih formal dibutuhkan untuk struktur yang Jebih rumit. Dua metode yang umum digunakan, yaitu met ode fleksibilitas dan metode kekakuan, dibahas secara rinci pada berbagai buku tentang analisis struktur (Ref. 2-2). Meskipun metode-metode ini biasanya digunakan untuk struktur rumit dan besar yang membutuhkan solusi ratusan atau bahkan kadang-kadang ribuan persamaan simultan, metode-metode tersebut masih didasarkan atas konsep-konsep yang diuraikan di atas, yaitu persamaan keseimbangan, persamaan keserasian, dan hubungan gaya-peralihan. *

Contoh berikut ini menggambarkan metodologi untuk menganalisis struktur statis tak tentu yang terdiri atas elemen-elemen yang dibebani secara aksial. Contoh kedua dan ketiga juga menggambarkan penggunaan diagram peralihan dalam menyusun persamaan keserasian.

• Contoh 2-5

Sebuah silinder baja lingkaran solid S terletak di dalam tabung tembaga lingkaran berlubang C (Gambar 2- 1 7a dan b). Silinder dan tabung tersebut ditekan di antara dua plat kaku dari sebuah mesin uji dengan gaya tekan P. Silinder baja tersebut mempunyai luas penampang As dan modulus elastisitas Es. Tabung tembaga mempunyai luas Ac dan modulus elastisitas Ec. Keduanya mempunyai panjang L.

Tentukanlah besaran-besaran berikut: (a) gaya tekan Ps di silinder baja dan pc di tabung tembaga; (b) tegangan tekan as dan ac; serta (c) perpendekan 8 keduanya.

Solusi

(a) Gaya tekan di silinder baja dan tabung ternbaga. Kita mulai dengan melepaskan plat atas dari struktur ini untuk mengekspos gaya Ps dan Pc yang masing-masing bekerja di silinder baja dan tabung tembaga (Gambar 2- 1 7c). Gaya P, adalah resultan dari tegangan terbagi rata yang bekerja di penampang silinder baja, dan gaya Pc adalah resultan dari tegangan terbagi rata yang bekerja di penampang tabung tembaga.

*Dari tinjauan sejarah, kelihatannya Euler pada tahun 1774 adalah orang pertama yang menganalisis sistem statis tak tentu; ia meninjau masalah meja kaku dengan empat kakinya ditumpu pada pondasi elastis (Ref. 2-3 dan 2-4). Analisis selanjutnya dilakukan oleh matematikawan dan insinyur Perancis L.M.H.Navier, yang pada tahun 1 825 menyatakan bahwa reaksi statis tak tentu dapat dicari hanya dengan memperhitungkan elastisitas struktur (Ref. 2-5). Navier juga menganalisis rangka batang statis tak tentu.

Gambar 2 - 1 7 Contoh 2-5 . Analisis struktur statis tak tentu

(a)

(c)

Mekanika Bahan 77

A,

(b)

r

(d)

Persamaan keseimbangan. Diagram benda bebas plat atas ditunjukkan dalam Gambar 2-1 7d. Plat ini mengalami gaya P dan gaya-gaya tekan P,. dan P, yang belum diketahui; jadi, persamaan keseimbangannya adalah

P, + Pc - P = 0 (f) Persamaan ini, yang merupakan satu-satunya persamaan keseimbangan nontrivial yang tersedia, mengandung dua anu. Dengan demikian, dapat kita simpulkan bahwa struktur ini statis tak tentu.

Persamaan keserasian. Karena plat ujung adalah kaku, maka silinder baja dan tabung tembaga harus memendek sama besar. Dengan menuliskan perpendekan bagian-bagian baja dan tembaga masing-masing dengan 8, dan 8c, kita dapatkan persamaan keserasian sebagai berikut:

(g)

Hubungan gaya-peralihan. Perubahan panjang silinder dan tabung dapat diperoleh dari persamaan umum 8 = PUEA. Dengan demikian, di dalam contoh ini, hubungan gaya-peralihan adalah:


(h,i)

Dengan memasukkan hubungan ini ke dalam persamaan keserasian Persamaan (g), maka

Persamaan ini memberikan kondisi keserasian yang dinyatakan dalam gaya-gaya yang belum diketahui.

Solusi persamaan. Sekarang kita selesaikan persamaan keseimbanga dan keserasian (Persamaan f dan j) dan mendapatkan gaya-gaya aksial di silinder baja dan tabung tembaga:

(2- l Oa,b) ..

Persamaan di atas menunjukkan bahwa gaya tekan di bagian baja dan tembaga masing-masing berbanding langsung dengan kekakuan aksial dan berbanding terbalik dengan jumlah kekakuannya.

(b) Tegangan tekan di silinder baja dan tabung tembaga. Dengan mengetahui gaya-gaya aksial, maka kita dapat memperoleh tegangan tekan di kedua bahan:

(2- l l a,b) ..

Perhatikan bahwa tegangan sebanding dengan modulus elastisitas masing-masing bahan. Dengan demikian, bahan yang "lebih kaku" mempunyai tegangan yang lebih besar.

(c) Perpendekan struktur. Perpendekan 8 keseluruhan struktur dapat diperoleh dari Persamaan (b) atau Persamaan (i). Jadi, dengan memasukkan gaya-gaya (dari Persamaan 2- 1 Oa dan b), kita peroleh:

(2- 1 2) ..

Hasil ini menunjukkan bahwa perpendekan struktur sama dengan beban total dibagi dengan jumlah kekakuan kedua bagian (ingat dari Persamaan 2-4a bahwa kekakuan batang yang dibebani secara aksial adalah k = EA/L).

• Contoh 2-6

Sebuah batang kaku AB mempunyai sendi di ujung A dan ditumpu oleh dua kawat (CD dan EF) di titik-titik D dan F (Gambar 2- 1 8a). Sebuah beban vertikal P bekerja di ujung B dari batang tersebut. Batang tersebut mempunyai panjang 3b dan kawat CD dan EF mempunyai panjang masing-masing L1 dan L2. Juga, kawat CD mempunyai diameter d 1 dan modulus elastisitas E1; kawat EF mempunyai diameter d2 dan modulus elastisitas E2.

(a) Dapatkan rumus untuk beban izin P jika tegangan izin di kawat CD dan EF masing-masing adalah a1 dan a2. (abaikan berat sendiri batang.)

(b) Hitunglah beban izin P untuk kondisi berikut. Kawat CD terbuat dari aluminium dengan modulus elastisitas E1 = 72 GPa, diameter d1 = 4,0 mm, dan panjang L1 = 0,40 m. Kawat EF terbuat dari magnesium dengan modulus elastisitas E2 = 45 GPa, diameter d2 = 3,0 mm, dan panjang L2 = 0,30 m. Tegangan izin di kawat aluminium dan magnesium adalah masing-masing a1 = 200 MPa, dan a2

= 1 75 MPa.

G a mbar 2-1 8 Contoh 2-6 Analisis struktur statis tak tentu

Solusi

Mekanika Bahan 79

Persamaan keseimbangan. Kita mulai analisis dengan menggambar diagram benda bebas batang AB (Gambar 2- 1 8b). Di dalam diagram ini T1 dan T2 adalah gaya tarik yang belum diketahui pada kawat-kawat dan RH dan Rv adalah komponen reaksi dalam arah masing-masing horizontal dan vertikal di tumpuan. Kita lihat dengan mudah bahwa struktur ini statis tak tentu karena ada empat gaya yang belum diketahui (T1, T2, RH, dan Rv) tetapi hanya ada satu persamaan keseimbangan independen. Dengan mengambil momen terhadap titik A (dengan perjanj ian tanda positif untuk momen yang searah jarum jam) maka

LMA = Q (k)

Dua persamaan lainnya, yang diperoleh dengan menjumlahkan gaya-gaya dalam arah horizontal dan menjumlahkan gaya-gaya dalam arah vertikal, tidak dapat digunakan untuk mencari T1 dan T2.

(a)

(b)

B' (c)

Persamaan keserasian. Untuk mendapatkan persamaan yang berkaitan dengan peralihan, kita amati bahwa beban P tidak dapat berotasi terhadap tumpuan sendi di A, sehingga menyebabkan kawat memanjang. Peralihan yang diakibatkan ha! ini ditunjukkan dalam diagram peralihan dalam Gambar 2- 1 8c, di mana garis AB menunjukkan posisi semula batang kaku dan garis AB' menunjukkan posisi setelah berotasi . Peralihan 81 dan 82 adalah perpanjangan kawat. Karena peralihan ini sangat kecil, maka batang tersebut berotasi dengan sudut yang sangat kecil pula (di dalam gambar ditunjukkan dengan sangat diperbesar) dan kita dapat melakukan perhitungan dengan asumsi bahwa titik D, F, dan B bergerak ke arah vertikal ke bawah (bukan mengikuti alur lengkungan).

Karena jarak horizontal AD dan DF sama, maka kita mendapatkan hubungan geometris antara kedua perpanjangan sebagai berikut:

(I)


Hubungan gaya-peralihan. Karena kawat berperilaku elastis linier, maka perpanjangannya dapat dinyatakan dalam gaya yang belum diketahui T1 dan T2 dengan menggunakan rumus berikut

di mana A 1 dan A2 masing-masing adalah luas penampang kawat CD dan EF; jadi

A - 7rd� A - mli � -4 z - 4

Untuk memudahkan penulisan persamaan, kita gunakan notasi berikut untuk fleksibilitas kawat (lihat Persamaan 2-4b):

A - 7rd� I -

4 (m,n)

Dengan demikian, hubungan gaya-peralihan menjadi

Dengan memasukkan rumus ini ke dalam persamaan keserasian (Persamaan I) m aka

(o)

Sekarang kita telah mendapatkan rersamaan keserasian yang dinyatakan dalam gaya-gaya yang belum diketahui.

Solusi persamaan. Persamaan keseimbangan (Persamaan k) dan persamaan keserasian (Persamaan o) mengandung gaya-gaya T1 dan T2 sebagai besaran yang belum diketahui. Dengan memecahkan kedua persamaan tersebut secara simultan kita peroleh

3f2 P 1J = --"-"--4.iJ + fz (p,q)

Dengan diketahuinya gaya-gaya T1 dan T2, maka kita dapat dengan mudah mencari perpanjangan kawat dari hubungan gaya-peralihan.

(a) Beban izin P. Karena analisis statis tak tentu telah diselesaikan dan gayagaya di kawat telah diketahui maka kita dapat menentukan harga beban P yang diizinkan. Tegangan cr1 di kawat CD dan tegangan cr2 di kawat EF dapat dihitung langsung dari gaya-gayanya (Persamaan p dan q):

Dari persamaan pertama di atas, kita hitung gaya izin P1 yang didasarkan atas tegangan izin cr1 untuk kawat aluminium:

p, _ <r1A1(4.fJ + /2 ) p, = <rJAJ (4.fJ + fz ) I

-3fz

I 3fz (r) •

Dengan cara yang sama, persamaan kedua kita dapatkan gay a izin P 2 yang didasarkan atas tegangan izin kawat magnesium:

p _ <TzAz(4iJ + fz ) 2

-6fi (s) •

Yang terkecil di antara kedua harga ini merupakan beban izin maksimum Pizin· (b) Perhitungan numerik untuk beban izin. Dengan menggunakan data yang

ada dan persamaan-persamaan di atas, kita peroleh harga-harga numerik sebagai berikut:

n(4,0 mm)2 4

1 2,57 mm2

Mekanika Bahan 81

n(3,0 mm)z = 7,069 mmz

4 0•40 m = 0,4420 x 10-6 miN

(72 GPa)( 1 2,57 mm2 ) 0•30 m = 0,943 1 x 10-6 miN

(45 GPa)(7,069 mm2 )

Juga, tegangan izinnya adalah

a1 = 200 MPa a2 = 1 75 MPa

Dengan memasukkan harga-harga di atas ke dalam Persamaan (r) dan (s) maka

PI = 2,4 1 kN P2 = 1 ,26 kN

Hasil pertama didasarkan atas tegangan izin a1 di kawat aluminium dan yang kedua didasarkan atas tegangan izin a2 di kawat magnesium. Beban izin adalah yang terkecil di antara kedua harga tersebut:

Pizin = 1 ,26 kN

Pada taraf beban ini tegangan di magnesium adalah 1 75 MPa (yaitu tegangan izinnya) dan tegangan di aluminium adalah ( 1 ,26/2,4 1 )(200 MPa) = 105 MPa. Sebagaimana diduga, tegangan ini lebih kecil daripada tegangan izin 200 MPa.

• Contoh 2-7

Sebuah batang kaku ADB yang panjangnya 2b mempunyai sendi untuk memikulnya di A dan ditahan oleh dua kawat miring CD dan CB (Gambar 2- 19a). Kawatkawat ini terpasang di tumpuan di titik C, yang terletak pada jarak vertikal b di atas titik A. Kedua kawat terbuat dari bahan yang sama dan mempunyai diameter yang sama.

Tentukanlah gaya tarik T1 dan T2 di kawat CD dan CB akibat beban vertikal P yang bekerja di ujung batang.

Solusi

Persamaan keseimbangan. Diagram benda bebas batang AB (Gambar 2-19b) menunjukkan bahwa ada empat gaya anu, yaitu gaya tarik T1 dan T2 di kawatkawat dan dua komponen reaksi (RH dan Ry) di tumpuan sendi. Karena hanya ada tiga persamaan keseimbangan independen, maka struktur ini adalah statis tak tentu. Kita dapat memperoleh persamaan keseimbangan yang hanya mengandung T1 dan T2 sebagai anu dengan menjumlahkan momen terhadap titik A:

LMA = 0 bT1 sin a1 + 2bT2 sin U-z - 2bP = 0

di mana al dan az adalah sudut antara kawat dan batang. Dari geometri struktur (Gambar 2-1 9a) kita lihat bahwa

. CA b 1 Sill at =

CD =

b{i = {i . CA b Sill a2 =

CB =

b.)S I

.J5 Dengan memasukkan harga-harga ini ke dalam Persamaan (t) kita peroleh _Il_

+ 2Tz = 2P {i .J5

yang merupakan bentuk akhir dari persamaan keseimbangan.

(t)

(u)

(v)

Persamaan keserasian. Persamaan keserasian dapat diperoleh dengan meninjau peralihan titik-titik D dan B. Untuk itu, kita menggambarkan diagram peralihan seperti terlihat dalam Gambar 2- 1 9c. Garis AB menunjukkan posisi


Gambar 2-1 9 Contoh 2-7. Analisis struktur statis tak tentu.

-, b

1 ---- b -------- b -----+1

c (a)

(b)

B" (c)

D B

IY' B"

D'

(d) (e)

semula dari batang AB dan garis AB' menunjukkan posisi setelah berotasi. Karena sudut rotasi batang AB sangat kecil, maka peralihan 81 dan 82 di titik D dan B, dapat dipandang sebagai peralihan vertikal yang kecil. Karena jarak dari A ke B dua kali jarak dari A ke D, maka kita lihat bahwa

82 = 281 (w) yang merupakan persamaan keserasian.

Hubungan gaya-peralihan. Sekarang kita membutuhkan hubungan antara gaya T1 dan T2 dan peralihan vertikal 81 dan 82 masing-masing di titik D dan B.

Mekanika Bahan 83

Kita mulai dengan meninjau kawat CD, yang berotasi dari posisi semula CD ke posisi akhir CD' (Gambar 2-19c). Kita gambarkan DD" yang tegak lurus dari titik D ke garis CD' . Karena peralihan dan sudut berubah sangat kecil, maka kita dapat mengasumsikan bahwa jarak CD" sama dengan jarak CD. (artinya, busur lingkaran DD" dengan titik C sebagai pusatnya tidak dapat dibedakan dengan garis DD'�)

Segitiga peralihan DD'D" dalam Gambar 2- 1 9c digambar ulang agar lebih jelas di Gambar 2- 1 9d. Jarak DD' adalah peralihan vertikal 81 titik D dan jarak D'D" adalah perpanjangan 8cv kawat CD. Sudut a1 terlihat dalam segitiga sebagai sudut D'DD'� Untuk membuktikan ini, kita perhatikan bahwa garis DD' adalah tegak lurus garis AB, dan garis DD" tegak lurus garis CD (untuk sudut rotasi yang kecil). Dengan demikian, dari segitiga peralihan DD'D" kita peroleh

5: 5: 0 8I UcD = UI Sin (XI = ---;= -.J2

Persamaan ini memberikan hubungan geometri antara perpanjangan kawat CD dan peralihan ke bawah titik D.

Perpanjangan 8cv pada kawat CD dihubungkan dengan gay a di kawat tersebut dengan hubungan gaya-peralihan:

8 - � Lcv - �b-fi cv - � - �

di mana Lcv = b .fi adalah panjang kawat CD. Dengan menggabungkan dua persamaan terakhir untuk 8cv kita dapatkan

8 = 2b� I EA (x)

Dengan cara yang sama, kita dapat menghubungkan peralihan 82 dengan perpanjangan 8c8 pada kawat CB (lihat Gambar 2- 19e) dan mendapatkan

8 _ 5bT2 (y) 2 - EA Persamaan (x) dan (y) adalah hubungan gaya-peralihan yang memberikan peralihan titik-titik D dan B yang dinyatakan dalam gaya anu di kawat.

Dengan memasukkan 81 dan 82 dari hubungan gaya-peralihan ke dalam persamaan keserasian (Persamaan w) maka

(z) yang merupakan persamaan keserasian yang dinyatakan dalam gaya anu.

Solusi persamaan. Pada langkah terakhir dalam contoh ini kita memecahkan persamaan keseimbangan (Persamaan v) dan keserasian (Persamaan z) secara simultan. Hasilnya adalah

T, _ IO.JiOP I - g-fi + 5-/5 = 1,406? T2 =

4� = 1 125P 5

' •

Jadi, kita mendapatkan gaya tarik di kawat dengan menganalisis struktur statis tak ten tu.

Dengan diketahuinya gaya tarik di kawat, maka kita dapat dengan mudah menentukan semua gaya dan peralihan. Sebagai contoh, reaksi di tumpuan A dapat diperoleh dari persamaan keseimbangan dan peralihan 8I dan 82 dapat diperoleh dari Persamaan (x) dan (y)

Catatan: Dalam contoh ini, solusi akhir untuk gaya-gaya tidak melibatkan rigiditas aksial EA dari kawat. (Fakta ini nyata di dalam solusi simbolik tetapi tidak terlihat nyata di dalam solusi numerik.) Sebabnya adalah bahwa kedua kawat mempunyai rigiditas aksial yang sama, sehingga besaran EA saling meniadakan di dalam solusi. Jika setiap kawat mempunyai rigiditas yang berbeda, maka masingmasing rigiditas tersebut akan muncul di dalam rumus ekspresi akhir.

84 Bab 2 Elemen Struktur yang Oibebani Secara Aksial

A B

Gambar 2-20 Blok bahan yang mengalami peningkatan temperatur

EFEK TERMAL

Beban luar bukanlah satu-satunya sumber tegangan dan regangan di suatu struktur. Perubahan temperatur menyebabkan ekspansi atau kontraksi bahan, sehingga teljadi regangan termal dan tegangan termal. Ilustrasi sederhana tentang ekspansi termal ditunjukkan dalam Gambar 2-20, di mana suatu blok bahan tidak dikekang sehingga bebas berekspansi. Apabila bahan tersebut dipanaskan, setiap elemen di bahan tersebut mengalami regangan termal di segala arah, sehingga dimensi blok tersebut bertambah. Jika kita mengambil pojok A sebagai titik referensi yang tetap dan memisalkan sisi AB pada garis yang sama, maka blok tersebut akan mempunyai bentuk seperti garis yang putus.

Pada kebanyakan bahan, regangan termal ET sebanding dengan perubahan temperatur !J.T; jadi,

(2- 1 3)

di mana a adalah besaran bahan yang disebut koefisien ekspansi termal. Karena regangan merupakan besaran yang tak berdimensi, maka koefisien ekspansi termal mempunyai satuan yang sama dengan kebalikan perubahan temperatur. Dalam satuan SI, dimensi a dapat dinyatakan dalam 1/K (kebalikan kelvin) atau l/°C (kebalikan derajat Celcius). Harga a untuk kedua kasus sama karena perubahan secara numerik sama untuk Kelvin dan derajat Celcius. Dalam satuan USCS, dimensi a adalah 1/°F (kebalikan derajat Fahrenheit).* Harga a yang khas dicantumkan dalam Tabel H-4 dalam Lampiran H.

Jika perjanjian tanda untuk regangan termal dibutuhkan, kita biasanya mengasumsikan bahwa ekspansi bertanda positif dan kontraksi bertanda negatif.

Untuk menunjukkan pentingnya regangan termal, kita akan menghitung regangan termal dengan regangan yang diakibatkan beban dengan cara berikut. Misalkan kita mempunyai batang yang dibebani secara aksial dengan regangan longitudinal yang diberikan oleh persamaan E = CJIE, di mana CJ adalah tegangan dan E adalah modulus elastisitas. Kemudian misalkan kita mempunyai batang identik yang mengalami perubahan temperatur !J.T, yang berarti bahwa batang tersebut mempunyai regangan yang dihitung dengan Persamaan (2- 1 3) . Dengan menyamakan kedua regangan maka haruslah CJ = Ea(!J.T). Dari persamaan ini kita dapat menghitung tegangan aksial cr yang menghasilkan regangan yang sama dengan akibat perubahan temperatur !J.T. Sebagai contoh, tinjaulah suatu batang baja tahan karat dengan E = 30 X 1 06 psi dan a = 9,6 X 1 0-6/°F. Perhitungan sederhana dari persamaan untuk cr menunjukkan bahwa perubahan temperatur sebesar 1 00°F menghasilkan regangan yang sama dengan tegangan 29.000 psi. Tegangan ini masih di bawah tegangan izin bahan ini. Jadi, perubahan temperatur yang relatif wajar menghasilkan regangan yang sama besar dengan regangan yang diakibatkan oleh taraf beban biasa, yang menun'jukkan bahwa efek temperatur dapat merupakan hal penting di dalam desain.

*Untuk pembahasan satuan temperatur dan skala. lihat Subbab A.4 pacta Lampiran A.

G a m b a r 2-21 Pertambahan panjang suatu batang prismatis akibat peningkatan temperatur seragam (Persamaan 2- 14)

A

Gambar 2-22 Rangka batang statis tertentu dengan peru bahan temperatur seragam di setiap batang

Mekanika Bahan 85

Bahan struktural biasa akan memuai jika ctipanaskan ctan menyusut jika ctictinginkan sehingga peningkatan temperatur akan menimbulkan regangan termal yang bertancta positif. Regangan termal biasanya ctapat balik, artinya elemen tersebut akan kembali ke bentuk semula jika temperatumya ctikembalikan ke temperatur semula. Namun, acta beberapa pactuan metal khusus yang belakangan ini ctikembangkan yang tictak berperilaku seperti biasa. Untuk selang temperatur tertentu pacta pactuan semacam ini akan menyusut jika ctipanaskan ctan memuai jika ctictinginkan. Air juga merupakan bahan yang tictak biasa ctari tinjauan termal-air memuai jika ctipanaskan ctari temperatur 4°C ctan juga memuai jika ctictinginkan cti bawah 4°C. Jacti, air mempunyai berat jenis maksimum pacta 4°C.

Sekarang kita kembali ke blok bahan yang terlihat ctalam Gambar 2-20. Kita asumsikan bahwa bahan ini isotropis ctan homogen, ctan bahwa peningkatan temperatur f..T actalah seragam cti seluruh blok. Kita ctapat menghitung bertambahnya ctimensi manapun ctari blok ini ctengan mengalikan ctimensi semula ctengan regangan termal. Sebagai contoh, jika salah satu ctimensi actalah L, maka ctimensi tersebut·akan bertambah sebesar

(2- 14)

Persamaan (2- 14) actalah hubungan temperatur-peralihan, yang analog ctengan hubungan gaya-peralihan yang telah ctibahas ctalam subbab sebelum ini. Hubungan ini ctapat ctigunakan untuk menghitung perubahan panjang elemen struktur yang mengalami perubahan temperatur seragam, seperti perpanjangan 8T pacta batang prismatis yang terlihat ctalam Gambar 2-2 1 . (Dimensi transversal pacta batang ini juga berubah, tetapi perubahan ini tictak ctitunjukkan ctalam gambar tersebut karena biasanya tictak menimbulkan pengaruh terhactap gaya aksial cti batang tersebut.)

AT ��3@ _ _ 0

---->- l o 1--T

Di ctalam pembahasan tentang regangan termal, kita berasumsi bahwa strukturnya tictak mempunyai kekangan ctan ctapat berekspansi atau berkontraksi ctengan bebas. Konctisi-konctisi ini acta kalau suatu bencta terletak pacta permukaan yang tak bergesekan atau tergantung pacta ruang terbuka. Pacta kasus seperti ini tictak acta tegangan yang ctihasilkan oleh perubahan temperatur seragam cti seluruh bencta, sectangkan perubahan temperatur yang tictak seragam ctapat menimbulkan regangan internal. Untuk struktur yang mempunyai tumpuan yang mencegah ekspansi ctan kontraksi, tegangan termal akan timbul meskipun perubahan temperatur cti seluruh struktur seragam.

Untuk menggambarkan icte-icte cti atas tentang efek termal, tinjaulah rangka batang ABC yang terctiri atas ctua batang ctalam Gambar 2-22 ctan asumsikan bahwa temperatur batang AB berubah f..T1 , ctan temperatur batang BC berubah f..T2. Karena rangka batang ini statis tertentu, maka kectua batang tersebut bebas memanjang atau memenctek, yang menyebabkan terjactinya peralihan cti B. Sekalipun ctemikian, tictak acta tegangan pacta kectua batang ctan tictak acta reaksi cti tumpuan. Kesimpulan ini berlaku


Gambar 2-23 Rangka batang statis tak tentu yang mengalami perubahan temperatur

secara umum pada struktur statis tertentu; jadi, perubahan temperatur di elemen struktur menimbulkan regangan termal (dan perubahan panjang) tanpa adanya tegangan.

Suatu struktur statis tak tentu mungkin saja menghasilkan tegangan temperatur, bergantung pada karakter struktur tersebut dan bagaimana perubahan temperatur itu terj adi. Untuk menggambarkan beberapa kemungkinan, tinjaulah rangka batang statis tak tentu yang terlihat dalam Gambar 2-23. Karena tumpuan struktur ini memungkinkan titik hubung D bergerak dalam arah horizontal, maka tidak ada tegangan yang timbul apabila keseluruhan rangka batang ini dipanaskan secara seragam. Semua batang akan memanjang yang sebanding dengan panjang semula, dan rangka batang ini akan menjadi sedikit lebih besar. Namun, jika sebagian (tidak semua) batang dipanaskan, maka tegangan termal akan timbul karena adanya susunan statis tak tentu dari batang-batang ini mencegah perpanjangan bebas. Untuk menggambarkan kondisi ini, bayangkan bahwa

. hanya satu batang yang dipanaskan. Karena batang ini menjadi panjang, maka batang ini akan menjumpai tahanan dari batang lain, dan akibatnya timbul tegangan pada setiap batang.

Analisis struktur statis tak tentu dengan perubahan temperatur didasarkan atas konsep-konsep yang dibahas dalam subbab sebelum ini, yaitu persamaan keseimbangan, persamaan keserasian, dan hubungan peralihan. Perbedaan utama adalah bahwa kita sekarang menggunakan hubungan temperatur-peralihan (Persamaan 2-14) selain juga hubungan gaya-peralihan (seperti 8 = PUEA) dalam melakukan analisis. Contoh berikut menggambarkan prosedurnya secara rinci.

• Contoh 2-8

Gambar 2-24 Contoh 2-8. Batang statis tak tentu dengan peningkatan temperatur tegangan l!.T

Sebuah batang prismatis AB yang panjangnya L ditahan oleh tumpuan yang tak dapat bergerak (Gambar 2-24a). Jika temperatur batang ini ditingkatkan secara seragam sebesar !lT, berapakah tegangan termal (Jr yang timbul di batang? (Asumsikan bahwa batang ini terbuat dari bahan yang elastis linier.)

ilT L

(a) (b) (c)

Solusi

Mekanika Bahan 87

Karena temperatur meningkat, maka batang akan berusaha untuk memanjang tetapi ditahan oleh tumpuan kaku di A dan B. Dengan demikian, reaksi RA dan RB akan

timbul di kedua tumpuan, dan batang tersebut akan mengalami tegangan tekan seragam.

Persamaan keseimbangan. Gaya-gaya yang bekerja di batang ini hanyalah reaksi di kedua ujung seperti terlihat dalam Gambar 2-24a. Dengan demikian, keseimbangan gaya dalam arah vertikal adalah

(a)

Karena ini adalah satu-satunya persamaan keseimbangan nontrivial, dan karena persamaan ini mengandung dua anu, maka kita lihat bahwa struktur ini adalah

statis tak tentu dan persamaan tambahan dibutuhkan. Persamaan keserasian. Persamaan keserasian menunjukkan fakta bahwa

perubahan panjang batang adalah no! (karena tumpuannya tidak bergerak):

DAB = 0 (b)

Untuk menentukan perubahan panjang ini, kita membuang tumpuan atas dari batang tersebut dan mendapatkan batang yang terjepit di ujung bawah dan bebas di ujung atas (Gambar 2-24b dan c). Apabila hanya perubahan temperatur yang

bekerja (Gambar 2-24b), maka perpanjangan batang adalah 87 dan jika hanya RA yang bekerja, maka batang akan memendek sebesar 8R (Gambar 2-24c). Jadi, perubahan panjang neto adalah DAB = Or - 8R, dan persamaan keserasian menjadi

DAB = 87 - 8R = 0 (c)

Hubungan peralihan. Pertambahan panjang batang akibat perubahan temperatur ll.T ditentukan oleh hubungan temperatur-peralihan (Persamaan 2-14):

(d)

di mana a adalah koefisien ekspansi termal. Pengurangan panjang akibat gaya RA dihitung dengan hubungan gaya-peralihan:

8 - RAL R - EA

(e)

di mana E adalah modulus elastisitas dan A adalah luas penampang. Dengan memasukkan hubungan peralihan (d) dan (e) ke dalam Persamaan (c) kita dapatkan bentuk akhir persamaan keserasian:

(f)

Pemecahan persamaan. Sekarang kita pecahkan persamaan keseimbangan dan keserasian (Persamaan a dan f) untuk mendapatkan reaksi RA dan RB:

(2- 1 5)

Dari hasil-hasil ini kita peroleh tegangan termal a7 pada batang:

(2-16) •

Tegangan ini adalah tegangan tekan jika temperatur batang meningkat.

Catatan 1 : Di dalam contoh ini, reaksi tidak bergantung pada panjang batang

dan tegangan tidak bergantung pada panjang dan Iuas penampang (Iihat Persamaan 2- 15 dan 2-16). Jadi, sekali lagi kita lihat kegunaan solusi simbolik karena hal-hal penting pada perilaku batang seperti ini tidak terlihat pada solusi numerik.

Catatan 2: Dalam menentukan perpanjangan termal suatu batang (Persamaan d), kita berasumsi bahwa bahan adalah homogen dan bahwa peningkatan temperatur

88 Bab 2 Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksia/

adalah seragam di seluruh volume batang. Juga, dalam menentukan pengurangan panjang akibat gaya reaksi (Persamaan e), kita berasumsi bahwa bahan bersifat elastis Iinier. Pembatasan ini harus selalu diingat di dalam menuliskan hubungan temperatur-peralihan dan gaya-peralihan.

Catatan 3: Batang pada contoh ini mempunyai peralihan longitudinal nol, bukan hanya di ujung-ujung yang terjepit, melainkan juga di setiap potongan. Jadi, tidak ada regangan aksial pacta batang ini, dan kita mempunyai situasi khusus di mana ada tegangan longitudinal tetapi tidak ada regangan longitudinal. Tentu saja, ada regangan transversal di batang yang ditimbulkan oleh perubahan temperatur dan tekan aksial.

• Contoh 2-9

Gambar 2-25 Contoh 2-9. Susunan selongsong dan baut dengan peningkatan temperatur seragam llT

Sebuah selongsong berbentuk tabung lingkaran yang panjangnya L diletakkan di sekeliling sebuah baut dan dan terletak di antara plat-plat antara di setiap ujungnya (Gambar 2-25a). Mur diputar sampai susunan tersebut kencang. Selongsong dan baut terbuat dari bahan yang berbeda dan mempunyai luas penampang yang berbeda pula. (a) Jika temperatur keseluruhan susunan meningkat sebesar llT, berapakah tegangan a, dan ab yang masing-masing timbul di selongsong dan baut? (b) Berapakah peningkatan o panjang L selongsong dan baut? (Asumsikan bahwa koefisien ekspansi termal a, untuk selongsong lebih besar daripada koefisien ab untuk baut.)

Mur Plat antara Selongsong Kepala baut

(a) 1+-------- L --------..

(b)

(c)

Solusi

Karena selongsong dan baut terbuat dari bahan yang berbeda, maka perpanjangan masing-masing bahan tersebut akan berbeda kalau dipanaskan dan diperbolehkan berekspansi secara bebas. Namun, apabila keduanya ditahan bersama oleh suatu

Mekanika Bahan 89

susunan, maka ekspansi bebas tidak dapat terjadi, dan tegangan termal akan timbul di kedua bahan. Untuk mencari tegangan ini, kita menggunakan konsep yang sama pada analisis statis tak tentu-persamaan keseimbangan, keserasian, dan hubungan peralihan. Kita perlu melepaskan elemen-elemen struktur ini agar dapat memformulasikan persamaan-persamaan tersebut.

Cara mudah untuk memotong struktur ini adalah dengan menghilangkan kepala baut, sehingga selongsong dan baut dapat berekspansi dengan bebas akibat perubahan temperatur b.T (Gambar 2-25b). Perpanjangan pada selongsong dan baut akibat ha! ini diberi notasi masing-masing 81 dan 82, dan hubungan temperaturperalihan untuk ini adalah

(g)

Karena as Jebih besar daripada ab, maka perpanjangan 81 akan lebih besar daripada 82, seperti terlihat dalam Gambar 2-25b.

Gaya-gaya aksial di selongsong dan baut harus sedemikian hingga gayagaya tersebut memperpendek selongsong dan memperpanjang baut sampai panjang akhir keduanya sama. Gaya-gaya ini terlihat dalam Gambar 2-25c, di mana Ps menunjukkan gaya tekan di selongsong dan Pb menunjukkan gaya tarik di baut. Perpendekan 83 selongsong dan perpanjangan 8

4 baut adalah

83

=

P,L 8

4

= PbL (h) E,As EbAb

di mana E�s dan E0b adalah rigiditas masing-masing bahan. Persamaan (h) adalah hubungan beban-peralihan.

Sekarang kita dapat menuliskan persamaan keserasian yang menyatakan fakta bahwa perpanjangan akhir 8 sama untuk selongsong dan baut. Perpanjangan selongsong adalah 81 - 83 dan perpanjangan baut adalah 82 + 8�; jadi,

8 = � - � = � + � w Dengan memasukkan hubungan temperatur-peralihan dan beban-peralihan (Persamaan g dan h) ke dalam persamaan akan menghasilkan

8 = aJ!:lT)L - P,L E,A,

yang dapat ditulis dengan

P,L PbL -- + -- = a, (b.T)L - ab(b.T)L E,A, EbAb

(j)

(k)

yang merupakan bentuk akhir persamaan keserasian. Perhatikan bahwa persamaan ini mengandung gaya-gaya P, dan Ph sebagai anu.

Persamaan keseimbangan diperoleh dari Gambar 2-25c, yang merupakan diagram benda bebas dari bagian yang tersisa sesudah kepala baut dihilangkan. Dengan menjumlahkan gaya-gaya dalam arah horizontal, maka

(1)

yang menyatakan fakta nyata bahwa gaya tekan di selongsong sama dengan gaya tarik di baut.

Sekarang kita pecahkan persamaan keseimbangan dan keserasian secara simultan (Persamaan k dan 1) dan mendapatkan gaya aksial di selongsong dan baut:

p =

ph = (a, - ab )(!:lT)E,A,EbAb s E,A, + EbAb (2- 17)

Dalam menurunkan persamaan ini, kita berasumsi bahwa temperatur meningkat dan bahwa koefisien as lebih besar daripada koefisien ab. Pada kondisi ini, PS adalah gaya tekan di selongsong dan P b adalah gay a tarik di baut.

Hasilnya akan berbeda jika temperatur meningkat tetapi koefisien a, kurang dari koefisien ab. Pada kondisi ini, ada celah yang terbuka di antara kepala baut dan selongsong dan tidak ada tegangan di masing-masing komponen.


(a) Tegangan di selongsong dan baut. Persamaan untuk tegangan er, dan erb masing-masing di selongsong dan baut dapat diperoleh dengan membagi gaya dengan luasnya:

er, = P, (a, - ab )(tlT)EsEbAb (2- 1 8a) • A, E,As + EbAb

P. (a, - ab)(tlT)E,EbAs erb = i =

E,A, + EbAb (2-1 8b) • Ab

Pada kondisi yang diasumsikan, tegangan er, di selongsong adalah tekan dan tegangan erb di baut adalah tarik. Menarik dicatat bahwa tegangan ini tidak bergantung pada panjang susunan elemen dan besamya berbanding terbalik dengan luasnya (artinya erjerb = A,JA,.)

(b) Pertambahan panjang selongsong dan baut. Perpanjangan masing-masing elemen dapat diperoleh dengan memasukkan P, atau Pb dari Persamaan (2-17) ke dalam Persamaan (j),

0 = (a5E,A, + abEbAb )(tlT)L ESAS + EbAb

(2-19) • Dengan adanya rumus-rumus di atas, kita dapat dengan mudah menghitung gaya, tegangan, dan peralihan setiap elemen untuk data numerik yang diketahui.

Catatan: Sebagai pengecekan parsial untuk hasil-hasil ini, kita dapat melihat jika Persamaan (2- 17), (2- 1 8), dan (2-19) susut menjadi harga yang diketahui untuk kasus sederhana. Sebagai contoh, misalkan bahwa baut bersifat kaku sehingga tidak dipengaruhi oleh perubahan temperatur. Kita dapat merepresentasikan situasi ini dengan menetapkan ab = 0 dan membiarkan Eb menjadi besar seka1i yang berarti membuat susunan di mana selongsong ditahan di antara tumpuan-tumpuan kaku. Dengan memasukkan harga-harga ab dan Eb ke dalam Persamaan (2-17), (2-18a) dan (2-19), kita dapatkan

0 = 0

Hasil-hasil ini cocok dengan yang ada di Contoh 2-8 yang meninjau suatu batang yang ditahan oleh tumpuan kaku di kedua ujungnya (bandingkan Persamaan 2-1 5 dan 2- 1 6, dan dengan Persamaan b).

Sebagai kasus khusus lainnya, misalkan bahwa selongsong dan baut terbuat dari bahan yang sama. Karena itu kedua bagian akan berekspansi dengan bebas dan akan memanjang sama besar jika temperatur berubah. Tidak ada gaya dan tegangan yang akan timbul. Untuk melihat apakah persamaan yang diturunkan dapat memprediksi perilaku ini, kita akan mengasumsikan bahwa kedua bagian mempunyai besaran a, E, dan A. Dengan memasukkan harga-harga ini ke dalam Persamaan (2-17), (2- 1 8), dan (2-19), maka

8 = a(llT)L

yang merupakan hasil yang diharapkan. Sebagai kasus khusus ketiga, misalkan kita membuang selongsong sedemikian

hingga hanya baut yang tertinggal. Baut itu selanjutnya bebas berekspansi dan tidak ada gaya atau tegangan yang akan timbul. Kita dapat merepresentasikan kasus ini dengan menuliskan A, = 0 di dalam Persamaan (2- 1 7), (2-1 8b), dan (2-19), yang menghasilkan

Pb = 0 erb = 0 8 = ab(llT)L

Sekali lagi, ini merupakan hasil yang diharapkan. Sebagaimana telah disebutkan di akhir Subbab 2.3, penyelidikan suatu kasus

khusus tidak cukup untuk meyakini kebenaran suatu rumus umum. Namun, ini tentu saja acta gunanya. Jika suatu kasus khusus dapat diverifikasi, kita meningkatkan keyakinan akan hasil yang diperoleh. Jika kasus khusus tidak cocok, maka ha! ini berarti bahwa rumus umum mempunyai kesalahan.

Mekanika Bahan 91

-·2·•6 I TEGANGAN PADA POTONGAN MIRING

Gambar 2·26 Batang prismatis yang mengalami tarik yang menunjukkan tegangan yang bekerja pada potongan melintang mn (a) batang dengan gaya aksial P, (b) tampak tiga dimensi batang yang dipotong yang menunjukkan tegangan normal, dan (c) tampak dua dimensi

Pada pembahasan sebelumnya, tentang tarik dan tekan pada elemen struktur yang dibebani secara aksial, tegangan yang kita tinjau hanyalah tegangan normal yang bekerja di potongan melintang. Tegangan ini ditunjukkan dalam Gambar 2-26, di mana kita meninjau batang AB yang mengalami gaya aksial P. Jika batang tersebut dipotong pada potongan melintang tengah oleh bidang mn (yang tegak lurus sumbu x), kita akan memperoleh diagram benda bebas seperti terlihat dalam Gambar 2-26b. Tegangan normal yang beketja di seluruh potongan tersebut dapat dihitung dengan menggunakan rumus ax = PIA asalkan distribusi tegangan terbagi secara merata di seluruh luas potongan melintang. Sebagaimana diuraikan dalam Bab 1 , kondisi ini ada jika batang terse but prismatis, bahannya homogen, gaya aksial P bekerja di pusat berat penampang, dan potongan melintang terletak cukup jauh dari lokasi pemusatan tegangan. Tentu saja, tidak ada tegangan geser yang beketja di potongan melintang, karena potongan ini tegak lurus sumbu longitudinal batang.

Untuk mudahnya, kita biasanya menunjukkan tegangan di gambar tampak 2 dimensi batang tersebut (Gambar 2-26c) bukannya gambar tampak 3 dimensi (Gambar 2-26b). Namun, apabila bekerja dengan gambar dua dimensi kita tidak boleh lupa bahwa batang mempunyai tebal yang tegak lurus dengan bidang gambar. Dimensi ketiga ini harus ditinjau dalam membuat penurunan rumus dan perhitungan.

Cara yang paling berguna untuk menunjukkan tegangan di batang 2-26 adalah dengan mengisolasi elemen kecil dari bahan, sedemikian rupa sehingga elemen yang berlabel C dalam Gambar 2-26c, dan selanjutnya menunjukkan tegangan yang beketja di semua muka elemen. Elemen seperti

(a)

(b)

A n (c)


Gambar 2-27 Elemen tegangan di titik C dari batang yang dibebani secara aksial yang terlihat dalam Gambar 2-26c: (a) tampak tiga dirnensi dari elemen, dan (c) tarnpak dua dimensi dari elemen

ini disebut elemen tegangan. Elemen tegangan di titik C merupakan blok tegangan kecil (tidak peduli apakah ini berupa kubus atau paralelepipedum) dengan muka sebelah kanan terletak pacta potongan mn. Dimensi setiap elemen tegangan diasumsikan sangat kecil, tetapi demi kejelasan kita menggambarkan elemen dengan skala yang besar. seperti terlihat dalam Gambar 2-27a.

Dalam hal ini, tepi-tepi elemen mempunyai arah sejajar dengan sumbu x, y, dan z, dan satu-satunya tegangan adalah tegangan normal crx yang bekerja pada sisi x (ingat bahwa sisi x sejajar punya gaya normal yang sejajar dengan sumbu x). Kita biasanya menggambar tampak dua dimensi elemen tersebut (Gambar 2-27b) bukannya tampak tiga dimensi, karena cara itu lebih enak.

Elemen tegangan dalam Gambar 2-27 memberikan hanya tampak sebagian dari tegangan yang bekerja pacta batang yang dibebani secara aksial . Untuk mendapatkan gambaran yang lebih rumit, kita perlu memeriksa tegangan yang bekerja pacta potongan miring, seperti potongan yang dipotong oleh bidang pq dalam Gambar 2-28a. Karena tegangan sama di seluruh bagian batang, tegangan yang bekerja di seluruh potongan miring harus mempunyai distribusi terbagi rata, seperti terlihat di diagram benda bebas dalam Gambar 2-28b (tampak tiga dimensi) dan Gambar 2-28c (tampak dua dimensi). Dari keseimbangan benda bebas, kita ketahui bahwa resultan tegangan harus sama dengan gaya horizontal P. (Resultan ini digambar dengan garis putus dalam Gambar 2-28b dan 2-28c).

Mula-mula kita membutuhkan skema untuk menetapkan orientasi potongan miring pq. Metode standar untuk ini adalah menetapkan sudut e antara sumbu x dan normal n dalam potongan (Gambar 2-29a). Jadi, sudut e untuk potongan miring yang ditunjukkan dalam gambar kira-kira 30°. Sebaliknya, potongan mn (Gambar 2-26a) mempunyai sudut 8 yang sama dengan no! (karena normal penampang ini adalah sumbu x). Contoh lain, tinjaulah elemen tegangan (Gambar 2-27). Sudut 8 untuk muka kanan adalah 0, untuk muka atas adalah 90° (potongan longitudinal batang), untuk muka kiri adalah 1 80°, dan untuk muka bawah adalah 270° (atau -90°).

Sekarang kita kembali ke tujuan mencari tegangan yang bekerja di potongan pq (Gambar 2-29b) . Sebagaimana telah disebutkan, resultan tegangan ini adalah gaya P yang bekerja di arah x. Resultan ini dapat

Gambar 2-28 Batang prismatis yang mengalami tarik yang menunjukkan tegangan yang bekerja di potongan pq yang miring: (a) batang dengan gaya aksial P. (b) tampak tiga dimensi dari batang yang dipotong yang menunjukkan tegangan, dan (c) tampak dua dimensi.

(a)

(b)

(c)

Mekanika Bahan 93

B

diuraikan atas dua komponen, gaya normal N yang berarah tegak lurus bidang miring pq dan gaya geser V yang berarah tangensial padanya. Jadi komponen gaya tersebut adalah

N = P cos () V = P sin () (2-20a,b)

Berkaitan dengan gaya N dan V ada tegangan normal dan tegangan geser yang mempunyai distribusi terbagi rata di seluruh potongan melintang (Gambar 2-29c dan d). Tegangan normal ini sama dengan gaya normal N dibagi luas potongan, dan tegangan geser tersebut sama dengan gaya geser V dibagi dengan luas potongan. Jadi, kedua tegangan tersebut adalah

(J

di mana A 1 adalah luas potongan miring:

A A� = -

cos ()

(2-2 l a,b)

(2-22)

Seperti biasa, A menunjukkan luas potongan batang. Tegangan a dan r

bekerja dengan arah seperti terlihat dalam Gambar 2-29c dan d, artinya mempunyai arah masing-masing sama dengan gaya normal N dan gaya geser V.

Hingga saat ini kita perlu menetapkan perjanjian tanda dan notasi untuk tegangan yang bekerja pada potongan miring. Kita akan menggunakan subskrip () yang menunjukkan bahwa tegangan yang bekerja pada


Gambar 2-29 Batang prismatis yang mengalami tarik yang

A, A /

cos ()

P '

V

\ \ q

(c)

V = --x,-

menunjukkan tegangan yang A bekerja pada potongan miring pq

Gambar 2-30 Perjanjian tanda untuk tegangan yang bekerja pada potongan miring. (Tegangan normal adalah positif apabila tarik dan tegangan geser adalah positif apabila menghasilkan rotasi yang berlawanan jarum jam.)

I \ q A, = -A-

cos () (d)

potongan yang miring ctengan suctut () (Gambar 2-30), seperti juga k:ita menggunakan subskrip x untuk menunjukkan bahwa tegangan bekerja pacta potongan yang sejajar sumbu x (lihat Gambar 2-26). Tegangan normal a6 bertancta positif jika tarik ctan tegangan geser r6 actalah positif jika menghasilkan rotasi bahan berlawanan jarum jam, seperti terlihat ctalam Gambar 2-30.

Untuk sebuah batang yang mengalami tarik, gaya normal N menghasilkan tegangan normal positif a6 (lihat Gambar 2-29c) ctan tegangan geser V menghasilkan tegangan geser negatif r6 (lihat Gambar 2-29ct). Tegangan-tegangan ini ctinyatakan ctengan persamaan berikut (lihat Persamaan 2-20, 2-21 , ctan 2-22):

N P 2 a e = - = - cos 8 A1 A

re = -� = - p sin () cos 8 A1 A

Dengan menggunakan notasi ax = PIA, cti mana ax actalah tegangan normal pacta penampang, juga ctengan menggunakan hubungan trigonometri

Gambar 2-31 Graflk tegangan normal CJ9 dan -r9 versus sudut 8 dari potongan miring (lihat Gambar 2-30 dan Persamaan 2-23a dan b)

cos28 = ko + cos28)

kita peroleh

Mekanika Bahan 95

sin() cos() = k (sin28)

(2-23a)

(2-23b)

Persamaan-persamaan ini memberikan tegangan normal dan geser yang bekerja pada potongan yang berarah miring dengan sudut e.

Perlu diketahui bahwa Persamaan (2-23a) dan (2-23b) diturunkan hanya dari statika sehingga keduanya tidak bergantung pada bahan. Jadi, keduanya berlaku untuk bahan apapun, apakah tinier atau nonlinier, elastis atau inelastis.

Bagaimana tegangan bervariasi untuk kemiringan bidang potongan ditunjukkan dalam Gambar 2-3 1 . Sumbu horizontal dinyatakan dalam sudut () yang bervariasi dari -90° sampai +90°, dan sumbu vertikal memberikan tegangan G8 dan re- Perhatikan bahwa tanda positif () diukur berarah berlawanan jarum jam dari sumbu x (Gambar 2-30) dan sudut negatif diukur searah jarum jam.

Sebagaimana ditunjukkan dalam gambar tersebut, tegangan normal G8 sama dengan Gx jika () = 0. Selanjutnya, jika 0 bertambah atau berkurang, tegangan normal akan mengecil sampai menjadi nol pada () = ±90° karena tidak ada tegangan normal di potongan yang sejajar dengan sumbu longitudinal. Tegangan normal maksimum terjadi pada () = 0 dan besarnya adalah

(2-24)

Juga, kita lihat bahwa jika () = ±45°, maka tegangan normal adalah setengah harga maksimurnnya.

Tegangan geser r8 berharga nol pada penampang batang ( () = 0) dan juga pada potongan longitudinal ( () = ±90°). Di antara kedua batas tersebut, tegangan bervariasi seperti terlihat dalam gambar tersebut, hingga men-

96 Bab 2 Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksia/

Gambar 2-32 Tegangan normal dan geser yang bekerja pada elemen tegangan yang berorientasi (} = 0° dan (} = 45° umuk batang yang mengalami tarik

capai harga positif terbesar pacta e = --45° ctan harga negatif terbesar pacta () = +45°. Kectua tegangan geser maksimum ini mempunyai besar yang sama yaitu

(2-25)

tetapi masing-masing memutar elemen ke arah yang berlawanan. Tegangan maksimum cti batang yang mengalami tarik ctitunjukkan

ctalam Gambar 2-32. Kectua elemen tegangan ini ctipilih-elemen A berorientasi pacta e = oo ctan elemen B berorientasi pacta e = 45°. Elemen A mempunyai tegangan normal maksimum (Persamaan 2-24) ctan elemen B mempunyai tegangan geser maksimum (Persamaan 2-25). Untuk elemen A (Gambar 2-32b), tegangan yang acta hanyalah tegangan normal maksimum (tictak acta tegangan geser cti muka ini).

)'

(a)

2 2

(b) (c)

Dalam kasus elemen B (Gambar 2-32c), baik tegangan normal maupun tegangan geser bekerja pacta semua muka (kecuali, pacta muka ctepan ctan belakang elemen). Tinjau, sebagai contoh, muka cti 45° (muka kanan atas). Di muka ini tegangan normal ctan geser (ctari Persamaan 2-23a ctan b) actalah CJ/2 ctan -CJ/2. Jacti, tegangan normal actalah tarik (positif) ctan tegangan geser bekerja searah jarum jam (negatif) terhactap elemen. Tegangan cti muka lainnya ctiperoleh ctengan cara sama ctengan memasukkan () = 1 35°, --45° ctan -135° ke ctalam Persamaan (2-23a ctan b). Jacti. ctalam kasus khusus untuk elemen yang berorientasi e = 45° ini, tegangan noirnal cti keempat muka actalah sama (sama ctengan CJ)2) ctan keempat tegangan geser mencapai besar maksimum (sama ctengan CJ)2).

Be ban

t Be ban

Gambar 2-33 Kegagalan geser di sepanjang bidang blok kayu 45° yang dibebani tekan

Be ban

t Be ban

Gambar 2-34 Jalur gelincir (atau jalur Luders) pada benda uji baja yang dipoles dibebani tarik

Mekanika Bahan 97

Juga, perhatikan bahwa tegangan geser yang bekerja pada bidang-bidang yang tegak lurus mempunyai besar yang sama dan mempunyai arah menuju, atau meninggalkan, garis perpotongan bidang-bidang, sebagaimana dibahas dengan rinci dalam Subbab 1 .6.

Jika suatu batang dibebani tekan, bukannya tarik, maka tegangan ax akan berupa tekan dan akan mempunyai harga negatif. Karena itu, semua tegangan yang bekerja di elemen tegangan akan mempunyai arah yang berlawanan dengan untuk batang yang mengalami tarik. Tentu saja, Persamaan (2-23a dan b) masih dapat digunakan untuk perhitungan dengan memasukkan ax sebagai besaran negatif.

Meskipun tegangan geser maksimum di batang yang dibebani secara aksial hanyalah setengah dari tegangan normal maksimum, tegangan geser dapat menyebabkan kegagalan jika bahannya jauh lebih lemah terhadap geser dibandingkan terhadap tarik. Sebuah contoh yang menunjukkan kegagalan geser terlihat dalam Gambar 2-33 , yang menunjukkan sebuah blok kayu yang telah dibebani tekan dan gagal karena tetjadi geser di sepanjang bidang 45°. Jenis perilaku seperti ini tetjadi pada baja lunak yang dibebani tarik. Selama uji tarik pada batang datar dari baja berkarbon rendah dengan permukaan yang dipoles, jalur gelincir (slip bands J terlihat pada sisi-sisi batang pada 45° dengan sumbu (Gambar 2-34). Jalur ini menunjukkan bahwa bahan tersebut gagal secara geser di sepanjang bidangbidang di mana tegangan geser mencapai maksimum. Jalur seperti ini pertama kali diamati oleh G. Piobert pada tahun 1842 dan W. Ltiders pada tahun 1 860 (lihat Ref. 2-6 dan 2-7), dan dewasa ini jalur tersebut disebut Jalur Liiders atau lalur Piobert. Jalur ini mulai terlihat jika tegangan luluh di batang tercapai (titik B dalam Gambar 1 - 1 0) .

Keadaan tegangan yang dijelaskan dalam subbab ini disebut tegangan uniaksial, karena alasan yang sudah jelas, yaitu batang terse but mengalami tarik mumi atau tekan pada satu arah saja. Orientasi elemen tegangan yang paling penting untuk tegangan uniaksial adalah e = 0 dan e = 45° (Gambar 2-32) ; yang disebut pertama mempunyai tegangan normal maksimum dan yang disebut terakhir mempunyai tegangan geser maksimum. Jika potongan di batang mempunyai sudut lainnya, maka tegangan yang bekerja di muka-muka elemen tegangan dapat ditentukan dari Persamaan 2-23a dan b), seperti digambarkan dalam Contoh 2- 10 dan 2- 1 1 berikut ini. Tegangan uniaksial adalah kasus khusus dari keadaan tegangan yang lebih umum yang dikenal dengan tegangan bidang, yang dibahas dengan rinci dalam Bab 7.

• Contoh 2-1 o

Sebuah batang prismatis yang mempunyai luas penampang A = 1 200 mm2

ditekan dengan gaya aksial P = 90 kN (Gambar 2-35a). Tentukanlah tegangan yang bekerja di potongan miring pq yang dipotong melalui batang dengan sudut e = 25°. (b) Tentukan keadaan tegangan secara lengkap untuk e = 2SO dan tunjukkan tegangan di elemen tegangan yang diarahkan dengan benar.


(a)

(b)

Gambar 2-35 Contoh 2- 10. Tegangan pada potongan miring

(c)

Solusi

(a) Untuk mendapatkan tegangan yang bekerja pada potongan pada sudut 6 = 25°, mula-mula kita hitung tegangan normal ax yang bekerja pada potongan melintang:

p C1 = - -X A 90 kN = - 75 MPa

1 200 mm2

di mana tanda minus menunjukkan bahwa tegangan adalah tekan. Selanjutnya, kita hitung tegangan normal dan geser dari Persamaan (2-23a dan b) dengan (J = 25°, sebagai berikut:

a9 = ax cos2 8 = (-75 MPa)(cos 25°)2 = -6 1 , 1 MPa ..

r9 = -ax sin 8 cos 8 = (75 MPa)(sin 25°)(cos 25°) = 28,7 MPa ..

Tegangan ini ditunjukkan bekerja pada potongan miring dalam Gambar 2-35b. Perhatikan bahwa tegangan normal a9 adalah negatif (tekan) dan tegangan geser r9 adalah positif (berlawanan jarum jam).

(b) Untuk menentukan keadaan tegangan yang lengkap, kita perlu mencari tegangan yang bekerja di semua muka elemen tegangan yang berorientasi 25° (Gambar 2-35c). Muka ab, di mana (J = 25°, mempunyai orientasi sama dengan bidang miring dalam Gambar 2-35b. Dengan demikian, tegangannya sama dengan yang dituliskan di atas.

Tegangan di muka sebaliknya cd adalah sama dengan yang ada di muka ab, yang dapat diverifikasi dengan memasukkan (J = 25° + 1 80° = 205° ke dalam Persamaan (2-23a dan b).

Untuk muka be kita masukkan (J = 25° - 90° = -65° ke dalam Persamaan (2-23a dan b) dan mendapatkan

a9 = -13,4 MPa 1:9 = -28,7 MPa

Tegangan-tegangan yang sama ini juga berlaku di muka sebaliknya, ad, sebagaimana dapat diverifikasi dengan memasukkan (J = 25° + 90° = 1 15° ke dalam Persamaan (2-23a dan b). Catat bahwa tegangan normal ini adalah tekan dan tegangan geser mempunyai arah berlawanan jarum jam.

Keadaan tegangan secara lengkap ditunjukkan dengan elemen tegangan dalam Gambar 2-35c. Sketsa seperti ini merupakan cara yang sangat baik untuk menunjukkan arah tegangan dan orientasi bidang di mana tegangan tersebut bekerja.

Mekanika Bahan 99

• Contoh 2-1 1

Gambar 2-36 Contoh 2- 1 1 . Tegangan pada potongan miring

Sebuah batang yang mempunyai penampang bujursangkar dengan sisi b harus memikul beban P = 8000 lb (Gambar 2-36a). Dua bagian batang dihubungkan oleh joint berlem (dikenal dengan scarf joint) di sepanjang bidang pq, yang membentuk sudut a = 40° dengan vertikal. Batang ini terbuat dari plastik struktural yang mempunyai tegangan izin tekan dan geser masing-masing 1 100 psi dan 600 psi. Selain itu, tegangan izin di joint yang berlem adalah 750 psi untuk tekan dan 500 psi untuk geser. Tentukanlah lebar minimum b untuk batang.

a = 40° f3 = 50° 9 = -{3 = -50°

(a) (b)

Solusi

Untuk mudahnya, kita putar batang ini menjadi horizontal (Gambar 2-36b) yang cocok dengan gambar yang digunakan dalam menurunkan persamaan untuk tegangan di potongan miring (lihat Gambar 2-29 dan 2-30). Dengan posisi batang seperti ini, kita lihat bahwa normal n terhadap bidang joint berlem (bidang pq) membentuk sudut f3 = 90° - a, atau 50°, dengan sumbu batang. Karena sudut (} didefinisikan positif jika berlawanan jarum jam (Gambar 2-30), kita simpulkan bahwa (} = -50° untuk joint berlem.

Luas penampang batang mempunyai kaitan dengan beban P dan tegangan ax di penampang dengan persamaan

(a)

Dengan demikian, untuk memperoleh luas yang dibutuhkan, mula-mula kita harus menentukan harga ax yang berkaitan dengan masing-masing dari empat tegangan izin. Selanjutnya, harga terkecil dari ax akan menentukan luas yang dibutuhkan. Harga ax diperoleh dengan menyusun kembali Persamaan (2-23a dan b) sebagai berikut:

a = X sin (} cos (} (2-26a,b)

Sekarang kita akan menerapkan persamaan-persamaan di atas ke joint berlem dan ke plastik.

1 00 Bab 2 Elemen Struktur yang Oibebani Secara Aksial

(a) Harga crx yang didasarkan atas tegangan i::in di joint berlem. Untuk tekan di joint berlem kita ketahui CTe = -750 psi dan 8 = -50°. Dengan memasukkannya ke dalam Persamaan (2-26a) kita dapatkan

er = -750 psi

= - 1 8 1 5 psi X (COS -50°)2

(b)

Untuk geser dijoint berlem kita ketahui tegangan izin 500 psi. Sekalipun demikian, tidak begitu jelas apakah re adalah +500 psi ataukah -500 psi. Salah satu pendekatan ada1ah dengan memasukkan kedua harga tersebut ke dalam Persamaan (2-26b) dan selanjutnya memilih harga crx yang negatif. Harga er, lainnya akan positif (tarik) dan tidak berlaku untuk batang ini, yang mengalami tekan. Pendekatan lain adalah dengan memeriksa batang itu sendiri (Gambar 2-36b) dan mengamati dari arah be ban bahwa tegangan geser akan berarah jarum jam terhadap bidang p q' yang berarti bahwa tegangan geser negatif. Dengan demikian, kita masukkan re = -500 psi dan e = -50° ke dalam Persamaan (2-26b) dan mendapatkan

() = X -500 psi

= - 1 0 1 5 psi (sin -50°)(cos -50°) (c)

(b) Harga er, berdasarkan atas tegangan izin di plastik. Tegangan tekan maksimum di p1astik terjadi di potongan melintang. Dengan demikian, karena tegangan izin tekan adalah 1 100 psi, maka kita langsung mengetahui bahwa

crx = -1 1 00 psi (d)

Tegangan geser maksimum di bidang terjadi pada arah 45° dan secara numerik sama dengan cr)2 (lihat Persamaan 2-25). Karena tegangan geser izin adalah 600 psi, maka

crx = -1 200 psi (e)

Hasil yang sama dapat diperoleh dari Persamaan (2-26b) dengan memasukkan re = 600 psi dan e = 45°.

(c) Lebar minimum batang. Dengan membandingkan keempat harga crx (Persamaan b, c, d, dan e), kita lihat bahwa yang terkecil ada1ah crx = -1 0 1 5 psi. Dengan demikian, harga ini menentukan desainnya. Dengan memasukkannya ke dalam Persamaan (a), dan dengan menggunakan harga numerik, maka kita peroleh luas yang dibutuhkan

A = 8000 1b = 7,88 in.z 1 0 1 5 psi

Karena batang ini mempunyai penampang bujursangkar (A = b2), maka lebar

minimum adalah

bmin = .JA = �7,88 in.2 = 2,8 1 in. .. Setiap 1ebar yang lebih besar daripada bmin akan menjamin bahwa tegangan izin tidak dilampaui. Sebagai contoh, kita dapat memilih b = 3,0 in.

ENERGI REGANGAN

Energi regangan adalah konsep dasar di dalam mekanika terapan, dan prinsip energi regangan banyak digunakan untuk mencari respons mesin dan struktur terhadap beban statik maupun dinamik. Di dalam subbab ini kita meninjau topik energi regangan dalam bentuk yang paling sederhana dengan hanya meninjau elemen struktur yang dibebani secara aksial yang mengalami beban statik. Elemen struktur yang lebih rumit dibahas pada bab-bab lain-batang yang mengalami torsi dibahas di Subbab 3.9 dan

Gambar 2-37 Batang prismatis yang mengalami beban statis.

p

Gambar 2-38 Diagram bebanperalihan

Mekanika Bahan 1 01

balok yang mengalami lentur dibahas di Subbab 9.8. Selain itu, penggunaan energi regangan dalam kaitan dengan beban dinamik diuraikan dalam subbab berikutnya (Subbab 2.8) dan dalam Subbab 9. 10.

Untuk menggambarkan ide dasar. tinjaulah batang prismatis yang panjangnya L yang mengalami gaya tarik P (Gambar 2-37). Kita asumsikan bahwa beban diterapkan secara perlahan-lahan, sedemikian hingga beban tersebut bertambah dari nol ke harga maksimumnya P. Beban seperti ini disebut beban statik karena tidak ada efek dinamik ataupun inersia akibat gerakan. Batang ini secara perlahan-lahan memanjang pada saat beban diterapkan, hingga akhimya mencapai perpanjangan maksimum 8 pada saat yang sama dengan beban mencapai harga maksimum P. Dengan demikian, beban dan perpanjangan harus tetap tak berubah.

Selama proses pembebanan, beban P bergerak perlahan-lahan melalui jarak 8 dan melakukan sejumlah usaha. Untuk mengevaluasi usaha ini, kita ingat dari mekanika dasar bahwa gaya konstan melakukan usaha sama dengan hasil kali gaya dan jarak yang ditempuhnya. Dalam kasus kita, besar gaya bervariasi dari nol ke harga maksimum P. Untuk mendapatkan usaha yang dilakukan oleh beban akibat kondisi ini, kita perlu mengetahui bagaimana beban tersebut berubah. Informasi ini diberikan dengan diagram beban-peralihan, sepeni terlihat dalam Gambar 2-38. Pada diagram ini sumbu vertikal menujukkan beban aksial dan sumbu horizontal menunjukkan perpanjangan batang. Bentuk kurva ini bergantung pada besaran bahan.

Kita gunakan notasi P 1 untuk harga be ban berapapun antara no! dan harga maksimum P, dan mencatat perpanjangan di batang tersebut dengan 81 • Lalu, pertambahan dP1 pada beban akan menghasilkan peningkatan do1 pada perpanjangan. Usaha yang dilakukan oleh beban selama peningkatan perpanjangan adalah hasil kali beban dan jarak yang dilampaui, artinya usaha sama dengan P1do1 • Usaha ini dinyatakan dalam gambar tersebut dengan luas yang di arsir gelap di bawah kurva beban-peralihan. U saha total yang dilakukan oleh be ban pada saat meningkat dari nol ke harga maksimum P adalah jumlah dari semua strip elemental :

w = fo�do1 (2-27)

Dalam tinjauan geometrik, usaha yang dilakukan oleh beban sama dengan luas di bawah kurva beban-peralihan.

Apabila beban memperpanjang batang, maka timbul regangan. Adanya regangan ini menambah taraf energi batang itu sendiri. Dengan demikian, besaran baru, yang disebut energi regangan, didefinisikan sebagai energi yang diserap oleh batang selama proses pembebanan. Dari prinsip konservasi energi, kita ketahui bahwa energi ini sama dengan usaha yang dilakukan oleh beban asalkan tidak ada energi yang ditambahkan atau dikurangi di dalam batang panas. Dengan demikian,

(2-28)

di mana U adalah simbol untuk energi regangan. Kadang-kadang energi regangan disebut dengan usaha dalam untuk membedakannya dengan usaha luar yang dilakukan oleh beban.


p B

Energi regangan inelastis

Energi regangan elastis

D c 8

Gambar 2-39 Energi regangan elastis dan inelastis

p

T p

_j 01 8 --1 0

Gambar 2-40 Diagram bebanperalihan untuk batang dari bahan elastis Jinier

Usaha dan energi dinyatakan dalam satuan yang sama. Dalam SI, satuan usaha dan energi adalah dalam joule (J), yang sama dengan satu newton meter ( 1 J = 1 Nm). Dalam satuan USCS, usaha dan energi dinyatakan dalam foot-pound (ft-lb), foot-kip (ft-k), inci-pound (in.-lb), dan inci-kip (in.-k). *

Jika gaya P (Gambar 2-37) secara perlahan-lahan dihilangkan dari batang, maka batang tersebut akan memendek. Jika limit elastis bahan tidak dilampaui, maka batang akan kembali ke panjang semula. Jika limit ini terlampaui, maka set permanen akan tertinggal (lihat Subbab 1 .4). Jadi, semua atau sebagian dari energi regangan akan terpulihkan menjadi usaha. Perilaku ini ditunjukkan dalam diagram beban-peralihan dalam Gambar 2-39. Selama pembebanan, usaha yang dilakukan oleh beban sama dengan luas di bawah kurva (luas OABCDO). Jika beban dihilangkan, maka diagram beban-peralihan mengikuti garis BD jika titik B ada di luar limit elastis dan perpanjangan permanen OD tetap tersisa. Jadi, energi regangan yang terpulihkan selama penghilangan beban, yang disebut energi regangan elastis, dinyatakan dengan segitiga yang diarsir gelap (BCD). Luas OABDO menunjukkan energi yang hilang dalam proses merubah bentuk batang secara permanen. Energi ini dikenal dengan energi regangan inelastis.

Kebanyakan struktur didesain dengan harapan bahwa bahan akan tetap di dalam selang elastis pada kondisi layanan yang biasa. Untuk batang yang mengalami tarik, beban pada saat tegangan di bahan mencapai limit elastis dinyatakan dengan titik A di kurva beban-peralihan (Gambar 2-39). Selama beban masih di bawah harga ini, semua energi regangan akan dapat pulih selama penghilangan beban dan tidak ada perpanjangan permanen yang tersisa. Jadi, batang ini akan beraksi sebagai pegas elastis, yang menyimpan dan melepaskan energi apabila beban diterapkan dan dihilangkan.

• Perilaku Elastis Lin ier

Sekarang kita asumsikan bahwa bahan pembentuk batang mengikuti hukum Hooke sedemikian hingga kurva beban-peralihan adalah garis lurus (Gambar 2-40). Jadi, energi regangan U yang disimpan di batang tersebut (sama dengan usaha W yang dilakukan oleh beban) adalah

(2-29)

yang merupakan luas segthga yang digelapkan OAB dalam gambar terse but.** Selanjutnya, kita ketahui bahwa hubungan antara beban P dan perpanjangan 8 untuk bahan elastis linier dinyatakan dengan persamaan

8 = PL EA

(2-30)

* Faktor-faktor konversi untuk ketja dan energi diberikan dalam Lampiran A, Tabel A-5. * * Prinsip babwa kerja oleh beban luar sama dengan energi regangan (untuk kasus perilaku elastis

linier) pertama kali dinyatakan oleh insinyur Perancis B.P.E. Clapeyron (1799-1864) dan dikenal dengan teorema Clapeyron (Ref. 2-8).

Gambar 2-41 Batang yang terdiri atas segmen-segmen prismatis yang mempunyai luas penampang dan gaya aksial yang berbeda-beda

n == L

�J p

Gambar 2-42 Batang nonprismatis dengan gaya aksial yang bervariasi

Mekanika Bahan 1 03

Dengan menggabungkan persamaan ini dengan Persamaan (2-29), kita dapat menyatakan energi regangan pada batang elastis linier dalam bentuk sebagai berikut

(2-3 1a,b)

Persamaan pertama menyatakan energi regangan sebagai fungsi dari beban dan yang kedua menyatakannya sebagai fungsi dari perpanjangan. Dari persamaan pertama kita lihat bahwa memperbesar panjang suatu batang akan meningkatkan energi regangan meskipun bebannya tidak berubah (karena lebih banyak bahan yang diregangkan oleh beban). Sebaliknya, meningkatkan modulus elastisitas atau luas penampang akan mengurangi energi regangan karena regangan di batang berkurang. Ide ini digambarkan dalam Contoh 2- 1 2 dan 2- 13 .

Persamaan energi regangan yang analog dengan Persamaan (2-3 1 a) dan (2-3 1b) dapat ditulis untuk pegas elastis linier dengan mengganti kekakuan EA/L dari batang prismatis dengan kekakuan k suatu pegas. Jadi,

(2-32a,b)

Tentu saja, rumus-rumus ini ekivalen asalkan P = ko untuk suatu pegas. Energi regangan total U pada suatu batang yang terdiri atas beberapa

segmen sama dengan jumlah energi regangan dari masing-masing segmen. Sebagai contoh, energi regangan suatu batang yang terlihat dalam Gambar 2-41 sama dengan energi regangan segmen AB ditambah energi regangan segmen BC. Konsep ini dinyatakan dalam bentuk umum dengan persamaan sebagai berikut

(2-33)

di mana U; adalah energi regangan segmen i dari batang dan n adalah banyaknya segmen. (Hubungan ini berlaku apakah bahan berperilaku linier maupun nonlinier.)

Sekarang kita asumsikan bahwa bahan dari batang ini elastis linier dan bahwa gaya aksial konstan di dalam setiap segmen. Kita dapat menggunakan Persamaan (2-3 1a) untuk mendapatkan .energi regangan segmen, dan Persamaan (2-33) menjadi

(2-34)

di mana N; adalah gaya aksial yang bekeija di segmen i dan L;, E;, dan A; adalah besaran segmen i. (Penggunaan persamaan ini digambarkan dalam Contoh 2- 1 2 dan 2-1 3 di akhir subbab ini.)

Kita dapat memperoleh energi regangan pada batang nonprismatis dengan gaya aksial yang bervariasi secara kontinu (Gambar 2-42) dengan menerapkan Persamaan (2-3 1a) untuk elemen diferensial (ditunjukkan dengan bagian yang digelapkan dalam gambar) dan selanjutnya mengintegrasikan di seluruh panjang batang

1 04 Bab 2 Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksiaf

c f ' ' , ' n'! p '

'

f Gambar 2-43 Struktur yang memikul beban tunggal P

U = fL [N(x)]2 dx Jo 2EA(x) (2-35)

Di dalam persamaan ini, N(x) dan A(x) adalah gaya aksial dan luas penampang pada jarak x dari ujung batang. (Contoh 2-14 menggambarkan penggunaan persamaan ini.)

Rumus untuk energi regangan di atas (Persamaan 2-3 1 sampai 2-35) menunjukkan bahwa energi regangan bukanlah merupakan fungsi linier dari beban, meskipun bahannya bersifat elastis linier. Jadi, perlu diingat bahwa kita tidak dapat memperoleh energi regangan suatu struktur yang memikul lebih dari satu beban dengan menggabungkan energi regangan yang diperoleh dari masing-masing beban secara terpisah. Dalam hal batang nonprismatis yang terlihat dalam Gambar 2-4 1 , energi regangan total bukanlah merupakan jumlah dari energi regangan akibat beban P1 yang bekerja sendiri dan energi regangan akibat beban P2 yang bekerja sendiri. Untuk itu, kita harus menghitung energi regangan dengan semua beban yang bekerja secara simultan, sebagaimana akan ditunjukkan dalam Contoh 2-14.

Meskipun kita hanya meninjau elemen tarik di dalam pembahasan energi regangan, semua konsep dan persamaan berlaku sama dengan elemen tekan. Karena kerja yang dilakukan oleh beban aksial adalah positif, tak peduli apakah beban menyebabkan tarik atau tekan, maka energi regangan selalu merupakan besaran positif. Fakta ini juga nyata dalam rumus untuk energi regangan pada batang elastis linier ( seperti Persamaan 2-3 1 a dan 2-3 1b). Rumus-rumus ini selalu positif karena beban dan perpanjangan dikuadratkan.

Energi regangan adalah bentuk dari energi potensial (atau "energi posisi") karena energi ini bergantung pada lokasi relatif partikel-partikel elemen yang membentuk elemen struktur. Apabila suatu batang atau pegas mengalami tekan, maka partikel-partikelnya akan semakin rapat; apabila ditarik, jarak antara partikel akan bertambah. Dalam kedua kasus terse but energi regangan elemen struktur akan bertambah dibandingkan dengan energi regangan pada posisi tak dibebani.

• Peralihan yang Disebabkan oleh Beban Tunggal

Peralihan suatu struktur elastis linier yang memikul hanya satu beban dapat ditentukan dari energi regangannya. Untuk menggambarkan metode ini, tinjaulah rangka batang dua batang (Gambar 2-43) yang dibebani oleh gaya vertikal P. Tujuan kita adalah untuk menentukan peralihan vertikal 8 di joint B di mana beban tersebut diterapkan.

Apabila diterapkan perlahan-lahan pada rangka batang tersebut, beban P melakukan usaha pada saat ia bergerak melalui peralihan vertikal 8. Namun, ia tidak melakukan usaha pada saat bergerak ke arah lateral, yaitu ke samping. Dengan demikian, karena diagram beban-peralihan adalah linier (lihat Persamaan 2-29 dan Gambar 2-40), maka energi regangan U yang disimpan dalam struktur tersebut sama dengan kerja yang dilakukan oleh beban, yaitu

u w Po 2

Mekanika Bahan 1 05

sehingga kita dapatkan

(2-36)

Persamaan ini menunjukkan bahwa pada kondisi khusus tertentu, sebagaimana disebutkan di bawah ini, peralihan suatu struktur dapat ditentukan secara langsung dari energi regangan.

Kondisi yang harus dipenuhi agar Persarnaan (2-36) berlaku adalah: ( 1 ) struktur harus berperilaku elastis linier, dan (2) hanya satu beban yang bekerja pada struktur. Lebih jauh lagi, satu-satunya peralihan yang dapat ditentukan adalah peralihan yang berkaitan dengan beban itu sendiri (artinya, peralihan tersebut harus dalam arah beban dan harus di titik di mana beban itu bekerja). Dengan dernikian, metode untuk mencari peralihan sangat terbatas dalam penerapannya dan bukan merupakan indikator yang baik dari pentingnya prinsip energi regangan di dalam mekanika struktur. Sekalipun demikian, metode ini memberikan pengantar pada penggunaan energi regangan. ( metode ini digambarkan dalarn Contoh 2- 15 . )

• Rapat Energi-Regangan

Pada banyak situasi akan lebih mudah jika menggunakan besaran yang disebut rapat energi-regangan, yang didefinisikan sebagai energi regangan per volume satuan bahan. Rumus untuk rapat energi regangan bagi bahan yang elastis linier dapat diperoleh dari rumus untuk energi regangan batang prismatis (Persamaan 2-3 1 a dan b). Karena energi regangan suatu batang terdistribusi secara merata di seluruh volumenya, maka kita dapat menentukan energi regangan dengan membagi energi regangan total U dengan volume batang AL. Jadi, rapat energi regangan, yang ditulis dengan u, dapat ditulis dalam bentuk:

p2 u = --

2EA2 (2-37a,b)

Jika kita mengganti PIA dengan tegangan er dan 8/L dengan regangan e, m aka

(2-38a,b)

Persamaan-persamaan ini memberikan rapat energi regangan pada bahan elastis linier yang dinyatakan dalam tegangan normal er dan regangan normal e.

Persarnaan (2-38a dan b) mempunyai interpretasi geometri sederhana. Keduanya sama dengan luas cre/2 dari segitiga di bawah kurva teganganregangan untuk bahan yang mengikuti hukum Hooke (er = Ee). Dalam situasi yang lebih umum di mana bahan tidak mengikuti hukum Hooke, rapat energi-regangan masih sama dengan luas di bawah kurva teganganregangan, tetapi luas tersebut harus dievaluasi pada masing-masing kasus khusus.

Rapat energi-regangan mempunyai satuan energi dibagi dengan volume. Satuan SI adalah joule per meter kubik (J/m3) dan satuan USCS adalah ft-lb/ft3, lb-inlin3, dan satuan-satuan lain yang serupa. Karena semua

r


satuan ini dapat susut menjadi satuan tegangan (ingat bahwa 1 J = 1 N.m, maka kita dapat juga menggunakan satuan seperti pascal (Pa) dan psi untuk rapat energi-regangan.

Rapat energi regangan untuk bahan yang mengalami tegangan hingga mencapai limit proporsionalnya disebut modulus resiliensi ur. Ini dapat dihitung dengan memasukkan limit proporsional aP1 ke dalam Persamaan (2-38a):

2

u = O"pl r 2E (2-39)

Sebagai contoh, bahan baja lunak yang mempunyai aP1 = 30.000 psi dan E = 30 x 1 06 psi mempunyai modulus resiliensi ur = 15 psi (atau 1 03 kPa). Catat bahwa modulus resiliensi sama dengan luas di bawah kurva teganganregangan sampai limit proporsional. Resiliensi menunjukkan kemampuan bahan untuk menyerap dan melepaskan energi di dalam selang elastis.

Besaran lain, yang disebut ketangguhan (toughness), mengandung arti kemampuan suatu bahan untuk menyerap energi tanpa mengalami fraktur. Modulus yang berkaitan dengan itu, disebut modulus ketangguhan

u1, adalah rapat energi regangan apabila suatu bahan mengalami tegangan hingga titik kegagalan. Ini sama dengan luas di bawah keseluruhan kurva tegangan-regangan. Semakin tinggi modulus ketangguhan, semakin besar kemampuan bahan itu untuk menyerap energi tanpa gagal. Harga modulus ketangguhan yang tinggi merupakan hal yang penting apabila suatu bahan mengalami beban kejut (lihat Subbab 2.8)

Rumus untuk rapat energi regangan (Persamaan 2-37 sampai 2-39) diturunkan untuk tegangan uniaksial, artinya untuk bahan yang hanya mengalami tarik atau tekan. Rumus energi regangan untuk keadaan tegangan yang lebih umum dibahas di dalam Bab 7.

• Contoh 2-12

Tiga batang bundar yang mempunyai panjang yang sama (L), tetapi bentuk yang berbeda, terlihat dalam Gambar 2-44. Batang pertama mempunyai diameter d di seluruh panjangnya, yang kedua mempunyai diameter d pada 1/5 dari panjangnya, dan yang ketiga mempunyai diameter d pada 1/15 dari panjangnya. Di bagian lain, batang kedua dan ketiga mempunyai diameter 2d. Ketiga batang ini mengalami beban aksial P yang sama.

Hitunglah besarnya energi regangan yang disimpan pada masing-masing batang, dengan menganggap perilaku elastis linier. (Abaikan efek-efek konsentrasi tegangan dan berat batang.)

Solusi

(a) Energi regangan U1 pada batang pertama. Energi regangan batang pertama diperoleh Iangsung dari Persamaan (2-3 l a) :

di mana A = 7tlP/4.

p2L U1 = 2EA (a) •

(b) Energi regangan U2pada batang kedua. Energi regangan diperoleh dengan menjumlahkan energi regangan di ketiga segmen batang (lihat Persamaan 2-34).

Gambar 2-44 Contoh 2- 12 . Perhitungan energi regangan

Mekanika Bahan 1 07

1 �·. · 2d

L

_j_ p

(a) (b) (c)

Jadi,

U = � N?Li = P2(L/5) + P2(4L/5) = P: L 2 {;; 2EiAi 2EA 2£(4A.) SEA (b) ..

yang hanya 40% dari energi regangan pada batang pertama. Jadi, memperbesar luas penampang pada sebagian dari panjang sangat mengurangi besamya energi regangan yang dapat disimpan pada batang.

(c)Energi regangan U3 pada batang ketiga dengan menggunakan Persamaan (2-34) kita dapatkan

U = i Ni2 Li =

P2 (LI5) + P2 (14L/15) =

3P2 L = 3U1 3 i=l 2E;Ai 2EA 2£(4A) 20EA 1 0 (c) ..

Sekarang energi regangan berkurang sampai menjadi 30% energi regangan batang pertama.

Catatan: Dengan membandingkan hasil-hasil ini, kita lihat bahwa energi regangan berkurang apabila sebagian dari batang dengan luas yang lebih besar bertambah. Sejum1ah kerja yang sama yang diberikan pada ketiga batang akan menghasilkan tegangan yang terbesar pada batang yang ketiga karena batang ketiga mempunyai kapasitas serap energi yang paling sedikit. Jika daerah yang mempunyai diameter d lebih kecil lagi, maka kapasitas serap energinya akan lebih berkurang lagi. Dengan demikian, kita simpulkan bahwa dibutuhkan sedikit kerja untuk menghasilkan tegangan tarik besar di suatu batang dengan takikan, dan semakin sempit takikan, semakin parah pula kondisinya. Apabila bebannya adalah dinamik dan kemampuan untuk menyerap energi merupakan ha! penting, maka adanya takikan akan sangat merusak.

Dalam ha! beban statik, tegangan maksimum akan lebih penting dibandingkan dengan kemampuan untuk menyerap energi. Dalam contoh ini, ketiga batang mempunyai tegangan maksimum PIA (asalkan konsentrasi tegangan dapat diredam), sehingga ketiga batang mempunyai kapasitas pikul beban apabila beban diterapkan secara statis.

• Contoh 2-1 3

Silinder dan kepala silinder untuk mesin udara yang terkompresi dijepit dengan baut melalui flens dari silindemya (Gambar 2-45a). Detail dari baut ditunjukkan da1am bagian (b) dari gambar tersebut. Diameter d tangkai baut adalah 0,500 in dan diameter akar d, dari bagian berulir adalah 0,406 in. Grip g dari baut adalah 1 ,50 in dan bagian berulir mempunyai jarak t = 0,25 in ke dalam grip. Akibat aksi siklus tekanan rendah dan tinggi di ruang, pada akhimya baut dapat putus.


Untuk mengurangi kemungkinan baut gaga!, perencana menyarankan dua kemungkinan modifikasi : (a) Dengan menggunakan mesin, perkecil ukuran diameter tangkai baut hingga sama dengan diameter bagian berulir dr, seperti terlihat dalam Gambar 2-46a. (b) Gantilah setiap pasang baut dengan satu baut panjang, seperti terlihat dalam Gambar 2-46b. Baut yang panjang adalah sama dengan baut semula (Gambar 2-45b) kecuali bahwa grip baut ini bertambah dengan jarak L = 1 3,5 in.

Bandingkan kapasitas penyerapan-energi ketiga konfigurasi baut: ( I ) baut semula, (2) baut dengan diameter tangkai yang direduksi, (3) baut panjang. (Asumsikan perilaku elastis linier dan abaikan pengaruh konsentrasi tegangan.)

Silinder \

� '1Ji:l Ruang Piston

Gambar 2-45 Contoh 2- 1 3 . (a) Sil inder dengan piston dan baut penjepit, dan (b) Detail satu baut

G a m ba r 2-46 Contoh 2- 1 3 . Modifikasi yang disarankan untuk baut: (a) Baut dengan diameter yang direduksi, dan (b) baut dengan panjang yang ditambah

(a) (b)

(a) (b)

Solusi

( 1) Baut semula. Baut semula dapat diidealisasikan sebagai batang yang terdiri alas dua segmcn (Gambar 2-45b). Segmen kiri mempunyai panjang g - t dan diameter d, dan segmcn kanan mempunyai panjang t dan diameter dr. Energi regangan satu baut yang mengalami beban tarik P dapat diperoleh dengan menjumlahkan energi regangan kedua segmen (Persamaan 2-34):

" 2 L , 2 _ " N; ; _ P" (g - t) P t ul - £....-- - + --

i=l 2E;A; 2 EA5 2 EAr (d)

di mana As adalah luas penampang tangkai baut, dan Ar adalah luas penampang baut di akar uliran; jadi,

Mekanika Bahan 1 09

Jrd2 A =

s 4 A = Jrd; ' 4 (e)

Dengan memasukkan rumus ini ke dalam Persamaan (d), kita dapatkan rumus berikut untuk energi regangan satu dari empat baut semula:

2P2 (g - t J 2P2t V - + --I -7rEd2 i!Ed; (f)

(2) Baut dengan diameter tangkai mng tereduksi. B aut in i dapat diidealisasikan sebagai batang prismatis dengan panjang g dan diameter dr (Gambar 2-46a) . Dengan demikian, energi regangan satu baut ( !ihat Gambar 2-3 1 a) adalah

V - p2g - 2 P:g 2 - 2EA, -

nEd; Rasio energi regangan untuk kasus ( 1 ) dan (2) adalah

Vz = gd2

VI (g - t)d; + td2

atau, dengan memasukkan harga-harga numerik.

(g)

(h)

V2 = ( 1 ,50 in . )(0,500 in.)2 = I 40 ..

VI ( 1 ,50 in. - 0,25 in . )(0,406 in.)2 + (0.25 in. )(0.500 in . \2 ·

Jadi, dengan menggunakan baut yang diameter tangkainya berkurang akan diperoleh peningkatan 40% pada energi regangan yang dapat diserap oleh baut. Jika diimplementasikan, skema ini dapat mengurangi banyaknya kegagalan yang disebabkan oleh beban kejut.

(3) Baut panjang. Perhitungan untuk baut panjang (Gambar 2-46b) sama dengan untuk baut semula, tetapi grip g diganti dengan grip L. Dengan demikian, energi regangan untuk baut panjang (bandingkan dengan Persamaan t) adalah

2 P2 (L - t) 2 P2t v3 = + --nEd2 nEd; ( i )

Karena satu baut panjang menggantikan dua baut semula, maka kita harus membandingkan energi regangan dengan mengambil rasio V3 terhadap 2V1, sebagai berikut

.!:!.J..._ = (L - t)d; + td2

2V1 2(g - t)d; + 2td2

Dengan memasukkan harga-harga numerik maka

v3 ( 1 3,5 in. - 0,25 in.)(0,406 in.)2 + (0,25 in.)(0,500 in.)2 = 4,1 8 .. 2VI = 2( 1 ,50 in. - 0,25 in.)(0,406 inl + 2(0,25 in.)(0,500 in.)2

Jadi, penggunaan baut panjang akan meningkatkan kapasitas serap energi sebesar 3 1 8% dan mendapatkan faktor keamanan yang lebih besar dari tinjauan energi regangan.

Catatan: Dalam mendesain baut, perencana harus meninjau tegangan tarik maksimum, tegangan tumpu maksimum, konsentrasi tegangan, dan ha1-hal lainnya.

• Contoh 2-1 4

Tentukan energi regangan pada batang prismatis yang tergantung pada ujung atasnya. Tinjaulah beban berikut: (a) berat sendiri batang, dan (b) berat batang ditambah beban P di ujung bawah. (Asumsikan peri1aku elastis 1inier.)

1 1 0 Bab 2 E/emen Struktur yang Dibebani Secara Aksial

T t T I I X X

I l L _L_ -t j r dx

(a) (b)

Gambar 2-47 Contoh 2- 14. (a) Batang tergantung yang memikul berat sendiri. dan (b) batang tergantung yang memikul berat sendiri dan beban tambahan P

Solusi

(a) Energi regangan akibat berat sendiri batang (Gambar 2-47a). Batang ini mengalami gaya aksial yang bervariasi, di ujung bawah adalah no! dan di ujung atas adalah maksimum. Untuk menentukan besarnya gaya aksial, kita tinjau elemen yang panjangnya dx (ditunjukkan dengan digelapkan pada gambar) pada jarak x dari ujung atas. Gaya aksial internal N(x) yang bekerja pada elemen ini sama dengan berat batang di bawah elemen

N(x) = yA(L - x) (k)

di mana y adalah berat jenis bahan dan A adalah luas penampang batang. Dengan memasukkan Persamaan (2-35) dan mengintegrasinya, maka energi-regangan total adalah

U = f L [N(x)]2 dx = [L [yA(L - x)]2 dx = y2 AL3 o 2EA(x) Jo 2EA 6£ (2-40) •

Hasil yang sama dapat diperoleh dari rapat energi-regangan. Di sembarang jarak x dari tumpuan, tegangannya adalah

er = N(x) = y(L - x) A

sehingga energi regangan (Persamaan 2-38a) adalah

az yz(L _ x)z u = - = 2£ 2E

(l)

(m)

Energi regangan total dapat diperoleh dengan mengintegrasi u di seluruh volume batang

U = fu dV = f Lu(A dx) = lL y 2 A(L - xf dx 0 0 2£

yang cocok dengan Persamaan (2-40).

y z AL3 6E (n)

(b) Energi regangan akibat berat batang ditambah beban P (Gambar 2-47b). Dalam kasus ini gaya aksial N(x) yang bekerja pada elemen adalah

N(x) = yA(L - x) + P (o)

(bandingkan dengan Persamaan k). Dari Persamaan (2-35) kita dapatkan

U = fL [yA(L - x) + P]2 dx = y2 AIJ J PL2 + P2 L (2_41 ) • )0 2EA 6E 2E 2EA

Catatan: Suku pertama dalam rumus ini sama dengan energi regangan pada batang yang tergantung dan dibebani berat sendiri saja (Persamaan 2-40), dan suku terakhir sama dengan energi regangan suatu batang yang hanya mengalami gaya aksial P (Persamaan 2-3 la). Namun, suku yang tengah mengandung y dan P, yang menunjukkan bahwa energi tersebut bergantung pada berat batang dan besamya beban yang bekerja. Jadi, contoh ini menggambarkan bahwa energi regangan suatu batang yang mengalami dua beban tidak sama dengan jumlah energi regangan yang diperoleh dari masing-masing beban yang bekerja secara terpisah.

• Contoh 2-1 5

Tentukan peralihan vertikal 88 di joint B dari rangka batang yang terlihat dalam Gambar 2-48. Perhatikan bahwa beban yang bekerja pada rangka batang hanyalah rangka batang dengan beban vertikal P dijoint B. Asumsikan bahwa kedua batang dari rangka batang ini mempunyai rigiditas aksial EA yang sama.

Gambar 2·48 Contoh 2- 1 5 . Peralihan rangka batang yang memikul beban tunggal P

*2.8 1

Mekanika Bahan 1 1 1

Solusi

Karena hanya ada satu beban yang beketja pada rangka batang ini, maka kita dapat mencari peralihan yang berkaitan dengan beban tersebut dengan menyamakan ketja yang dilakukan beban tersebut dengan energi regangan pada batang-batang. Namun, untuk mendapatkan energi regangan kita harus mengetahui gaya-gaya pada batang (lihat Persamaan 2-31a).

Dari keseimbangan gaya yang beketja pada joint B kita lihat bahwa gaya aksial F di masing-masing batang adalah

F = __ P_ 2 cos f3 (p)

Juga, dari geometri rangka batang kita lihat bahwa panjang setiap batang adalah L1 = H!cos {3, di mana H adalah tinggi rangka batang dan f3 adalah sudut yang ditunjukkan dalam gambar.

Sekarang kita dapat memperoleh energi regangan kedua batang:

U = (2/2� = p2H

2EA 4EA cos3 f3

Ketja yang dilakukan beban P adalah

W = PoB 2

(q)

di mana oB adalah peralihan ke bawahjoint B. Dengan menyamakan U dan W dan menyelesaikan oB, kita dapatkan

(2-42) ..

Persamaan ini memberikan peralihan vertikaljoint B pada rangka batang. Perhatikan bahwa kita memperoleh peralihan dengan menggunakan keseimbangan dan energi regangan-kita tidak menggunakan diagram peralihan di joint B.

BEBAN KEJUT

Beban dapat dikelompokkan sebagai statik atau dinamik bergantung pada

apakah beban itu tetap konstan atau bervariasi terhadap waktu. Beban statik diterapkan perlahan-lahan sedemikian hingga tidak menyebabkan

efek dinamik atau getaran pada struktur. Beban bertarnbah perlahan-lahan

dari nol hingga mencapai harga maksimurnnya, sehingga tetap konstan.

Beban dinamik dapat mempunyai berbagai bentuk-beberapa beban

diterapkan dan dihilangkan secara tiba-tiba (beban kejut), ada pula yang berjangka waktu lama dan berubah-ubah secara kontinu terhadap waktu

(beban yang berfiuktuasi). Beban kejut dihasilkan apabila dua benda

bertumbukan atau apabila benda jatuh dan mengenai suatu struktur. Beban

....

1 1 2 Bab 2 Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksial

Gambar 2-49 Beban kejut pada batang prismatis AB ak:ibat jatuhnya benda dengan massa M (a) (b)

yang berfluktuasi dihasilkan oleh mesin yang berputar, lalu lintas, angin, gelombang air, gempa bumi, dan proses pembuatan di pabrik.

Sebagai contoh bagaimana suatu struktur merespon beban dinamik, kita akan membahas kejut yang terjadi akibat jatuhnya benda ke suatu batang prismatis (Gambar 2-49). Sebuah massa M, yang mula-mula dalam keadaan diam, jatuh dari tinggi h ke sayap di ujung bawah batang AB. Apabila massa tersebut menumbuk sayap, maka batang akan mulai memanjang, sehingga menimbulkan tegangan dan regangan aksial di batang. Pacta selang waktu yang sangat singkat, mungkin hanya beberapa milidetik, sayap akan bergerak ke bawah dan mencapai posisi peralihan maksimum. Dengan demikian, batang akan memendek, lalu memanjang, lalu memendek lagi yang berarti batang bergetar secara longitudinal dan ujung batang bergerak ke atas dan bawah. Getaran ini analog dengan yang terjadi apabila suatu pegas ditarik dan kemudian dilepaskan. Getaran batang akan berhenti karena efek redaman, dan batang akan diam dengan massa M akan terletak pacta sayap.

Respons suatu batang terhadap massa yang jatuh tentu saja sangat rumit, dan analisis lengkap dan akurat membutuhkan penggunaan teknik matematika lanjut. Sekalipun demikian, kita dapat membuat analisis pendekatan dengan menggunakan konsep energi regangan. (Subbab 2.7) dan membuat beberapa asumsi yang menyederhanakan.

Kita mulai dengan meninjau energi suatu sistem sesaat sebelum massa dilepaskan (Gambar 2-49a). Energi potensial massa terhadap elevasi sayap adalah Mgh, di mana g adalah percepatan gravitasi. * Energi potensial ini dikonversikan menjadi energi kinetik pacta saat massa jatuh. Pacta saat massa menumbuk sayap, energi potensialnya terhadap elevasi sayap adalah

nol dan energi kinetiknya adalah Mv2!2 di mana v = ...}2gh adalah

kecepatannya. ** Setelah tumbukan terjadi, energi kinetik massa ditransformasikan menjadi energi regangan batang yang meregang. Sebagian energi terdisipasi menjadi panas atau menjadi deformasi plastis yang terlokalisasi pacta massa dan sayap. Sebagian kecil masih sebagai energi kinetik dari massa, yang mungkin bergerak ke bawah lebih jauh lagi (selama masih kontak dengan sayap) atau memantul ke atas.

* Dalam satuan SI, percepatan gravitasi g = 9,81 rn!detik2; dalam satuan USCS, g = 32,2 ft/detik2. Untuk harga yang lebih akurat atau untuk pembahasan tentang massa dan berat, lihat Lampiran A.

** Dalam dunia teknik, kecepatan biasanya dipandang sebagai besaran vektor. Namun, karena energi kinetik merupakan besaran skalar, maka k:ita akan menggunakan sebutan "kecepatan" yang berarti besarnya kecepatan atau kelajuan.


Untuk membuat analisis yang disederhanakan dari situasi yang sebenamya rurnit, kita akan mengidealisasikan perilaku ini dengan membuat asumsi-asumsi sebagai berikut. Pertama, kita asumsikan bahwa massa dan sayap mempunyai konstruksi sedemikian hingga massa "menempel" ke sayap dan bergerak ke bawah bersama-sama (dengan perkataan lain, massa tidak memantul). Perilaku ini lebih mungkin terjadi apabila massa tersebut jauh lebih besar dibandingkan massa batang. Kedua, kita abaikan semua energi yang hilang dan asumsikan bahwa energi kinetik dari massa yang jatuh berubah seluruhnya menjadi energi regangan batang. Asumsi ini konservatif dalam arti bahwa ini akan memprediksi tegangan yang lebih besar di batang dibandingkan dengan yang diprediksi apabila kita memperhitungkan kehilangan energi. Ketiga. kita abaikan semua perubahan energi potensial pada batang itu sendiri (akibat gerakan vertikal elemen batang), dan kita abaikan adanya energi regangan di batang akibat berat sendirinya. Kedua efek ini sangat kecil. Keempat. kita asumsikan bahwa tegangan di batang tetap berada dalam daerah elastis linier. Akhimya, kita anggap bahwa distribusi tegangan di seluruh batang sama dengan apabila batang tersebut dibebani secara statis oleh gaya di ujung bawah, artinya tegangan terbagi rata di seluruh volume batang. Kondisi ini hanya merupakan pendekatan karena dalam kenyataannya gelombang tegangan longitudinal akan menjalar melalui batang, sehingga menyebabkan variasi dalam distribusi tegangan.

Berdasarkan atas asumsi-asumsi di atas. kita dapat menghitung perpanjangan maksimum dan tegangan tarik maksimum yang dihasilkan oleh beban kejut. (lngat bahwa kita mengabaikan berat sendiri batang dan mencari tegangan akibat massa yang jatuh saja.)

• Perpanjangan Maksimum pada Batang

Perpanjangan maksimum 8maks (Gambar 2-49b) dapat diperoleh dari prinsip konservasi energi dengan menyamakan energi potensial yang hilang pada saat jatuhnya massa dengan energi regangan yang timbul di batang. Energi potensial yang hilang adalah W(h + 8maks), di mana W = Mg adalah berat massa dan (h + 8maks) adalah jarak yang dilalui pada saat massa tersebut bergerak. Energi regangan batang adalah EA&maks/2L, di mana EA adalah rigiditas aksial, dan L adalah panjang batang (lihat Persamaan 2-3 1b). Jadi, kita mendapatkan persamaan berikut:

W(h + 8 ) = EA8�aks maks 2L

(2-43)

Persamaan ini adalah kuadratik dalam 8maks dan dapat dipecahkan untuk mencari akar positif yaitu

8 = WL + [(WL)2 + 2h(WL )] 1 12 maks EA EA EA (2-44)

Catat bahwa perpanjangan maksimum batang bertambah jika berat massa atau tinggi jatuh bertambah. Perpanjangan akan hilang jika kekakuan EA/ L bertambah.

Persamaan di atas dapat ditulis dalam bentuk yang lebih sederhana dengan menggunakan notasi

WL EA (2-45)


di mana 851 adalah perpanjangan batang akibat berat benda yang jatuh pada kondisi pembebanan statik. Persamaan (2-44) menjadi

(2-46)

Dari persamaan ini kita lihat bahwa perpanjangan batang akibat beban kejut jauh lebih besar daripada jika beban yang sama diterapkan secara statik. Sebagai contoh, rnisalkan bahwa tinggi h adalah 40 kali peralihan statik 851; perpanjangan maksimum akan menjadi 10 kali perpanjangan statik.

Apabila tinggi h besar dibandingkan dengan perpanjangan statik, maka kita dapat mengabaikan suku pertama dan kedua pada bagian kanan Persamaan (2-46) dan mendapatkan

� /M 2L 8 i 2h8 = J_v _ maks = '\ st V EA (2-47)

di mana M = Wig dan v = -, 2gh adalah kecepatan massa yang jatuh apabila massa tersebut menumbuk sayap. Persamaan ini dapat pula diperoleh secara langsung dari Persamaan (2-43) dengan mengabaikan 8maks di bagian kanan persamaan dan mencari 8maks· Dengan diabaikannya suku-suku tsb, maka harga 8maks yang dihitung dari Persamaan (2-47) selalu lebih kecil daripada yang dihitung dari Persamaan (2-46).

• Tegangan Maksimum di Batang

Tegangan maksimum dapat dihitung dengan mudah dari perpanjangan maksimum karena kita menganggap bahwa distribusi tegangan terbagi merata di seluruh panjang batang. Dari persamaan umum 8 = PUEA = aUE, kita ketahui bahwa

E8maks (J maks = --L- (2-48)

Dengan memasukkan Persamaan (2-44), kita peroleh persamaan berikut untuk tegangan tarik maksimum:

a = W + (W)2 + 2WhE [ ]1 1 2

maks A A AL

Dengan menggunakan notasi

w (Jst = A Mg £851 = - = --

A L

(2-49)

(2-50)

di mana CJ51 adalah tegangan apabila beban bekerja secara statik, maka kita dapat menulis Persamaan (2-49) dalam bentuk

(. 2 2hE )"2 (Jmaks = (J st + f st + L(Jst (2-5 1 )

Persamaan in i analog dengan Persamaan (2-46) dan sekali lagi menunjukkan bahwa beban kejut menghasilkan efek yang lebih besar daripada apabila beban yang sama diterapkan secara statik.

Dengan meninjau kasus di mana tinggi h adalah besar dibandingkan dengan perpanjangan batang (bandingkan dengan Persamaan 2-47), kita peroleh


_ �2hEcr,1 _ Wv2£ (2_52) (j maks - L - � --;:z;-

Dari hasil ini kita lihat bahwa peningkatan energi kinetik Mv212 pada massa yang jatuh akan memperbesar tegangan, sedangkan pertambahan volume AL pada batang akan mengurangi tegangan. Situasi ini berbeda dengan tarik statik batang, di mana tegangan tidak bergantung pada panjang

L dan modulus elastisitas E. Persamaan-persamaan di atas untuk perpanjangan maksimum dan

tegangan maksimum berlaku hanya pada saat sayap batang ada di posisi terbawah. Sesudah perpanjangan maksimum tercapai di batang, batang akan bergetar secara aksial sampai menjadi diam pada perpanjangan statik. Sejak itu, perpanjangan dan tegangan mempunyai harga yang diberikan dengan Persamaan (2-45) dan (2-50).

• Faktor Kejut

Rasio res pons dinamik suatu struktur terhadap res pons statik ( untuk be ban yang sama) disebut faktor kejut. Sebagai contoh. faktor kejut untuk perpanjangan batang dalam Gambar 2-49 adalah rasio antara perpanjangan maksimum (Persamaan 2-44, 2-46, atau 2-47) terhadap perpanjangan statik (Persamaan 2-45):

Faktor kejut = 8maks 8,1

(2-53)

Faktor ini menunjukkan berapa kali perpanjangan statik diperbesar akibat efek dinamik suatu kejut.

Persamaan yang analog dengan Persamaan (2-53) dapat ditulis untuk faktor kejut lain, misalya faktor kejut untuk tegangan di batang (rasio

O'maks terhadap 0'81). Apabila suatu massa j atuh melalui tinggi yang sangat besar, maka faktor kejut dapat sangat besar, misalnya 100 atau lebih.

• Beban yang Diterapkan secara Tiba-tiba

Suatu kasus khusus dari kejut terjadi apabila suatu beban diterapkan tibatiba dengan kecepatan awal. Untuk menjelaskan jenis pembebanan seperti ini, tinj au lagi batang prismatis vertikal yang terlihat dalam Gambar 2-49 dan asumsikan bahwa massa yang menggelincir direndahkan perlahanlahan sampai menyentuh sayap. Selanjutnya massa secara tiba-tiba dilepaskan. Meskipun dalam hal ini tidak ada energi kinetik pada awal ekstensi batang, perilaku ini berbeda dengan beban statik pada batang. Pada kondisi beban statik, beban dilepas perlahan-lahan dan keseimbangan selalu ada antara beban yang diterapkan dan gaya tahanan di batang.

Namun, tinjaulah apa yang terjadi apabila massa dilepaskan tiba-tiba dari titik kontaknya dengan flens. Mula-mula perpanjangan batang dan tegangan di batang adalah nol, tetapi massa bergerak ke bawah akibat aksi dari berat sendiri. Selama gerakan ini, batang memanjang dan gaya tahanannya secara bertingkat bertambah. Gerakan ini terus terjadi sampai pada saat gaya tahanan tepat sama dengan W, berat massa. Pada saat itu perpanjangan batang adalah 8sr Namun, massa sekarang mempunyai energi kinetik, yang diperoleh selama bergerak ke bawah sejauh 081• Dengan dernikian, massa terus bergerak ke bawah sampai kecepatannya dinolkan


oleh gaya tahanan di batang. Perpanjangan maksimum untuk kondisi ini diperoleh dari Persamaan (2-46) dengan menetapkan h sama dengan nol; jadi,

(2-54)

Dari persamaan ini kita lihat bahwa beban yang diterapkan tiba-tiba menyebabkan perpanjangan dua kali lebih besar dibandingkan perpanjangan yang disebabkan oleh beban yang sama yang diterapkan secara statik. Jadi, faktor kejut adalah 2.

Sesudah perpanjangan maksimum 2051 dicapai, ujung batang akan bergerak ke atas dan memulai serangkaian getaran ke atas dan ke bawah, akhimya berhenti pada kondisi perpanjangan statik yang dihasilkan oleh berat sendiri massa.

*

• Kehi langan Energi dan Efek lnelastis

Analisis di atas didasarkan atas asumsi bahwa tidak ada energi yang hilang selama kejut. Nyatanya, kehilangan energi selalu terjadi selama kejut, dengan sebagian besar didisipasikan dalam bentuk panas dan deformasi lokal bahan. Karena kehilangan ini, energi kinetik suatu sistem sesaat sesudah suatu kejut lebih kecil daripada sebelum kejut. Akibatnya, lebih sedikit energi yang dikonversikan menjadi energi regangan batang dibandingkan yang kita asumsikan sebelum ini. Karena itu, peralihan aktual di ujung batang dalam Gambar 2-49 lebih kecil daripada yang diprediksi dengan analisis sederhana yang kita lakukan.

Kita juga telah berasumsi bahwa tegangan di batang tetap berada dalam limit proporsional. Jika tegangan maksimum melebihi limit ini, maka analisis menjadi lebih rumit karena perpanjangan batang tidak lagi proporsional dengan gaya aksial. Faktor-faktor lain yang perlu ditinjau adalah efek-efek gelombang tegangan, redaman, dan ketidaksempumaan pada permukaan kontak. Dengan demikian, kita tidak boleh lupa bahwa semua rumus di dalam subbab ini didasarkan atas kondisi yang sangat diidealisasikan dan hanya memberikan pendekatan kasar mengenai kondisi yang sebenamya (biasanya agak mengabaikan perpanjangan).

Bahan yang menunjukkan keuletan besar selewat limit proporsional biasanya memberikan tahanan jauh lebih besar terhadap beban kejut dibandingkan dengan bahan getas. Juga, batang dengan takikan, lubang, dan bentuk-bentuk konsentrasi tegangan lainnya (lihat Subbab 2.9 dan 2 . 1 0) sangat lemah terhadap kejut-sedikit kejut saja dapat menyebabkan fraktur, meskipun bahan itu sendiri ulet pada pembebanan statik.

• Contoh-contoh

Perhitungan perpanjangan maksimum dan tegangan maksimum yang disebabkan oleh beban kejut pada batang vertikal digambarkan dalam Contoh 2-16 . Contoh-contoh lainnya (Contoh 2- 1 7 dan 2- 1 8) menggambarkan bagaimana prinsip konservasi energi dapat digunakan dalam analisis jenis lain masalah kejut. Ketiga contoh itu, ditambah soal-soal di akhir bab ini, didasarkan atas asumsi-asumsi dan idealisasi yang telah disebutkan sebelum ini.

*Persamaan (2-54) pertama kali didapati oleh matematikawan dan ilmuwan Perancis J.V. Poncelet ( 1788-1 867); lihar Ref. 2-9.

d = 15 mm M = 20 kg


• Contoh 2-1 6

.} I I

L = 2,0 m

--r I I h = Tmm l

Sebuah batang baja prismatis (E = 210 GPa) yang panjangnya L = 2,0 m dan diametemya d = 1 5 mm tergantung secara vertikal pada tumpuan di ujung atasnya (Gambar 2-50). Sebuah benda dengan massa M = 20 kg jatuh dari ketinggian h = ! 50 mm ke sayap di ujung bawah batang tanpa memantul kembali. (a) Hitunglah perpanjangan maksimum batang akibat kejut dan tentukan faktor kejutnya. (b) Hitunglah tegangan tarik maksimum dan faktor kejutnya.

Solusi

Karena susunan batang dan benda yang jatuh dalarn contoh ini sesuai dengan Gambar 2-49, kita dapat menggunakan persamaan yang telah diturunkan sebelum ini (Persamaan 2-43 sampai 2-52).

(a) Perpanjangan maksimum. Perpanjangan yang dihasilkan oleh jatuhnya benda dapat ditentukan secara 1angsung dari Persarnaan ( 2 -46). Langkah pertama adalah menentukan perpanjangan statik pada batang akibat berat benda. Karena berat benda adalah Mg, maka kita hitung sebagai berikut:

0 = WL = MgL =

(20,0 kg)(9,81 rnls: 1 1 2.0 �! = O,O l 06 mm st EA EA (210 GPa)(n/4 )t l 5 mmr

Gambar 2-50 Contoh 2- 1 6. Perpanjangan dimasukkan ke dalam Persamaan ( 2-46) untuk mendapatkan Beban kejut pada batang vertikal perpanjangan maksimum

Omaks = 8,t + ( OZ,t + 2h8,/12 = 0,0106 mm + [(0,0106 mm)2 + 2(1 50 mm)(0,0106 mm)]112 = 1 ,79 mm ..

Karena tinggi jatuh sangat besar dibandingkan perpanjangan statik, maka kita memperoleh hasil yang hampir sama dengan menghitung perpanjangan maksimum dari Persamaan (2-47):

8maks = �2h8st = [2( 1 50 mm)(0,0106 mm)]112 = 1 ,78 mm ..

Faktor kejut sama dengan rasio perpanjangan maksimum terhadap perpanjangan statik:

Faktor kejut = 8maks 8,t

1 ,79 mm = 169 0,01 06 mm ..

Hasil ini menunjukkan bahwa efek dari beban yang dikerjakan secara dinamik dapat sangat besar dibandingkan dengan efek beban yang sama yang diterapkan secara statik.

(b) Tegangan tarik maksimum. Tegangan maksimum yang dihasilkan oleh jatuhnya benda diperoleh dari Persamaan (2-48) sebagai berikut:

a = E8maks = (2 10 GPa)( 1 ,79 mm) = 1 88 MPa maks L 2,0 mm

Tegangan ini dapat dibandingkan dengan tegangan statik, yaitu

a" =

w = Mg = (20 kg)(9,81 rn/s2 ) = 1,1 1 MPa A A (n/4)(15 mm)2

..

Rasio amaks terhadap a,1 adalah 1 88/1 , 1 1 = 1 69, yang merupakan faktor kejut yang sama dengan untuk perpanjangan. Hasil ini sesuai dengan yang diharapkan karena tegangan sebanding langsung dengan perpanjangannya (lihat Persamaan 2-48 dan 2-50).


Gamba r 2-51 Contoh 2- 1 7 . Beban kejut pada batang horizontal

• Contoh 2-1 7

Batang horizontal AB yang panjangnya L ditumbuk di ujung bebasnya oleh blok berat yang massanya M yang bergerak dalam arah horizontal dengan kecepatan v (Gambar 2-5 1) . (a) Tentukan perpendekan maksimum 8maks pada batang akibat kejut dan tentukan faktor kejutnya. (b) Tentukan tegangan tekan maksimum O"maks dan faktor kejutnya. (Misalkan EA menunjukkan rigiditas aksial batang tersebut.)

Solusi

Pembebanan di batang pada contoh ini berbeda dengan beban pada Gambar 2-49 dan 2-50. Dengan demikian, kita harus membuat analisis barn yang didasarkan atas konservasi energi.

(a) Perpendekan maksimum batang. Untuk analisis ini kita menggunakan asumsi yang sama seperti yang telah disebutkan sebelum ini. Jadi, k.ita mengabaikan semua kehilangan energi dan berasumsi bahwa energi kinetik blok yang bergerak diubah seluruhnya menjadi energi regangan batang.

Energi kinetik blok pada saat tumbukan terjadi adalah Mv2/2. Energi regangan batang pada saat blok mencapai perpendekan maksimum adalah EA52makJ2L, sebagaimana diberikan oleh Persamaan (2-31 b). Dengan demikian, kita dapat menulis persamaan berikut untuk konservasi energi :

Dengan demik.ian 8maks adalah

(2-55)

(2-56) ..

Persamaan ini sama dengan Persamaan (2-47), yang telah kita antisipasi sebelumnya.

Untuk mendapatkan faktor kejut, kita harus mengetahui peralihan statik ujung batang. Dalam hal ini peralihan statik adalah perpendekan batang akibat berat blok yang diterapkan sebagai beban tekan di batang

Jadi, faktor kejut adalah

8 = WL = MgL '' EA EA

Faktor kejut = 8maks = } EAv2 8,, Mg2L

(2-57)

(2-58) ..

Dalam situasi realistis, harga yang ditentukan dari persamaan ini mungkin jauh lebih besar daripada l .

(b) Tegangan tekan maksimum di batang. Tegangan maksimum di batang diperoleh dari perpendekan maksimum dengan menggunakan persamaan

u = E8maks = E �Mv2L = �Mv2E maks L L EA AL

yang sama dengan Persamaan (2-52).

(2-59) ..

Tegangan statik u,, di batang sama dengan W/A atau Mg/A, yang (dengan kombinasi Persamaan 2-59) dapat menghasilkan faktor kejut yang sama dengan sebelumnya (Persamaan 2-58).


• Contoh 2-1 8

untuk kabel

Gambar 2-52 Contoh 2- 18. Elevator yang tiba-tiba berhenti

Sebuah elevator yang beratnya W dipikul oleh kabel yang tergulung pacta drum yang berputar (Gambar 2-52). Elevator dan kabel bergerak ke bawah dengan kecepatan konstan v. Berapakah tegangan tarik maksimum yang dihasilkan di kabel apabila drum tiba-tiba terkunci? (Misalkan EA adalah rigiditas aksial kabel dan L adalah panjang kabel yang diekspos pacta saat drum terkunci. )

Solusi

Analisis kabel dan elevator sangat berbeda dengan semua analisis yang disebutkan di atas karena kita tidak dapat secara benar mengasumsikan bahwa kabel tidak bertegangan sebelum drum terkunci. Dalam pembahasan serta contoh-contoh sebelum ini, kita berasumsi bahwa batang-batang tidak bertegangan karena batangbatang tersebut belum terkena gaya yang berasal dari benda yang akan menumbuknya. Dengan demikian, batang-batang belum mempunyai energi regangan sebelum kejut terjadi. Sebaliknya, karena kabel dalam contoh ini memikul berat elevator, maka sejumlah besar energi telah ada sebelum drum dibebani. Dengan demikian, kita hams menulis persamaan untuk konservasi energi yang cocok dengan kondisi baru ini.

Seperti dalam analisis sebelum ini, kita akan konserYatif apabila kita berasumsi bahwa tidak ada kehilangan energi pada saat drum terkunci . Karena itu energi total sistem (yang terdiri atas energi kinetik, potensial. dan regangan), sesaat sebelum terkunci harus sama dengan energi total pacta saat elevator berada dalam keadaan diam.

Energi total suatu sistem sesaat sebelum drum terkunci. (a) Energi kinetik. Sebelum terkunci, energi kinetik elevator yang bergerak

adalah

K.E. = Wv2 2g (a)

Kita akan mengabaikan energi kinetik kabel dan drum yang berputar karena jauh lebih kecil daripada energi kinetik elevator.

(b) Energi potensial. Energi potensial elevator akan ditentukan terhadap posisi terendahnya (artinya, posisi elevator apabila kabel mencapai perpanjangan terbesar). Misalkan 81 adalah jarak tempuh elevator ke bawah sesudah drum terkunci. Jarak ini tidak sama dengan perpanjangan maksimum kabel karena kabel telah mempunyai perpanjangan statik 8" akibat berat elevator:

8 = WL " EA (2-60)

Perpanjangan maksimum 8maks kabel adalah 8,1 ditambah 81 sehingga perpanjangan tambahan 81 akibat terkunci adalah 8maks - 8,1. Perpanjangan ini sama dengan peralihan ke bawah � elevator sesudah drum mengunci. Akibatnya, energi potensial elevator sebelum terkunci adalah

(b)

Untuk memudahkan analisis, kita akan mengabaikan energi potensial kabel karena jauh lebih kecil dibandingkan energi potensial elevator.

(c) Energi regangan. Energi regangan kabel sebelum terkunci (dari Persamaan 2-3 l b) adalah

S.E. = EA8;; 2L

(c)

(d) Energi total. Dengan menggabungkan rumus (a), (b), dan (c), kita dapatkan energi total sistem sebelum terkunci :

Wv2 EA8,� lg + W(8maks - 8,, ) + 2L

d i mana 8,, diberikan oleh Persamaan (2-60).

(d)


*2.9 1

Energi total sistem pada saat kabel mempunyai perpanjangan maksimum. Sesudah drum terkunci, kabel memanjang, dan mencapai perpanjangan

maksimum 8maks· Pada saat itu, elevator tidak mempunyai energi kinetik karena kecepatannya no!. Energi potensialnya juga no! karena elevator ada di posisi terendah (peralihan ke bawah sama dengan q). Jadi yang perlu dihitung hanyalah energi regangan kabel. Karena kabel mempunyai perpanjangan maksimum, maka energi regangannya adalah

S.E. = EA8!ah 2L

(e)

Besaran ini menunjukkan energi regangan sistem sesudah kabel terkunci dan elevator ada di titik terendah.

Konservasi energi. Dengan menggunakan prinsip konservasi energi dan menyamakan energi total sebelum dan sesudah penguncian drum (rumus d dan e), kita dapatkan

EA8!aks 2L (2-61 )

Persamaan ini dapat dipecahkan untuk mendapatkan perpanjangan maksimum 8maks pada kabel dengan cara berikut. Mula-mula, kita perhatikan dari Persamaan (2-60) bahwa W = EA8jL. Kemudian kita masukkan rumus untuk W ke dalam suku kedua dari Persamaan (2-61 ) dan menyusunnya sehingga

atau

Wv2 + EA8,1 (8 _ 8 ) = EA (8 z - 8 z ) 2g [ maks st 2[ maks st

Wv2 EA 8 8 2 2g = 2[ ( maks - st )

Selanjutnya kita pecahkan persamaan ini untuk mendapatkan perpanjangan maksimum kabel:

Akhimya, kita dapatkan tegangan tarik maksimum di kabel

a . = E8maks = W (1 + r;;zEAJ = a (1 + r;;zEAJ maks L A fiiVL " fiw£ di mana ast = WIA.

(2-62)

(2-63) ..

Faktor kejut, yang merupakan suku dalam kurung dalam Persamaan (2-62) dan (2-63) mungkin jauh lebih besar daripada satu, yang menunjukkan bahwa perpanjangan dinamik dan tegangan dinamik di kabel dapat jauh lebih besar daripada besaran statiknya.

Sebagai kasus khusus dari contoh ini, perhatikan bahwa jika kecepatan v = 0, maka faktor kejut adalah 1 dan Persamaan (2-62) dan (2-63) memberikan harga statiknya.

BEBAN BERULANG DAN FATIK

Perilaku suatu struktur bergantung bukan hanya pada sifat bahan melainkan juga pada karakter beban. Ada situasi di mana beban adalah statis-beban dikerjakan secara perlahan-lahan, bekerja untuk jangka waktu lama, dan berubah secara perlahan-lahan. Beban lain ada yang bersifat dinamis-

Bo�i(\M& ! Waktu

(a)

Beban i

0� (b)

B•b'J�� Waktu

(c)

Gambar 2·53 Jenis-jenis beban berulang: (a) beban yang bekerja pada satu arah saja, (b) be ban berganti atau berubah arah, dan (c) beban berfluktuasi yang bervariasi di sekitar harga rata-rata

Gambar 2-54 Kegagalan fatik suatu batang yang dibebani berulang secara tarik; retak menyebar secara gradual di penampang sampai fraktur teijadi tiba-tiba (Atas izin MTS Systems Corporation)

Mekanika Bahan 1 21

contohnya adalah beban kejut yang bekerja tiba-tiba (Subbab 2.8) dan beban berulang yang terjadi sejurnlah besar siklus.

Pola khas beban berulang ditunjukkan dalarn Gambar 2-53. Garnbar pertarna (a) menunjukkan beban yang diterapkan, dihilangkan, dan diterapkan lagi, selalu bekerja dalarn arah yang sarna. Gambar kedua (b) menunjukkan beban berganti yang berubah arah setiap siklus pembebanan, dan garnbar ketiga (c) menggambarkan beban berfluktuasi yang bervariasi di sekitar harga rata-rata. Beban berulang biasanya berkaitan dengan mesin, turbin, generator, propeler, bagian-bagian pesawat, bagian-bagian mobil, dan sebagainya. Beberapa jenis struktur ini mengalarni jutaan (a tau bahkan milyaran) siklus pembebanan selarna masa gunanya.

Suatu struktur yang mengalami beban dinarnik cenderung gagal pada tegangan yang lebih rendah dibandingkan dengan beban yang sarna yang diterapkan secara statik, khususnya bila beban berulang sebanyak sejumlah besar siklus. Pada kasus seperti ini, kegagalan biasanya disebabkan oleh fatik atau fraktur progresif. Contoh terkenal kegagalan fatik adalah peristiwa memberikan tegangan pada klip (penjepit kertas) logam hingga mencapai titik putusnya dengan berulang kali melenturkannya bolak-balik. Sebetulnyaj ika klip dilenturkan hanya sekali, dia tidak akan putus. Tetapi bila dia dilenturkan ke arah sebaliknya, dan jika keseluruhan siklus pembebanan diulang beberapa kali, akhirnya klip akan putus. F atik dapat didefinisikan sebagai rusaknya bahan akibat siklus tegangan dan regangan yang berulangkali, yang menyebabkan terjadinya retak progresif dan pada akhimya menghasilkan fraktur.

Pada kegagalan fatik yang khas, retak rnikroskopik terbentuk di titik di mana ada tegangan tinggi (biasanya di pemusatan tegangan, yang dibahas di subbab berikut) dan secara perlahan-lahan membesar karena beban diberikan secara berulang-ulang. Apabila retak menjadi sedemikian besar sehingga bahan yang tersisa tidak dapat menahan beban, maka fraktur tiba-tiba pada bahan terjadi (Garnbar 2-54). Tergantung pada sifat bahan, jumlah siklus untuk menghasilkan kegagalan fatik bisa bervariasi dari hanya sedikit saja sarnpai ratusan juta siklus.

Sebagaimana telah disebutkan, besamya beban yang menyebabkan kegagalan fatik lebih kecil daripada beban yang dapat ditahan secara statis. Untuk menentukan beban gagal, pengujian bahan harus dilakukan. Dalarn hal beban berulang, bahan diuji pada berbagai taraf tegangan dan banyaknya siklus hingga gagal dihitul).g. Sebagai contoh, suatu benda uji dari suatu bahan diletakkan pada mesin uji fatik dan dibebani berulang pada tegangan tertentu, katakanlah Oi· Siklus pembebanan diteruskan sarnpai kegagalan


Tegangan gaga! cr

� 0

t Limit fatik

Banyaknya n siklus higga gaga!

Gambar 2-55 Kurva ketahanan, atau diagram S-N, yang menunjukkan limit fatik

Gambar 2-56 Diagram S-N yang khas untuk baja dan aluminium pada pembebanan berganti

terjadi, dan banyak n siklus pembebanan hingga gagal dicatat. Pengujian ini diulang untuk tegangan yang berbeda, katakanlah a2• Jika a2 lebih besar daripada a1 , maka banyaknya siklus hingga gagal akan lebih kecil. Jika a2 lebih kecil daripada ai' maka bilangan tersebut akan lebih besar. Akhirnya, data yang digunakan untuk memplot kurva ketahanan, atau diagram S-N, di mana tegangan gagal (S) diplot versus banyaknya (N) siklus hingga gagal (Gambar 2-55). Sumbu vertikal biasanya berskala linier dan sumbu horizontal biasanya merupakan skala logaritma.

Kurva ketahanan seperti terlihat dalam Gambar 2-55 menunjukkan bahwa semakin kecil tegangan, semakin banyak siklus yang menyebabkan kegagalan. Untuk beberapa bahan, kurva tersebut mempunyai asimtot horizontal sebagai limit fatik atau limit ketahanan. Apabila limit itu ada, maka limit itu adalah batas: untuk tegangan yang lebih kecil daripada itu kegagalan fatik tidak akan teljadi, tak peduli berapa kali beban berulang. Bentuk yang tepat dari kurva ketahanan bergantung pacta banyak faktor, termasuk besaran bahan, geometri benda uji, kecepatan pengujian, pola pembebanan, dan kondisi permukaan benda uji. Banyak sekali basil pengujian fatik, yang terbuat dari banyak sekali bahan dan komponen struktural, telah dilaporkan dalam berbagai literatur teknik.

Diagram S-N yang khas untuk baja dan aluminium ditunjukkan dalam Gambar 2-56. Ordinatnya adalah tegangan gagal, yang dinyatakan dalam persentase tegangan ultimit untuk bahan dan absisnya adalah jumlah siklus pada saat kegagalan terjadi. Perhatikan bahwa banyak siklus diplot pada skala logaritma. Kurva untuk baja menjadi horizontal pada sekitar 107

siklus, dan limit fatis sekitar 50% dari tegangan tarik ultimate untuk pembebanan statik biasa. Limit fatik untuk aluminium tidak secara jelas terdefinisi tetapi harga yang khas untuk limit fatik adalah tegangan pacta 5 x 108 siklus, atau sekitar 25% dari tegangan ultimate.

Tegangan gaga! (persen dari

tegangan tarik ultimate)

Banyaknya n siklus hingga gaga!

Karena kegagalan fatik biasanya mulai dengan retak mikroskopik pacta titik tegangan tinggi yang terlokalisasi (artinya pacta konsentrasi tegangan), kondisi permukaan bahan sangat penting. Benda uji yang sangat dipoles mempunyai limit ketahanan yang lebih tinggi. Permukaan kasar, khususnya yang ada di konsentrasi tegangan di sekitar lubang atau takikan,

Mekanika Bahan 1 23

sangat menurunkan limit ketahanan. Korosi, yang berarti pembentukan permukaan tak teratur, mempunyai efek yang sama. Untuk baja, korosi biasa dapat mengurangi limit fatik sebanyak lebih dari 50%.

*2·1 0 I KONSENTRASI TEGANGAN

Dalam menentukan tegangan pacta batang yang dibebani secara aksial, kita biasanya menggunakan rumus dasar CJ = PIA, di mana P adalah gaya aksial di batang dan A adalah luas penampang. Rumus ini didasarkan atas asumsi bahwa distribusi tegangan terbagi rata di seluruh penampang. Pada kenyataannya, batang sering mempunyai lubang, takikan, uliran, maupun bentuk-bentuk perubahan geometri yang menimbulkan pola distribusi yang tidak terbagi rata. Diskontinuitas geometri menyebabkan tegangan tinggi pacta daerah yang sangat kecil pacta batang, dan tegangan tinggi ini disebut konsentrasi tegangan. Diskontinuitas itu sendiri dikenal sebagai peningkat tegangan (Stress raisers).

Konsentrasi tegangan juga muncul di titik pembebanan. Sebagai contoh, suatu beban terpusat jarang terdistribusi secara merata pacta suatu penampang. Yang mungkin terjadi adalah beban tersebut bekerja pada daerah yang sangat kecil dan menghasilkan tegangan tinggi pada daerah di sekitar titik kerja gaya. Contohnya adalah beban yang diterapkan melalui sambungan sendi, di mana beban diterapkan pada daerah tumpu sendi tersebut.

Tegangan yang ada pada konsentrasi tegangan dapat ditentukan baik dengan metode-metode eksperimental, maupun dengan metode-metode analisis lanjut, termasuk metode elemen hingga (finite element). Hasilhasil penelitian untuk banyak kasus yang menarik telah tersedia dalam ban yak literatur teknik (sebagai contoh, Ref 2- 1 0 dan 2- 1 1 ). Data konsentrasi tegangan yang khas diberikan dalam subbab ini dan dalam Subbab 3. 1 1 dan 5 . 13 .

• Prinsip Saint-Venant

(J = .!.... bt

p CJ = -bt

Gambar 2-57 Distribusi tegangan di dekat ujung batang suatu penampang persegi panjang (lebar b, tebal t) yang mengalami beban terpusat P yang bekerja di area kecil

Untuk menggambarkan karakteristik konsentrasi tegangan, tinjaulah tegangan pacta batang yang berpenampang persegi panjang (lebar b, tebal t) yang mengalami beban terpusat P di ujungnya (Gambar 2-57). Tegangan puncak langsung di bawah beban mungkin beberapa kali tegangan ratarata P!bt, bergantung pacta daerah di mana beban tersebut diterapkan. Sekalipun demikian, tegangan maksimum berkurang dengan cepat apabila kita menjauhi titik penerapan beban, seperti terlihat dalam kurva teganganregangan dalam gambar tersebut. Pacta lokasi sejauh b .dari ujung batang, distribusi tegangan sudah hampir terbagi rata, dan tegangan maksimum hanya beberapa persen lebih besar daripada tegangan rata-rata. Pengamatan ini benar untuk kebanyakan pemusatan tegangan, seperti lubang dan takikan. Jadi, kita dapat membuat pemyataan umum bahwa rumus CJ = PI A memberikan tegangan aksial hanya jika penampang batang sedikitnya sejauh b dari lokasi beban terpusat atau diskontinuitas bentuk, di mana b adalah dimensi lateral terbesar dari batang (misalnya lebar atau diameter).

Pernyataan di atas mengenai tegangan pacta batang prismatis merupakan bagian dari pengamatan umum yang dikenal dengan prinsip Saint-Venant. Dengan sedikit kekecualian, prinsip ini berlaku untuk benda elastis linier. Untuk memahami prinsip Saint-Venant, bayangkan bahwa


Gambar 2-58 Ilustrasi prinsip Saint-Venant: (a) sistem beban tepusat yang bekerja pada daerah kecil di suatu batang, dan (b) sistem yang ekivalen secara statik

kita mempunyai benda dengan sistem pembebanan yang bekerja pada bagian kecil dari permukaannya. Sebagai contoh, misalkan kita mempunyai batang prismatis yang lebarnya b yang mengalami sistem beberapa beban terpusat yang bekerja di ujungnya (Gambar 2-58a). Untuk mudahnya, asumsikan bahwa beban adalah simetris dan hanya mempunyai resultan vertikal. Selanjutnya, tinjau sistem beban yang berbeda tetapi ekivalen secara statis, yang bekerja pada daerah kecil yang sama dari batang ("Ekivalen secara statis" berarti bahwa kedua sistem gaya mempunyai resultan gaya yang sama dan resultan momen yang sama.) Sebagai contoh, beban yang terdistribusi secara merata yang terlihat dalam Gambar 2-58b ekivalen secara statis dengan sistem beban terpusat yang terlihat dalam Gambar 2-58a. Prinsip Saint-Venant menyatakan bahwa tegangan di benda yang disebabkan oleh kedua sistem pembebanan ini sama, asalkan kita menjauh dari daerah yang dibebani dengan jarak sedikitnya sama dengan dimensi terbesar dari daerah yang dibebani Garak b pada contoh ini). Jadi, distribusi tegangan yang terlihat dalam Gambar 2-57 adalah ilustrasi dari prinsip Saint-Venant. Ten tu saja, "prinsip" ini bukan merupakan hukum mekanika yang teliti melainkan pengamatan common-sense yang didasarkan atas pengalaman praktis dan teoretis.

*

(a) (b)

Prinsip Saint-Venant mempunyai sang at ban yak arti penting yang praktis di dalam desain dan analisis batang, balok, dan struktur lain yang umum dijumpai dalam mekanika bahan. Karena efek konsentrasi tegangan terlokalisasi, maka kita dapat menggunakan semua rumus tegangan standar (seperti cr = PIA) di penampang yang cukup jauhnya dari sumber pemusatan. Di dekat sumber, tegangan bergantung pada detail dari beban tersebut dan batang elemen struktur. Selain itu, rumus-rumus yang berlaku pada keseluruhan elemen, seperti rumus untuk perpanjangan, peralihan, dan energi regangan memberikan basil yang memadai meskipun ada pemusatan tegangan. Penjelasannya terdapat dalam fakta bahwa konsentrasi

*Prinsip Saint-Venant diberi nama seperti itu untuk menghargai Barre de Saint-Venant (1797-

1 886), seorang matematikawan dan elastikawan Perancis yang terkenal (Ref. 2-1 2). Prinsip ini berlaku

secara umum pada batang solid dan balok tetapi tidak untuk penampang terbuka berdinding tipis. Untuk

pembabasan ten tang pembatasan prinsip Saint-Venant, Iibat Ref. 2-13.

Mekanika Bahan 1 25

tegangan selalu terlokalisasi dan mempunyai sedikit pengaruh terhadap perilaku menyeluruh dari elemen struktur.

• Faktor Konsentrasi-Tegangan

Gambar 2-59 Distribusi tegangan di batang datar dengan lubang lingkaran

Sekarang kita tinjau beberapa kasus khusus mengenai konsentrasi tegangan yang disebabkan oleh adanya diskontinuitas bentuk suatu batang. Kita mulai dengan sebuah batang yang mempunyai penampang persegi panjang dan mempunyai lubang lingkaran serta mengalarni gaya tarik P (Gambar 2-59a). Batang ini relatif tipis dengan lebar b jauh lebih besar dibandingkan tebal t. Juga, lubangnya mempunyai diameter d.

P +--

(a)

P +--

(b)

Tegangan normal yang bekerja pada potongan melintang yang melalui lubang mempunyai distribusi seperti terlihat dalam Gambar 2-59b. Tegangan maksimum amaks terjadi di tepi-tepi lubang dan dapat jauh lebih besar dibandingkan tegangan nominal a = P/ct pada potongan melintang yang sama. (Perhatikan bahwa et adalah luas neto di potongan melintang yang melalui lubang.) lntensitas konsentrasi tegangan biasanya dinyatakan dengan rasio tegangan maksimum terhadap tegangan nominal, yang disebut faktor konsentrasi tegangan K:

(2-64)

Untuk suatu batang yang mengalami tarik, tegangan nominal adalah tegangan rata-rata yang didasarkan atas luas penampang neto. Pada kasuskasus lain, berbagai tegangan lain mungkin digunakan. Jadi, apabila faktor konsentrasi tegangan digunakan, maka perlu diketahui dengan baik bagaimana tegangan nominal didefinisikan.

Suatu grafik faktor konsentrasi tegangan K untuk sebuah batang dengan lubang terlihat dalam Gambar 2-60. Jika lubang ini kecil sekali, maka faktor K sama dengan 3, yang berarti bahwa tegangan maksimum adalah tiga kali tegangan nominal. Apabila lubangnya menjadi lebih besar dibandingkan dengan lebar batang, maka K menjadi lebih kecil dan efek adanya konsentrasi tidak begitu parah. Dari prinsip Saint-Venant kita


Gambar 2-60 Faktor konsentrasitegangan K untuk suatu batang pipih dengan lubang lingkaran.

Gambar 2-61 Faktor konsentrasitegangan K pada batang datar dengan shoulder fillet. Garis terputus untuk fillet seperernpat lingkaran.

ketahui bahwa pada jarak sama dengan lebar b menjauhi lubang pada salah satu arah aksial, distribusi tegangan praktis sudah terbagi rata dan sama dengan P dibagi luas penampang bruto (a = Plbt), tak peduli berapapun ukuran lubang.

K

K = crma�<. Cfmaks

(J nom p t = ketebalan et

1 ,5�--------�--------�--------�--------�--------� 0 0, 1 0,2

d b

0,3 0,4 0,5

Faktor konsentrasi tegangan untuk dua kasus lain yang menarik terlihat dalam Gambar 2-61 dan 2-62. Kedua grafik ini adalah masing-masing untuk batang datar dan batang lingkaran, yang berkurang secara drastis membentuk bahu (shoulder). Untuk mengurangi efek konsentrasi tegangan, fillet digunakan untuk memperlembut sudut di pojok di mana terjadi perubahan penampang.* Tanpa adanya fillet, faktor konsentrasi tegangan akan sangat besar, seperti terlihat di sebelah kiri masing-masing gambar di mana K mendekati tak hingga bila jari-jari fillet R mendekati no!. Pada kedua kasus, tegangan maksimum terjadi di bagian yang lebih kecil dari batang di daerah filler.**

K K = crmak> Cf maks

e

p �

p Cfnom = -et

1 ,5 L_ _ _::__L_ __ _j__-=::::±:::::, _ ____::r::::::::::==::b,_, _ _j 0 0,05 0, 10 0,15 0,20 0,25 0,30

B. e

* Suatu fillet adalah permukaan cekung yang 0dibentuk apabila dua permukaan lain bertemu,

Tujuannya adalah untuk membundarkan suatu sudut yang semula tajam. ** Faktor konsentrasi tegangan yang diberikan dalam grafik adalah faktor teoretis untuk batang dari

bahan elastis linier. Grafik-grafik diplot dari rumus yang diberikan dalam Ref. 2-10.

Gambar 2-62 Faktor konsentrasitegangan K pada batang bundar dengan shoulder fillet. Garis terputus untuk fillet seperempat lingkaran.

K K = crrr.ah (j"ll�

Mekanika Bahan 1 27

p (}nom = niJ2 /4 I

1 ,5 L---�--L-------�------��------�-----L��--� 0 0,05 0, 10 0, 1 5 0.20 0,25 0,30

R DI

• Desain Terhadap Konsentrasi Tegangan

Karena adanya kemungkinan tetjadinya kegagalan fatik, konsentrasi tegangan khususnya penting apabila suatu elemen struktur mengalami beban berulang. Sebagaimana telah diuraikan sebelumnya, retak mulai tetjadi di titik di mana terjadi tegangan tinggi dan menjalar secara gradual melalui bahan apabila beban terus berulang. Dalam desain praktek, limit fatik (Gambar 2-55) dipandang sebagai tegangan ultimate untuk bahan apabila banyaknya siklus sangat besar. Tegangan izin diperoleh dengan menerapkan faktor keamanan terhadap tegangan ultimate ini. Kemudian, tegangan puncak di konsentrasi tegangan dibandingkan dengan tegangan izin.

Pada banyak situasi, penggunaan harga teoretis penuh untuk faktor konsentrasi tegangan terlalu berlebihan. Pengujian fatik pada benda uji dengan konsentrasi tegangan biasanya menghasilkan kegagalan pada level tegangan nominal yang lebih tinggi dibandingkan dengan membagi limit fatik dengan K. Dengan perkataan lain, suatu elemen struktur yang mengalarni beban berulang tidak sesensitif konsentrasi tegangan seperti yang diindikasikan oleh K. Dengan demikian, faktor konsentrasi tegangan yang direduksi sering digunakan.

Jenis lain beban dinarnik, seperti beban kejut, juga membutuhkan diperhitungkannya faktor konsentrasi tegangan. Jika informasi yang lebih baik tak tersedia, sebaiknya digunakan faktor konsentrasi tegangan penuh. Elemen struktur yang mengalami temperatur rendah juga sangat mungkin gagal di konsentrasi tegangan sehingga pada kasus terse but perlu diberikan perhatian khusus.

Pentingnya konsentrasi tegangan apabila suatu elemen struktur mengalami be ban statik bergantung pada jenis bahan. Dengan bahan ulet, seperti baja struktural, konsentrasi tegangan seringkali dapat diabaikan. Hal ini disebabkan karena bahan di titik tegangan maksimum (seperti di sekitar lubang) akan luluh dan aliran plastis akan terjadi, sehingga mengurangi intensitas konsentrasi tegangan dan menyebabkan distribusi tegangan mendekati terbagi rata. Sebaliknya, pada bahan getas (seperti kaca) konsentrasi tegangan akan tetap ada sampai terjadinya fraktur. Dengan demikian, kita dapat menarik kesimpulan umum bahwa dengan beban statis dan bahan ulet, efek konsentrasi tegangan tidak begitu penting, tetapi dengan beban statik dan bahan getas, faktor konsentrasi tegangan penuh sebaiknya ditinjau.

---


*2'1 1 I PERILAKU NONLJNIER

(a)

(b)

Plastis sempuma

Linier elastis

E (c)

(d)

Gambar 2·63 Tipe-tipe perilaku bahan yang diidealisasikan: (a) kurva tegangan-regangan nonlinier elastis, (b) kurva tegangan-regangan nonlinier biasa, (c) kurva teganganregangan nonlinier elastoplastis, (d) kurva tegangan-regangan bilinier

Hingga saat ini, pembahasan kita hanya berkenaan utamanya dengan elemen dan struktur yang terdiri atas bahan yang mengikuti hukum Hooke. Sekarang kita akan meninjau perilaku elemen struktur yang dibebani secara aksial apabila tegangannya melebihi limit proporsional. Pada kasus-kasus tersebut tegangan, regangan, dan peralihan bergantung pada bentuk kurva tegangan-regangan di daerah selewat limit proporsional (lihat beberapa kurva tegangan-regangan yang khas pada Subbab 1 .3) .

Untuk maksud analisis dan desain, kita sering menggantikan kurva tegangan-regangan aktual suatu bahan dengan kurva tegangan-regangan yang diidealisasi, yang dapat dinyatakan sebagai fungsi matematis . Beberapa contoh ditunjukkan dalam Gambar 2-63. Diagram pertama (Gambar 2-63a) terdiri atas dua bagian, daerah elastis linier awal yang diikuti dengan daerah nonlinier yang didefinisikan dengan ekspresi matematis yang cocok. Perilaku paduan aluminium kadang-kadang dapat dinyatakan secara akurat dengan kurva seperti ini, sedikitnya di daerah sebelum regangan menjadi sangat besar (bandingkan Gambar 2-63a dengan Gambar 1 - 1 3). Pada contoh kedua (Gambar 2-63b ), satu ekspresi matematis digunakan untuk keseluruhan kurva tegangan-regangan. Ekspresi seperti ini yang sangat dikenal adalah hukum tegangan-regangan Ramberg-Osgood, yang akan diuraikan lebih rinci (lihat Persamaan 2-67 dan 2-68).

Diagram tegangan-regangan yang digunakan untuk baja struktural ditunjukkan dalam Gambar 2-63c. Karena baja mempunyai daerah elastis linier yang diikuti dengan daerah luluh yang nyata (lihat kurva teganganregangan dalam Gambar 1 - 1 0 dan 1 - 1 2), perilakunya dapat dinyatakan dengan dua garis lurus. BahanTnraiasumsikan mengikuti hukum Hooke hingga tegangan luluh av. Sesudah tegangan ini, bahan tersebut akan luluh pada tegangan konstan. Peri1aku yang disebut terakhir ini disebut plastisitas sempurna. Daerah plastis sempuma akan terus hingga regangan mencapai 10 sampai 20 kali lebih besar daripada regangan luluh. Suatu bahan yang mempunyai kurva tegangan-regangan seperti ini disebut bahan elastoplastis (atau bahan elastis-plastis).

Akhimya, pada saat regangan menjadi sangat besar, kurva teganganregangan untuk baja meningkat di atas tegangan luluh akibat pengerasan regang (strain hardening), seperti diuraikan dalam Subbab 1 .3 . Namun, pada saat strain hardening dimulai, peralihan sudah sedemikian besarnya sehingga struktur akan menjadi tidak bermanfaat. Akibatnya, analisis struktur baja yang didasarkan atas diagram elastoplastis seperti terlihat dalam Gambar 2-63c dengan diagram tarik dan tekan dianggap sama adalah hal yang umum dilakukan. Analisis yang dilakukan dengan asumsi ini disebut analisis elastoplastis, atau singkatnya analisis plastis, dan diuraikan dalam subbab berikut.

Gambar 2-63d menunjukkan diagram tegangan-regangan yang terdiri atas dua garis yang mempunyai kerniringan yang berbeda, yang disebut diagram tegangan-regangan bilinier. Perhatikan bahwa di kedua bagian diagram tersebut hubungan antara tegangan dan regangan adalah linier, tetapi hanya pada bagian pertama saja tegangan sebanding dengan tegangan (mengikuti hukum Hooke). Diagram yang diidealisasikan ini dapat digunakan untuk merepresentasikan bahan dengan strain hardening atau sebagai pendekatan untuk diagram dengan bentuk nonlinier lain seperti terlihat dalam Gambar 2-63a dan b.

Mekanika Bahan 1 29

• Perubahan Panjang Batang

Gambar 2-64 Perubahan panjang suatu batang meruncing yang terdiri atas bahan yang mempunyai kurva tegangan-regangan nonlinier.

Perpanjangan atau perpendekan suatu batang dapat ditentukan jika kurva tegangan-regangan bahan diketahui. Untuk menggambarkan prosedur umum, kita akan meninjau batang yang meruncing AB yang terlihat dalam Gambar 2-64a. Baik luas penampang maupun gaya aksial bervariasi di sepanjang batang, dan bahannya mempunyai kurva tegangan-regangan nonlinier (Gambar 2-64b). Karena batang ini statis tertentu, maka kita dapat menentukan gaya aksial di semua penampang dari tinjauan keseimbangan saja. Kemudian, kita dapat mencari tegangan dengan cara membagi gaya dengan luas penampang, dan kita dapat mencari regangan dari kurva tegangan-regangan. Akhimya, kita dapat menentukan perubahan panjang dari regangan, sebagaimana diuraikan dalam paragraf berikut ini. Perubahan panjang suatu elemen dx dari suatu batang (Gambar 2-64a) adalah e dx, di mana e adalah regangan pada jarak x dari ujung. Dengan mengintegrasi rumus ini dari satu ujung batang ke ujung lainnya, kita peroleh perubahan panjang batang:

(2-65)

di mana L adalah panjang batang. Jika regangan dinyatakan dengan rumus analitis , maka Persamaan (2-65) dapat diintegrasikan dengan rumus matematika sehingga rumus perubahan panjang dapat diperoleh. Jika tegangan dan regangan dinyatakan secara numerik, artinya suatu tabel harga-harga numerik, kita dapat melakukan langkah-langkah sebagai berikut. Kita dapat membagi batang menjadi segmen-segmen kecil &, menentukan tegangan dan regangan rata-rata untuk setiap segmen, dan selanjutnya menghitung perpanjangan seluruh batang dengan menjumlahkan perpanjangan masing-masing segmen. Proses ini ekivalen dengan mengevaluasi integral dalam Persamaan (2-65) secara numerik.

(a)

e (b)

1 30 Bab 2 E/emen Struktur yang Dibebani Secara Aksiaf

Jika regangan di seluruh panjang batang seragam, sebagaimana yang terjadi pacta batang prismatis dengan gaya aksial konstan, integrasi Persamaan (2-65) menghasilkan perubahan panjang

0 = eL (2-66)

yang sesuai dengan Persamaan 1 -2 dalam Subbab 1 .2.

• Hukum Tegangan-Regangan Ramberg-Osgood

Gambar 2-65 Kurva teganganregangan untuk paduan aluminium menggunakan persamaan RambergOsgood.

Kurva tegangan-regangan untuk beberapa metal, termasuk aluminium dan magnesium, dapat secara akurat dinyatakan dengan persamaan RambergOsgood: E (J ( (J )m Eo = cro + a cro (2-67)

Dalam persamaan ini cr dan E masing-masing adalah tegangan dan regangan, dan E0, cr0, a, dan m adalah konstanta bahan (yang diperoleh dari uji tarik). Bentuk altematif dari persamaan ini adalah

E = (J + (J oa (_Q_)m E E cr0 (2-68)

di mana E = crJE0 adalah modulus elastisitas bagian awal dari kurva tegangan-regangan.

*

Grafik untuk Persamaan (2-68) diberikan dalam Gambar 2-65 untuk paduan aluminium dengan konstanta-konstanta E = 10 x 106 psi, cr0 = 38.000 psi, a= 317, dan m = 10. Persamaan untuk kurva tegangan-regangan ini adalah

E - cr + -- _cr __ 1 ( )10

-10 X 106 614,0 38.000

(2-69)

di mana cr mempunyai satuan psi. Perhitungan perubahan panjang batang dengan menggunakan Persamaan (2-69) untuk hubungan teganganregangan digambarkan dalam Contoh 2-1 9.

er (psi) 50.000

40.000 V I I I

30.000

20.000

10.000

1/ 0

-l-----y--/

0,010

£ = Paduan aluminium E = 10 X 106 psi (J 10 X 106 I ( r + (J �

614,0 38.000 er = psi

I I I

0,020 0,030 e

*Hukum Tegangan-regangan Ramberg-Osgood disajikan dalam Ref. 2-14.

Mekanika Bahan 1 31

• Struktur Statis Tak Tentu

Jika suatu struktur adalah statis tak tentu dan bahan berperilaku nonlinier, maka tegangan, regangan, dan peralihan dapat dicari dengan cara memecahkan persamaan-persamaan umum yang telah diuraikan dalam Subbab 2.4 untuk struktur elastis linier. yaitu persamaan keseimbangan, persamaan keserasian, dan hubungan gaya-peralihan (atau hubungan tegangan-regangan ekivalen). Perbedaan utama adalah bahwa hubungan gaya-peralihan sekarang adalah nonlinier, yang berarti bahwa solusi analitis tidak dapat diperoleh kecuali pada beberapa situasi yang sangat sederhana. Pada umumnya, persamaan-persamaan harus dipecahkan secara numerik, baik dengan menggunakan program komputer. arau dengan melakukan perhitungan manual yang sangat rumit (sebagaimana digambarkan dalam Contoh 2-20).

Soal 2. 1 1 -9 sampai 2. 1 1 - 1 4 di akhir bab ini meliputi struktur statis tak tentu dengan karakteristik bahan nonlinier.

• Contoh 2-1 9

A

B

pl

l L

� L 2 _j

Gambar 2-66 Contoh 2- 1 9. Perpanjangan suatu batang dari bahan nonlinier dengan menggunakan persamaan RambergOsgood.

Sebuah batang prismatis AB yang panjangnya L = 86 in dan mempunyai luas penampang A = 0,75 in2 memikul dua beban terpusat P1 = 24 k dan P2 = 6 k, seperti terlihat dalam Gambar 2-66. Bahan batang ini adalah paduan aluminium yang mempunyai kurva tegangan-regangan nonlinier yang mengikuti persamaan Ramberg-Osgood (Persamaan 2-69):

t: - a + 1 ( a )w - 10 X 106 614,0 38.000

di mana a mempunyai satuan psi. (Hubungan tegangan-regangan ditunjukkan secara grafis dalam Gambar 2-65.)

Tentukanlah peralihan 88 ujung bawah batang akibat kondisi sebagai berikut: (a) beban P1 bekerja sendiri, (b) P2 bekerja sendiri, dan (c) P1 dan P2 bekerja bersama-sama.

Solusi

(a) Peralihan akibat beban P1 yang bekerja sendiri. Beban P1 menimbulkan tegangan tarik terbagi rata di seluruh panjang batang sama dengan P/A atau 32.000 psi. Dengan memasukkan harga ini ke hubungan tegangan-regangan maka t: = 0,003492. Dengan demikian, perpanjangan batang sama dengan peralihan di B adalah (lihat Persamaan 2-66):

88 = t:L = (0,003492)(86 in.) = 0,300 in. • (b) Peralihan akibat beban P1 yang bekerja sendiri. Tegangan di setengah

bagian atas batang adalah PiA atau 8.000 psi, dan tidak ada tegangan di setengah bawahnya. Dengan melakukan perhitungan seperti bagian (a), maka kita dapatkan perpanjangan sebagai berikut:

88 = t:U2 = (0,000800)(43 in.) = 0,034 in. • (c) Peralihan akibat beban P1 dan P2• yang bekerja bersama-sama. Tegangan

di setengah bawah batang adalah P/A dan di setengah bawah adalah (P1 + P2)/ A. Tegangannya adalah 32.000 psi dan 40.000 psi, dan regangannya adalah 0,003492 dan 0,006720 (dari persamaan Ramberg-Osgood). Dengan demikian, perpanjangan batang adalah

88 = (0,003492)(43 in.) + (0,006720)(43 in.) = 0, 1 5 in. + 0,289 in. = 0,439 in. •

. ,


Ketiga harga OB yang dihitung menggambarkan prinsip penting mengenai struktur yang terbuat dari bahan yang berperilaku tidak linier. Pada struktur nonlinier, peralihan yang dihasilkan oleh dua (atau lebih) beban yang bekerja secara simultan tidak sama dengan jumlah dari peralihan yang dihasilkan oleh masing-masing beban yang bekerja secara terpisah.

• Contoh 2-20

Gambar 2-67 Contoh 2-20. Analisis nonlinier suatu struktur statis tak tentu.

P (kN)

0 20 40

o (mm)

60

Sebuah batang kaku horizontal AB yang panjangnya 3b ditahan oleh dua kabel identik dan memikul beban Q = 20 kN di ujung B (Gambar 2-67). Hubungan beban-peralihan untuk kabel dinyatakan dengan persamaan hiperbolik sebagai berikut:

p = 1,30 1 + 0,0260 o :s; o s 60 mm (P = kN, o = mm) (2-70)

di mana P adalah gaya aksial di kabel (satuan kN) dan 8 adalah perpanjangan (satuan mm). Hubungan gaya-peralihan ini ditunjukkan secara grafis dalam Gambar 2-68. (Kurva ini adalah segmen hiperbola.)

Tentukan gaya aksial F1 dan F2 masing-masing di kabel 1 dan 2, perpanjangan 01 dan 82 masing-masing di kabel I dan 2, dan peralihan ke bawah OB di titik B.

Solusi

CD 0 B

1--b-1--b-1--b-l Q = 20 kN

Karena struktur ini statis tak tentu, maka kita harus memformulasikan persamaan keseimbangan, persamaan keserasian, dan hubungan beban-peralihan. Selanjutnya, persamaan-persamaan ini dapat dipecahkan untuk mendapatkan gaya-gaya dan peralihan yang belum diketahui pada struktur tersebut.

Persamaan keseimbangan. Dari keseimbangan batang AB kita peroleh persamaan berikut:

F1(b) + Fi2b) - Q(3b) = 0

a tau F1 + 2F2 = 3Q = 60 kN (a)

Gaya-gaya F1 dan F2 adalah anu di dalam persamaan ini (perhatikan bahwa gayagaya dinyatakan dalam satuan kN).

Persamaan keserasian. Pada saat beban Q diterapkan pada struktur, batang AB akan berotasi terhadap sendi A. Karena batang ini diasumsikan kaku, maka peralihan ke bawah di setiap titik sebanding dengan jaraknya dari A . Jadi, perpanjangan 82 pada kabel 2 adalah dua kali perpanjangan 81 pada kabel 1 :

02 = 28, (b) Gambar 2-68 Kurva beban- dan peralihan ke bawah titik B adalah tiga kali perpanjangan kabel 1 : peralihan (pers. 2-70) untuk kabel dalam contoh 2-20. OB = 381 (c)

Mekanika Bahan 1 33

Hubungan beban-peralihan. Hubungan antara gaya anu (F1 dan F2) dan perpanjangan kabel (01 dan o2) diperoleh dari persamaan beban-peralihan (Persamaan 2-70), sebagai berikut:

F. - 1,301 I

-

1 + 0,02601 1 ,302 F: = ---'---"--! + 0,02682 (d,e)

Di dalam kedua persamaan di atas, F1 dan F2 dinyatakan dalam satuan kN dan 01

dan 02 dinyatakan dalam satuan mm. Solusi persamaan. Sekarang kita dapat memecahkan kelima persamaan

(Persamaan a, b, c, d, dan e) untuk mencari Iima besaran anu Fl' F2, 01, 02, dan OB. Dengan menggunakan program komputer untuk menyelesaikannya, kita dapatkan hasil-hasil sebagai berikut

F1 = 14,66 kN F2 = 22,67 kJ-.; 01 = 15 ,95 mm 02 = 3 1 ,9 1 mm OB = 47.86 mm

• •

Jadi, semua besaran anu telah diperoleh dan analisis struktur statis tak tentu telah se1esai. (Perhatikan bahwa peralihan 01 dan 02 ada di dalam selang di mana Persamaan 2-70 berlaku.)

Solusi persamaan alternatif. Di dalam contoh ini, kita dapat menggabungkan beberapa persamaan dan mereduksi solusinya menjadi persamaan kuadrat. Prosedurnya adalah sebagai berikut. Mu1a-mula, kita masukkan F1 dan F2 dari Persamaan (d) dan (e) ke dalam Persamaan (a), mendapatkan persamaan dengan 01 dan 02 sebagai anu. Lalu, kita substitusi 02 yang dinyatakan dalam 01 dengan menggunakan Persamaan (b). Hasilnya adalah persamaan berikut yang mengandung o1 sebagai satu-satunya anu:

_ __:.1,_30....!...1 --=-

+ 5,201 = 3Q = 60

1 + 0,02601 1 + 0,05281 (t) Berikutnya, kita kalikan setiap suku di dalam persamaan ini dengan hasil kali dari penyebutnya. Lalu, dengan menyusun dan mengumpulkan beberapa suku, kita dapatkan persamaan kuadrat sebagai berikut:

0, 1 2 1 68o; + 1 ,8201 - 60 = 0 (g)

Dengan menggunakan rumus persamaan kuadrat, kita dapatkan 81 = 1 5,95 mm, sama dengan yang telah dipero1eh di atas.

Anu yang lain dapat dicari dengan mudah. Perpanjangan kabel 2 (dari Persamaan b) dan peralihan titik B (dari Persamaan c) adalah

82 = 281 = 3 1 ,90 mm oB = 301 = 47,85 mm

Juga, gaya tarik F1 dan F2 di kabel dihitung dari Persamaan (d) dan (e): F;

= 1'381 = 1 4,66 kN

l + 0,02681 F

- 1,382 2 - 1 + 0,02682

Jadi, semua besaran didapatkan dan analisisnya telah selesai.

22,67 kN

Catatan 1: Untuk praktisnya, semua hasil di atas sebaiknya dibulatkan dengan dua angka penting, yang merupakan ketelitian data semula (lihat, misalnya, Persamaan 2-70).

Catatan 2: Karena perilaku nonlinier kabel, kita tidak dapat mencari gaya dan peralihan untuk harga beban Q lainnya dengan proporsi lain, sebagaimana biasa dilakukan pada struktur linier. Pada struktur nonlinier ini, kelima persamaan harus dipecahkan lagi, dengan Persamaan (a) diubah sesuai dengan harga beban yang barn.

Catatan 3: Contoh ini menggambarkan bagaimana gaya-gaya dan peralihan pada suatu struktur statis tak tentu dapat dihitung dari ketiga konsep dasar mekanika bahan, yaitu persamaan keseimbangan (yang didasarkan atas prinsip-prinsip statika), persamaan keserasian (berdasarkan atas prinsip-prinsip geometri), dan hubungan beban-peralihan (yang didasarkan atas besaran bahan).

134 8ab 2 Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksial

*2"1 2 I ANALISIS ELASTOPLASTIS

Gambar 2-69 Analisis elastoplastis suatu struktur statis tak tentu

Di dalam subbab sebelum ini kita telah membahas perilaku struktur apabila tegangan di bahan melebihi limit proporsional. Sekarang kita akan meninjau bahan yang sangat penting dalam desain teknik yaitu baja, yang merupakan metal struktural yang paling banyak digunakan. Baja lunak (atau baja struktural) dapat dimodelkan sebagai bahan elastoplastis (lihat diagram tegangan-regangan dalam Gambar 2-63c). Suatu bahan elastoplastis pada awalnya berperilaku secara elastis linier dengan modulus elastisit!LS E. Sesudah luluh plastis mulai, regangan akan meningkat pada taraf tegahgan yang kurang lebih konstan, yang disebut tegangan luluh cr

y. Regangan

pada saat dimulainya luluh dikenal dengan regangan luluh £Y. Di dalam subbab ini kita akan membahas analisis struktur statis tak

tentu dengan bahan elastoplastis. Untuk menggambarkan perilaku struktur seperti ini, kita akan menggunakan susunan sederhana seperti terlihat dalam Gambar 2-69a. Struktur ini terdiri atas tiga batang baja yang memikul beban P yang bekerja melalui plat kaku. Kedua batang tepi mempunyai panjang Ll' dan batang tengah mempunyai panjang L2, serta ketiga batang mempunyai luas penampang yang sama A. Diagram tegangan-regangan untuk baja diidealisasikan seperti terlihat dalam Gambar 2�69b, dan modulus elastisitas di daerah elastis linier adalah E = crjt:

y- •··

Plat kaku /

(a) (b)

Seperti yang biasa dilakukan pada struktur statis tak tentu, kita akan memulai analisis dengan persamaan keseimbangan dan keserasian. Dari keseimbangan plat kaku di dalam arah vertikal kita peroleh

(a)

di mana F1 dan F2 adalah gaya-gaya aksial di batang-batang tepi. Karena plat bergerak ke bawah sebagai benda tegar, pada saat beban diterapkan, maka persamaan keserasiannya adalah

(b)

di mana 81 dan 82 masing-masing adalah perpanjangan batang tepi dan batang tengah. Karena hanya bergantung pada keseimbangan dan geometri, maka kedua persamaan di atas berlaku untuk semua taraf beban P, tidak

p

Mekanika Bahan 1 35

peduli apakah regangan ada di daerah elastis linier atau di daerah plastis. Apabila beban P kecil, maka tegangan di batang lebih kecil daripada tegangan luluh av dan bahan tersebut mengalami tegangan di dalarn daerah elastis linier. Dengan demikian, hubungan gaya-peralihan antara gaya batang dan perpanjangannya adalah

8 - Fi � 1 - EA

8- = Fz� - EA (c)

Dengan memasukkan ini ke dalam persarnaan keserasian (Persamaan b), maka

FILl = FzLz (d)

Dengan memecahkan secara simultan Persarnaan (a) dan (d), maka

F. -p�

I - � + 2� (2-7 1 a,b)

Jadi, kita sekarang mendapatkan gaya-gaya di batang pada daerah elastis linier. Tegangannya adalah

a] = Fi = p�

A A(� + 2� )

F PL1 .-T - _1._ - ----'---v2 - -A A( � + 2� l (2-72a,b)

Persamaan-persarnaan di atas untuk gaya dan tegangan berlaku asalkan tegangan di ketiga batang masih di bawah tegangan luluh a,.

Dengan meningkatnya beban P, tegangan di batang menirigkat sarnpai tegangan luluh dicapai di salah satu batang. Sekarang asumsikan bahwa batang-batang tepi lebih daripada batang tengah, seperti terlihat dalarn Gambar 2-69a:

(e)

Dengan demikian, batang tengah mengalarni tegangan yang lebih tinggi dibandingkan batang tepi (lihat Persarnaan 2-72a dan b) dan akan mencapai tegangan luluh terlebih dahulu. Apabila hal ini tetjadi, maka gaya di batang tengah adalah F2 = aYA. Besarnya beban P pada saat tegangan luluh pertarna kali dicapai di salah satu batang disebut beban luluh PY. Kita dapat menentukan Pv dengan menetapkan F2 sarna dengan ayA di Persarnaan (2-71 b) dan menghitung be ban:

PY = aYA(l + 2( ) (2-73)

Selarna beban P lebih kecil daripada Py, struktur berperilaku secara elastis linier dan gaya-gaya di batang dapat dihitung dari Persarnaan (2-7 1 a dan b).

B

Peralihan ke bawah pada batang kaku akibat beban luluh, yang disebut

c peralihan luluh 8y, sarna dengan perpanjangan batang tengah pada saat tegangan mencapai tegangan luluh ay pertarna kali:

Gambar 2·70 Diagram bebanperalihan untuk struktur statis tak tentu yang ditunjukkan dalam gambar 2-69a.

8 - F2Lz - a2Lz -aYLz (2-74) y - EA - � - �

Hubungan antara beban P dan peralihan ke bawah 8 batang kaku ditunjukkan dalarn diagram beban-peralihan dalam Garnbar 2-70. Perilaku struktur sarnpai beban luluh PY ditunjukkan dengan garis OA.

Dengan bertambahnya beban, maka gaya F1 di batang tepi luar bertarnbah, tetapi gaya F2 di batang tengah tetap konstan sebesar ayA karena batang ini sekarang plastis sempuma (lihat Garnbar 2-69b ). Apabila


gaya F1 mencapai harga <JvA, maka batang tepi juga luluh sehingga struktur tidak dapat memikul beban tambahan apapun. Ketiga batang akan memanjang secara plastis pada taraf beban konstan, yang disebut beban plastis PP. Beban plastis yang ditunjukkan dengan titik B pada diagram beban-peralihan (Gambar 2-70), dan garis horizontal BC menunjukkan daerah deformasi plastis kontinu tanpa adanya penambahan beban.

Beban plastis PP dapat dihitung dari keseimbangan statis (Persamaan a) dengan diketahuinya

Jadi, dari keseimbangan kita dapatkan

pp = 3<Jy4

(f)

(2-75)

Peralihan plastis oP tepat pada saat beban mencapai beban plastis PP sama dengan perpanjangan batang tepi pada saat mencapai tegangan luluh. Dengan demikian,

(2-76)

Dengan membandingkan oP dan oy, kita lihat bahwa rasio peralihan plastis terhadap peralihan luluh adalah

op � - = -oy �

Juga, rasio beban plastis terhadap beban luluh adalah

pp 3� - = --"---pv � + 2�

(2-77)

(2-78)

Sebagai contoh, jika L1 = 1 ,5L2, maka rasionya adalah O/OY = 1 ,5 dan P / Pv = 917 = 1 ,29. Pada umumnya, rasio peralihan lebih besar daripada rasio bebannya, sehingga daerah yang plastis sebagian AB pada dengan bebanperalihan (Gambar 2-70) selalu mempunyai kemiringan yang lebih kecil dibandingkan dengan di daerah elastis OA. Tentu saja, daerah plastis penuh BC mempunyai kemiringan terkecil (nol).

Untuk memahami mengapa grafik beban-peralihan adalah linier di daerah plastis parsial (garis AB) dan mempunyai kemiringan lebih kecil daripada di daerah elastis linier, tinjaulah hal berikut. Di daerah plastis parsial dari struktur, batang tepi masih berperilaku elastis linier. Dengan demikian, perpanjangannya merupakan fungsi linier dari beban. Karena perpanjangannya sama dengan peralihan ke bawah plat kaku, maka peralihan plat kaku juga harus merupakan fungsi linier dari beban. Akibatnya, kita mempunyai garis lurus antara titik A dan B. Namun, kemiringan dari diagram beban-peralihan di daerah ini lebih kecil daripada di daerah linier awal karena batang tengah mengalarni luluh secara plastis dan hanya batang tepi yang dapat memberikan tahanan tambahan terhadap peningkatan beban. Ini berarti kekakuan struktur telah berkurang.

Dari pembahasan yang berkaitan dengan Persamaan (2-75), kita lihat bahwa perhitungan beban plastis PP membutuhkan hanya statika, karena semua elemen struktur telah luluh dan gaya aksialnya diketahui. Sebaliknya, perhitungan beban luluh PY membutuhkan analisis statis tak tentu, yang berarti persamaan keseimbangan, keserasian, dan gaya-peralihan harus dipecahkan.

Mekanika Bahan 1 37

Sesudah beban plastis PP tercapai, struktur akan terus berdeformasi seperti terlihat dengan garis BC pacta diagram beban-peralihan dalarn Garnbar 2-70. Pacta akhimya strain hardening terjadi dan struktur akan marnpu memikul be ban tambahan. T etapi, adanya peralihan yang sangat besar biasanya berarti struktur sudah tidak lagi berguna, dan begitu pula beban plastis PP dipandang sebagai beban gaga!.

Diskusi di atas berkaitan dengan perilaku struktur apabila beban diterapkan untuk pertarna kali. Jika beban dihilangkan sebelum beban luluh dicapai, maka struktur akan berperilaku secara elastis dan kembali ke kondisi semula. Narnun, jika beban luluh telah dilampaui, sebagian dari struktur akan mempertahankan set yang permanen apabila beban dihilangkan, jadi menimbulkan kondisi tegangan awal. Akibatnya, struktur tersebut akan mempunyai tegangan residual ( sisa) meskipun belum ada beban yang bekerja. Jika beban diterapkan sekali lagi. maka struktur akan berperilaku secara berbeda.

• Contoh 2-21

Gambar 2-71 Contoh 2-2 1 . Analisis elastoplastis pada suatu struktur statis tak tentu.

Struktur yang terlihat dalam Gambar 2-7 1 a terdiri atas balok horizontal AB (diasumsikan kaku) yang dipikul oleh dua batang identik (batang 1 dan 2) yang terbuat dari bahan elastoplastis. Batang-batang ini mempunyai panjang L. dan Juas penampang A, dan bahannya mempunyai tegangan luluh ay, regangan luluh f.v, dan modulus elastisitas E = CJ/£Y. Balok ini mempunyai panjang 3b dan memikul beban P di ujung B.

(a) Tentukanlah beban luluh P, dan peralihan luluhnya 8Y di titik B. (b) Tentukan beban plastis PP dan peralihan plastisnya 8P di titik B. (c) Gambarlah diagram beban-peralihan yang menghubungkan beban P dan peralihan 88 di titik B.

tF1 tF: p

6 PP = S py : n c 0 py ' '

B

p

(a) (b)

Solusi

Persamaan keseimbangan. Karena struktur ini statis tak tentu, maka kita mulai dengan persamaan keseimbangan dan keserasian. Dengan meninjau keseimbangan balok AB, kita mengambil momen terhadap titik A dan mendapatkan

I MA = 0 Fl(b) + Fz(2b) - P(3b) = 0

di mana F1 dan F2 masing-masing adalah gaya-gaya aksial di batang I dan 2. Persamaan ini dapat disederhanakan menjadi

(g)

Persamaan keserasian. Persamaan keserasian didasarkan atas geometri struktur. Akibat bekerjanya beban P, balok kaku berotasi terhadap titik A, sehingga


SOAL-SOAL BAB 2 I

peralihan ke bawah di setiap titik di sepanjang balok sebanding dengan jaraknya dari titik A. Jadi, persamaan keserasian adalah

(h) dimana 82 adalah perpanjangan batang 2 dan 81 adalah perpanjangan batang l .

(a) Beban luluh dan peralihan luluh. Jika beban P kecil dan tegangan-tegangan pada bahan berada dalam daerah elastis linier, hubungan antara gaya-peralihan kedua batang adalah

8 - F.,L I - EA

8 = F2L 2 EA

(i)

Dengan menggabungkan persamaan-persamaan di atas dengan kondisi keserasian (Persamaan h), maka

FzL = 2 F.,L atau F2 = 2F., (j)

EA EA Sekarang dengan memasukkannya ke persamaan keseimbangan (Persamaan g), kita dapatkan

F. _ 3P I - 5

F, = 6P - 5

(k)

Batang 2, yang mempunyai gaya lebih besar, akan mencapai tegangan luluh terlebih dahulu. Pada saat itu, gaya di batang 2 adalah F2 = ay4. Dengan memasukkan harga ini ke dalam Persamaan (k) maka beban luluh PY adalah

_ 5a_,A

P,. -. 6 (I) •

Perpanjangan batang 2 (dari yang kedua dalam Persamaan i) adalah 82 = apE sehingga peralihan luluh di titik B adalah

_ 382 _ 3a>L

8 - - - -- (m) • y 6 2E PY dan 8Y ditunjukkan dalam diagram beban-peralihan (Gambar 2-7 1 b).

(b) Beban plastis dan peralihan plastis. Pada saat beban plastis PP dicapai , kedua batang akan meregang pada taraf tegangan luluh dan gaya-gaya F1 dan F2 akan sama dengan ay4. Dari keseimbangan (Persamaan g), beban plastis adalah

PP = ay4 (n) • Pada taraf beban ini, batang kiri (batang 1 ) barn saja mencapai tegangan luluh sehingga perpanjangannya (dari yang pertama dalam Persamaan i) adalah 81 = apE dan peralihan plastis titik B adalah

3a L 8 = 381 = _Y_ (o) • P E

Rasio beban plastis terhadap beban luluh (lihat Persamaan n dan 1) adalah 6/5, dan rasio peralihan plastis terhadap peralihan luluh (lihat Persamaan o dan m) adalah 2. Harga-harga ini juga ditunjukkan dalam diagram beban-peralihan.

(c) Diagram beban-peralihan. Perilaku beban-peralihan struktur secara lengkap dip lot dalam Gambar 2-7 1 b. Perilaku ini elastis linier pada daerah dari 0 ke A, plastis sebagian dari A ke B, dan plastis penuh dari B ke C.

Lembar : ':/e:'. PERUBAHAN PANJANG PADA Ke�ia a ELEMEN STRUKTUR VANG DIBEBANI SECARA AKSIAL

2.2-1 Sebuah kawat baja dan kawat tembaga mempunyai panjang sama dan memikul beban sama P (lihat gambar) . Modulus elastisitas untuk baja dan tembaga

masing-masing adalah Es = 29 x 1 06 psi dan Ec = 1 8 x 106. (a) Jika kedua kawat mempunyai diameter sama, berapakah rasio perpanjangan kawat tembaga terhadap perpanjangan kawat baja? (b) Jika kawat memanjang sama besar. berapakah rasio diameter kawat tembaga terhadap diameter kawat baja?

Kawat baja

__-- Kawat tembaga ....-------

p

p

2.2-2 Sebuah benda berat sedang diangkat dari dasar !aut dengan menggunakan kapal tarik (lihat gambar). Kabel baja mempunyai modulus elastisitas efektif sama dengan 140 GPa, dan bebannya menimbulkan tegangan di kabel sama dengan 290 MPa. Jika bagian kabel yang dibebani mempunyai panjang 90 m, berapakah perpanjangan kabel pada saat benda diangkat?

2.2-3 Sebuah kabel baja dengan diameter 1 ,0 in (lihat Tabel 2- 1 ) digunakan dalam konstruksi untuk mengangkat potongan jembatan yang beratnya 12 ton, seperti terlihat dalam gambar. Kabel ini mempunyai modulus elastisitas efektif E = 20 x 106 psi. (a) Jika kabel mempunyai panjang 45 ft, berapakah kabel itu akan memanjang pada saat beban tersebut diangkat? (b) Jika kabel itu dicanangkan untuk beban maksimum 15

Mekanika Bahan 1 39

ton, berapakah faktor keamanan terhadap kegaga1an kabel?

2.2-4 Sebuah katup pengaman di bagian atas tangki yang mengandung uap bertek.anan p mempunyai lubang pembuangan dengan diameter d (lihat gambar). Katup ini didesain untuk melepaskan uap pada saat tekanan mencapai harga PmaL· Jik.a panjang alami pegas L dan kekakuannya adalah k. berapa seharusnya diameter katup? (Nyatakan hasilnya sebaga.i rumus untuk h).

2.2-5 Peralatan yang terlihat dalam gambar terdiri atas penunjuk ARC yang dipikul oleh pegas yang berkekakuan k. Pegas ini terletak padajarak b dari ujung sendi. Peralatan ini disesua.ikan sedemikian hingga agar apabila tidak ada beban P, penunjuk menunjukkan angka no! pada skala sudut. Pada jarak x berapa beban harus diletakkan agar penunjuk akan menunjukkan 2° pada skala? Gunakan data berikut: k = 8,0 lb/in, b = 8 in, dan P = 3 lb.

1+------- b ------�

1 40 Bab 2 Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksia/

22-6 Sebuah batang seragam AB yang beratnya W = :.5 '\ dipikul oleh dua pegas, seperti terlihat dalam p .. :nbar. Pegas di kiri mempunyai kekakuan k1 = 300 NI m dan panjang alami L1 = 250 mm. Besaran untuk pegas kanan adalah k2 = 400 N/m dan L2 = 200 mm. Jarak antara pegas adalah L = 350 mm, dan pegas di kanan digantung pada tumpuan yang berjarak h = 80 mm di bawah titik tumpuan untuk pegas kiri. Pada jarak x berapakah dari pegas kiri beban P = 1 8 !\ harus diletakkan agar batang ini terletak horizontal·?

h

w

A B I

p I b�L�------1 2.2-7 Sebuah baja mutu tinggi dengan diameter d = 0,5 in dan modulus elastisitas E = 30 x 1 06 psi harus menyalurkan beban P = 6 1 00 lb (lihat gambar). (a) Jika panjang L batang adalah 1 4,50 ft, berapakah panjang akhir? (b) Berapakah rasio panjang batang terhadap pertambahan panjang? (c) Jika pertambahan panjang dibatasi pada 0,15 in, berapakah be ban maksimum P maks yang diizinkan?

2.2-8 Sebuah kawat aluminium yang mempunyai diameter d = 2 mm dan modulus elastisitas E = 75 GPa mengalami beban tarik P (lihat gambar). (a) Jika kawat ini memanjang 2,25 mm jika dibebani tarik 1 75 N, berapa panjang L kawat? (b) Jika perpanjangan izin maksimum adalah 3,0 mm, tegangan izin tarik adalah 60 MPa, dan panjang kawat adalah 3,8 m, berapa beban izin P maks?

2.2-9 Sebuah batang panjang dari tembaga persegi panjang yang mengalami beban tarik P digantung pada tumpuan sendi dengan tiang baja (lihat gambar). Batang tembaga mempunyai panjang 26 ft, luas penampang 6,5 in2, dan modulus elastisitas Ec = 1 5 x 1 06 psi. Masingmasing tiang baja mempunyai tinggi 35 in, luas penampang 8,4 in2, dan modulus elastisitas E, = 29 x 106 psi. (a) Tentukan peralihan ke bawah 8 di ujung bawah batang tembaga akibat beban P = 85 k. (b) Berapakah beban izin maksimum P maks jika peralihan 8 dibatasi pada 0,30 in.?

/ Tiang baja

Batang /�

tembaga

2.2-10 Rangka batang ABC yang terlihat dalam gambar mempunyai bentang L = 3 m dan terbuat dari pipa baja : ang mempunyai luas penampang A = 3540 mm2 dan modulus elastisitas E = 200 GPa. Sebuah beban P bekerja dalarn arah horizontal ke kanan di titik hubung C. (a) Jika P = 620 kN, berapa peralihan horizontal titik hubung B? (b i Berapa be ban izin maksimum P maks jika peralihan titik hubung B dibatasi pada 1 ,0 mm?

2.2-1 1 Sebuah kolom Iingkaran berlubang dari baja (£ = 30.000 ksi) mengalami beban tekan P, seperti terlihat dalam gambar. Kolom ini mempunyai panjang L = 8,2 ft dan diameter d = 8,0 in. Beban P = l l 0 k. Jika tegangan

Gambar untuk Soal 2.2- 1 1 dan 2.2- 1 2

tekan izin adalah 8, 1 ksi dan perpendekan izin untuk kolom adalah 0.025 in, berapakah tebal dinding yang dibutuhkan?

2.2-12 Sebuah kolom lingkaran berlubang dari baja (E = 2 1 0 GPa) mengalami beban tekan P, seperti terlihat dalam gambar. Kolom ini mempunyai panjang L = 2,5 m dan diameter d = 200 mm. Beban P = 490 kN. Jika tegangan tekan izin adalah 56 MPa dan perpendekan izin untuk kolom adalah 0,6 mm, berapakah tebal dinding t yang dibutuhkan?

2.2-13 Balok kaku horizontal ABCD dipikul oleh batang vertikal BE dan CF dan dibebani oleh gaya vertikal P1 = l OO k dan P2 = 90 k yang masing-masing bekerja di titik A dan D (lihat gambar). Batang BE dan CF terbuat dari baja (E = 29,5 x 1 06 psi) dan luas penampang A8E = 22, 1 in

2 dan AcF = 1 8,3 in

2. Jarak antara titik-titik

pada batang ditunjukkan dalam gambar. Tentukan peralihan vertikal 8A dan 8D masing-masing di titik A dan D.

2.2-1 4 Sebuah plat setengah 1ingkaran ACBD yang beratnya W = 500 N dan jari-jarinya R = 1 ,0 m ditumpu di titik A, B, dan D oleh tiga kawat identik (lihat gambar). Titik C ada di pusat busur lingkaran ADB dan jari-jari CD tegak lurus diameter AB. Setiap kawat mempunyai modulus elastisitas E = 2 1 0 GPa, diameter d = 2 mm, dan panjang L = 1 ,2 m. Asumsikan bahwa plat ini kaku. Beban P = 3W diletakkan pada jari-jari CD di titik p

Mekanika Bahan 1 41

yang berjarak x dari titik C. Berapakah jarak x agar plat tersebut mempunyai kemiringan 0,1 ° ( di sepanjang garis CD) akibat aksi gabungan gaya P dan berat W?

...,l _ x 1t �:��·I BA TANG TAK SERAGAM

2.3-1 Perhatikan balok dan batang yang terlihat dalam Gambar 2- 1 2a pada Contoh 2-3, dan memperhatikan bahwa beban P1 dan P: bekerja masing-masing di titik C dan E. Dengan menga'>umsikan bahwa kedua bagian batang vertikal ABC terbuat dari bahan yang sama, carilah rumus untuk rasio P.; P 1 sedemikian hingga peralihan vertikal titik C akan no!. (�� atakan hasilnya di dalam luas penampang A1 dan A:· sena dimensi Ll' L2, dan a, dan b seperti terlihat dalarn garnbar tersebut.)

2.3-2 Sebuah batang bajaA.D (}ihat garnbar) mempunyai luas penampang 260 mm2 dan dibebani gaya P1 = 1 2 kN, P2 = 8 kN, dan P3 = 6 kc�. Panjang masing-masing segmen batang adalah a = 1 ,5 m. b = 0.6 m, dan c = 0,9 m. (a) Dengan mengasumsikan bahwa modulus elastisitas E = 210 GPa, hitunglah perubahan panjang batang, Apakah batang ini memanjang atau memendek? (b) Berapakah P3 harus dibesarkan agar ujung D batang tidak bergerak apabila beban bekerja?

2.3-3 Sebuah pipa yang mempunyai modulus elastisitas E = 30 x 106 psi dibebani gaya PI' P2, dan P3 (lihat gambar). Pipa ini mempunyai panjang 1 2 ft, dan jarak antara titik-titik beban ada1ah a = b = 3 ft, dan c = 6 ft. Bebannya adalah P1 = 4 k, P2 = 3 k, dan P3 = 3 k, dan luas penampang pipa adalah 2,8 in

2. (a) Hitunglah

peralihan 88, De, dan 8D di titik-titik beban. (b) Tentukan jarak x dari tumpuan kiri ke penampang di mana peralihannya no!.

2.3-4 Sebuah gedung dua tingkat mempunyai kolom baja AB di lantai pertama dan BC di kolom kedua (lihat gambar) (lihat gambar). Beban atap P1 sama dengan 400 kN dan be ban lantai bawahnya adalah P 2 = 720 kN.

�� a = 3,75 m

J r a= 3,75 m

J


Setiap kolom mempunyai panjang a = 3,75 m. Luas penampang kolom Jantai pertama dan kedua masingmasing adalah 1 1 .000 mm2 dan 3.900 mm2• (a) Dengan menganggap bahwa E = 206 GPa, tentukan peralihan ke bawah De titik C akibat beban P1 dan P2, (b) Berapa be ban tambahan P 0 yang dapat diletakkan di puncak kolom (titik C) jika peralihan ke bawah titik C tidak boleh melebihi 4,0 mm?

2.3-5 Sebuah batang prismatis AD mengalami beban Pp P2, dan P3 yang bekerja di titik B, C. dan D. seperti terlihat dalam gambar. Setiap segmen batang mempunyai panjang 20 in. Batang ini mempunyai luas penampang A = 1 ,40 in2 dan terbuat dari tembaga dengan E = 17.000 ksi. (a) Tentukan peralihan 60 di ujung bebas batang. (b) Berapakah seharusnya beban P3 jika peralihan di titik D dikehendaki menjadi setengah dari harga semu1a?

2.3-6 Batang ABC terdiri atas dua bahan dan mempunyai panjang total I m dan diameter 50 mm (lihat gambar). Bagian AB adalah baja (E, = 210 GPa) dan bagian BC adalah aluminium (Ea = 70 GPa). Batang ini mengalami gaya tarik 1 10 kN. (a) Tentukan panjang L1

dan L2 untuk masing-masing bagian agar kedua bagian mempunyai perpanjangan yang sama. (b) Berapakah perpanjangan total o batang?

2.3-7 Sebuah batang yang panjangnya 8 ft mempunyai diameter penampang d1 = 0,75 in di setengah panjangnya, dan d2 = 0,50 in di setengah panjang Jainnya (lihat gambar). (a) Berapakah perpanjangan batang akibat beban tarik P = 5000 lb? (b) Jika volume bahan yang sama digunakan untuk membuat batang dengan diameter d dan panjang 8 ft, berapakah perpanjangan batang ini akibat beban P yang sama? (Asumsikan E = 30 x 1 06 psi.)

2.3-8 Sebuah batang ABC yang panjangnya L terdiri atas dua bagian yang panjangnya sama tetapi diametemya berbeda (lihat gambar). Segmen AB mempunyai diam-

eter d1 = 100 mm dan segmen BC mempunyai diameter d2 = 60 mm. Kedua segmen mempunyai panjang U2 = 0,6 m. Sebuah lubang longitudinal yang diameternya d

dibor menembus segmen AB hingga setengah dari panjangnya (jarak U4 = 0,3 m). Batang ini terbuat dari plastik yang mempunyai modulus elastisitas E = 4,0 GPa. Beban tekan P = 1 10 kN bekerja di ujung batang. Jika perpendekan batang dibatasi pada 8,0 mm, berapakah diameter lubang maksimum d yang diizinkan?

2.3-9 Sebuah tiang baja, yang dipancang ke dalam tanah, memikul beban P dengan cara gesekan di sepanjang sisi-sisinya (lihat gambar). Friksi gayafper panjang satuan tiang dianggap mempunyai distribusi terbagi rata di seluruh permukaan tiang. Tiang ini mempunyai panjang L, luas penampang A, dan modulus elastisitas E. (a) Turunkan rumus untuk perpendekan 0 dari tiang yang dinyatakan dalam P, L, E, dan A. (b) Gambarlah diagram yang menunjukkan bagaimana tegangan tekan ac bervariasi di seluruh panjang tiang.

f L

J 2.3-1 0 Sebuah kabel baja panjang AB memiku1 beban P = 22,0 kN di ujung bawahnya (lihat gambar). Panjang kabel L = 450 m dan berat per satuan panjang ada1ah w = 6, 1 N/m. Regangan di tengah tinggi kabel diukur

T l � L

B J

dengan strain gage dan diperoleh besarnya 0,00223. (a) Berapakah regangan EA di ujung atas kabel? (b) Berapa regangan t:8 di ujung bawah kabel? (c) Berapa perpanjangan 8 kabel?

2.3-1 1 Sebuah batang prismatis AB yang panjangnya L, luas penampangnya A, modulus elastisitasnya E, dan beratnya W digantung secara vertikal dan dibebani berat sendiri ( lihat gambar). (a) Turunkan rumus untuk peralihan ke bawah 8c di titik C, yang terletak di jarak c dari ujung bawah batang. (b) Berapa perpanjangan 88 keseluruhan batang? (c) Berapa rasio r perpanjangan setengah bagian atas batang terhadap perpanjangan setengah bagian bawahnya?

A -� L

I __ t

c I _LB

2.3-1 2 Sebuah tiang beton AB yang mempunyai penampang bujursangkar dan tinggi L meruncing dari bawah ke atas (lihat gambar). Penampang di atas dan bawah mempunyai lebar masing-masing b dan 2b. (a) Dapatkan rumus untuk perpendekan 8 tiang ini akibat beban tekan P (abaikan berat sendiri tiang). (b) Hitunglah perpendekannya jika L = 4 m, b = 0,8 m, P = 1 800 kN, dan modulus elastisitas beton adalah 24 GPa.

T 2b _1

f--2b-l

*2.3-1 3 Sebuah tiang kayu yang memikul kepala tiang mengalami gaya gesekan f per panjang satuan tiang di bagian panjangnya yang tertanam di dalam tanah (lihat gambar). Intensitas gaya gesekan bervariasi secara linier terhadap jarak y dari dasar tiang, artinyaf = cy, di mana c adalah konstanta. Panjang tiang yang tertanam adalah L1 dan bagian atas tiang mempunyai panjang L2 juga, beban di tiang adalah P, luas penampangnya adalah A,

Mekanika Bahan 1 43

dan modulus elastisitas nya adalah E. (a) Turunkan rumus untuk menghitung perpendekan 8 tiang yang dinyatakan dalam P, L1 , L2• E, dan A. (b) Gambarlah diagram yang menunjukkan bagaimana tegangan tekan ac bervariasi di seluruh panjang tiang.

T I t T

l

r

�f= cy

*2.3-14 Sebuah batang kerucut panjang, langsing yang berpenampang lingkaran dan mempunyai panjang L, serta diameter dasar d digantung dalam arah vertikal dan mengalami beban akibat berat sendiri, seperti terlihat dalam bagian (a) pada gambar. Batang ini mempunyai berat W dan modulus elastisitas E. (a) Turunkan rumus untuk menghitung perpanjangan oc batang kerucut. (b) Jika volume bahan yang sama digunakan dalam batang prismatis dengan penampang lingkaran dan panjang L [lihat bagian (b) pada gambar], berapakah perpanjangannya?

(a) (b)

*2.3-1 5 Sebuah cakram (disk) kaku dengan jari-jari R berputar dengan kelajuan sudut konstan m terhadap sumbu yang melalui pusatnya C (lihat gambar). Enam pisau prismatis identik, yang masing-masing mempunyai panjang L, terpasang dengan arah radial ke luar dari disk tersebut. Bahan pisau mempunyai modulus elastisitas E dan rapat massa p (massa per unit volum). Tentukan perpanjangan o pisau ini akibat efek sentrifugal.


**2.3-16 Sebuah tiang aluminium yang meruncing AB dengan penampang lingkaran berlubang dan panjang L ditekan oleh beban P (lihat gambar). Diameter luar di atas dan bawah tiang adalah d A dan d 8, dan tebal dinding adalah t. Turunkan rumus untuk perpendekan tiang.

di mana E adalah modulus elastisitas.

p

**2.3-1 7 Kabel utama dari jembatan gantung [lihat bagian (a) dari gambar] mengikuti kurva yang mendekati parabola karena beban utama di kabel adalah berat dek jembatan, yang mempunyai intensitas seragam di sepanjang horizontal. Dengan demikian, kita dapat menyatakan daerah tengah AOB dari kabel utama [lihat

(a)

(b)

bagian (b) pada gambar] sebagai kabel parabolik yang ditumpu di titik A dan B dan memikul beban terbagi rata dengan intensitas q pada bidang horizontal. Bentang kabel adalah L, sag-nya h, serta rigiditas aksial adalah EA, dan pusat koordinat ada di tengah bentang. (a) Turunkan rumus untuk perpanjangan 8 kabel AOB yang terlihat dalam bagian (b) gambar tersebut. (b) Hitunglah perpanjangan 8 bentang tengah dari kabel utama pada Golden Gate Bridge, di mana dimensi dan besarannya adalah L = 4.200 ft, h = 470 ft, q = 12.700 lb/ft, dan E = 28.800.000 ksi. Kabel ini terdiri atas 27.572 kabel paralel dengan diameter 0, 1 96 in. (Petunjuk: Tentukan gaya tarik T di sembarang titik dari kabel dari diagram benda bebas dari kabel; 1alu, tentukan perpanjangan elemen kabel yang panjangnya d5; akhimya, integrasikan di sepanjang kurva kabel untuk mendapatkan persamaan perpanjangan 8.)

STRUKTUR STATIS TAK TENTU

2.4-1 Sebuah struktur yang terdiri atas inti perunggu dan pipa aluminium mengalami gaya tekan P (lihat gambar). Panjang pipa aluminium dan inti perunggu adalah 14,0 in., diameter inti adalah 1 ,0 in., dan diameter luar pipa adalah I ,6 in. Juga, modulus e1astisitas aluminium dan perunggu masing-masing adalah I 0,5 x 106 psi dan 1 5,0 x 106 psi. (a) Jika panjang struktur ini berkurang 0, 1 % apabila dibebani P, berapa besar beban P tersebut? (b) Berapa beban izin maksimum P maks jika tegangan izin di aluminium dan perunggu masing-masing adalah 1 2.000 psi dan 1 8.000 psi?

2.4-2 Sebuah struktur terdiri atas inti perunggu (diameter d1 = 6,0 mm), dan pipa baja (diameter dalam d2 = 7,0 mm, diameter luar d3 = 9 mm). Sebuah beban P menekan struktur yang mempunyai panjang L = 85 mm ini. Modulus elastisitas perunggu dan baja masing-masing adalah 100 GPa dan 200 GPa. (a) Berapa beban P yang akan memendekkan struktur ini 0 , 1 mm? (b) Jika

tegangan izin baja adalah 1 80 MPa dan tegangan izin di perunggu adalah 140 MPa, berapa beban tekan izin Pizin?

Cangkang baja Inti perunggu

2.4-3 Sebuah kolom beton bertulang dengan penampang lingkaran dan panjang L = 1 2 ft memikul beban tekan P = 200 k (lihat gambar). Kolom ini mempunyai delapan batang tulangan, masing-masing mempunyai diameter efektif 1 ,0 in. Batang-batang dikekang oleh sengkang lingkaran untuk mencegahnya menekuk ke luar. Luas efektif beton mempunyai diameter de = 1 3 in, seperti terlihat dalam gambar (bagian luar dari beton dapat pecah sehingga tidak dipandang efektif dalam memikul beban). Asumsikan bahwa modulus elastisitas baja adalah 29 x 1 06 psi dan untuk beton adalah 3,6 x 1 06 psi. (a) Hitunglah tegangan as dan <Ye di baja dan beton. (b) Hitunglah perpendekan 8 di kolom. (Petunjuk: Dalam menghitung luas beton, abaikan luas yang ditempati oleh delapan tulangan baja.)

- d e

2.4-4 Tiga batang prismatis, dua dari bahan A dan satu dari bahan B, menyalurkan beban P (lihat gambar). Kedua

Mekanika Bahan 1 45

batang luar (bahan A) adalah identik. Luas penampang batang tengah (bahan B) adalah 50% lebih besar daripada luas penampang satu batang luar. Juga, modulus elastisitas bahan A adalah dua kali bahan B. Berapa fraksi dari beban P yang disalurkan oleh batang tengah? (b) Berapakah rasio tegangan di batang tengah terhadap batang luar? (c ) Berapa rasio regangan batang tengah terhadap regangan batang luar?

2.4-5 Tiga kabel baja digabungkan bersama untuk memikul beban 12 k ( lihat gambar) . Diameter kabel tengah adalah 3/4 in dan diameter masing-masing kabel tepi adalah 1/2 in. Tarik di kabel disesuaikan sedemikian hingga masing-masing kabel hanya memikul sepertiga dari beban, maksudnya 4 k. Kemudian. beban diperbesar 9 k hingga beban totalnya 2 1 k. t a) Berapa persen dari beban total yang dipikul oleh kabel tengah? (b) Berapa tegangan am dan a0 masing-masing di kabel baja tengah dan tepi? ( Catatan : Lihat Tabel 2-1 di Subbab 2.2 untuk besaran-besaran kabel.)

2.4-6 Sebuah batang ACB yang mempunyai dua luas penampang yang berbeda A 1 dan A2 ditahan antara dua tumpuan kaku A dan B (lihat gambar). Sebuah beban P bekerja di titik C, yang berjarak b1 dari ujung A dan berjarak b2 dari ujung B. (a) Dapatkan rumus untuk reaksi RA dan R8 masing-masing di tumpuan A dan B, akibat


beban P. (b) Dapatkan rumus untuk peralihan ke bawah 8c di titik C.

F bl J I I I b2 I

B ____!_

2.4-7 Pipa aluminium dan baja yang terlihat dalam gambar dikekang di tumpuan kaku A dan B dan di C pacta pertemuan kedua pipa. Panjang pipa aluminium dua kali panjang pipa baja. Dua beban yang sama dan simetris P bekerja di plat C. (a) Dapatkan rumus untuk tegangan aksial 0"0 dan 0"5 masing-masing di pipa aluminium dan baja. (b) Hitunglah tegangan untuk data berikut: P = 1 2 k, luas penampang pipa aluminium Aa = 8,92 in2, luas penampang pipa baja As = 1 ,03 in2, modulus elastisitas aluminium Ea = 1 0 x 1 06 psi dan modulus elastisitas baja Es = 29 x 1 06 psi.

2L

c

¥ Pipa aluminium

2.4-8 Batang berbeban aksial ABCD yang terlihat dalam gambar ditahan antara tumpuan-tumpuan kaku. Batang terse but mempunyai luas penampang A0 dari A ke C dan 2A0 dari C ke D. (a) Dapatkan rumus untuk reaksi RA dan Rv di ujung-ujung batang. (b) Tentukan peralihan 88 dan Oc di titik B dan C. (c) Gambarlah diagram di mana absisnya adalah jarak x dari tumpuan kiri dan ordi-

natnya adalah peralihan horizontal titik yang bersangkutan di batang.

2.4-9 Sebuah batang AB dengan kedua ujungnya terjepit dan mempunyai dua luas penampang yang berbeda dibebani oleh dua beban P yang sama besar tetapi berlawanan arah, seperti terlihat dalam gambar. Luas penampang di dekat ujung adalah A 1, dan di tengah adalah A2. (a) Tentukan reaksi R4 dan R8 di kedua ujung batang. (b) Tentukan gaya aksial tekan F di bagian tengah batang. (c) Pacta kondisi bagaimana tegangan tekan di tengah batang secara numerik sama dengan tegangan tarik di ujung batang?

2.4-10 Sebuah batang komposit dengan penampang bujursangkar dan dimensi 2b x 2b terbuat dari dua bahan yang berbeda dengan modulus elastisitas E1 dan E2 (lihat gambar). Kedua bagian batang mempunyai dimensi potongan melintang yang sama. Batang tersebut memikul beban P yang bekeija melalui plat ujung kaku. Garis kerja beban ini mempunyai eksentrisitas e sedemikian hingga setiap bagian batang mengalami tegangan tekan terbagi rata. (a) Tentukan gaya aksial P1 dan P2 di kedua bagian batang. (b) Tentukan eksentrisitas e beban. (c) Tentukan rasio tegangan a1 dan a2 di kedua bagian batang.

2.4-1 1 Tiga kabel vertikal dengan diameter yang sama dan dari bahan yang sama memikul balok horizontal kaku di titik A, B, dan C (lihat gambar). Kabel B dan C mempunyai panjang h dan kabel A mempunyai panjang 2h. Tentukan jarak x antara kabel A dan B sedemikian

T 2h

1 T h

1

hingga balok akan tetap horizontal apabila beban P bekeija di titik tengah.

2.4-12 Sebuah benda tegar AB yang beratnya W digantung pacta kawat vertikal yang beijarak satu sama lain sama. dua dari baja dan satu dari aluminium (lihat gambar). Kawat-kawat ini memikul beban P yang bekeija di titik tengah blok. Diameter kawat baja adalah 2 mm, dan diameter kawat aluminium adalah 4 mm. Berapa beban P yang dapat dipikul jika tegangan izin di kawat baja adalah 220 MPa dan di kawat aluminium adalah 80 MPa? (Asumsikan W = 800 N, E5 = 2 1 0 GPa, dan Ea = 70 GPa.)

s A s

A

2.4-13 Sebuah batang kaku horizontal AB yang mempunyai berat W = 7.200 lb dipikul oleh tiga batang lingkaran langsing (lihat gambar). Dua batang tepi terbuat dari aluminium (E1 = l O x 1 06 psi) dengan diameter d1 = 0,4 in. dan panjang L1 = 40 in. Batang tengah adalah magnesium (E2 = 6,5 x 1 06 psi) dengan diameter d2 dan panjang L2. Tegangan izin di aluminium dan magnesium masing-masing adalah 24.000 psi dan 1 3 .000 psi. Jika dikehendaki agar ketiga batang dibebani hingga mencapai harga izinnya, berapa diameter d2 dan panjang L2 pada batang tengah?

2.4-14 Sebuah batang baj a ABC (E = 200 GPa) mempunyai luas penampang A1 dari A ke B dan luas penampang A2 dari B ke C (lihat gambar). Batang ini dipikul di ujung A dan mengalami beban P yang sama dengan 40 kN di ujung C. Sebuah pipa baja lingkaran BD dengan luas penampang A3 memikul batang tersebut

Mekanika Bahan 1 47

di B. Tentukan peralihan Oc di ujung bawah batang akibat beban P, dengan beranggapan bahwa pipa tersebut pas benar di B apabila tidak ada beban. (Asumsikan L1 = 2L3 = 250 mm. L: = 225 mm, A1 = 2A3 = 960 mm2, dan A2 = 300 mm=. )

A �-.-

2.4-1 5 Sebuah batang kaku A.B yang panjangnya L dihubungkan ke dinding dengan menggunakan sendi di A dan dipikul oleh dua kawat vertikal yang terpasang di titik C dan D (lihat gambar). Kawat-kawat ini mempunyai luas penampang A yang sama dan terbuat dari bahan yang sama pula (modulus elastisitas E), tetapi kawat D mempunyai panjang dua kali kawat C. (a) Carilah gaya tarik T c dan T D di kawat akibat beban vertikal P yang bekeija di ujung B. (b) Carilah peralihan ke bawah 88 di ujung B.

c

t h I

� " �_l _b-=--L -_

-_ . I l: 2.4-1 6 Sebuah batang kaku ABCD ditumpu sendi di titik B dan ditumpu dua pegas di A dan D (lihat gambar). Pegas di A dan D mempunyai kekakuan k1 = 1 5 kN/m dan k2 = 35 kN/m. Beban P bekerja di titik C. Jika sudut

b = 500 mm

k1 = 15 kN/m


r-�� batang akibat aksi beban P dibatasi 2°, berapa :ci\an izin maksimum P maks?

2.4-1 7 Tiga pegas yang identik dan berjarak sama memikul batang kaku horizontal ABC (lihat gambar). Beban P bekerja pada jarak x dari titik A. (a) Plotlah grafik yang menunjukkan bagaimana gaya FA, F8, dan Fe di ketiga pegas bervariasi terhadap jarak x. (Misalkan x bervariasi dari 0 hingga 2L.) (b) Untuk harga x berapakah ketiga pegas mengalami tekan? (c) Untuk x berapakah pegas di A mengalami tarik?

2.4-1 8 Sebuah batang kaku AB dipikul oleh dua kabel CE dan BD seperti terlihat dalam gambar. Kabel-kabel ini identik kecuali panjangnya-kabel BD mempunyai panjang h dan kabel CD mempunyai panjang 1 ,5h (yang berarti panjang batang adalah L = h -J5 ). Tentukan gaya tarik T8D dan Te

E di kabel akibat bebas P yang bekerja

di titik F.

T h

1

2.4-1 9 Sebuah batang kaku BD mempunyai ujung sendi di B dan dipikul oleh kabel AC dan AD (lihat gambar). Panjang batang adalah 3b dan titik A berada pada 1 ,5b di atas titik B. Beban P bekerja ke bawah di ujung D dari batang. (a) Tentukan gaya tarik TAe dan TAD di kabelkabel. (b) Tentukan peralihan ke bawah 8D di titik D.

T 1,5b

l

2.4-20 Sebuah rangka persegi panjang yang lebarnya 7b dan tingginya 3b (lihat gambar) mempunyai tumpuan sendi di C dan ditumpu di A dan D oleh kawat-kawat vertikal yang identik. Rangka ini dibebani gaya P yang bekerja di B. Diameter kawat adalah 2 mm. Jika tegangan tarik di kawat akibat beban P tidak dapat melebihi 220 MPa, berapa beban izin maksimum P maks? (Abaikan deformasi rangka.)

2.4-21 Sebuah batang kaku EDB ditumpu sendi di titik E dan ditahan oleh dua kabel AB dan CD (lihat gambar). Kedua kabel adalah sama, kecuali panjangnya. Beban P bekerja di ujung B dari batang. Tentukan gaya tarik di kabel dan sudut rotasi batang.

T 3b

+ 6b

l �--- 1-- 4b ----1 p

*2.4-22 Sebuah batang trimetalik ditekan secara seragam oleh gaya aksial P yang bekerja melalui plat kaku (lihat gambar). Batang ini terdiri atas inti baja lingkaran yang

(a) (b)

dikelilingi oleh tabung perunggu dan tabung tembaga. lnti baja mempunyai diameter 1 0 mm, tabung perunggu mempunyai diameter luar 1 5 mm, dan tabung tembaga mempunyai diameter luar 20 mm. Modulus elastisitas masing-masing bahan adalah Es = 210 GPa, Eb = 1 00 GPa, dan Ec = 1 20 GPa. Hitunglah tegangan tekan as, ab, dan a, di baja, perunggu, dan tembaga, apabila beban P sama dengan 1 2 kN.

EFEK TERMAL

2.5-1 Rei kereta api dilas di ujung-ujungnya (untuk membentuk rei kontinu sehingga menghilangkan suara apabila roda melewati sambungan rei) pacta temperatur 50°F. Berapa tegangan tekan a yang dihasilkan pacta saat rei tersebut diipanaskan oleh matahari hingga l 20°F jika koefisien ekspansi termal a adalah 6,5 x 1 0-6/oF dan modulus elastisitas E = 29 x 1 06 psi?

2.5-2 Sebuah pipa uap yang diameternya 1 50 mm terletak di dalam alur pacta temperatur 1 3°C. Apabila uap melewati pipa tersebut, temperaturnya meningkat l 20°C. (a) Berapa pertambahan t.d di diameter pipa jika pipa tersebut bebas berekspansi dalam semua arah? (b) Berapa tegangan aksial a di dalam pipa jika alur menahan pipa tersebut sedemikian rupa sehingga pipa tersebut memanjang hanya sepertiga dari perpanjangan kalau pipa tersebut bebas berekspansi? (Catatan: Pipa terbuat dari baj a dengan modulus elastisitas E = 200 GPa dan koefisien ekspansi termaJ a = 12 X 1 0-6/0C. )

2.5-3 Sebuah pipa aluminium mempunyai panj ang 1 90 ft pacta temperatur 65°F. Pipa baja di dekatnya pacta temperatur yang sama mempunyai panjang 0,25 in lebih panjang daripada pipa aluminium. Pacta temperatur berapa (dalam derajat Fahrenheit) perbedaan panjang keduanya 0,50 in.? (Asumsikan bahwa koefisien ekspansi termal aluminium dan baja masing-masing adalah aa = 1 3 x 1 0-6/oF dan as = 6,5 X I 0-6/°F.)

2.5-4 Peralatan yang terlihat dalam gambar ini terbuat dari batang wolfram AC dan batang magnesium BD yang terpasang di penunjuk CDP dengan sendi di C dan D. Misalkan koefisien muai termal untuk magnesium dan wolfram dinyatakan dengan am dan ar Turunkan rumus untuk peralihan vertikal 8 (positif ke atas) titik P akibat pertambahan temperatur seragam t.T. Dapatkah alat ini digunakan sebagai termometer?

C r-- a-ro---- b ----1

)�! � p L !:J.T !:J.T

l�A B

Mekanika Bahan 1 49

2.5-5 Sebuah silinder baja solid S diletakkan di dalam tabung tembaga C yang mempunyai panjang sama (lihat gambar). Koefisien ekspansi termal ac untuk tembaga lebih besar daripada koefisien as untuk baja. Sesudah dirakit, silinder dan tabung ditekan di antara plat-plat kaku dengan gaya P. Dapatkan rumus untuk peningkatan temperatur t.T yang akan menyebabkan semua beban dipikul oleh tabung tembaga.

I .

i

.. . ::J I J i I ' ; ! . ;

:c s :c

I

2.5-6 Sebuah batang AB yang panjangnya L ditahan di antara tumpuan-tumpuan kaku dan dipanaskan secara tidak seragam sehingga peningkatan temperatur t.T pacta jarak x dari ujung A dinyatakan dengan rumus t.T = t.T1Y?!L2, di mana !':..T1 adalah peningkatan temperatur di ujung B dari batang (lihat gambar). Tentukanlah tegangan tekan ac di batang (Asumsikan bahwa bahan ini mempunyai modulus elastisitas E dan koefisien ekspansi termal a.

0 A B

f+-��--- L��+i

2.5-7 Sebuah batang baja bundar yang diameternya 0,375 in. ditahan secara pas (tetapi tanpa tegangan awal) di antara dinding kaku oleh susunan seperti terlihat dalam gambar. Hitunglah penurunan temperatur t.T (deraj at Fahrenheit) yang menimbulkan tegangan geser rata-rata di baut yang diameternya 0,25 in. menjadi 7500 psi. (Untuk baja, gunakan a, = 6,5 x 1 0-6/oF dan E, = 30 x 1 06 psi.)

Baut dengan diameter 0,25 in.

/

0,375 in.


2.5-8 Sebuah batang baja bundar AB (diameter d1 = 1 5 mm, panjang L1 = 1 100 mm) mempunyai selubung perunggu (diameter luar d2 = 21 mm, panjang L2 = 400 mm) yang pas benar seperti terlihat dalam gambar. Hitunglah perpanjangan total 8 batang baja akibat peningkatan temperatur l'lT = 350°C. (Besaran bahan adalah sebagai berikut: untuk baja as = 12 x 1 0-D/'C dan Es = 2 1 0 GPa, untuk perunggu ab = 20 x 1 0-".t�c dan Eb = 1 10 GPa)

B

L2 _____________.

�------------- £ � --------------__.

2.5-9 Sebuah batang plastik ACB yang mempunyai dua penampang lingkaran solid ditahan di antara tumpuantumpuan kaku seperti terlihat dalam gambar. Diameter di bagian kiri dan kanan masing-masing adalah 2,0 in dan 3,0 in. Panjangnya masing-masing adalah 9 in. dan 1 2 in. Juga, modulus elastisitas E = 860 ksi dan koefisien ekspansi termal a adalah 60 X w-6/°F. Batang ini mengalami peningkatan temperatur seragam sebesar 50°F. Hitunglah besaran berikut: (a) gaya tekan P di batang; (b) tegangan tekan maksimum ac; dan (c) peralihan Oc titik C.

1--·- 9 in. ------1--- 12 in. -----� 2.5-1 0 Sebuah batang nonprismatis ACB yang panjangnya L ditahan di antara dua tumpuan kaku (lihat gambar). Setengah bagian kiri dari batang tersebut mempunyai luas penampang A 1 dan setengah sisanya mempunyai luas penampang A2. Modulus elastisitasnya adalah E dan koefisien ekspansi termalnya adalah a. Dengan menganggap bahwa batang ini mengalami peningkatan temperatur l'lT dan bahwa A2 > A 1 , turunkan rumus untuk: (a) gaya tekan P di batang, dan (b) peralihan Oc titik C (positif berarti peralihan tersebut berarah ke kiri).

I L . L I 1+----- - -1----- - �-1 2 2

2.5-1 1 Sebuah selubung perunggu terletak pas di sekeliling baut baja (lihat gambar) dan mur dikencangkan sampai pas benar. Baut tersebut mempunyai diameter 3/ 8 in., dan selubungnya mempunyai diameter dalam dan luar masing-masing 1 3/32 in. dan 5/8 i11. Hitunglah peningkatan temperatur l'lT yang dibutuhkan untuk menghasilkan tegangan tekan 3500 psi d· selubung.

(Gunakan besaran bahan sebagai berikut: untuk perunggu, ah = 1 1 X w·�t°F dan Eh = 1 5 X 1 06 psi; untuk baja, as = 6.5 X 1 0-6/oF dan Eh = 30 x 1 06 psi.

Selubung perunggu

Baut baja 2.5-1 2 Sebuah batang lingkaran solid yang diametemya pas di dalam tabung tembaga mempunyai panjang yang sama dengan tabung tersebut (lihat gambar). Diameter luar tabung tembaga adalah 50 mm dan diameter dalamnya adalah 45 mm. Diameter batang aluminium adalah 42 mm. Pacta setiap ujung rakitan, sendi metal dengan diameter 8 mm dapat melewati susunan batangtabung tadi dengan sudut siku terhadap sumbu batang. Carilah tegangan geser rata-rata di sendi jika temperaturnya ditingkatkan 20°C. (Untuk aluminium, Ea = 70 GPa dan aa = 23 x 10-6/oC; untuk tembaga, Ec = 1 20 GPa dan ac = 17 X 1 0-6/oC.

Senz Selubung perunggu

�tMwxbi'"'wrmt¥tL4f. $ "Wh:.*»wWmww1 b ... g"blti�;: .. ;[lt�:l�;;}£ill,.E#::dl

Batang aluminium

2.5-1 3 Sebuah batang kaku ABCD mempunyai sendi di ujung A dan ditumpu oleh dua kabel di titik B dan C (lihat gambar). Kabel di B mempunyai diameter dB = 0,5 in. dan kabel di C mempunyai diameter de = 0,75 in. Sebuah beban P bekerja di ujung D dari batang. Berapa beban izin p jika temperatur meningkat sejauh 1 00°F dan setiap kabel diharuskan untuk mempunyai faktor keamanan sedikitnya 5 terhadap putus? (Catatan: Kabelkabel mempunyai modulus elastisitas efektif E = 20 x 106 psi dan koefisien ekspansi termal a = 6,5 X I 0-6fOF. Besaran lain untuk kabel dapat diperoleh dalam Tabel 2. I , Subbab 2.2.)

2.5-1 4 Sebuah plat segitiga mempunyai sendi di C dan ditahan oleh dua kawat horizontal di titik A dan B (lihat gambar). Setiap kawat mempunyai rigiditas aksial EA = 540 kN dan koefisien ekspansi terma1 a = 23 X I Q-6/0C. (a) Jika heban \ertikal P = 2,2 kN bekerja di titik D, berapakal< �aya ta�"ik TA dan TB di kawat A dan B? (b) Jika, sementara beban P bt:�"'rja, temperatur kedua kawat

ditingkatkan 1 CXFC. berapa gaya TA dan T8? (c) Berapa peningkatan temperatur D.T yang akan menyebabkan kawat B menJadi kendor?

-� b

b

-·

p

-------2b ------�

TEGANGAN Dl POTONGAN MIRING

2.6-1 Sebuah batang baja dengan penampang bujursangkar ( 1 ,5 in. x 1 ,5 in.) memikul be ban tarik P (lihat gambar). Tegangan izin tarik dan geser masing-masing ada1ah 1 8.000 psi. dan 1 1 .000 psi. Tentukan beban izin maksimum P maks·

2.6-2 Sebuah batang baja bundar dengan diameter d mengalami gaya tarik P = 80 kN (lihat gambar). Tegangan izin tarik dan geser masing-masing adalah 1 20 MPa dan 55 MPa. Tentukan diameter izin minimum dmin batang ini?

p ' . �d

2.6-3 Bata standar yang mempunyai dimensi 8 in. x 4 in. x 2,5 in. ditekan dalam arah memanjang dalam

Mekanika Bahan 1 51

suatu mesin uji (lihat gambar). Jika tegangan ultimate untuk bata adalah 1 100 psi dan tegangan tekan ultimatenya ada1ah 3800 psi. berapa gaya P maks dibutuhkan untuk memecahkan bata ini �

2.6-4 Sebuah kawat perunggu dengan diameter d = 2 mm ditarik antara dua tumpuan kaku sedemikian hingga gaya tariknya adalah T = 140 N (lihat gambar). Berapa penurunan temperatur izin maksimum D.T jika tegangan geser izin di kawat adalah 80 MPa? (Koefisien ekspansi termal untuk kawat adalah 19.5 x 1 0-6/oC dan modulus elastisitasnya adalah 1 05 GPa.)

2.6-5 Sebuah kawat baja dengan diameter d = 1 / 16 in. ditarik antara tumpuan-tumpuan kaku dengan gaya tarik awal T = 45 lb (lihat gambar 1 . 1 a ) Jika temperatur diturunkan 50°F, berapa tegangan geser maksimum rmaks di kawat? (b) Jika tegangan geser izin adalah 1 8 .000 MPa, berapa penurunan temperatur izin maksimum? (Asumsikan bahwa koefisien ekspansi termal adalah 6,5 X w-6/°F dan modulus elastisitas adalah 30 X I 06 psi.)

2.6-6 Sebuah batang baja yang diametemya 20 mm mengalami beban tarik P = 25 kN (lihat gambar). (a) Berapa tegangan normal maksimum amaks di batang? (b) Berapa tegangan geser maksimum rmaks? (c) Gambarlah elemen tegangan yang berorientasi 45° terhadap sumbu batang dan tunjukkan semua tegangan yang bekerja di setiap muka elemen tegangan tersebut.

2.6-7 Selama uji tarik pada benda uji baja lunak (lihat gambar), ekstensiometer menunjukkan perpanjangan sebesar 0,001 50 in. pada panjang terukur 2 in. Asumsikan bahwa baja ini mengalami tegangan yang masih di bawah limit proporsionalnya dan bahwa modulus elastisitas E = 29 x 1 06 psi. (a) Berapa tegangan normal maksimum amaks di benda uji? (b) Berapa tegangan geser maksimum rmah? (c) Gambarlah elemen tegangan yang berorientasi 45° terhadap sumbu batang dan tunjukkan semua tegangan yang bekerja di setiap muka elemen tegangan terse but.

2.6-8 Sebuah elemen struktur tekan di rangka batang terbuat dari profil baja bersayap lebar (lihat gambar). Luas penampang a = 6640 mm2 dan beban aksial P =


- H O kN. Tentukan tegangan normal dan geser yang bekerja di semua muka elemen tegangan yang terletak di badan balok dan berorientasi pada: (a) sudut () = 0°, (b) sudut () = 22,5°, dan (c) sudut () = 45°. Pada setiap kasus, tunjukkan tegangannya.

2.6-9 Sebuah batang plastik yang diametemya d = 1 ,0 in. ditekan pada alat uji oleh gaya P = 25 lb yang bekerja seperti terlihat dalam gambar. Tentukan tegangan normal dan geser yang bekerja di semua muka elemen tegangan yang berorientasi: (a) sudut () = 0". (b) sudut () = 22,5°, dan (c) sudut () = 45°. Pada setiap kasus, tunjukkan tegangannya.

2.6-1 0 Dua buah papan digabungkan dengan menggunakan !em di sepanjang scarf joint seperti terlihat dalam gambar. Untuk mudahnya, sudut a di antara bidang joint dan muka-muka di papan harus sebesar 45° atau kurang. Akibat beban tarik P, tegangan normal di papan adalah 4,9 MPa. (a) Berapa tegangan normal dan geser yang bekerja di joint yang dilem jika a = 20°? (b) Jika tegangan geser izin di joint adalah 2,25 MPa, berapa harga izin terbesar untuk sudut a? (c) Untuk sudut a berapa tegangan geser di joint berlem secara numerik besarnya dua kali tegangan normal di joint?

2.6-1 1 Sebuah batang tembaga ditahan secara pas (batang tanpa tegangan awal) di antara dua tumpuan kaku (lihat gambar). Tegangan izin di bidang miring pq, untuk 8 = 53, 1 3°, ditetapkan sebesar 7500 psi (tekan) dan 4500 psi (geser). (a) Berapa peningkatan temperatur izin maksimum f:..T jika tegangan izin di bidang pq tidak

boleh dilampaui? (Asumsikan a = 9,4 x 10-6/oF dan E = 1 8 x 106 psi . ) (b) Jika temperatur meningkat sejauh maksimum yang diizinkan. berapa tegangan di bidang pq?

p

2.6-12 Sebuah batang plastik ditahan secara pas (batang tanpa tegangan awal) di antara dua tumpuan kaku (lihat gambar) pada temperatur kamar (20°C). Pada saat temperatur batang ditingkatkan 70°C. tegangan tekan di bidang miring pq menjadi 12,0 MPa. (a) Berapa tegangan geser di bidang pq? (Asumsikan a = 100 x 10-6/oc dan E = 3,0 GPa.) b) Gambarlah elemen tegangan yang berorientasi bidang pq dan tunjukkan semua tegangan yang bekerja di semua muka elemen.

2.6-13 Sebuah batang perunggu lingkaran yang diametemya d terdiri atas dua segmen yang disambung pada bidang pq sehingga membentuk sudut a = 36° dengan sumbu batang (lihat gambar). Tegangan izin di perunggu adalah 1 3 .000 psi untuk tarik dan 7000 psi untuk geser. Padajoint yang disambung, tegangan izinnya adalah 6000 psi untuk tarik dan 3000 psi untuk geser. Jika batang ini harus menahan gaya tarik P = 7000 lb, berapa diameter minimum yang diperlukan dmin pada batang?

p

q

2.6-1 4 Sebuah batang prismatis mengalami gaya aksia1 yang menghasilkan tegangan tekan 56 MPa di bidang yang membentuk sudut () = 30° (lihat gambar). Tentukan tegangan yang bekerja di semua muka dari elemen tegangan pada sudut () = 60° dan tunjukkan tegangannya.

2.6-15 Sebuah batang prismatis mengalami gaya aksial yang menghasilkan tegangan tarik u0 = 1 0,4 ksi dan tegangan geser r0 = -5,2 ksi pada bidang miring tertentu

(lihat gambarl . Tentukan tegangan yang bekeija di semua muka dari elemen tegangan yang berorientasi 8 = 50° dan tunjukkan tegangan pada sketsa elemen tersebut.

2.6-1 6 Pada sisi-sisi elemen tegangan yang dipotong dari batang yang mengalami tekan uniaksial bekerja tegangan normal 60 MPa dan 20 MPa, seperti terlihat dalam gambar. (a) Tentukan sudut 8 dan tegangan geser rw (b) Berapa tegangan normal maksimum amaks dan tegangan geser maksimum rmaks pada bahan?

20 MPa a0 = 60 MPa

�·:: :';0·

*2.6-1 7 Tegangan normal di bidang pq dari batang prismatis yang mengalami tarik (lihat gambar) adalah 8220 psi. Pada bidang rs, yang membentuk sudut f3 = 30° dengan bidang pq, tegangannya adalah 3290 psi. Tentukan tegangan normal maksimum amaks dan tegangan geser maksimum rmaks pada batang ini.

*2.6-1 8 Sebuah elemen struktur tarik akan dibuat dari dua potong plastik yang dilem di sepanjang bidang pq (lihat gambar). Untuk mudahnya, sudut 8 harus di antara 25° dan 45°. Tegangan izin di joint yang dilem untuk tarik dan geser masing-masing adalah 1 3,5 MPa dan 9 MPa. (a) Tentukan sudut 8 agar batang ini dapat memikul beban P terbesar. (Asumsikan bahwa kekuatanjoint yang dilem menentukan desain.) (b) Tentukan beban izin

Mekanika Bahan 1 53

maksimum p mak< jika luas penampang batang adalah 600 mm2•

p

ENERGI REGANGAN

Soal untuk Subbab 2. -:- dis<!esaikan dengan menganggap bahwa bahan berperilaki< "·!astis tinier.

2.7-1 Sebuah kolom baja up tingkat di dalam sebuah gedung memikul beban atar dan lantai seperti terlihat dalam gambar. Tinggi tingkat H adalah 10,5 ft, luas penampang kolom adalah 1 5 .-l in: . dan modulus e1astisitas baja adalah 29 x 1 0' psi . Hirunglah energi regangan U pada kolom dengan menganggap P 1 = 41 k dan P 2 = P 3 = 62 k.

p

;w a W(

H

H

l I H

l 2.7-2 Sebuah batang dengan penampang lingkaran yang mempunyai dua diameter yang berbeda d dan 2d ditunjukkan dalam gambar. Setiap segmen dari batang ini mempunyai panjang U2 dan modulus elastisitas bahan adalah E. (a) Dapatkan rumus untuk energi regangan U di batang akibat beban P. (b) Hitunglah energi regangan jika beban P = 27 kN, panjang L = 600 mm, bahan adalah perunggu dengan E = 1 05 GPa, dan diameter d = 40 mm.

..


2.7-3 Sebuah batang AD dengan panjang L, luas penampang A, dan modulus elastisitas E mengalami beban SP, 3P, dan P yang bekerja di titik B, C, dan D i lihat gambar). Segmen AB, BC, dan CD mempunyai panjang U6, U2, dan U3. (a) Dapatkan rumus untuk energi regangan U pada batang. (b) Hitunglah energi regangan jika P = 5 k, L = 48 in., A = 2,76 in2, dan bahan adalah aluminium dengan E = 1 0,4 x 1 06 psi.

p

2.7-4 Batang ABC yang terlihat dalam gambar dibebani gaya P yang bekerja di ujung C dan oleh gaya Q yang bekerja di titik tengah B. Batang ini mempunyai rigiditas konstan EA. (a) Tentukan energi regangan U1 batang apabila beban P bekerja sendiri (Q = 0). (b) Tentukan energi regangan U2 apabila gaya-gaya P dan Q secara simultan bekerja pada batang.

I Q p . . �

A B C

� � ----� � ----1 2.7-5 Rangka batang ABC yang terlihat dalam gambar memikul be ban horizontal P 1 = 2000 lb dan beban vertikal P, = 4000 lb. Kedua batang mempunyai luas penampang A = 2,00 in2 dan terbuat dari baja dengan E = 29 x 1 06 psi. (a) Tentukan energi regangan U1 pada rangka batang apabila beban P1 bekerja sendiri (P2 = 0). (b) Tentukan energi regangan U2 apabila beban P2 bekelja sendiri (P1 = 0). (c) Tentukan energi regangan U apabila kedua beban bekerja simultan.

T 32 in.

l .m.J�' c,______________�

<-------- 60 in. ----.

2.7-6 Sebuah batang yang bentuknya kerucut lingkaran mempunyai panjang L dan diameter d di tumpuan. Batang ini digantung secara vertikal dan memikul berat sendiri (lihat gambar). Turunkan rumus untuk energi regangan U pada batang ini. (Misalkan y = berat jenis dan E = modulus elastisitas bahan.)

1 I L - l

2.7-7 Rangka batang ABC yang terlihat dalam gambar mengalami beban horizontal P di joint B. Setiap batang mempunyai luas penampang A dan modulus elastisitas E. 1 a 1 T entukan energi regangan U pada rangka batang ini jika f3 = 60°. (b) Tentukan peralihan horizontal 88 di joint B dengan menyamakan energi regangan rangka batang dan kelja yang dilakukan oleh beban.

----L ---2.7-8 Rangka batang ABCD yang terlihat dalam gambar memikul beban vertikal P di joint D. Semua batang mempunyai rigiditas aksial EA . (a) Tentukan energi regangan U rangka batang. (b) Tentukan peralihan vertikal 8vjoint D dengan menyamakan energi regangan rangka batang dan kelja yang dilakukan oleh beban.

p �----L�-----2.7-9 Struktur statis tak tentu yang terlihat dalam gambar terdiri atas batang horizontal AB, yang dianggap kaku, dipikul oleh Iima pegas yang berjarak sama. Dua pegas tepi mempunyai kekakuan 2k dan tiga pegas tengah mempunyai kekakuan k. Pada saat bertegangan, ujung bawah semua pegas terletak di sepanjang garis horizontal. Batang AB, yang mempunyai berat W, menyebabkan pegas memanjang sebesar 8. (a) Tentukan energi

regangan total U dari pegas yang dinyatakan dalam peralihan batang ke bawah 8. (b) Hitunglah peralihan 8 dengan menyamakan energi regangan pegas dengan kerja yang dilakukan berat W. (c) Tentukan gaya-gaya F1 dan F2 masing-masing di pegas tengah dan tepi.

2.7-1 0 Sebuah batang nonprismatis AB dari penampang lingkaran mengalami beban P di ujung bebasnya, seperti terlihat dalam gambar. Diameter di ujung-ujung adalah d1 dan d2, panjangnya adalah L, dan modulus elastisitas adalah E. (a) Tentukan energi regangan U batang ini. (b) Tentukan perpanjangan 8 batang dengan menyamakan energi regangan dan kerja yang dilakukan oleh beban.

A

+-------- L -----�

2.7-1 1 Batang nonprismatis AB dari penampang persegi panjang dan panjang L dibebani P (lihat gambar). Lebar batang bervariasi secara linier dari b2 di ujung A ke b1 di ujung B. Tebal t konstan. (a) Tentukan energi regangan U batang. (b) Tentukan perpanjangan 8 batang dengan menyamakan energi regangan dan kerja yang dilakukan oleh beban P.

p

+------- L _____ __.

2. 7-1 2 Sebuah batang A CB berotasi dengan kelajuan sudut konstan m terhadap sumbu yang melalui C (lihat gambar). Tentukan energi regangan U batang akibat efek sentrifugal (Misalkan L = panjang setiap lengan batang,

Mekanika Bahan 1 55

A = luas penampang, E = modulus elastisitas , dan p = rapat massa.)

2.7-1 3 Beban tekan P disalurkan melalui plat kaku ke tiga batang dari paduan magnesium yang identik kecuali bahwa pada awalnya batang tengah sedikit lebih pendek daripada dua batang lainnya (lihat gambar). Dimensi dan besaran susunan ini adalah sebagai berikut: panjang L = 2,5 ft, luas penampang setiap batang A = 4,9 1 in2, modulus elastisitas E = 6.5 x I 06 psi, dan celah s = 0,05 in. (a) Hitunglah beban P: yang diperlukan untuk menutup celah. (b) Tentukan peralihan ke bawah 8 plat kaku, apabila P = 150 k. ( c 1 Hitung energi regangan total U ketiga batang apabila P = ! 50 k. (d) Terangkan mengapa energi regangan U tidak sama dengan P8/2. (Petunjuk: Gambarlah diagram beban-peralihan.)

L ' ; I j I I j

i I

f I i I

2.7-14 Sebuah blok B didorong ke tiga pegas dengan gaya P ( l ihat gambar). Pegas tengah mempunyai kekakuan k1 dan pegas tepi mempunyai kekakuan masing-masing k2. Pada awalnya, pegas tak mempunyai tegangan dan pegas tengah sedikit lebih panjang daripada pegas tepi (perbedaan panjang ditunjukkan dengan s). ( a) Gambarlah diagram gaya-peralihan dengan beban P sebagai ordinat dan peralihan s blok sebagai absis. (b) Dari diagram tersebut, tentukan energi regangan U1 di pegas apabila x = 2s. (c) Jelaskan mengapa energi regangan U1 tidak sama dengan P0/2 di mana 8 = 2s.

2. 7-1 5 Rangka batang ABC yang terlihat dalam gambar memikul beban vertikal P di titik hubung B. Batang AB dan BC adalah identik dengan modulus elastisitas E dan luas penampang A. Sudut (3 dapat divariasikan dengan mengubah panjang kedua batang, batang di titik hubung B harus tetap pada jarak L dari dinding vertikal. (a) Hitunglah energi regangan U di rangka batang. (b)


Tentukan sudut f3 agar energi regangan menjadi minimum. (c) Tentukan energi regangan minimum. (d) Tentukan peralihan vertikal 88 di titik hubung B.

B

p

*2.7-1 6 Beban vertikal P dipikul oleh rangka batang statis tak tentu ABCD (lihat gambar). Semua batang terbuat dari bahan yang sama (modulus elastisitas E) dan mempunyai luas penampang A yang sama. (a) Tentukan energi regangan U di rangka batang yang dinyatakan dalam peralihan vertikal 8D titik hubung D. (b) Tentukan peralihan 8D. (c) Tentukan gaya-gaya FAD• F8D, dan F CD di masing-masing rangka batang.

**2.7-1 7 Sebuah kabel yang berperilaku elastis linier mempunyai panjang sebelum bertegangan L0 = 30 in. dan kekakuan k = 0,8 lb/in. Kabel ini terpasang pada dua titik, yang jaraknya b = 15 in. satu sama lain dan ditarik di titik tengah oleh gaya P = 1 8 lb (lihat gambar). (a) Berapa energi regangan U yang disimpan dalam

kabel? (b) Berapa peralihan 8c di titik di mana beban P bekerja? (c) Bandingkan energi regangan U dengan besaran P8J2. (Catatan: perpanjangan kabel tidak kecil dibandingkan panjang semula.)

BEBAN KEJUT

Soa/-soal dalam Subbab 2.8 diselesaikan berdasarkan asumsi dan idealisasi yang diuraikan dalam teks ' khususnya, tidak ada energi yang hilang se lama kejut terjadi dan bahan berperilaku elastis tinier).

2.8-1 Sebuah cincin yang beratnya W = 1 50 lb jatuh dari ketinggian h = 2 in ke flens di bawah batang vertikal langsing i l ihat gambar). Batang tersebut mempunyai panjang L = 4 ft, luas penampang A = 0,75 in2, dan modulus elastisitas E = 30 x 1 06 psi. Hitunglah besaranbesaran sebagai berikut: (a) peralihan ke bawah maksimum pada tlens. (b) tegangan tarik maksimum pada batang. ( C J faktor kejut.

2.8-2 Pecahkan soal sebelum ini jika cincin mempunyai massa M = 80 kg. tinggi h = 0,5 m, dan panjang L = 3 in., luas penampang A = 350 mm2, dan modulus elastisitas E = 1 70 GPa.

Cincin

Batang bundar

� Flens (sa yap)

- I l L _fj

2.8-3 Sebuah bola karet (berat W = I oz) terpasang pada tali karet ke papan kayu (lihat gambar). Panjang alami tali L0 = 1 2 in., luas penampang adalah A = 0,0025

in2, dan modulus elastisitas E = 300 psi. Sesudah dipukul dengan papan kayu, bola menarik tali hingga panjangnya menjadi L1 =40 in. Berapa kecepatan v bola pada saat meninggalkan papan? (Asumsikan perilaku elastis linier pada tali karet, dan abaikan energi potensial akibat perubahan ketinggian bola.)

2.8-4 Sebuah blok yang beratnya W = 5 N jatuh di dalam silinder dari tinggi h = 200 mm ke pegas yang mempunyai kekakuan k = 90 N/m (lihat gambar). (a) Tentukan perpendekan maksimum pegas akibat kejut, dan (b) tentukan faktor kejut.

2.8-5 Pecahkan soal sebelum ini jika blok mempunyai berat W = 1 lb, h = 1 2 in., dan k = 0,5 lb/in.

2.8-6 Sebuah bumper untuk gerbong tambang terbuat dari pegas dengan kekakuan k = 176 kN/m (lihat gambar). Jika sebuah gerbong yang beratnya 1 4 kN melaju dengan kecepatan v = 8 km/jam pada saat menumbuk pegas, berapa perpendekan maksimum pegas?

2.8-7 Sebuah bumper di ujung rei kereta api mempunyai konstanta pegas k = 35.000 lb/in. (lihat gambar). Peralihan maksimum d di ujung plat tumbukan yang dapat terjadi adalah 1 ,5 ft. Berapa kecepatan maksimum v yang dapat dimilik.i gerbong yang beratnya W = 1 05.000 lb tanpa

Mekanika Bahan 1 57

merusakkan tiang bumper apabila gerbong tersebut menabraknya?

2.8-8 Sebuah kabe1 dengan pengekang di ujung bawah tergantung secara vertikal pacta ujung atasnya ( lihat gambar). Kabel tersebut mempunyai panjang L = 1 2 m, luas penampang efektif A = -W mm2, dan modulus e1astisitas efektif E = 1 30 GPa. Sebuah eretan (slider) dengan massa M = 40 kg jatuh dari tinggi h ke pengekang tersebut. Jika tegangan izin di kabel pada beban kejut adalah 500 MPa, berapa tinggi izin maksimum h?

Lif �"' . . Kabel

� -·

L

�� h

Pengekang

� 2.8-9 Pecahkan soal sebelum ini jika eretan mempunyai berat W = 1 00 lb, L = 50 ft, A = 0,065 in2, E = 20 x 1 06

psi, dan tegangan izin adalah 70 ksi.

2.8-1 0 Sebuah benda dengan berat W terletak di atas sebuah dinding dan tersambung ke tali yang sangat fleksibel dan mempunyai 1uas penampang A dan modulus elastisitas E (lihat gambar). Ujung lain dari tali itu tersambung dengan dinding. Benda tersebut didorong hingga jatuh bebas hingga sepanjang tali. (a) Turunkan rumus untuk faktor kejut. (b) Hitunglah faktor kejut jika

1 58 5ao 2 Eiemen Struktur yang Dibebani Secara Aksial

:-.:-::...::.:. tcrs.ebut, apabila digantung secara statis, mem�811Jang tali sebesar 2,5% dari panjang semula.

2.8- 1 1 Sebuah benda dengan berat W = 4500 lb jatuh .:.m ketinggian h = I ft ke tiang kayu vertikal yang mempunyai panjang L = 1 8 ft, diameter d = 1 2 in .. dan modulus elastisitas E = 1 ,5 x 1 06 psi (lihat gambar). T entukan perpendekan maksimum tiang, tegangan tekan maksimum di tiang, dan faktor kejut.

4.500 lb

-p = I ft

d = 12 io. -

.

L = 1 8 ft

2.8-1 2 Plat ujung dari silinder yang bertekanan dijepit ke flens dengan menggunakan enam baut seperti terlihat pada bagian (a) dalam gambar. Panjang grip baut adalah b 1 • Akibat gaya yang bervariasi terhadap waktu F(t) yang

Plat ujung

(a)

(b)

melakukan kerja W dalam meregangkan baut, baut mengalami tegangan tarik maksimum 0'1 • Sekarang misalkan bahwa sambungan ini diabaikan sedemikian hingga grip pada baut bertambah b2, seperti terlihat pada bagian (b) dalam gambar. Gaya F(t) melak:ukan kerja W yang sama banyak dalam meregangkan baut dan menghasilkan tegangan tarik maksimum yang sama dengan 0'2. Jika b2 = 5b 1 ' berapakah rasio tegangan acla1? (Catatan: Baut yang mengalami beban dinamik seringkali didesain dengan grip yang panjang untuk memanfaatkan kondisi tegangan yang lebih dikehendaki.J

2.8-1 3 Seorang peloncat yang beratnya 1 25 lb meloncat dari jembatan dengan memakai tali elastis panjang yang mempunyai rigiditas aksial EA = 480 lb (lihat gambar). Jika titik loncatan adalah 200 ft di atas muka air, dan jika dikehendaki jarak bersih 30 ft antara peloncat dan muka air, berapa panjang L dari tali yang hams digunakan?

2.8-1 4 Sebuah batang prismatis AB yang panjangnya L dipikul di titik tengah C oleh pegas dengan kekakuan k (lihat gambar). Sebuah benda dengan massa M jatuh ke ujung B batang tersebut dari ketinggian h. Dengan menggunakan asumsi bahwa batang AB adalah kaku, turunkan rumus berikut untuk peralihan maksimum 88 titik B akibat kejut benda yang jatuh:

8 = 4Mg[l + (I +

�)112 ] B k 2Mg

2.8-1 5 Sebuah batang kaku AB yang beratnya W = 2 lb dan mempunyai panjang L = 12 in, mempunyai sendi di ujung A dan ditumpu di B oleh tali nilon BC (lihat gambar). Tali ini mempunyai luas penampang A = 0,04 in2, panjang b = 9 in. dan modulus elastisitas E = 300 ksi. Jika batang ini diangkat hingga tinggi maksimum dan selanjutnya dilepaskan, berapa tegangan maksimum di tali?

� ' -, _ _ _ I cl

b

-�

*2.8- 1 6 Batang prismatis yang terlihat dalam gambar mempunyai panjang L = 2,0 m, diameter d = 1 5 mm, dan modulus elastisitas E = 210 GPa. Sebuah pegas dengan kekakuan k = 1 ,0 MN/m dipasang di ujung batang. Sebuah benda dengan massa M = 20,0 kg dijatuhkan dari tinggi h = 1 50 mm ke pegas tersebut. Tentukan perpanjangan maksimum 8maks dari batang, tegangan tarik maksimum amaks di batang, dan faktor kejut. Bandingkan hasilnya dengan yang diperoleh dalam Contoh 2- 1 6 Subbab 2.8 untuk batang yang sama, tanpa pegas (lihat Gambar 2-50).

Pip a

d --+

L t h

�� j_

�-'4'!"-----, ___ t

KONSENTRASI TEGANGAN

Soal-soal untuk Subbab 2. 10 diselesaikan dengan meninjau faktor konsentrasi tegangan dan mengasumsikan perilaku elastis linier.

2.1 0-1 Batang datar yang ditunjukkan dalam bagian (a) dalam gambar mengalami gaya tarik P = 4,0 k. Setiap

Mekanika Bahan 1 59

batang mempunyai tebal t = 0,375 in. (a) Untuk batang dengan lubang lingkaran, tentukan tegangan maksimum untuk diameter lubang d = 1 in. dan d = 2 in. jika lebar b = 6,0 in. (b I C ntuk batang bertangga dengan shoulder fillets (gambar b 1 tentukan tegangan maksimumnya jika jari-jari fillet R = 0.25 in. dan R = 0,5 in. dan lebar batang adalah b = -+.0 in. dan c = 2,5 in.

p ._

p ._

b

i b )

p __.

p __.

2.1 0-2 Batang datar yang ditunjukkan dalam bagian (a) dalam gambar mengalami gaya tarik P = 8,0 kN. Setiap batang mempunyai tebal t = 6 mm. (a) Untuk batang dengan lubang lingkaran, tentukan tegangan maksimum untuk diameter lubang d = 1 2 mm dan d = 20 mm jika lebar b = 60.0 mm. (b) Untuk batang bertangga dengan shoulder fillets (gambar b) tentukan tegangan maksimumnya jika jari-jari fillet R = 6,0 mm dan R = 1 0 mm dan lebar batang adalah b = 60,0 mm dan c = 40 mm.

2.1 0-3 Sebuah batang datar dengan lebar b dan tebal t mempunyai lubang dengan diameter d yang menembusnya (lihat gambar). Lubang tersebut dapat mempunyai diameter yang cukup di batang tersebut. Berapa beban tarik izin maksimum P maks jika tegangan tarik bahan adalah a1?

p ._ p

__.

2.1 0-4 Sebuah batang perunggu bundar dengan diameter d1 = 20 mm mempunyai ujung lebih besar dengan diameter d2 = 26 mm ( lihat gambar). Panjang segmen batang adalah L1 = 0,3 m dan L2 = 0, 1 m. Fillets berupa

I d2 t d2 : t • r·, ... dl {�. �· � . . . �L'l_!_ , . . , .,,""'"'"''"> 47*' .,, .. . ¥''''' m·;;.,�·':'·•--•···'"''d"''Ij

I� L2 -I----- L� -I� L2 - I


�perempat l ingkaran digunakan di pertemuan kedua �gmen batang dan modulus elastisitas perunggu adalah E = 1 00 GPa. Jika batang tersebut memanjang 0. 1 2 mm akibat beban tarik P, berapa tegangan maksimum amak'

pada batang?

2.1 0-5 Pecahkan soal sebelum ini untuk batang dengan metal monel yang mempunyai besaran sebagai bcrikut: d1 = 1 ,0 in., d2 = 1 ,4 in., L1 = 20,0 in., L2 = 5.0 in . . dan E = 25 x 1 06 psi. Juga, batang akan memanjang 0.00-+0 in. apabila beban tarik diterapkan.

2.1 0-6 Sebuah batang prismatis yang diametem: a d0 = 20 mm sedang dibandingkan dengan batang bertangga (nonprismatis) yang mempunyai diameter <.ama (d1 = 20 mm) yang membesar di daerah tengah menjadi berdiameter d2 = 24 mm (lihat gambar 1. Jari-jari fillets di batang bertangga adalah 2,0 mm. 1 a 1 .-\pakah memperbesar batang di daerah tengah membuatnya lebih kuat daripada batang prismatis? Tunjukkan jawaban ini dengan menentukan beban izin maksimum P1 untuk batang prismatis dan beban izin maksimum P2 untuk batang yang membesar, dengan menganggap bahwa tegangan izin untuk bahan adalah 1 10 MPa. (b) Berapakah seharusnya diameter batang prismatis d0 agar didapatkan beban izin maksimum yang sama dengan batang bertangga?

2.1 0-7 Sebuah batang datar bertangga dengan lubang (lihat gambar) mempunyai le bar b1 = I ,6 in., b2 = 2,0 in., dan b3 = 1 ,4 in. Juga, tebal t = 0,25 in., diameter lubang d = 0,7 in., dan fillets adalah seperempat lingkaran yang mempunyai jari-jari terbesar yang cukup. (a) Jika tegangan izin adalah 6000 psi, berapa beban izin maksimum P maks? (b) Asumsikan bahwa dikehendaki untuk

p ....,_ p ____.

meningkatkan beban izin tanpa merubah tebal t atau lebar b2. Jika hanya satu dimensi yang dapat diubah (b1 , b3, atau d), dimensi mana yang akan diubah? Apakah akan dibesarkan atau dikecilkan?

2.1 0-8 Pecahkan soal sebelum ini dengan menggunakan dimensi b1 = 75 mm, b2 = 1 00 mm, b3 = 65 mm, t = 1 5 mm, dan d = 30 mm. Juga. gunakan tegangan izin 40 MPa.

2.1 0-9 Sebuah batang datar dengan lubang (lihat gambar) mempunyai lebar b = 2,4 in. dan c = I ,6 in. Fillets mempunyai jari-jari sama dengan 0,2 in. Berapa diameter dmaks lubang terbesar yang dapat dibuat pada batang ini tanpa mengurangi kapasitas pikul beban�

p ....,_

PERILAKU NONLINIER (PERUBAHAN PANJANG BA TANG)

2.1 1 -1 Sebuah batang AB yang panjangnya L dan berat jenisnya y digantung secara vertikal dan memikul berat sendiri (lihat gambar). Hubungan tegangan-regangan untuk bahan dinyatakan dengan persamaan RambergOsgood (Persamaan 2-68):

E = � + aaa ( �)m E E l a0

Turunkan rumus berikut

8 = yL2 + aaaL ( yL )m 2E (m + 1 )E l a0

yang menyatakan perpanjangan batang.

2.1 1 -2 Sebuah batang prismatis yang panjangnya L = 1 ,8 m dan luas penampangnya A = 480 mni dibebani gaya P1 = 30 kN dan P2 = 60 kN (lihat gambar). Batang ini terbuat dari paduan magnesium yang mempunyai kurva tegangan-regangan yang mengikuti persamaan Ramberg-Osgood:

a 1 ( a )10 £ = -+5.000 + 6 1 8 1 70

(a = MPa)

di mana a mempunyai satuan MPa. (a) Hitunglah peralihan Oc di ujung batang apabila hanya ada beban P1 . (b) Hitunglah peralihan apabila hanya beban P2 yang bekerja. ( c J Hitunglah peralihan apabila kedua beban bekeija bersama.

----2f ----- t --

2.1 1 -3 Sebuah kawat yang digantung yang mempunyai panjang L = 8 ft dan diameter d = 0,0625 in. memikul beban P di ujung bawah (lihat gambar). Kawat ini terbuat dari paduan tembaga yang mempunyai hubungan tegangan-regangan hiperbolik:

a = 11!·0�g;£ 0 :::; £ :::; 0,03 (a = ksi)

(a) Gambarlah diagram tegangan-regangan untuk bahan ini. (b) Jika perpanjangan kawat dibatasi pada 0,75 in. dan tegangan maksimum dibatasi pada 40 ksi, berapa beban izin P?

d- --1 L

_l p

2.1 1 -4 Sebuah rangka batang yang terdiri atas dua batang ABC yang memikul beban P = 60 kN (lihat gambar) terbuat dari bahan yang mempunyai diagram tegangan-regangan seperti tergambar. Setiap batang mempunyai luas penampang A = 265 mm2 dan jarak antara tumpuan adalah L = 3,0 m. Tentukan peralihan vertikal oB di titik B pada rangka batang.

1----------- L ---

B

p

200 ��:] 1-- __ j__

CJ (MPa) I / / i I ! 1 00

I I I I 0

/V

I

u.005 E

Mekanika Bahan 1 61

IJ::= / ,_... I --

i ' _j � i

i

I 0,010

2.1 1 -5 Dua batang identik AB dan BC memikul beban vertikal P (lihat gambar 1 . Kcdua batang ini terbuat dari paduan aluminium yang mempunyai be>aran yang dapat didekati dengan diagram re zangan - regangan bilinier seperti terlihat dalam gambar. Luas penampang setiap batang adalah 2,0 in2 dan tinggi h adalah 75 in. Hitunglah peralihan vertikal OB titik B untuk harga-harga beban sebagai berikut: P = 8 k. 1 6 k. 2-+ k, 32 k, dan 40 k. Dari hasil-hasil ini, plotlah diagram beban-peralihan untuk struktur ini.

(J

1 2.000 psi

0

p

E

2.1 1 -6 Sebuah batang kaku AB, yang berujung sendi di A ditumpu oleh kawat CD dan dibebani gaya P di ujung B (lihat gambar). Kawat ini terbuat dari baja mutu tinggi yang mempunyai modulus elastisitas E = 210 GPa dan tegangan luluh ay = 820 MPa. Panjang kawat adalah L = 1 m dan diametemya adalah d = 3 mm. Diagram tegangan-regangan untuk baja didefinisikan dengan rumus pangkat yang dimodifikasi sebagai berikut:

1 62 BaD 2 Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksial

a = Et: 0 � a � ay

a = av( !: J a � aY

, a 1 Dengan beranggapan bahwa n = 0,2, hitunglah peralihan 88 di ujung batang akibat beban P. Arnbil harga P dari 2 sampai 6 kN dengan pertambahan 0...1 k. '\. 1 b 1 Plotlah diagram beban-peralihan yang menunjukkan P versus 88"

c -.

L

D

L- 2b ---l--- b------1 p 2.1 1 -7 Sebuah benda dengan massa M = 1 ,6 slug terpasang di ujung batang langsing yang berotasi dengan kelajuan sudut tinggi terhadap sumbu yang melalui titik C (lihat gambar). Batang ini mempunyai panjang efektif L = 40 in. dan luas penampang A = 0 , 10 in2• Bahan ini adalah paduan magnesium yang mempunyai hubungan tegangan-regangan yang memenuhi persamaan RambergOsgood (Persamaan 2-68):

di mana E = 6,5 x 1 06 psi, a0 = 25.000 psi dan a = 317, dan m = 1 0. Berapa kelajuan sudut izin maksimum n (putaran per menit) jika perpanjangan batang dibatasi 0,2 in.? (Abaikan massa batang itu sendiri. )

\ /' / L '

/ /

2.1 1 -8 Sebuah batang bundar panjang yang digantung secara vertikal dibebani P di ujung bawahnya (lihat gambar). Bahannya mempunyai kurva tegangan-regangan bilinier seperti terlihat dalam gambar, di mana E1 dan E menunjukkan kemiringan kedua bagian pada diagra:U. Carilah perpanjangan 8 batang akibat berat

sendiri dan gay a P jika berat jenis y = 28 kN/m.l, luas penampang A = 960 mm2• panjang L = 360 m. dan beban P = 92 kN.

()

PERILAKU NONLINIER (STRUKTUR STATIS TAK TENTU)

*2.1 1 -9 Sistem statis tak tentu yang terlihat dalam gambar ini terdiri atas batang kaku horizontal ABCD yang ditumpu oleh dua pegas identik di titik A dan C. Pegas mempunyai hubungan gaya-peralihan nonlinier yang dinyatakan dengan persamaan hiperbolik sebagai berikut:

F = 608 I + 1,28 0 � 8 � 2.5 in. (F = lb, 8 = in.)

di mana F adalah gaya aksial di pegas (satuan pound) dan 8 adalah perubahan panjang pegas (dapat berupa perpanjangan atau perpendekan, dalam satuan in.) . Juga, beban P sama dengan 35 lb dan segmen batang mempunyai panjang a = 1 5 in, b = 10 in., dan c = 10 in. (a) Gambarlah diagram beban-peralihan untuk salah satu pegas. (b) Hitunglah gaya-gaya FA dan F c di pegas di A dan C, perubahan panjang 8A dan 8c dari pegas. serta sudut rotasi e dari batang.

p

I l---- a --�--b --� c

*2.1 1 -1 0 Pecahkan soal sebelum ini dengan beban P = 1 50 N, panjang segmen a = 400 mm, h = 300 mm, dan c = 370 mm, dan hubungan gaya-peralihan adalah

F - 10,88 0 � 8 � 60 mm (F = N, 8 = mm) -

1 + 0,0488

di mana F adalah gaya aksial di pegas (satuan newton) dan 8 adalah perubahan panjang pegas (satuan mm).

*2.1 1 -1 1 Sistem statis tak tentu yang terlihat dalam gambar terdiri atas batang kaku dengan berat W = 750 lb yang dipikul oleh tiga kawat. Kawat tepi mempunyai diameter d1 = l OO mils dan panjang L1 = 26 in.; kawat tengah mempunyai diameter d2 = l OO mil dan panjang L2 = 20 in. Kawat ini terbuat dari paduan magnesium yang mempunyai hubungan tegangan-regangan yang memenuhi persamaan pangkat tiga:

a = (2£ X 1 06)(3 - 1 50£ + 2500�) 0 � £ � O,Q2 di mana a adalah tegangan (satuan psi) dan £ adalah regangan. Untuk regangan yang lebih besar daripada 0,02, tegangan adalah 40.000 psi. (a) Gambarlah diagram tegangan-regangan untuk bahan ini . (b) Tentukan peralihan ke bawah 8 batang ini serta gaya, tegangan, dan regangan di kawat.

CD CD

w

*2. 1 1 -1 2 Pecahkan soal sebelum ini dengan menggunakan berat W = 3 kN, diameter kawat d1 = d2 = 2,5 mm, panjang L1 = 650 mm dan L2 = 500 mm, dan persamaan tegangan-regangan adalah

a = 1 4.000£ (3 - 1 50£ + 2500�) 0 � £ � O,Q2 di mana a adalah tegangan (satuan MPa) dan £ adalah regangan. Untuk regangan yang lebih besar daripada 0,02, tegangannya adalah 280 MPa.

*2.1 1 - 1 3 Sistem statis tak tentu yang seperti dalam gambar terdiri atas batang AB yang dipikul oleh dua kawat. Kawat 1 mempunyai d1 = 1 50 mil dan kawat 2 mempunyai diameter d2 = 200 mil. Kedua kawat mempunyai panjang L = 35 in. Kawat ini terbuat dari paduan aluminium yang mempunyai kurva teganganregangan yang dinyatakan dengan persamaan RambergOsgood:

CD B

L-b--J--b�l p

Mekanika Bahan 1 63

10 = a I ( a )20 1 0 X 1 06 + 307,0 76.000 (a = psi)

di mana a mempunyai satuan psi. Beban P sama dengan 3000 lb. (a) Gambarlah diagram tegangan-regangan untuk bahan. (b) Tentukan gaya F1 dan F2 masing-masing di kawat 1 dan 2, perpanjangan 81 dan 82 kedua kawat, dan tegangan serta regangan di kedua kawat.

*2.1 1 - 1 4 Pecahkan soal sebelum ini dengan menggunakan P = 1 3 kN, diameter kawat d1 = 4,0 mm dan d2 = 5,0 mm, panjang kawat L = 0.8 m, dan kurva teganganregangan paduan aluminium mempunyai hubungan:

e = _a __ + -1 - ...!!...._ r (a = MPa) 70.000 3 1 -+. 1 s 20 .

di mana a adalah tegangan 1 ,;aruan :\1Pa) dan £ adalah regangan.

ANALISIS ELASTOPLASTIS

Soal-soal untuk Subbab 2. 1 2 dise/esaikan dengan menganggap bahwa bahan ada/ah elastoplastis dengan tegangan luluh a, regangan luluh £,, dan modulus elastisitas adalah E di daerah elastis linier.

2.1 2-1 Sebuah batang kaku horizontal AB yang memikul beban P digantung dengan menggunakan Iima kawat yang terletak simetris, masing-masing dengan luas penampang A Oihat gambar). Kawat-kawat ini disambung ke permukaan lengkung yang jari-jarinya R. (a) Tentukan beban plastis PP jika bahan untuk kawat adalah elastoplastis dengan tegangan luluh ay. (b) Bagaimana PP harus diubah agar batang AB adalah fleksibel, bukannya kaku? (c) Bagaimana PP harus diubah apabila jari-jari R diperbesar?

2.1 2-2 Sebuah batang bertangga (nonprismatis) ACB ditahan di antara tumpuan kaku dan dibebani oleh gaya aksial P di tengah tinggi (lihat gambar). Diameter untuk kedua bagian batang adalah d1 = 20 mm dan d2 = 25 mm,

L L --- 2 ---<----2 ---�

r 1 64 Bab 2 Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksial

� �ahan ini adalah elastoplastis dengan tegangan luluh c. = :::...,5 MPa. (a) Tentukan beban luluh PY. (b) Tentukan Xban plastis PP.

2.1 2-3 Batang ABCD yang berat totalnya W = 900 lb digantung pada posisi horizontal dengan menggunakan tiga kawat baja yang tersusun seperti terlihat dalam gambar. Setiap kawat mempunyai diameter d = 0.242 in. dan baja adalah bahan elastoplastis dengan tegangan luluh a, = 40.000 psi. Berapa beban P yang dapat menyebabkan sistem ini kolaps akibat luluhnya kawat-kawat?

I p

w �- h -I- h -I---

2.1 2-4 Sebuah batang baja yang mempunyai penampang lingkaran AB dengan diameter d = 1 2 mm ditarik secara kencang di antara dua tumpuan sedemikian hingga pada awalnya tegangan tarik di batang adalah 50 MPa (lihat gambar). Gaya aksial P selanjutnya dikerjakan di batang pada lokasi C. (a) Tentukan beban plastis PP jika bahan ini elastoplastis dengan tegangan luluh a

y = 250

MPa. (b) Bagaimana PP berubah jika tegangan tarik awal diperbesar menjadi 1 00 MPa?

B

2.1 2-5 Beban P dipikul oleh balok horizontal yang ditumpu oleh empat kawat yang tersusun secara simetris seperti terlihat dalam gambar. Setiap batang mempunyai

luas penampang A dan terbuat dari bahan elastoplastis dengan tegangan luluh a

,. Dapatkan rumus untuk beban

plastis PP. ·

2 . 1 2-6 Lima batang, masing-masing mempunyai diameter 1 0 mm, memikul beban P seperti terlihat dalam gambar. Tentukan beban plastis PP jika bahan ini elastoplastis dengan tegangan luluh a

, = 290 MPa.

I-- h -+-- h ---..1---- h � h ----.1

2.1 2-7 Sebuah batang kaku ACB ditumpu sendi di C dan dibebani oleh gaya P di ujung B (lihat gambar). Tiga kawat identik yang terbuat dari bahan elastoplastis (tegangan luluh a, dan modulus elastisitas E) memikul batang. Setiap kawat mempunyai luas penampang A dan panjang L. (a) Tentukan beban luluh Pv dan peralihan luluh 8> di titik B. (b) Tentukan bebari plastis PP dan peralihan 8P di titik B apabila bebannya tepat mencapai harga PP . (c) Gambarlah diagram beban-peralihan yang menunjukkan beban P versus peralihan 88 titik B.

A

-t L 1

-

c

· ·· I I p - a -----.1+----- a -------.......-- a _____..,.,..__.___ a --------+-1

2.1 2-8 Rangka batang ABCD (lihat gambar) terbuat dari tiga batang baja (bahan elastoplastis) yang masing-masing mempunyai luas penampang A dan tegangan luluh a

y.

Tentukan harga izin beban P dengan menggunakan faktor keamanan n terhadap beban plastis.

p

*2.1 2-9 Struktur yang terlihat dalam gambar terdiri atas batang kaku horizontal AB yang ditumpu oleh dua kawat baja, satu panjangnya L dan lainnya panjangnya 2L. Kedua kawat mempunyai luas penampang A dan terbuat dari bahan elastoplastis dengan tegangan luluh ay dan modulus elastisitas E. Beban vertikal P bekerja di ujung B dari batang tersebut. (a) Tentukan beban luluh PY dan peralihan 8, di titik B. (b) Tentukan beban plastis PP dan peralihan 8P titik B. (c) Gambarlah diagram bebanperalihan dengan beban P sebagai ordinal dan peralihan 88 di titik B sebagai absis.

1 ClJ 2L

I +-----2b ---l+-- b -l- b -l p

*2.1 2-1 0 Dua kabel, masing-masing mempunyai panjang L kira-kira 40 m, memikul wadah yang terisi dengan berat W (lihat gambar). Kabelnya, yang mempunyai 1uas penampang efektif A = 48,0 mm2 dan modulus e1astisitas efektif E = 1 60 GPa, adalah identik, kecua1i bahwa satu

Mekanika Bahan 1 65

kabel 1ebih panjang daripada lainnya apabi1a digantung dan secara terpisah belum dibebani. Perbedaan panjangnya adalah d = 100 mm. Kabel-kabe1 ini terbuat dari baja yang mempunyai diagram tegangan-regangan e1astop1astis dengan a, = 500 MPa. Asumsikan bahwa berat W secara perlahan-1ahan ditambah dengan menambahkan bahan ke dalam wadah. (a) Tentukan berat Wy yang pertama kali menghasilkan luluh di kabe1 yang lebih pendek. Juga, tentukan perpanjangan 8Y pada kabel yang 1ebih pendek. (b) T entukan berat WP yang menghasilkan luluh pada kedua kab.:l. Juga tentukan perpanjangan 8P dari kabe1 yang lebih pendek, apabila beban W tepat mencapai WP. (c) Buatlah diagram beban-peralihan yang menunjukkan berat W sebagai ordinal dan elongasi 8 di kabel yang lebih pendek sebagai absis. (Petunjuk: Diagram beban-pera1ihan bukan merupakan garis 1urus tunggal di daerah 0 � W � lr . 1

2.1 2-1 1 Sebuah tabung lingkaran berlubang T yang panjangnya L = 15 in. ditekan secara seragam oleh gaya P yang bekerja mela1ui p1at kaku (lihat gambar). Diameter 1uar dan da1am tabung masing-masing adalah 3,0 in. dan 2,75 in. Batang lingkaran solid konsentris B yang diametemya 1 ,5 in terletak di dalam tabung. Apabila tidak ada beban. ada daerah kosong c = 0,01 0 in. antara batang B dan plat kaku. Batang dan tabung terbuat dari baja yang mempunyai diagram tegangan-regangan dengan E = 29 x 103 ksi dan ay = 36 ksi. (a) Tentukan be ban 1uluh P, dan perpendekan 8Y pada tabung. (b) Tentukan beban plastis PP dan perpendekan 8P tabung terse but. (c) Gambar1ah diagram beban-peralihan yang menunjukkan P sebagai ordinal dan perpendekan 8 sebagai absis. (Petunjuk: Diagram beban-peralihan bukan merupakan garis lurus di daerah 0 � P � PY.)

T

1 66 Bab 2 Elemen Struktur yang Dibebani Secara Aksiaf

**2. 1 2-1 2 Tiga batang baja, yang tersusun secara simetris, memikul beban P (Iihat gambar). Luas penampang batang vertikal adalah dua kali batang miring. Dengan menganggap perilaku elastoplastis, tentukan sudut f3 sedemikian hingga rasio beban plastis PP terhadap beban luluh PY mencapai harga maksimum.

7,, . . . . . , . . . ' - -

.

� / //

3 -

(a)

(b)

Gambar 3-1 Torsi pacta obeng akibat puntir T yang ctiberikan pacta pegangan obeng

TORS I

PENGANTAR

Dalam Bab 1 dan 2 kita telah membahas perilaku jenis elemen struktur yang paling sederhana yaitu batang lurus yang mengalami beban aksial. Sekarang kita meninjau jenis perilaku yang sedikit lebih rumit yaitu torsi. Torsi di sini mengandung arti puntir yang terjadi pada batang lurus apabila batang tersebut dibebani momen (atau torsi) yang cenderung menghasilkan rotasi terhadap sumbu longitudinal batang. Sebagai contoh, apabila pembaca memutar obeng (Gambar 3- la), tangan pembaca memberikan torsi T ke obeng (Gambar 3- l b) . Contoh lain batang-batang yang mengalami torsi adalah batang penggerak, batang as, batang baling-baling, batang pengendali, dan batang bor.

Kasus pembebanan torsional yang diidealisasikan terlihat dalam Gambar 3-2a, yang menunjukkan sebuah batang lurus yang dipikul di satu ujung dan dibebani oleh dua pasang gaya sama besar dan berlawanan arah. Pasangan yang pertama terdiri atas gaya P1 yang bekerja di dekat titik tengah batang dan pasangan yang kedua terdiri atas gaya P2 yang bekerja di ujung. Setiap pasang gaya ini membentuk kopel yang cenderung memuntir batang terhadap sumbu longitudinalnya. Seperti kita ketahui dari statika, momen kopel merupakan hasil kali dari salah satu gaya dan jarak tegak lurus antara garis kerja gaya-gaya; jadi kopel pertama mempunyai momen T1 = P1d1 dan yang kedua mempunyai momen T2 = P2d2. Satuan untuk momen pada USCS adalah (lb-ft) dan (lb-in); satuan SI adalah (N.m).

Untuk mudahnya, kita sering menyatakan momen kopel dengan vektor dalam bentuk panah berkepala ganda (Gambar 3-2b). Panah ini berarah tegak lurus bidang yang mengandung kopel, sehingga dalam hal ini kedua panah sejajar dengan sumbu batang. Arah momen ditunjukkan dengan aturan tangan kanan untuk vektor momen yaitu dengan menggunakan tangan kanan, empat jemari selain jempol dilipat untuk menunjukkan momen sehingga jempol akan menunjuk ke arah vektor. Representasi momen yang lain adalah dengan menggunakan panah lengkung yang mempunyai arah rotasi (Gambar 3-2c). Kedua cara ini umum digunakan, dan keduanya juga digunakan dalam buku ini. Pilihannya bergantung pada kemudahan dan selera seseorang.

1 68 BaD 3 Tarsi

(a)

(b)

(c)

Gambar 3-2 Batang yang mengalami torsi yang diberikan oleh momen T1 dan T2

Gambar 3-3 Deformasi batang lingkaran akibat torsi murni

Momen yang menghasilkan puntir pada suatu batang, seperti momen T1 dan T2 dalam Gambar 3-2, disebut momen torsi atau momen puntir. Batang silindris yang menyalurkan daya melalui rotasi disebut poros/as (shaft); sebagai contoh. dri�·e shaft (poros kemudi) pacta mobil atau propeller shaft (poros baling-baling) pada kapal laut. Kebanyakan poros, baik yang solid maupun tabung. mempunyai penampang melintang berbentuk lingkaran.

Di dalam bab ini. kita mulai dengan mengembangkan rumus-rumus untuk deformasi dan tegangan di batang lingkaran yang mengalami torsi . Selanjutnya, kita menganalisis keadaan tegangan yang dikenal dengan geser murni dan mendapatkan hubungan antara besaran elastisitas E dan G yang masing-masing adalah untuk tarik dan untuk geser. Berikutnya, kita menganalisis poros yang mengalami puntir dan menentukan daya yang disalurkannya. Akhimya, kita membahas beberapa topik tambahan yang berkaitan dengan torsi yaitu elemen struktur statis tak tentu. energi regangan, tabung berdinding tipis pada penampang yang bukan lingkaran, konsentrasi tegangan. dan perilaku nonlinier.

DEFORMASI TORSIONAL BATANG LINGKARAN

Kita mulai pembahasan tentang torsi dengan meninjau batang prismatis berpenampang lingkaran yang dipuntir oleh torsi T yang bekerja di ujungujungnya (Gambar 3-3). Karena setiap penampang batang adalah identik, dan karena setiap penampang tersebut mengalami torsi internal T, maka kita dapat mengatakan bahwa batang ini mengalami torsi murni. Dari tinjauan simetri. dapat dibuktikan bahwa penampang batang tidak berubah bentuk pacta saat berotasi terhadap sumbu longitudinal. Dengan perkataan lain, semua penampang tetap datar dan berbentuk lingkaran dan semua jari-jari tetap lurus. Selain itu, jika sudut rotasi antara satu ujung batang dan ujung lainnya kecil, maka panjang batang maupun jari-jarinya tidak berubah.

Untuk menggambarkan deformasi batang, bayangkan bahwa ujung kiri batang yang terlihat dalam Gambar 3-3 mempunyai posisi tetap. Lalu, akibat aksi torsi T, ujung kanan akan berotasi (terhadap ujung kiri) dengan sudut kecil </J yang dikenal dengan sudut puntir. Karena rotasi ini, maka garis longitudinal pq di permukaan batang akan menjadi lengkungan helikal pq', di mana q' adalah posisi titik q sesudah penampang ujung berotasi sebesar </J. Sudut puntir berubah di sepanjang sumbu batang, dan pada

\ / f!i(x)

L --��--+

Gambar 3-4 Deformasi suatu elemen sepanjang dx yang dipotong dari sebuah batang yang mengalami torsi

Mekanika Bahan 1 69

suatu penampang sembarang sudut tersebut mempunyai harga lf> (x) yang berharga antara nol di ujung kiri dan lf> di ujung kanan. Jika setiap penampang batang mempunyai jari-jari yang sama dan mengalami puntir yang sama (torsi mumi), maka sudut l/>(x) akan bervariasi secara linier terhadap ujung-ujungnya.

Sekarang tinjaulah elemen batang antara dua penampang yang jaraknya satu sama lain dx (Gambar 3-+aJ . Elemen ini ditunjukkan terisolasi di dalam Gambar 3-4b. Di permukaan luarnya kita identifikasi elemen kecil abed, dengan sisi-sisi ab dan cd yang semula sejajar sumbu longitudinal. Selama terjadi puntir pada batang. penampang kanan berotasi terhadap penampang kiri dengan sudut puntir kecil dlf>, sehingga titik b dan c masing-masing bergerak ke b' dan c'. Panjang sisi elemen, yang sekarang elemen ab' c' d, tidak berubah se lama rotasi kecil ini. Namun, sudut-sudut di pojok tidak lagi sama dengan 90°. Jadi, elemen ini ada dalam keadaan geser murni (lihat Subbab 1.6 J. dan besar regangan geser

Ymaks (Gambar 3-4b) sama dengan berkurangnya sudut di titik a, yang berarti berkurangnya sudut bad. Dari gambar tersebut. kita lihat bahwa berkurangnya sudut adalah

Ymaks bb' ab

di mana Ymaks dinyatakan dalam radian, bb' adalah jarak yang dilalui gerakan titik b, dan ab adalah panjang elemen (sama dengan dx). Apabila r menunjukkan jari-jari batang, maka kita dapat menyatakan jarak pb' sebagai rdlf>, di mana dlf> juga dinyatakan dalam radian. Jadi, persamaan di atas dapat ditulis menjadi

Ymaks r dlf> dx

(a)

Persamaan ini menghubungkan regangan geser di permukaan luar batang dengan sudut puntir.

Besaran dlf>ldx adalah besarnya perubahan sudut puntir lf> terhadap jarak x yang diukur di sepanjang sumbu batang. Kita akan menuliskan dlf>l

(a)

Ymaks y

�dx-1 �dx-1 (b) (c)

1 70 Bab 3 Tarsi

Ymaks

dx dengan menggunakan simbol e dan menyebut e sebagai sudut puntir per panjang satuan, atau laju puntiran:

(3- 1 )

Dengan menggunakan notasi ini, kita dapat menuliskan persamaan untuk regangan geser di permukaan luar (Persamaan a) sebagai berikut:

(3-2)

Pada umumnya, baik 1/J maupun e bervariasi terhadap x di sepanjang sumbu batang. Namun, pada kasus khusus berupa torsi mumi, laju puntiran adalah konstan dan sama dengan sudut puntir total i/J dibagi dengan panjang L batang, jadi 8 = 1/JL. Dengan demikian, untuk torsi mumi saja, kita dapatkan

(3-3)

Persamaan ini dapat diperoleh secara langsung dari Gambar 3-3 dengan melihat bahwa jarak qq' sama dengan ri/J dan bahwa sudut Ymaks adalah sudut antara garis-garis pq dan pq', yaitu sudut qpq'. Jadi, ri/J = YmaksL.

Regangan geser di bagian dalam (interior) batang dapat diperoleh dengan menggunakan metode yang sama dengan yang digunakan untuk mendapatkan regangan geser Ymaks di permukaan. Karena jari-jari penampang batang tetap lurus dan tak terdistorsi selama mengalami puntir, maka kita dapat melihat bahwa pembahasan di atas untuk elemen abed di permukaan luar (Gambar 3-4b) juga berlaku untuk elemen serupa yang terletak pada permukaan silinder dalam yang berjari-jari p (Gambar 3-4c). Jadi, elemen interior juga mengalami geser dengan regangan geser yang dinyatakan dengan persamaan (bandingkan dengan Persamaan 3-2 dan 3-3):

(3-4)

Persamaan ini menunjukkan bahwa regangan geser pada batang lingkaran bervariasi secara linier terhadap jarak radial p dari pusat, dengan regangan berharga nol di pusat dan mencapai maksimum di permukaan terluar.

Tinjauan pembahasan di atas akan menunjukkan bahwa persamaan untuk regangan geser (Persamaan 3 - 1 sampai 3-4) berlaku pada batang tabung lingkaran (Gambar 3-5) dan pada batang lingkaran. Gambar 3-5 menunjukkan variasi linier pada tegangan geser antara regangan maksimum

Ymin di permukaan luar dan regangan minimum di permukaan dalam. Regangan minimum berhubungan dengan regangan maksimum melalui persamaan

rl Y min = -y maks r2 (3-5)

Gambar 3-5 Variasi regangan geser pada tabung I ingkaran

di mana r1 dan r2 masing-masing adalah jari-jari dalam dan luar penampang tabung.

Mekanika Bahan 1 71

Akhirnya, kita rnengamati bahwa persamaan-persamaan di atas untuk regangan pada batang hanya didasarkan atas tinjauan geometri. Dengan demikian, persamaan-persamaan tersebut berlaku untuk sembarang bahan, entah yang berperilaku elastis maupun inelastis, linier maupun tidak linier. Namun, persamaan-persamaan tersebut terbatas pada batang yang mempunyai sudut puntir kecil dan regangan kecil.

-·3·•3 1 BATANG LINGKARAN DARI BAHAN YANG ELASTIS LINIER

Gambar 3-6 Tegangan geser pada batang lingkaran yang mengalami torsi

Karena kita telah menyelidiki regangan geser pada batang lingkaran yang mengalami torsi (Gambar 3-4 dan 3-5 ). maka kita sudah siap untuk menentukan arah dan besar tegangan gesernya. Arab tegangan dapat ditentukan dengan mudah seperti terlihat dalam Gambar 3-6a. Kita lihat bahwa torsi T cenderung untuk memutarkan ujung kanan batang berlawanan jarum jam apabila dilihat dari kanan sehingga tegangan geser r bekerja dalam arah seperti terlihat dalam gambar tersebut.

Untuk jelasnya, elemen tegangan di si si batang ( Gambar 3-6a) diperbesar dalam Gambar 3-6b, di mana regangan geser dan tegangar geser ditunjukkan. Sebagaimana telah diuraikan dalam Subbab 2.6, kita biasanya menggambar elemen tegangan dalam dua dimensi, seperti terliha dalam Gambar 3-6b, tetapi kita harus selalu ingat bahwa elemen teganga: sebenarnya adalah benda tiga dimensi dengan suatu ketebalan yang tega: lurus bidang gambar.

(a)

(b) (c)

Besar tegangan geser dapat ditentukan dari hubungan teganganregangan untuk bahan pembentuk batang tersebut. Jika bahannya elastis linier, maka kita dapat menggunakan hukum Hooke untuk geser (lihat Persamaan 1 - 1 7) :

r = Gy (3-6)

di mana G adalah modulus geser elastisitas dan y adalah regangan geser yang dinyatakan dalam radian. Dengan menggabungkan persamaan ini dengan persamaan untuk regangan geser (Persamaan 3-2 dan 3-4), kita dapatkan

(3-7a,b)

r 1 72 Bab 3 Torsi

Gambar 3·7 Tegangan geser longitudinal dan transversal pada batang lingkaran

Gambar 3-8 Tegangan tarik dan tekan yang bekerja pada elemen tegangan yang berorientasi 45° terhadap sumbu longitudinal

Gambar 3-9 Penentuan resultan tegangan geser yang bekerja pada suatu penampang

di mana rmaks adalah tegangan geser di permukaan luar batang Gari-jari r), r adalah tegangan geser di titik interior Gari-jari p), dan () adalah laju puntiran (perhatikan bahwa () mempunyai satuan radian per satuan panjang). Persamaan ini menunjukkan bahwa tegangan geser bervariasi secara linier terhadap jarak dari pusat batang, sebagaimana digambarkan dengan tegangan segitiga dalam Gambar 3-6c. (Variasi linier pacta tegangan ini merupakan konsekuensi dari hukum Hooke. Jika hubungan teganganregangannya tidak linier. maka metode analisis lain dibutuhkan sebagaimana akan dibahas dalam Subbab 3. 1 .2.)

Tegangan geser yang bekerja di bidang penampang disertai dengan tegangan geser yang besarnya sama yang bekerja pacta bidang longitudinal (Gambar 3-7). Kesimpulan ini berasal dari fakta bahwa tegangan geser yang sama selalu acta pacta bidang-bidang yang saling tegak lurus, seperti diterangkan dalam Subbab 1 .6. Jika bahan batang lemah terhadap geser pacta arah longitudinal dibandingkan dengan pacta bidang penampang, seperti yang tetjadi pacta kayu dengan serat yang berarah sumbu batang, maka retak pertama akibat torsi akan muncul pacta permukaan dalam arah longitudinal.

Keadaan geser mumi di permukaan batang (Gambar 3-6b) adalah ekivalen dengan tegangan tarik dan tekan yang sama yang bekerja di suatu elemen yang berorientasi 45°. sebagaimana diterangkan dalam Subbab 3.5. Dengan demikian, elemen persegi panjang dengan sisi-sisi 45° terhadap sumbu batang akan mengalarni tegangan tarik dan tekan, seperti terlihat dalam Gambar 3-8. Jika bahan batang yang mengalami torsi adalah bahan yang lemah terhadap tarik dibandingkan dengan terhadap geser, maka kegagalan akan terjadi secara tarik di sepanjang spiral yang miringnya 45° terhadap sumbu batang. Pembaca dapat mengamati hal ini dengan memuntir sepotong kapur.

• Rumus Torsi

Langkah selanjutnya dalam analisis kita adalah menentukan hubungan antara tegangan geser dan torsi T. Setelah ini diperoleh, kita akan dapat menghitung tegangan dan regangan di suatu batang akibat sekumpulan torsi.

Distribusi tegangan geser yang bekerja pacta suatu penampang ditunjukkan dalam Gambar 3-6c dan 3-7. Karena tegangan ini bekerja secara kontinu di sekeliling penampang, maka resultannya membentuk momen-yaitu momen yang sama dengan torsi T yang beketja pacta batang. Untuk menentukan resultan ini, kita tinjau elemen luas dA yang terletak pacta jarak radial p dari sumbu batang (Gambar 3-9). Gaya geser yang bekerja di elemen ini sama dengan r dA, di mana r adalah tegangan geser pacta radius p. Momen dari gaya ini terhadap sumbu batang sama dengan gaya dikalikan jarak dari pusat, atau rp dA. Dengan memasukkan tegangan geser r dari Persamaan (3-7b), kita dapat menyatakan momen elemental sebagai

dM = rp dA = rmaks p2dA

r Momen resultan (yang sama dengan puntir T) adalah perjumlahan momen elemental di seluruh luas penampang:

T = J dM = rmaks J pz dA = rmaks I A r A r P (3-8)

Mekanika Bahan 1 73

di mana

(3-9)

adalah momen inersia polar untuk penampang lingkaran. Untuk lingkaran dengan jari-jari r dan diameter d, momen inersia polar adalah

(3- 10)

seperti yang diberikan pada Lampiran D. Kasus 9. Perhatikan bahwa momen inersia mempunyai satuan panjang pangkat empat.

*

Rumus untuk tegangan geser maksimum dapat diperoleh dengan menyusun kembali Persamaan (3-8) sebagai berikut:

(3- 1 1 )

Persamaan ini, yang dikenal dengan rumus torsi, menunjukkan bahwa tegangan geser sebanding dengan puntir T yang bekerja dan berbanding terbalik dengan momen inersia polar JP.

Satuan tipikal yang digunakan pada rumus torsi adalah sebagai berikut. Dalam SI, puntir T biasanya dinyatakan dalam newton meter (N.m), jarijari r dalam meter (m), momen inersia JP dalam (m4), dan tegangan geser r dalam (Pa). Jika USCS digunakan, T sering dinyatakan dalam (lb-ft) atau (lb-in), r dalam inci (in.), JP dalam in.4, dan r dalam poundlin2 (psi).

Dengan memasukkan r = d/2 dan JP = ntl'/32 ke dalam rumus torsi, kita dapatkan rumus berikut untuk tegangan maksimum:

(3- 12)

Persamaan ini berlaku hanya pada batang yang_ mempunyai penampang lingkaran solid, sedangkan rumus torsi (Persamaan 3- 1 1 ) berlaku untuk batang solid maupun tabung lingkaran, sebagaimana akan diterangkan ber�kut�i. Persamaan (3- 1 2) menunjukkan bahwa tegangan geser berbanding terbalik dengan diameter (atau jari-jari) pangkat tiga. Jadi, jika diameter menjadi dua kali, maka tegangan akan berkurang dengan faktor delapan.

Dengan mengetahui besarnya torsi dan diameter batang, kita dapat menggunakan rum us torsi standar (Persamaan 3-1 1 ) atau versi altematifnya (Persamaan 3-12) untuk menghitung tegangan geser maksimum. Jika tegangan geser izin diberikan, maka kita dapat menggunakan Persamaan (3- 1 2) untuk mendapatkan puntir izin (jika diameter diketahui) atau diameter yang dibutuhkan (jika torsi diketahui). Ide ini digambarkan dalam Contoh 3-1 dan 3-2 di akhir subbab ini.

*Momen inersia polar dibahas di bab 12 subbab 12.6

174 Bab 3 Tarsi

Tegangan geser pada jarak p dari pusat batang adalah

r = E._ r = Tp maks I r P

(3- 13 )

yang diperoleh dengan menggabungkan Persamaan ( 3-7b) dengan rum us torsi (Persamaan 3- 1 1 ) . Sekali lagi, kita lihat bahwa tegangan geser bervariasi secara linier terhadap jarak radial dari pusat batang.

• Sudut Puntir

Sudut puntir suatu batang yang terbuat dari bahan elastis linier dapat dihubungkan dengan torsi T yang bekerja. Dengan menggabungkan Persamaan (3-7a) dengan rumus torsi, kita dapatkan

(3- 14)

yang menunjukkan bahwa laju puntiran 8 sebanding dengan torsi T dan berbanding terbalik dengan hasil kali GIP, yang dikenal dengan rigiditas torsional batang tersebut. Untuk sebuah batang yang mengalami torsi mumi, sudut puntir total lfJ sama dengan laju puntiran dikalikan panjang batang ( artinya-l/J-�=lf[)�acti�-�- ·· ·

· -

(3- 15 )

di mana lfJ dinyatakan dalam radian. Penggunaan persamaan-persamaan ini dalam analisis dan desain Ci!gambarkan dalam Contoh 3- 1 dan 3-2.

Besaran GI /L disebut kekakuan torsional batang, yaitu tarsi yang diperlukan untuk menghasilkan satu sudut rotasi. Fleksibiltlas

torsional adalah kebalikan dari kekakuan, atau UGI , dan didefinisikan sebagai sudut rotasi yang dihasilkan oleh tarsi satuan. Jadi, kita mempunyai rumus berikut:

L fr = GI p (3- l 6a,b)

Besaran ini analog dengan kekakuan aksial k = EA/L, dan fleksibilitas aksial f = UEA dari suatu batang yang mengalami tarik atau tekan (bandingkan dengan Persamaan 2-4a dan 2-4b). Kekakuan dan fleksibilitas merupakan sesuatu yang penting dalam analisis struktural, khususnya apabila struktumya besar dan rumit sedemikian hingga metode analisis yang berorientasi komputer digunakan.

Persamaan untuk sudut puntir (Persamaan 3-15) dapat digunakan untuk menentukan modulus elastisitas geser G untuk bahan. Dengan melakukan uji tarsi pada batang lingkaran, kita dapat mengukur sudut puntir lfJ yang dihasilkan oleh tarsi T yang diketahui. Selanjutnya G dapat dihitung dari Persamaan (3-15) .

• Tabung Lingkaran

Tabung lingkaran lebih efisien dibandingkan dengan batang solid dalam menahan beban torsional. Seperti kita ketahui, tegangan geser pada batang

r ,

t �

Gambar 3-10 Tabung lingkaran yang mengalami tarik

Mekanika Bahan 1 75

lingkaran solid mencapai maksimum di tepi luar dari penampang dan berharga nol di pusat. Dengan demikian, sebagian besar bahan pada batang solid mengalami tegangan yang sangat jauh lebih kecil daripada tegangan geser maksimum. Selain itu, tegangan di dekat pusat penampang mempunyai lengan momen p yang lebih kecil dalam menentukan momen torsi. Sebaliknya, pada tabung berlubang, sebagian besar bahan ada di dekat tepi luar penampang di mana tegangan geser dan lengan momen adalah yang terbesar (Gambar 3- 1 0) . Jadi, jika reduksi berat dan penghematan bahan merupakan hal penting, maka disarankan penggunaan tabung lingkaran. Sebagai contoh, batang penggerak. batang propeller, dan batang pembangkit biasanya mempunyai penampang lingkaran berlubang.

Analisis torsi pada tabung lingkaran hampir identik dengan pada batang solid. Rumus dasar yang sama untuk tegangan geser masih dapat digunakan (misalnya, Persamaan 3-7a dan 3-7b 1. Tentu saja, jarak radial p dibatasi dalam selang r1 sampai r2, di mana r1 adalah jari-jari dalam dan r2 adalah jari-jari luar dari batang (Gambar 3 - 10 1 .

Hubungan antara torsi T dan tegangan maksimum masih dapat dinyatakan dengan Persamaan (3-8), tetapi batas-batas integrasi untuk momen inersia polar (Persamaan 3-9) adalah p = r1 dan p = r2• Dengan demikian, momen inersia polar untuk penampang tabung adalah

(3- 1 7)

Jika tebal dinding t (Gambar 3- 10) kecil dibandingkan dengan jari-jari, maka rumus pendekatan berikut ini (lihat Lampiran D. Kasus 22) dapat digunakan untuk momen inersia polar

., Trd3t I "" 2Trrt = --P 4 (3- 1 8)

Dalam persamaan ini, besaran r dan d masing-masing adalah jari-jari ratarata dan diameter rata-rata. Sebagai ukuran ketelitian Persamaan (3- 1 8), kita perhatikan bahwa jika tebal t lebih kecil daripada seperempat dari jari-jari luar (tlr2 < 1 /4), kesalahan pada rumus pendekatan kurang dari 2%.

Rum us torsi (Persamaan 3- 1 1 ) dapat digunakan untuk tabung lingkaran dari bahan elastis linier asalkan JP dihitung dengan Persamaan (3- 1 7) atau, jika layak, Persamaan (3- 1 8) . Komentar yang sama berlaku untuk persamaan umum untuk tegangan geser (Persamaan 3- 1 3), persamaan untuk laju puntiran dan sudut puntir (Persamaan 3- 14 dan 3- 1 5) , dan persamaan untuk kekakuan dan fleksibilitas (Persamaan 3- 16a dan 3- 1 6b).

Distribusi tegangan geser pada suatu tabung terlihat dalam Gambar 3- 10. Dari gambar tersebut, kita lihat bahwa tegangan rata-rata di tabung tipis hampir sama besar dengan tegangan maksimum. Ini berarti bahwa batang berlubang lebih efisien dalam penggunaan bahan dibandingkan dengan batang solid, sebagaimana ditunjukkan dalam Contoh 3-2 dan 3-3.

Dalam mendesain tabung lingkaran untuk menyalurkan torsi, kita harus melihat bahwa tebal t cukup besar untuk mencegah terjadinya tekuk pada dinding tabung. Sebagai contoh, harga maksimum rasio jari-jari terhadap tebal, misalnya (rit)maks = 1 0 atau 20, dapat ditetapkan. Tinjauan desain lain meliputi faktor-faktor lingkungan dan keawetan, yang mungkin juga mempengaruhi persyaratan tebal dinding minimum. Topik ini dibahas dalam mata kuliah dan buku-buku tentang desain mekanis.

1 76 Bab 3 Torsi

Gambar 3-1 1 Contoh 3 - 1

• Pembatasan

Persamaan yang diturunkan dalam subbab ini dibatasi pada batang yang mempunyai penampang lingkaran (baik solid maupun berlubang) yang berperilaku elastis linier. Dengan perkataan lain, beban harus sedemikian hingga tegangannya tidak melebihi limit proporsional bahan. Selain itu, persamaan untuk tegangan hanya berlaku pada bagian-bagian batang yang jauh dari konsentrasi tegangan (seperti lubang dan perubahan bentuk secara tiba-tiba) dan jauh dari penampang di mana be ban diterapkan. (Konsentrasi tegangan untuk masalah torsi dibahas dalam Subbab 3 . 1 1 .)

Akhirnya, adalah penting untuk menekankan bahwa persamaan untuk torsi pada batang lingkaran dan tabung tidak dapat digunakan untuk batang dengan bentuk lain. Batang yang bukan lingkaran, seperti batang persegi panjang dan batang yang mempunyai penampang I, berperilaku sangat berbeda dengan batang lingkaran. Sebagai contoh, penampang seperti ini tidak tetap datar dan tegangan maksimumnya tidak terletak di jarak terjauh dari titik tengah penampang. Jadi, batang seperti ini membutuhkan metode analisis yang lebih lanjut seperti yang disajikan dalam buku-buku tentang teori elastisitas dan mekanika bahan lanjut. •

• Contoh 3-1

Sebuah batang baja solid dengan penampang lingkaran (Gambar 3-1 1 ) mempunyai diameter d = 1 ,5 in, panjang L = 54 in., dan modulus elastisitas geser G = 1 1 ,5 x 106 psi. Batang ini menga1ami torsi T yang bekerja di ujung-ujungnya. (a) Jika torsi ini besamya T = 250 lb-ft, berapa tegangan geser maksimum di batang ini? Berapa sudut puntir antara kedua ujung? (b) Jika tegangan geser izin adalah 6000 psi dan sudut puntir izin adalah 2,5°, berapa torsi izin maksimum?

T ....

Solusi

(a) Karena batang ini mempunyai penampang Iingkaran solid, kita dapat mencari tegangan geser maksimum dari Persamaan (3- 12) sebagai berikut:

r = 16T = 16(250 lb-ft)(1 2 in./ft) = 4530 si maks 7rd3 7r(1,5 in.)3 P

Dengan cara sama, sudut puntir diperoleh dari Persamaan (3- 1 5) dengan momen inersia polar yang dihitung dengan Persamaan (3-1 0):

I = 7rd4 = 7r(1•5 in.)4 = 0 4970 in.4 p 32 32 '

(/! = TL = (250 lb-ft)( 1 2 in./ft)((54 in.) = 0 02834 rad = 1 62o • GIP (1 1,5 x 106 psi)(0,4970 in.4 ) ' '

Jadi, analisis batang yang menga1ami aksi torsi ini sudah selesai.

*Teori tarsi untuk batang lingkaran diawali dengan penelitian oleh ilmuwan Perancis termashur C.A. de Coulomb (1 736-1806); pengembangan lebih lanjut dilakukan oleh Thomas Young dan A. Duleau (Ref. 3-1). Teori tarsi umum (untuk batang berbentuk sembarang) diberikan oleh ahli elastisitas paling terkenal sepanjang masa, Barre de Saint-Venant ( 1797-1886); lihat Ref. 3-2.

(a)

t = d2 10

(b)

Gambar 3-12 Contoh 3-2

Mekanika Bahan 1 77

(b) Torsi izin maksimum ditentukan dengan tegangan geser izin atau dengan sudut puntir izin. Dengan dimulai dari tegangan geser, kita menyusun kembali Persamaan (3- 1 2) dan menghitung sebagai berikut:

T1 = nd:�izin = 1� ( 1 ,5 in.)3(6000 psi) = 3980 1b-in. = 33 1 lb-ft

Momen torsi yang lebih besar daripada harga ini akan menyebabkan tegangan geser yang me1ebihi tegangan izin sebesar 6000 psi.

Dengan menggunakan Persamaan (3- 15 l yang telah disusun kembali, kita dapat menghitung torsi yang didasarkan atas sudut puntir:

Glplf>izin .(1 1,5 X 1 06 psi)(0,4970 in." ) (2,S0)(7r rad / 180°) T2 = --L- = 54 in.

= 461 8 lb-in. = 385 lb-ft

Momen torsi yang lebih besar daripada T2 akan menyebabkan dilampauinya sudut puntir izin.

Torsi izin maksimum adalah yang terkecil di antara T1 dan T2: T maks = 33 1 lb-ft

Dalam contoh ini, tegangan geser izin menghasilkan kondisi yang membatasi.

• Contoh 3-2

Sebuah batang baja akan dibuat dengan entah dengan penampang lingkaran solid atau dengan penampang lingkaran berlubang (Gambar 3- 1 2) . Batang ini harus menyalurkan torsional sebesar 1 200 N.m tanpa melebihi tegangan geser izin sebesar 40 MPa dan laju puntir izin 0,75°/m. (Modulus geser elastisitas bahan baja adalah 78 GPa.)

(a) Tentukan diameter d0 untuk batang solid. (b) Tentukan diameter luar d2 untuk batang berlubang jika tebal t untuk batang ditentukan sebesar 1 / 10 dari diameter 1uar. (c) Tentukan rasio diameter (artinya, rasio d/d0) dan rasio berat batang berpenampang berlubang terhadap yang mempunyai penampang solid.

Solusi

(a) Batang solid. Diameter d0 ditentukan dari tegangan geser izin atau dari laju puntir izin. Dalam hal tegangan geser izin, kita susun kembali Persamaan (3-1 2) dan kita dapatkan

d3 _ 1 6T 0 - 1l'iizin

1 6( 1 200 N.m) = 1 52 8 X w-6 m3 n(40 MPa) '

sehingga d0 = 0,0535 m = 53,5 mm

Dalam hal laju puntir izin, kita mulai dengan membagi momen inersia polar yang dibutuhkan (lihat Persamaan 3- 14):

I = _T_ = 1 200 N·m = 1 175 X w-9 m4 P GO,zm (78 GPa)(0,75°/m)(7r rad/ 180°) Karena momen inersia polar sama dengan mf/32, maka diameter yang dibutuhkan adalah

a tau d0 = 0,0588 m = 58,8 mm

1 78 Bab 3 Torsi

Dengan membandingkan kedua harga d0, kita lihat bahwa laju puntiran menentukan desain dan diameter yang dibutuhkan untuk batang solid yaitu

d0 = 58,8 mm .. Dalam desain praktis, kita akan memilih diameter yang sedikit lebih besar daripada harga d0 yang dihitung : sebagai contoh, 60 mm.

(b) Batang berlubang. Sekali lagi, diameter yang diperlukan didasarkan atas tegangan geser izin, atau laju puntir izin. Kita mulai dengan memberi notasi diameter luar dari batang sebagai d2 dan diameter dalam adalah

dl = d2 - 2t = d2 - 2(0, 1 d2) = 0,8d:

Jadi. momen inersia polar (Persamaan 3- 17) adalah

7r 4 4 7r [ 4 4 ] 7r 4 4 IP = 32 <d2 - dl ) =

32 d2 - (0,8d2 ) = 32(0,5904d: ) = 0.05796d2

Dalam ha! tegangan geser izin, kita menggunakan rum us torsi (Persamaan 3- 1 1 ) sebagai berikut:

r. . = Tr = _T..:...(d-=.2_12...:..)7 !Zifl I p 0,05796di

T 0,1 1 59di

Dengan menyusun kembali persamaan di atas, kita dapatkan

d3 _ T 2 -

0,1 1 59 rizin 1 200 N·m = 258 8 x 1 0_6 m3

0,1 1 59(40 MPa) '

Dari sini kita peroleh d2 sebesar

d2 = 0,0637 m = 63,7 mm

yang merupakan diameter luar yang diperlukan berdasarkan tinjauan tegangan geser. Dalam ha1 laju puntir izin, kita gunakan Persamaan (3- 14) dengan (} diganti

dengan (}izin dan JP diganti dengan rumus yang dipero)eh sebe)umnya; jadi,

sehingga

(} = T !Zln G(0,05796di )

di = �--�T--�-0,05796 G(}izin ______ ..:.1 2=-cO:...:O:....:N:...:....:.· m:.:...._ ____ = 20,28 X w-6 m4 0,05796(78 GPa)(O, 75° /m)(n rad/1 80°)

Dari sini kita peroleh d2 sebesar

d2 = 0,0671 m = 67, 1 mm

yang merupakan diameter perlu berdasarkan tinjauan laju puntiran. Dengan membandingkan kedua harga d2, kita lihat bahwa laju puntiran

menentukan dalam desain dan diameter luar yang diperlukan untuk penampang berlubang adalah

d2 = 67, 1 mm .. Diameter dalam yang diperlukan d1 sama dengan 0,8d2, atau 53,7 mm. (Sebagai nilai praktis, kita mungkin memilih d2 = 70 mm dan d1 = 0,8d2 = 56 mm.)

(c) Rasio diameter dan berat. Rasio diameter luar penampang berlubang terhadap diameter penampang solid (dengan menggunakan harga yang telah dihitung) adalah

:!:1_ = 67,1 mm = 1 14 d0 58 ,8 mm ' ..

Karena berat batang adalah sebanding dengan luas penampang, kita dapat menyatakan rasio berat batang berlubang terhadap berat batang solid sebagai berikut:

Gambar 3-1 3 Contoh 3-3

wberlubang W.oiid

Mekanika Bahan 1 79

Aberlubang _ Jr(d; - d� )/4 di - d� Asolid - 7rf15 f 4 d5

(67,1 mm)2 - (53;7 mm)2 = 0,47

(58,8 mm)-

Hasil ini menunjukkan bahwa batang berlubang hanya menggunakan 47% bahan dibandingkan dengan batang solid, sedangkan diametemya hanya sekitar 14% lebih besar.

Catatan: Contoh ini menggambarkan bagaimana cara menentukan ukuran yang diperlukan untuk batang solid atau batang berlubang apabila tegangan izin dan 1aju puntir izin diketahui. Contoh ini juga menggambarkan fakta bahwa batang berlubang lebih efisien dalam penggunaan bahan dibandingkan batang solid.

• Contoh 3.3

Sebuah poros berlubang dan poros solid yang terbuat dari bahan yang sama mempunyai panjang sama dan jari-jari luar R sama (Gambar 3-13) . Jari-jari dalam untuk batang berlubang adalah 0.6R. (a) Dengan menganggap bahwa kedua poros mengalami torsi yang sama, bandingkan tegangan geser, sudut puntir, dan berat keduanya. (b) Tentukan rasio kekuatan terhadap berat untuk kedua poros.

0,6R

(a) (b)

Solusi

(a) Perbandingan tegangan, sudut puntir, dan berat. Tegangan geser maksimum, yang dinyatakan dengan rum us torsi (Persamaan 3-1 1 ), se banding dengan li/P asalkan momen torsi dan jari-jarinya sama. Untuk poros berlubang kita dapatkan

.trR4 JP = 2

.tr(0,6R)4 = 0,4352 .tr� 2

dan untuk poros solid,

.trR4 I = - = 0 5 .tr� p 2 ,

Dengan demikian, rasio /31 antara tegangan geser maksimum di poros berlubang terhadap tegangan geser maksimum di poros solid adalah

f3 - rH - 0,5.trR4 1 15 I - -;; - 0,4352.tr R4 = , di mana subskrip H dan S masing-masing merujuk ke penampang berlubang (hollow) dan solid.

Sudut puntir (Persamaan 3- 1 5) sebanding dengan 1 //p karena torsi T, panjang L, dan modulus geser elastisitas G sama untuk kedua poros. Dengan demikian, rasionya sama dengan rasio untuk tegangan geser:

f3 if'H 0,5.trR4 1 15 2

= """f; = 0,4352.trR4 = '

1 80 Bab 3 Tarsi

Berat poros sebanding dengan luas penampangnya; dengan demikian, berat poros solid sebanding dengan nR2 dan berat poros berlubang sebanding dengan

nR2 - n(0,6R)2 = 0,64 nR2

Dengan demikian, rasio berat batang berlubang terhadap berat batang solid adalah

[3, = WH = 0,64n2R2 = O,M - W5 nR ..

Dari rasio di atas kita sekali lagi melihat keuntungan penggunaan penampang berlubang. Dalam contoh ini. batang berlubang mempunyai tegangan 15% lebih besar. sudut rotasi 1 50C lebih besar dibandingkan pada batang solid tetapi mempunyai berat 36'7c lebih ringan.

( b ) Rasio kekuatan terhadap berat. Efisiensi relatif suatu struktur kadangkadang diukur dengan rasio kekuatan terhadap berat, yang didefinisikan untuk batang yang mengalami torsi sebagai torsi izin dibagi dengan beratnya. Torsi izin untuk batang berlubang adalah

'T'H = rmakJp = rmaks (0,4352nR" )

0 4352 R' ' , R R

= , n - r mak,

dan untuk batang solid adalah

rmakJp rmaks (0,5nR4) - 0 5 R

3 Ts = --R- = R

- , n rmab

Berat batang sama dengan luas penampang dikalikan dengan panjang L dikalikan dengan berat jenis y dari bahan:

Jadi, rasio kekuatan terhadap berat SH dan S5 masing-masing untuk batang berlubang dan solid adalah

S = !..tt_ = 0 68 r maks R H WH

, y L S = !i_ = 0.5 rmaksR s Ws yL ..

Dalam contoh ini, rasio kekuatan terhadap berat pada batang berlubang adalah 36% lebih besar dibandingkan rasio kekuatan terhadap berat untuk batang solid, yang menunjukkan sekali lagi efisiensi batang berlubang. Untuk batang yang lebih tipis, persentasenya akan lebih besar; untuk batang yang lebih tebal, persentasenya akan berkurang.

-·3·•4 I TORSI TAK SERAGAM (NONUNIFORM TORSION)

Sebagaimana diterangkan dalam Subbab 3.2, tarsi murni merujuk ke torsi pada batang prismatis yang mengalami torsi yang bekerja hanya di ujungujungnya. Torsi tak seragam berbeda dengan torsi mumi dalam hal batang tidak harus prismatis, dan torsinya dapat bekerja di mana pun di sepanjang sumbu batang. Batang yang mengalami torsi tak seragam dapat dianalisis dengan menerapkan rumus-rumus torsi mumi pada segmen-segmen terhingga dari batang dan selanjutnya menjumlahkan masing-masing hasilnya, atau dengan menerapkan rumus-rumus untuk elemen diferensial dari batang dan selanjutnya mengintegrasikannya. Untuk menggambarkan prosedur ini, kita akan meninjau tiga kasus torsi tak seragam. Kasus lain dapat ditangani dengan cara-cara yang serupa dengan yang diuraikan di sini.

Tl T2 T3 T4

�:u:,.f;;;;t!;tf:!J I 8 1. C i D , ! I I 1-LAB -�1.- Lac �k· Lc!l ->-i

(a)

(c)

Tl

rc .. :.:: ::.l:' �� A

(d)

Gambar 3-14 Batang yang mengalami torsi tak seragam (Kasus I )

Mekanika Bahan 1 81

Kasus 1. Batang yang mengandung segmen-segmen prismatis dengan tarsi kanstan di seluruh masing-masing segmen (Gambar 3-14). Batang· yang terlihat pada bagian (a) dalam gambar tersebut mempunyai dua diameter yang berbeda dan dibebani oleh torsi yang bekerja di titik A, B, C, dan D. Akibatnya, kita membagi batang ini menjadi segmen-segmen sedemikian hingga setiap segmen adalah prismatis dan mengalami torsi konstan. Dalam contoh ini, ada tiga segmen seperti ini yaitu AB, BC, dan CD. Setiap segmen mengalarni torsi murni sehingga semua rumus yang diturunkan dalam subbab sebelum ini dapat diterapkan pada setiap segmen secara terpisah.

Langkah pertama dalam analisis adalah menentukan besar dan arah torsi internal di setiap segmen. Biasanya torsi dapat ditentukan secara cepat, tetapi jika perlu, torsi dapat diperoleh dengan cara memotong batang, menggambar diagram benda bebas, dan memecahkan persamaan keseimbangan. Proses ini digambarkan dalam bagian ( b ) . (c), dan (d) gambar tersebut. Potongan pertama dilakukan sembarang di dalam segmen CD, sehingga terlihat torsi internal TcD· Dari diagram benda bebas (Gambar 3-14b) kita lihat bahwa TcD sama dengan -T1 - T2 + Ty Dari diagram berikut kita melihat bahwa T8c sama dengan -T1 - T2, dan dari yang terakhir kita dapatkan bahwa TAB = -T1 • Jadi,

(a,b,c)

Setiap torsi ini adalah konstan di seluruh panjang segmen. Di dalam mencari tegangan geser di setiap segmen, kita hanya

membutuhkan besarnya torsi internal ini karena arah tegangan tidak diperlukan. Namun, dalam mencari sudut puntir keseluruhan batang, kita perlu mengetahui arah puntir di setiap segmen dalam menggabungkan sudut puntir dengan benar. Dengan demikian, kita perlu menetapkan perjanjian tanda untuk torsi internal. Aturan mudah dalam banyak hal adalah sebagai berikut: Tarsi internal bertanda pasitif jika vektarnya berarah meninggalkan patangan dan negatifjika vektarnya berarah menuju patangan. Jadi, semua torsi internal yang terlihat dalam Gambar 3-14b, c, dan d digambarkan dengan arah positifnya. Jika torsi yang dihitung (dari Persamaan a, b, atau c) ternyata mempunyai harga positif, maka ini berarti bahwa torsi bekeija pada arah yang diasumsikan; jika torsi mempunyai tanda negatif, maka ia bekerja dalam arah sebaliknya.

Tegangan geser maksimum di setiap segmen batang dapat dihitung langsung dari rumus torsi (Persamaan 3- 1 1 ) dengan menggunakan dimensi penainpang dan torsi internal. Sebagai contoh, tegangan maksimum di segmen BC (Gambar 3- 14) diperoleh dengan menggunakan diameter segmen terse but dan torsi T8c yang dihitung dari Persamaan (b). Tegangan maksimum di keseluruhan batang adalah tegangan terbesar di antara tegangan-tegangan yang dihitung untuk ketiga segmen.

Sudut puntir untuk setiap segmen diperoleh dari Persamaan (3- 15), sekali lagi dengan menggunakan dimensi dan torsi yang benar. Sudut puntir total di satu ujung batang terhadap ujung lainnya diperoleh dengan penjumlahan sebagai berikut

(3- 1 9)

di mana ljJ1 adalah sudut puntir untuk segmen 1 , ljJ2 adalah sudut untuk segmen 2, dan sebagainya, dan n adalah banyak total segmen. Karena setiap sudut puntir diperoleh dari Persamaan (3- 1 5), maka kita dapat menulis rumus umum

1 82 Bab 3 Torsi

Gambar 3-15 Batang yang mengalami torsi tak seragam (Kasus 2)

t �\w�� A Lx� l-dx IB 1- L I

(a)

(b)

Gambar 3-16 Batang yang mengalami torsi tak seragam (Kasus 3)

(3-20)

di mana subskrip i adalah indeks penomoran untuk berbagai segmen. Untuk segmen i dari batang. Ti adalah torsi internal (yang diperoleh dari keseimbangan, seperti digambarkan dalam Gambar 3- 14b, c, dan d), Li adalah panjangnya, dan Gi adalah modulus geser, dan !pi adalah momen inersia polar. Momen torsi (dan sudut puntir yang terkait) dapat mempunyai tanda positif dan dapat pula bertanda negatif. Dengan menjurnlahkan secara aljabar sudut-sudut puntir untuk semua segmen, kita dapatkan sudut puntir total 1/J antara ujung-ujung batang. Proses ini akan digambarkan dalam Contoh 3-4.

Kasus 2. Batang dengan penampang yang berubah secara kantinu dan mengalami tarsi kanstan ( Gamba r 3-15 ). Apabila torsi adalah konstan, maka tegangan geser maksimum di batang solid selalu teljadi di penampang yang mempunyai diameter terkecil, seperti terlihat dalam Persamaan (3-1 2). Selain itu, pengamatan ini biasanya berlaku untuk batang tabung. Dengan demikian, dengan menerapkan rumus torsi di penampang yang terkecil, kita dapat dengan cepat mencari tegangan maksimum di batang.

Untuk mencari sudut puntir, kita tinjau elemen yang panjangnya dx pada jarak x dari satu ujung batang (Gambar 3- 15 ). Sudut rotasi diferensial dt/J untuk elemen ini adalah

(d)

di mana IpCx) adalah momen inersia polar penampang pada jarak x dari ujung. Sudut puntir untuk keseluruhan batang adalah jumlah dari sudut rotasi diferensial:

(3-21 )

Jika rumus untuk momen inersia polar IpCx) tidak begitu rumit, maka integral ini dapat dihitung secara analitis (lihat Contoh 3-5); dalam kasus lain persamaan tersebut harus dipecahkan secara numerik.

Kasus 3. Batang dengan penampang yang bervariasi secara kantinu dan mengalami tarsi yang bervariasi secara kantinu pula (Gambar 3-16). Batang yang ditunjukkan dalam bagian (a) gambar tersebut mengalami tarsi terdistribusi dengan intensitas t per jarak satuan di sepanjang sumbu batang. Karena itu, torsi internal T(x) bervariasi secara kontinu di sepanjang sumbu (Gambar 3- 16b). Torsi internal dapat dievaluasi dengan bantuan diagram benda bebas dan suatu persamaan keseimbangan. Seperti pada kasus 2, momen inersia polar lpCx) dapat dihitung dari dimensi penampang batang.

Sudut puntir untuk batang dalam Gambar 3- 16a dapat diperoleh dengan cara yang sama dengan yang diuraikan dalam Kasus 2. Satu-satunya perbedaan adalah bahwa torsi, seperti momen inersia polar, juga bervariasi di sepanjang sumbu. Akibatnya, persamaan untuk sudut puntir menjadi

Mekanika Bahan 1 83

(3-22)

Integral ini dapat dihitung secara analitis pada beberapa kasus, tetapi biasanya ini harus dihitung secara numerik.

• Pembatasan

Analisis yang diuraikan dalam subbab ini berlaku untuk batang yang terbuat dari bahan elastis linier dengan penampang lingkaran (baik yang solid maupun yang berlubang). Selain itu, tegangan yang ditentukan dari rumus torsi berlaku pada daerah batang yang jauh dari konsentrasi tegangan, yang merupakan tegangan lokal yang tinggi yang terjadi apabila diameter berubah secara drastis, dan apabila torsi terpusat diterapkan (lihat Subbab 3 . 1 1 ) . Namun, konsentrasi tegangan mempunyai sedikit pengaruh terhadap sudut puntir sehingga persamaan untuk cp biasanya berlaku.

Akhimya, kita harus selalu mengingat bahwa rumus torsi dan rumus untuk sudut puntir diturunkan untuk batang prismatis. Kita dapat dengan aman menerapkannya pada batang yang mempunyai penampang yang bervariasi hanya jika perubahan diameter adalah kecil dan gradual. Sebagai patokan sederhana, rumus yang diberikan di sini adalah memadai apabila sudut antara sisi-sisi batang kurang dari 10°.

• Contoh 3-4

Gambar 3-1 7 Contoh 3-4

(a)

Gambar 3-1 8 Diagram benda bebas untuk Contoh 3-4

Sebuah batang baja solid ABCDE (Gambar 3- 17) yang mempunyai diameter d = 30 mm berputar dengan bebas di ujung-ujung A dan E. Batang ini digerakkan dengan gigi di C, yang menerapkan tarsi T2 = 450 N.m dalam arah seperti terlihat dalam gambar tersebut. Gigi di B dan D digerakkan oleh batang tersebut dan mempunyai tarsi penahan masing-masing T1 = 275 N.m dan T3 = 1 75 N.m yang bekerja dalam arah yang berlawanan dengan tarsi T2. Segmen BC dan CD masingmasing mempunyai panjang L1 = 500 mm dan L2 = 400 mm, dan modulus geser G = 80 GPa.

Tentukan tegangan geser maksimum di setiap bagian batang dan sudut puntir antara gigi B dan D.

Solusi

Setiap segmen batang adalah prismatis dan mengalami tarsi konstan. (Kasus 1) . Dengan demikian, langkah pertama dalam analisis adalah menentukan tarsi yang bekerja di setiap segmen, lalu mendapatkan tegangan geser dan sudut puntir. Tarsi yang bekerja di setiap segmen. Tarsi di segmen ujung (AB dan DE) adalah nol karena kita mengabaikan gesekan apapun. Dengan demikian, segmen ujung tidak mempunyai tegangan dan tidak mempunyai sudut puntir.

Tarsi TcD di segmen CD diperoleh dengan membuat potongan yang melalui segmen dan membuat diagram benda bebas, seperti terlihat dalam Gambar 3- 1 8a. Tarsi diasumsikan positif artinya vektomya berarah meninggalkan potongan. Dari keseimbangan diagram benda bebas kita peroleh

TcD = T2 - T1 = 450 N·m - 275 N·m = 175 N·m

Tanda positif pacta hasil ini berarti bahwa TcD bekerja sesuai dengan arah pasitif yang diasumsikan.

Tarsi di segmen BC diperoleh dengan cara serupa, dengan menggunakan diagram benda bebas dalam Gambar 3- 1 8b:

'

184 8ab 3 Torsi

TBe = -T1 = -275 N·m

Perhatikan bahwa torsi mempunyai tanda negatif, yang berarti bahwa arahnya berlawanan dengan arah yang ditunjukkan dalam gambar.

Tegangan geser. Tegangan geser maksimum di segmen BC dan CD diperoleh dari bentuk rumus torsi yang dimodifikasi (Persamaan 3- 12) ; jadi,

16TBe "Be

= --3-1ril

16TeD rev = --3-1ril

1 6(275 N·m) = 5 1,9 MPa

n(30 mm)3

1 6( 1 75 N·m) = 33,0 MPa

n(30 mm)3

..

..

Karena arah tegangan geser tidak menarik untuk diketahui pada contoh ini, maka kita hanya memperhatikan harga mutlak dari torsi dalam perhitungan berikut ini.

Sudut puntir. Sudut puntir 1/JBD antara gigi B dan D adalah jumlah aljabar dari sudut puntir untuk segmen-segmen batang, sebagaimana dinyatakan dalam Persamaan (3- 1 9); jadi,

1/JBD = 1/JBe + 1/Jev

Dalam menghitung sudut puntir individual, kita membutuhkan momen inersia penampang:

I = 1ril4

= n(30 mm)4 = 79,520 mm4 p 32 32

Sekarang kita dapat menentukan sudut puntir, sebagai berikut:

1/JBc = TBcL1 = (-275 N·m)(500 mm)

= _0,021 6 rad GIP (80 GPa)(79.520 mm4 )

1/Jcv = TcvL2 = ( 1 75 N·m)(500 mm) = 0 0 1 10 rad GIP (80 GPa)(79.520 mm4 ) '

Perhatikan bahwa da1am contoh ini sudut puntir mempunyai arah yang berlawanan. Dengan menjumlahkan secara aljabar, kita dapatkan sudut puntir total :

.. 1/JBD = 1/JBe + 1/Jev = -0,021 6 + 0,01 10 = -0,01 06 rad = -0,6 1 ° •

Tanda negatif berarti bahwa gigi D berputar searah jarum jam (apabila dipandang dari ujung kanan batang) terhadap gigi B. Namun, untuk tujuan tertentu biasanya hanya harga mutlak sudut puntir yang dibutuhkan sehingga kita dapat mengatakan bahwa sudut puntir antara B dan D adalah 0,6 1 °. Sudut puntir antara kedua ujung batang ini kadang-kadang disebut wind-up.

Catatan: Prosedur yang digambarkan dalam contoh ini dapat digunakan untuk batang yang mempunyai segmen-segmen dengan diameter yang berbeda-beda atau bahan yang berbeda-beda, asalkan dimensi dan besarannya tetap konstan di da1am segmen.

Hanya efek torsi yang ditinjau dalam contoh ini dan di dalam soal-soal di akhir bab ini. Efek lentur ditinjau nanti, mulai dari Bab 4.

• Contoh 3-5

Sebuah batang AB yang meruncing (nonprismatis) dengan penampang lingkaran solid dipuntir oleh torsi T yang bekerja di ujung-ujungnya (Gambar 3- 19). Diameter batang bervariasi secara linier dari dA di ujung kiri hingga dB di ujung kanan. (a) Tentukan tegangan geser maksimum di batang. (b) Turunkan rumus untuk sudut puntir batang. (Asumsikan bahwa dB ;::: dA.)

Mekanika Bahan 1 85

B Solusi

Gambar 3-19 Contoh 3-5. Batang nonprismatis yang mengalami torsi

(a) Tegangan geser. Karena tegangan geser maksimum di setiap penampang dinyatakan dengan rumus torsi yang dimodiflkasi (Persamaan 3-1 2), kita mengetahui segera bahwa tegangan geser maksimum di batang terjadi pada penampang yang mempunyai diameter terkecil, yaitu di ujung A (lihat Gambar 3-19):

'fmaks l 6T Jrd� •

(b) Sudut puntir. Karena torsi adalah konstan dan momen inersia polar bervariasi secara kontinu terhadap jarak x dari ujung A (Kasus 2), kita akan menggunakan Persamaan (3-21 ) untuk menentukan sudut puntir. Kita mulai dengan menulis rumus untuk diameter d pada jarak x dari ujung A :

d - d d = dA + B A X

L (3-23)

di mana L adalah panjang batang. Kita sekarang dapat menulis rumus untuk momen inersia polar:

I (x) = Jrd = ..!!..._ dA + 8 A r I 4 ( d - d \� P 32 32 L . ) (3-24)

Dengan memasukkan rumus ini ke dalam Persamaan (3-2 1 ), kita dapatkan rumus untuk sudut puntir: iL Tdx 32T iL dx

0 GIP (x) =

nG 0 -( --d-=

8

:..:..--

d A---:-)74

\dA + ---"--

L�"-x

(3-25)

Untuk mengevaluasi integral dalam persamaan ini, kita perhatikan bahwa bentuknya adalah f dx

(a + bx)4

di mana

(e,f)

Dengan bantuan tabel integral (lihat Lampiran C), kita dapatkan f (a +�x)4

= 3b(a + bx)3

Integral ini dievaluasi pada contoh ini dengan memasukkan x batas-batas 0 dan L dan memasukkan a dan b yang ada dalam persamaan (e) dan (f). Jadi, integral Persamaan (3-25) sama dengan

(g)

Dengan mengganti integral di dalam Persamaan (3-25) dengan rumus ini, kita dapatkan

(3-26) • yang merupakan rumus sudut puntir pacta batang nonprismatis yang meruncing. Bentuk persamaan yang lebih mudah adalah

(3-27)

di mana

'

1 86 Bab 3 Tarsi

Gambar 3-20 Tegangan yang bekerja pada elemen yang dipotong dari batang yang mengalami torsi (geser murni)

nd4 I - A pA - TI (3-28)

Besaran f3 adalah rasio diameter kedua ujung dan lpA adalah momen inersia polar di ujung A.

Dalam kasus khusus penampang prismatis, kita mempunyai f3 = 1 dan Persamaan (3-27) menghasilkan if> = TUGJpA sebagaimana diharapkan. Untuk harga f3 yang lebih besar daripada I , sudut rotasi berkurang karena diameter terbesar di ujung B menghasilkan peningkatan kekakuan torsional (dibandingkan dengan batang prismatis 1 .

TEGANGAN DAN REGANGAN PADA GESER MURNI

Apabila suatu batang lingkaran, baik yang solid maupun yang berlubang, mengalami torsi, maka tegangan geser akan terjadi di bidang-bidang penampang dan longitudinal, sebagaimana diterangkan dalam Subbab 3.3. Sekarang kita tinjau secara rinci tegangan dan regangan yang dihasilkan selama puntir suatu batang. Kita mulai dengan elemen tegangan abed yang dipotong antara dua penampang dan antara dua bidang longitudinal (Gambar 3-20a dan b). Elemen ini berada dalam geser murni (pure shear) karena tegangan yang bekerja padanya hanyalah tegangan geser di keempat muka (lihat pembahasan geser mumi di Subbab 1 .6).

(a) (b)

Arah tegangan geser bergantung pada arah torsi T yang bekerja. Dalam pembahasan ini, kita asumsikan bahwa torsi akan memutarkan ujung kanan batang searah jarum jam apabila dilihat dari kanan (Gambar 3-20a) sehingga tegangan geser yang bekerja pada elemen mempunyai arah seperti terlihat dalam gambar tersebut. Keadaan tegangan seperti ini terjadi pada elemen yang dipotong dari interior batang, kecuali bahwa besar tegangan geser lebih kecil karena jarak radial ke elemen lebih kecil. Seperti yang akan kita lihat pada paragraf berikut, arah torsi dipilih sedemikian hingga tegangan gesemya adalah positif.

• Tegangan pada Potongan Miring

Gambar dua dimensi elemen tegangan yang mengalami geser mumi terlihat dalam Gambar 3-21 a. Sebagaimana diterangkan dalam Subbab 2.6, kita biasanya menggambar hanya tinjauan dua dimensi elemen tegangan tetapi kita harus selalu ingat bahwa elemen ini mempunyai dimensi ketiga (ketebalan) dalam arah tegak lurus bidang gambar. Dalam gambar dua dimensi, sumbu .xy mempunyai orientasi sejajar sisi-sisi elemen, dengan

..

Gambar 3-21 Analisis tegangan pada bidang miring: (a) elemen yang men gal ami geser murni, (b) tegangan yang bekerja pada elemen tegangan segitiga, dan (c) gayagaya yang bekerja pada elemen tegangan segitiga (diagram benda bebas)

Mekanika Bahan 1 87

sumbu x sejajar dengan sumbu longitudinal batang. Dengan demikian, semua tegangan yang terlihat dalam Gambar 3-2 la adalah tegangan positif menurut peijanjian tanda untuk tegangan geser, yang telah diterangkan dalam Subbab 1 .6 dan diulang di sini. Tegangan geser yang bekerja pada muka positif suatu elemen adalah positif jika bekeija dalam arah positif dari satu sumbu koordinat dan negatif jika bekeija dalam arah negatif dari suatu sumbu. Sebaliknya, tegangan geser yang bekeija pada muka negatif dari suatu elemen adalah positif jika bekeija dalam arah negatif dari satu sumbu koordinat dan negatif jika bekeija dalam arah positif suatu sumbu .

't 't (a) (b)

1A0 tan 6 (b)

Kita sekarang membuat potongan dari elemen tegangan bidang (Gambar 3-2 l a) sedemikian hingga kita dapatkan elemen tegangan berbentuk segitiga yang satu mukanya berorientasi sudut () terhadap sumbu x (Gambar 3-2 1b). Tegangan normal cr8 dan tegangan geser r8 bekerja pada bidang miring ini dan ditunjukkan dalam arah positif di dalam gambar tersebut. (lngat dari pembahasan tentang elemen tegangan dalam Subbab 2.6 bahwa tegangan normal cr8 adalah positif jika berupa tarik dan tegangan geser r8 adalah positif j ika menghasilkan rotasi bahan dalam arah berlawanan jarum jam.) Muka horizontal dan vertikal elemen dalam Gambar 3-2 lb mempunyai tegangan geser r yang bekerja padanya, dan muka depan dan belakang tidak mengalami tegangan.

Tegangan yang bekeija pada muka miring dapat ditentukan dari keseimbangan elemen segitiga. Gaya-gaya yang bekeija pada ketiga muka samping dapat diperoleh dengan mengalikan tegangan dengan luas di mana tegangan tersebut bekerja. Sebagai contoh, gaya di muka kiri sama dengan r A0 di mana A0 adalah luas muka samping vertikal. Gaya ini bekerja dalam arah y negatif dan ditunjukkan dalam diagram benda bebas dalam Gambar 3-21 c. Karena tebal elemen dalam arah z konstan, kita lihat bahwa luas muka bawah adalah A0 tan () dan luas muka miring adalah A0 sec 8. Dengan mengalikan tegangan dengan luas di mana tegangan tersebut bekerja, maka akan diperoleh gaya di setiap muka elemen (Gambar 3-2 lc) .

Kita sekarang dapat menuliskan dua persamaan keseimbangan untuk elemen, satu dalam arah cr8 dan satu lagi dalam arah r(J' Dalam menuliskan kedua persamaan terse but, gaya-gaya yang bekeija di muka kiri dan bawah harus diuraikan ke dalam komponen dalam arah cr8 dan r(J' Jadi, persamaan pertama, yang diperoleh dengan menjumlahkan gaya-gaya dalam arah cr8 adalah

a tau

cr 8A0 sec () = r A0 sin () + r A0 tan () cos () cr8 = 2r sin () cos () (3-29a)

1 88 Bab 3 Tarsi

Gambar 3-22 Grafik tegangan normal CJ8 dan tegangan geser r8 versus sudut bidang miring (}

Gambar 3-23 Elemen tegangan yang berorientasi sudut e = 0 dan e = 45° untuk geser mumi

Persamaan kectua ctiperoleh ctengan menjumlahkan gaya-gaya dalam arah re:

atau

reAo sec 8 = r A0 cos 8 - r A0 tan 8 sin 8

re = r(cos2 8 - sin2 8) (329b)

Kedua persamaan m1 dapat ditulis dalam bentuk yang lebih secterhana dengan menggunakan rumus trigonometri (lihat Lampiran C):

sin 2 8 = 2 sin 8 cos 8 cos 28 = cos2 8 - sin2 8

Dengan demikian. persamaan untuk CJe dan re menjadi

(3-30a,b)

Persamaan ( 3-30a dan b) memberikan tegangan normal dan geser yang bekerja pada sembarang bidang miring yang dinyatakan dalam tegangan geser T yang bekerja pacta bidang X dan y (Gambar 3-2 l a) ctan sudut 8 yang mendefinisikan orientasi bidang miring (Gambar 3-2lb).

Bagaimana tegangan CJe dan re. berubah terhadap orientasi bidang miring ditunjukkan dalam grafik pada Gambar 3-22, yang merupakan plot Persamaan (3-30a dan b). Kita lihat bahwa untuk 8 = 0, yang merupakan muka kanan dari elemen tegangan dalam Gambar 3-21 a, grafik tersebut menghasilkan CJe = 0 dan re· = r, sebagaimana diharapkan. Untuk muka atas elemen (8 = 90°), kita ctapatkan CJe = 0 dan re = -r. Tanda minus untuk tegangan geser berarti bahwa tegangan tersebut bekerja dalam arah re negatif, artinya tegangan tersebut bekerja ke kanan dari muka ab (Gambar 3-2 l a). Perhatikan bahwa tegangan geser yang terbesar secara numerik terjacti pada bictang-bictang ini.

Dari grafik terlihat bahwa tegangan normal CJe mencapai harga maksimum pacta 8 = 45°. Pada suctut tersebut, tegangan actalah positif (tarik) dan sama secara numerik dengan tegangan geser r. Juga, CJe mempunyai harga minimum (yang merupakan tekan) pacta 8 = -45°. Pada kedua sudut 45° ini, tegangan geser r8 sama dengan nol. Jadi, pada suatu elemen tegangan yang berorientasi 45° (Gambar 3-23b) bekerja tegangan tarik dan tekan yang sama dan saling tegak lurus, dan tidak acta tegangan geser. Perhatikan bahwa tegangan normal yang terlihat dalam Gambar 3-23b berkaitan ctengan elemen yang mengalami geser murni yang ctiakibatkan oleh tegangan geser yang bekerja dalam arah seperti terlihat ctalam Gambar 3-23a. Jika tegangan geser yang bekerja pacta elemen ctalam Gambar 3-23a mempunyai arah sebaliknya, maka tegangan normal yang bekerja pacta bidang 45° juga akan berubah arah.

T

r (a) (b)

Gambar 3-24 Kegagalan torsi pada bahan getas di mana tarik menyebabkan retak di sepanj ang permukaan spiral 45°

Mekanika Bahan 1 89

Jika suatu elemen tegangan mempunyai sudut orientasi bukan 45°, maka tegangan normal dan tegangan geser akan ada di muka miring tersebut (lihat Persamaan 3-30). Elemen tegangan yang mengalami kondisi yang lebih umum ini dibahas secara rinci dalam Bab 7.

Persamaan-persamaan yang diturunkan dalam subbab ini berlaku untuk elemen tegangan pada kasus geser murni, apakah elemen tersebut merupakan potongan dari suatu batang yang mengalami torsi atau dari elemen struktural lainnya. Juga, karena Persamaan (3-30) diturunkan hanya dari keseimbangan, maka persamaan tersebut berlaku untuk sembarang bahan, apakah elastis linier maupun bukan .

Adanya tegangan tarik maksimum pada bidang yang membentuk sudut 45° dengan sumbu x (Gambar 3-23b) menjelaskan mengapa batang yang mengalami torsi yang terbuat dari bahan yang getas dan lemah terhadap tarik akan gaga! dengan retak di sepanjang permukaan spiral 45° (Gambar 3-24). Sebagaimana disebutkan dalam Subbab 3 . 3 . jenis kegagalan seperti ini dapat dengan mudah ditunjukkan dengan memuntir sepotong kapur yang ada di dalam kelas.

• Regangan pada Geser Murni

Gambar 3-25 Regangan pada geser mumi: (a) distorsi geser suatu elemen yang berorientasi e = 0, dan (b) distorsi suatu elemen yang berorientasi e = 45°

Sekarang kita tinjau regangan yang ada pada elemen yang mengalami geser mumi. Sebagai contoh, tinjaulah elemen yang mengalami geser mumi yang terlihat dalam Gambar 3-23a. Regangan gesemya ditunjukkan dalam Gambar 3-25a, di mana deformasi digambarkan dengan sangat diperbesar. Regangan geser y adalah perubahan sudut antara dua garis yang semula saling tegak lurus, sebagaimana telah dibahas dalam Subbab 1 .6. Jadi, berkurangnya sudut di pojok kiri bawah elemen adalah regangan geser y (diukur dalam radian), Perubahan yang sama juga terjadi di pojok kanan atas, di mana sudut berkurang, dan di kedua pojok lain, di mana sudutnya bertambah. Namun, panjang sisi-sisi elemen, termasuk ketebalan tegak lurus bidang kertas, tidak berubah pada saat deformasi geser ini terjadi. Dengan demikian, elemen berubah bentuk dari persegi panjang

T

(a) (b)

1 90 Bab 3 Torsi

(Gambar 3-23a) menjadi jajaran genjang (Gambar 3-25a). Perubahan bentuk ini disebut distorsi geser.

Jika bahan bersifat elastis linier, maka regangan geser untuk elemen yang berorientasi () = 0 (Gambar 3-25a) berkaitan dengan regangan geser menurut hukum Hooke pada masalah geser:

(3-3 1 )

di mana, seperti biasa, simbol G menunjukkan modulus geser elastisitas. Selanjutnya, tinjau regangan yang teijadi di elemen yang berorientasi

() = 45° (Gambar 3-25b). Tegangan tarik yang bekeija pada sudut 45° cenderung memperpanjang elemen dalam arah tersebut. Karena adanya efek Poisson, maka tegangan tersebut cenderung memperpendek ukuran dalam arah yang tegak lurus (arah di mana () = 135° atau --45°). Serupa dengan itu, tegangan tekan yang bekerja pada 1 35° cenderung untuk memperpendek elemen dalam arah tersebut dan memperpanjang dalam arah 45 °. Perubahan dimensional ini terlihat dalam Gambar 3-25b, di mana garis putus menunjukkan elemen semula. Karena tidak ada distorsi geser, maka elemen tetap berbentuk persegi panjang meskipun dimensinya telah berubah.

Jika suatu bahan bersifat elastis linier dan mengikuti hukum Hooke, maka kita dapat memperoleh persamaan yang menghubungkan regangan dengan tegangan untuk elemen pada () = 45° (Gambar 3-25b). Tegangan tarik O'maks yang bekerja pada () = 45° menimbulkan regangan normal positif dalam arah terse but yang sama dengan O'maks /E. Karena O'maks = -r, maka kita juga dapat menyatakan regangan ini sebagai -r/£. Tegangan

O'maks juga menimbulkan regangan negatif dalam arah tegak lurus, yang sama dengan -v-r!E, di mana v adalah rasio Poisson. Serupa dengan itu, tegangan O'min = --r (pada () = 1 35°) menimbulkan regangan negatif yang sama dengan --r/E dalam arah tersebut dan regangan positif dalam arah tegak lurus (arah 45°) yang sama dengan v-r!E. Dengan dernikian, regangan normal dalam arah 45° adalah

'r V'r 'r Cmaks = E + E = E(l + v) (3-32)

yang bertanda positif (berarti perpanjangan). Regangan dalam arah tegak lurus adalah regangan negatif yang besarnya sama. Dengan perkataan lain, geser mumi menimbulkan perpanjangan dalam arah 45° dan perpendekan dalam arah 1 35°. Regangan ini konsisten dengan bentuk elemen yang berdeformasi dalam Gambar 3-25a karena diagonal 45° telah memanjang dan diagonal 1 35° telah memendek.

Di dalam subbab berikut kita akan menggunakan geometri elemen yang telah berdeformasi untuk menghubungkan regangan geser y(Gambar 3-25a) dengan regangan normal emaks dalam arah 45° (Gambar 3-25b). Dari geometri tersebut kita akan mendapatkan hubungan sebagai berikut

(3-33)

Persamaan ini, bersama dengan Persamaan (3-3 1 ) , dapat digunakan untuk menghitung regangan geser maksimum dan regangan normal maksimum dalam torsi mumi apabila tegangan geser -r diketahui.

Mekanika Bahan 1 91

• Contoh 3.6

Gambar 3-26 Contoh 3-4. Tabung lingkaran yang mengalami torsi

Gambar 3-27 Elemen tegangan dan regangan untuk tabung dalam Contoh 3-6

Sebuah tabung l ingkaran yang mempunyai diameter luar 80 mm dan diameter dalam 60 mm mengalami torsi T = 4.0 k.."-'.m (Gambar 3-26). Tabung ini terbuat dari bahan paduan aluminium 7075-T6. (a) Tentukan tegangan geser, tekan, dan tarik maksimum di tabung tersebut dan tunjukkan tegangan-tegangan tersebut pada sketsa elemen tegangan dengan orientasi yang benar. (b) Tentukan regangan maksimum di tabung tersebut.

Solusi

(a) Tegangan maksimum. Harga-harga maksimum dari ketiga tegangan (tarik, tekan, dan geser) secara numerik adalah sama namun ketiganya bekerja pada bidang yang berbeda. Besamya dapat dihitung dari rumus torsi:

= Tr = (4000 N·m)(0.040 m 1 = � 8 2 MP rmaks - . a · 1P �[co,080 m)4 - (0,060 m i" ]

Tegangan geser maksimum bekerja di bidang potongan melintang dan longitudinal, seperti terlihat pada elemen tegangan dalam Gambar 3-27a, di mana sumbu x adalah sejajar dengan sumbu longitudinal batang tabung.

Tegangan tarik dan tekan maksimum adalah a1 = 58,2 MPa ac = -58,2 MPa

Tegangan-tegangan ini terjadi pada bidang yang membentuk sudut 45° dengan sumbu x (Gambar 3-27b).

(b) Regangan maksimum. Regangan geser maksimum di dalam tabung dapat diperoleh dari Persamaan (3-3 1 ). Modulus geser elastisitas yang diperoleh dari Tabel H-2, Lampiran H, adalah G = 27 GPa. Dengan demikian, regangan geser maksimum adalah

= rmaks = 58,2 MPa = O 0022 Ymaks G 27 GPa ' Regangan ini mempunyai arah seperti terlihat dalam Gambar 3-27c.

!r = maks

58,2 MPa

(a) (b)

(c) (d)

1 92 Bab 3 Torsi

Besar regangan normal maksimum (dari Persamaan 3-33) adalah

£ =

Ymaks = 0 001 1 maks 2 '

Jadi, regangan tarik dan tekan maksimum adalah £1 = 0,00 1 1 ec = -0,00 1 1

Regangan-regangan ini digambarkan dalam Gambar 3-27d untuk elemen dengan sisi-sisi satu satuan.

-��3'1116 1 HUBUNGAN ANTARA MODULUS ELASTISITAS E DAN G

Gambar 3-28 Geometri elemen yang berdeformasi akibat geser mumi

Hubungan penting antara E dan G dapat diperoleh dari persamaanpersamaan yang telah diturunkan dalam subbab sebelum ini. Untuk itu, tinjaulah elemen tegangan abed yang terlihat dalam Gambar 3-28a. Muka depan dari elemen ini diasumsikan sebagai bujur sangkar dengan panjang setiap sisi ditulis sebagai h. Apabila elemen ini mengalami geser mumi dengan tegangan r, muka depan berdistorsi menjadi jajaran genjang (Gambar 3-28b) dengan sisi-sisi yang panjangnya h dan dengan regangan geser y = riG. Karena distorsi ini maka diagonal bd memanjang dan diagonal ac memendek. Panjang diagonal bd sama dengan panjang semula .f2h dikalikan faktor 1 + emaks' di mana emaks adalah regangan normal dalam arah 45°; jadi,

(a)

Panjang ini dapat dihubungkan dengan regangan geser ydengan meninjau geometri elemen yang telah berdeformasi (Gambar 3-28b).

r �

r j d �

r

(a) (b)

b 'r b !!_ _ I_ 4 2

d !maks = Ktmaks

(c)

Untuk mendapatkan hubungan geometris, tinjau segitiga abd (Gambar 3-28c) yang menyatakan setengah dari jajaran genjang yang ditunjukkan dalam Gambar 3-28b. Sisi bd dari segitiga mempunyai panjang Lbd (Persamaan a), dan sisi lainnya mempunyai panjang h. Sudut adb dari segitiga ini sama dengan setengah sudut adc dari jajaran genjang, atau n/4 - y/2. Sudut abd pacta segitiga sama. Jadi, sudut dab pacta segitiga sama dengan n/2 + y. Sekarang dengan menggunakan rumus cosinus (lihat Lampiran C) untuk segitiga abd kita dapatkan

L!d = h2 + h2 - 2h2 eo{% + y) Dengan memasukkan Lbd dari Persamaan (a) dan menyederhanakannya kita dapatkan

Mekanika Bahan 1 93

(1 + emaks )2 = 1 - cos ( � + r) Dengan menyederhanakan suku di sebelah kiri, dan juga memperhatikan bahwa cos (7r/2 + n = -sin y, kita dapatkan

1 + 2t:maks + e�aks = 1 + sin r Karena emaks dan y merupakan regangan yang sangat kecil, maka kita dapat mengabaikan e2maks dibandingkan dengan 2 emaks dan kita dapat menggantikan sin y dengan y: Rum us yang dihasilkan adalah

y emaks = 2 (3-34)

yang menunjukkan hubungan yang telah disebutkan dalam Subbab 3.5 dalam Persamaan (3-33).

Regangan geser yyang terlihat dalam Persamaan (3-34) sama dengan riG dengan hukum Hooke (Persamaan 3-3 1 ) dan regangan normal t:maks sama dengan 'l( 1 + v)IE dengan Persamaan (3-32). Dengan memasukkan keduanya ke dalam Persamaan (3-34) kita peroleh

(3-35)

Kita lihat bahwa E, G, dan v bukan merupakan besaran yang independen pada bahan elastis linier. Jika dua di antaranya diketahui, maka yang ketiga dapat dihitung dari Persamaan (3-35). Harga khas untuk E, G, dan v dicantumkan dalam Tabel H-2, Lampiran H.*

PENYALURAN DAYA OLEH BATANG LINGKARAN

Penggunaan batang (poros) lingkaran yang paling penting adalah untuk menyalurkan daya mekanis dari satu alat atau mesin ke lainnya, seperti pada batang penggerak pacta suatu mobil, batang propeller pada suatu kapal laut, atau as sepeda. Daya disalurkan melalui gerakan berputar pacta batang, dan besar daya yang disalurkan bergantung pacta besar torsi dan laju rotasi. Masalah desain yang umum adalah menentukan ukuran yang dibutuhkan untuk batang sedemikian rupa sehingga batang tersebut dapat menyalurkan besar daya yang ditetapkan pacta laju rotasional yang ditentukan tanpa melebihi tegangan izin bahan.

Bayangkan bahwa batang yang digerakkan motor (Gambar 3-29) berputar pada laju sudut w, yang diukur dalam radian per detik (rad/s). Batang tersebut menyalurkan torsi T ke mesin (tidak ditunjukkan dalam gambar) yang akan melakukan kerja. (Torsi yang terlihat dalam gambar adalah torsi yang dikenakan pada batang oleh mesin.) Pada umumnya, kerja W yang dilakukan oleh torsi yang besarnya konstan adalah sama dengan basil kali torsi dan sudut rotasi yang dilaluinya, yaitu

(3-36)

di mana '¥ adalah sudut rotasi yang dinyatakan dalam radian.

*Persamaan (3-35) diturunkan pertama kali oleh Poisson dengan menggunakan harga 1/4 untuk v, lihat Ref. 3-3.

r 1 94 Bat! 3 Torsi

Gambar 3-29 B atang yang :::oenyalurkan torsi konstan T pada !aju sudut ro

Daya adalah laju perubahan kerja, atau

p =

dW = TdlJI

dt dt (3-37)

di mana P adalah simbol untuk daya dan t menunjukkan waktu. Laju perubahan d'f'!dt dari peralihan sudut lJI adalah laju sudut w, sehingga persamaan sebelum ini menjadi

P = Tw (w = rad/s) (3-38)

Rumus ini, yang dikenal pada fisika dasar, memberikan daya yang disalurkan dengan memutarkan sebuah batang dengan torsi konstan T.

Satuan yang digunakan dalam Persamaan (3-38) adalah sebagai berikut. Jika torsi T dinyatakan dalam newton meter, maka daya dinyatakan dalam watt (W). Satu watt sama dengan satu newton meter per detik (atau satu joule per detik). Jika T dinyatakan dalam pound feet, maka daya dinyatakan dalam feet-pound per detik.*

Laju sudut sering dinyatakan dalam frekuensi f dari suatu rotasi, yang menunjukkan banyak putaran per satuan waktu. Satuan frekuensi adalah hertz (Hz), yang sama dengan satu putaran per detik (detik-1) . Karena satu putaran berarti 2n rad, maka kita dapatkan

w = 2nf ( w = rad/s, f = Hz = s-' ) (3-39)

Dengan demikian, rumus untuk daya (Persamaan 3-38) menjadi

P = 2nfT (f = Hz = s-1) (3-40)

Satuan lain yang umum digunakan adalah banyak putaran per menit (rpm), yang diberi notasi n. Dengan demikian, kita juga mempunyai hubungan sebagai berikut:

dan

n = 60f

p = 2nnT 60

(n = rpm)

(3-4 1 )

(3-42)

Dalam Persamaan (3-40) dan (3-42), besaran P dan T mempunyai satuan yang sama dengan yang ada di dalam Persamaan (3-38) ; artinya, P mempunyai satuan watt jika T mempunyai satuan newton meter dan P mempunyai satuan lb/detik j ika T mempunyai satuan pound-feet.

Dalam praktek di AS, daya sering dinyatakan dalam tenaga kuda (hp), suatu satuan yang sama dengan 550 ft-lb/s. Dengan demikian, tenaga kuda H yang disalurkan oleh batang yang berputar adalah

*Lihat Tabel A-I , Lampiran A tentang satuan kerja dan daya.


Mekanika Bahan 1 95

H = 2nnT 60(550)

2nnT 33.000

(n = rpm, T = lb-ft, H = hp) (3-43)

Satu tenaga kuda sama dengan sekitar 746 watt. Persamaan di atas menghubungkan antara torsi yang beketja pada

batang dan daya yang disalurkan oleh batang. Apabila torsi diketahui, maka kita dapat menentukan tegangan geser, regangan geser, sudut puntir, dan besaran lain yang dikehendaki dengan metode yang diuraikan dalam Subbab 3 .2 sampai 3 .5 . Contoh berikut ini menggambarkan beberapa prosedur untuk menganalisis batang yang berputar.

• Contoh 3-7

Sebuah motor yang menggerakkan batang baja lingkaran solid menyalurkan 40 hp ke gigi di B (Gambar 3-30). Tegangan geser izin untuk baja adalah 6000 psi. (a) Berapa diameter d yang diperlukan untuk batang tersebut jika akan dioperasikan pada 500 rpm? (b) Berapa diameter d yang diperlukan jika batang tersebut dioperasikan pada 4000 rpm?

Solusi

(a) Motor yang beroperasi pada 500 rpm. Dengan diketahuinya tenaga kuda dan laju rotasi, kita dapat mencari T yang bekerja pada batang dengan menggunakan Persamaan (3-43). Dengan memecahkan persamaan tersebut untuk mencari T, m aka

T = 3\0��H = ��64��; = 420,2 lb-ft = 5042 !b-in.

Torsi ini disalurkan oleh batang dari motor ke gigi. Tegangan geser maksimum di batang dapat diperoleh dari rumus torsi yang

dimodifikasi (Persamaan 3- 12):

Dengan memecahkan persamaan tersebut untuk mencari diameter d, dan juga memasukkan rizin untuk rmaks• kita dapatkan

sehingga

d3 = 16T = 1 6(5042 !b-in.) = 4,280 in.3

nrizin 7r(6000 psi)

d = 1 ,62 in. • Diameter batang hams sedikitnya sebesar ini agar tegangan geser izin tidak dilampaui.

(b) Motor yang beroperasi pada 4000 rpm. Dengan mengikuti prosedur yang sama dengan di bagian (a) kita dapatkan

1 96 Ba!J 3 Torsi

Motor


T = 33.000H = 33 .000(40 hp) = 52 52 lb-f = 6::\0 3 lb- · 27rn 27r( 4000 rpm) ' t - ' m.

cf = 1 6T 1 6(630,3 !b-in.) 3 7r(6000 psi) = 0,5350 in.

d = 0,8 1 in.

yang besamya setengah dari diameter yang didapatkan pacta bagian (a). ..

Contoh ini menunjukkan bahwa semakin besar laju rotasi, akan semakin kecil ukuran batang yang diperlukan (untuk daya yang sama dan tegangan izin yang sama).

• Contoh 3-8

Batang baja solid ABC yang diameternya 50 mm (Gambar 3-3 1 a) digerakkan di A oleh motor yang menyalurkan 50 kW ke batang pacta 1 0 Hz. Gigi di B dan C menggerakkan mesin yang membutuhkan daya sebesar masing-masing 35 kW dan 1 5 kW. Bandingkan tegangan geser maksimum rmaks di batang dan sudut puntir cf!Ac antara motor di A dan gigi di C. (Gunakan G = 80 GPa.)

J .o m - r l- 1 .2 ml TA = 796 N·m TB = 557 N·m Tc = 239 N·m

c

Solusi

Tarsi yang bekerja pada batang. Kita mulai analisis dengan menentukan torsi yang diterapkan pacta batang oleh motor dan kedua gigi. Karena motor memberikan 50 kW pacta 1 0 Hz, maka akan terjadi torsi TA di ujung A dari batang (Gambar 3-3 1 b) yang dapat kita hitung dengan Persamaan (3-40).

T p 50 kW - 796 N A = 27rf = 27r( I O Hz) - ·m

Dengan cara sama, kita dapat menghitung torsi TB dan T c yang diterapkan oleh gigi ke batang:

p 27rf

T - ___!_ c - 27rf

35 kW = 557 N·m 27r( 10 Hz) 1 5 kW - 239 N 27r( IO Hz) - ·m

Torsi ini ditunjukkan dalam diagram benda bebas batang (Gambar 3-3 1 b) . Perhatikan bahwa torsi yang diterapkan oleh gigi adalah berlawanan arah dengan torsi yang diterapkan oleh motor. (Jika kita berpikir bahwa TA sebagai "beban" yang diterapkan ke batang oleh motor, maka torsi TB dan Tc adalah "reaksi" gigi.)

Torsi internal di kedua segmen batang diperoleh dengan menggunakan diagram benda bebas dalam Gambar 3-3 1 b:

TAB = 796 N·m TBc = 239 N·m

Kedua torsi internal ini bekerja dengan arah yang sama sehingga sudut puntir di segmen AB dan BC saling menjumlahkan dalam mencari sudut puntir total.

Mekanika Bahan 1 97

(Jelasnya, kedua torsi adalah positif menurut perjanjian tanda yang diuraikan dalam Subbab 3.4.)

Tegangan geser dan sudut puntir. Tegangan geser dan sudut puntir di segmen AB dari batang diperoleh dengan cara biasa dari Persamaan (3- 1 2) dan (3- 1 5) :

TAB = I 6TAB = 1 6(796 N·n;) = 32,4 MPa 1rd3 7r(SO mm(

= TABLAB = (796 N·m)( 1 .0 m) 1/J AB GI ( 7r ' - 4 P (SO GPa) 32 / )Q mm)

Besaran tersebut untuk segmen BC adalah

r = 1 6TBc = 1 6(239 N·m) = 9 7 MPa BC 1rd3 7r(50 mm)3 '

= 0,01 62 rad

1/J - TBcLBc - _ _,(=-23'-"9-'N7-"'·m::.c)�( l'-",2::....::.:cm"-) - = 0.0058 rad BC - GIP -(80 GPa>(; )cso mm)4

Jadi, tegangan geser maksimum di batang terjadi di segmen AB dan sama dengan

rmaks = 32,4 MPa • Juga, sudut puntir total antara motor di A dan gigi di C adalah

1/JAc = 1/JAB + 1/JBc = 0,0 1 62 rad + 0,0058 rad = 0,0220 rad = 1 ,26° • Sebagaimana telah diterangkan, baik gigi maupun batang berputar pada arah yang sama sehingga sudut puntir saling memperbesar.

ELEMEN STRUKTUR TORSIONAL STATIS TAK TENTU

Batang yang dibahas pada subbab-subbab sebelumnya dalam bab ini adalah statis tertentu karena semua torsi internal dan semua reaksi dapat diperoleh dari diagram benda bebas dan persamaan keseimbangan. Jika kekangan lain, seperti tumpuan jepit, ditambahkan ke batang, maka persamaan keseimbangan tidak lagi memadai untuk menentukan torsi. Batang demikian disebut statis tak tentu. Elemen torsional seperti ini dapat dianalisis dengan menggunakan persamaan keseimbangan yang dilengkapi dengan persamaan keserasian yang berkaitan dengan peralihan rotasional. Jadi, metode umum untuk menganalisis elemen torsional statis tak tentu sama dengan yang diuraikan dalam Subbab 2-4 untuk batang statis tak tentu dengan beban aksial.

Langkah pertama adalah menuliskan persamaan keseimbangan (equations of equilibrium) dengan menggunakan diagram benda bebas yang diperoleh dari situasi fisik yang diketahui. Besaran anu di dalam persamaan keseimbangan adalah torsi, apakah torsi internal atau torsi reaksi. Langkah kedua di dalam analisis adalah memformulasikan persamaan keserasian (equations compatibility) yang didasarkan atas kondisi fisik yang berkaitan dengan sudut puntir. Dengan demikian, persamaan keserasian mengandung sudut puntir sebagai anu. Langkah ketiga adalah menghubungkan sudut puntir dengan torsi dengan menggunakan hubungan torsi-peralihan (torque-displacement relations) seperti 1/J = TUGIP. Sesudah memasukkan hubungan ini ke dalam persamaan keserasian, maka akan didapatkan persamaan dengan torsi sebagai anu. Dengan demikian,

1 98 Bab 3 Torsi

(a)

(b)

(c)

Pi at ujung

A ·Jtri:E=�;;a;m=� B T2

---...

Tabung (2)

(d)

Gambar 3-32 Batang statis tak tentu yang mengalami torsi

langkah terakhir adalah menyelesaikan secara simultan persamaan keseimbangan dan keserasian untuk mendapatkan torsi.

Untuk menggambarkan metode solusi ini, kita akan menganalisis batang komposit AB yang terlihat dalam Gambar 3-23a dan b. Batang ini dijepit di ujung A dan dibebani torsi T di ujung B, Batang ini terdiri atas batang solid di dalam tabung, di mana batang solid dan tabung tersebut digabungkan pada plat ujung kaku di B. Untuk mudahnya, kita akan memberikan notasi batang solid dan tabung (serta besaran-besarannya) masing-masing sebagai bahan 1 dan 2. Sebagai contoh, diameter batang solid diberi notasi d1 dan diameter luar tabung diberi notasi d2• Ada celah kecil di antara batang dan tabung sehingga diameter dalam dari tabung sedikit lebih besar daripada d1•

Apabila torsi T diterapkan pada ujung batang, maka plat ujung berotasi dengan sudut kecil </J dan torsi T1 dan T2 timbul di batang solid dan tabung (lihat Gambar 3-32c dan d, yang menunjukkan batang solid dan tabung yang dipisahkan satu sama lain). Dari keseimbangan kita ketahui bahwa jumlah torsi sama dengan beban yang bekerja sehingga persamaan keseimbangan adalah

(a)

Karena persamaan ini mengandung dua anu (T1 dan T2), maka kita lihat bahwa batang komposit AB (Gambar 3-32a) adalah statis tak tentu.

Untuk mendapatkan persamaan kedua, kita harus meninjau peralihan rotasional batang solid dan tabung. Misalkan sudut puntir batang solid (Gambar 3-32c) diberi notasi </J1 dan sudut puntir tabung diberi notasi </J2 (Gambar 3-32d). Kedua sudut ini harus sama karena batang solid dan tabung terhubung di plat ujung dan berotasi bersama; jadi, persamaan keserasian adalah

(b)

Sudut </J1 dan </J2 berhubungan dengan torsi T1 dan T2 dengan hubungan torsi-peralihan, di mana untuk bahan elastis linier diperoleh dari persamaan </J = TUG/P. Jadi,

(c,d)

di mana G1 dan G2 adalah modulus geser elastisitas dari bahan dan IP1 dan IP2 adalah momen inersia polar dari masing-masing penampang.

Apabila rumus-rumus untuk </J1 dan </J2 dimasukkan ke dalam Persamaan (b), maka persamaan keserasian menjadi

T., L T2L -- = -- (e)

Sekarang kita mempunyai dua persamaan (Persamaan a dan e) dengan dua anu sehingga kita dapat memecahkannya untuk menghitung T1 dan T2• Hasilnya adalah

[ G2 lp2 ) T2 = T G I + G I (3-44a,b)

I pi 2 p2

Dengan diketahuinya kedua torsi ini, bagian penting dari analisis statis tak tentu telah selesai. Semua besaran lain, seperti tegangan dan sudut puntir, dapat diperoleh dengan menggunakan harga torsi ini.

Mekanika Bahan 1 99

Pembahasan di atas menggambarkan metodologi umum untuk menganalisis sistem statis tak tentu yang mengalami torsi. Dala ontoh berikut, pendekatan yang sama digunakan untuk menga · sis sebuah batang yang terjepit di kedua ujungnya.

Catatan: Di dalam semua soal dan contoh subbab ini kita mengasumsikan bahwa batang terbuat dari bahan elastis linier. Sekalipun demikian, metodologi umum ini juga dapat diterapkan pada batang dari bahan nonlinier-perubahan satu-satunya adalah hubungan torsi-peralihan.

• Contoh 3.9

(a)

(b)

B

(c)

(d)

Gambar 3-33 Contoh 3-9. Batang statis tak tentu

Batang ACB yang terlihat dalam Gambar 3-33a dan b dijepit di kedua ujungnya dan dibebani torsi T0 di titik C. Segmen AC dan CB dari batang ini masing-masing mempunyai diameter dA dan dB, panjang LA dan LB serta momen inersia polar lpA dan lpB· Bahan untuk batang ini sama di kedua segmen. Turunkan rumus untuk (a) torsi reaksi TA dan TB di kedua ujung, (b) tegangan geser maksimum TAc dan TcB di masing-masing segmen batang, dan (c) sudut rotasi c!!c di penampang di mana beban T0 diterapkan.

Solusi

Persamaan keseimbangan. Beban T0 menimbulkan reaksi TA dan TB di kedua ujung jepit, seperti terlihat dalam Gambar 3-33a dan b. Kedua gambar ini merupakan diagram benda bebas untuk batang karena semua torsi (baik beban maupun reaksi) digambarkan. Jadi, dari keseimbangan batang kita peroleh

(f)

Karena ada dua anu di dalam persamaan ini ( dan tidak ada persamaan keseimbangan lain yang berguna), maka batang ini adalah statis tak tentu.

Persamaan keserasian. Sekarang kita memisahkan batang dari tumpuan di ujung B dan mendapatkan batang yang terjepit di ujung A dan berujung bebas di B (Gambar 3-33c dan d). Apabila hanya beban T0 yang bekerja pada batang ini, maka beban ini menimbulkan sudut puntir di ujung B yang diberi notasi I/J1 (Gambar 3-33c). Begitu pula apabila torsi reaksi TB bekerja sendiri, maka torsi ini akan menimbulkan sudut puntir I/J2 (Gambar 3-33d). Sudut puntir di ujung B di batang semula sama dengan jumlah dari I/J1 dan I/J2 yaitu nol. Dengan demikian, persamaan keserasian adalah

(g)

Perhatikan bahwa I/J1 dan I/J2 diasumsikan positif dalam arah yang terlihat dalam gambar tersebut.

Persamaan torsi-peralihan. Sudut puntir I/J1 dan I/J2 dapat dinyatakan dalam torsi T0 dan T8 dengan memperhatikan Gambar 3-33c dan d, serta dengan menggunakan persamaan 1/J = TUGIP. Persamaannya adalah sebagai berikut:

1/JI = ToLA 1/Jz = - TBLA - TaLB (h,i) GlpA GlpA GlpB

Tanda minus muncul di dalam Persamaan (i) karena TB menghasilkan rotasi yang berlawanan dengan arah positif yang diasumsikan dalam Gambar 3-33d.

Sekarang kita masukkan sudut puntir (Persamaan h dan i) ke dalam persamaan keserasian (Persamaan g) dan kita dapatkan

T0LA _ TBLA _ TBLB = 0 GlpA GlpA GlpB

a tau (j)

200 Bab 3 Torsi

Solusi persamaan. Persamaan di atas dapat diselesaikan untuk mendapatkan torsi T8, yang selanjutnya dapat dimasukkan ke dalam persamaan keseimbangan (Persamaan f) untuk mendapatkan torsi TA. Hasilnya adalah

[ LA /pB J TB == To L I + L I (3-45a,b) .. B pA A pB

Jadi, torsi reaksi di ujung-ujung batang telah diperoleh dan bagian analisis statis tak tentu telah selesai.

Sebagai kasus khusus, perhatikan bahwa jika batang ini prismatis (IpA == IpB == JP), maka hasil di atas dapat disederhanakan menjadi

T - TaLn T - TaLA (3-46a,b) A -L n -

L

di mana L adalah panjang total batang. Persamaan-persamaan ini analog dengan reaksi pada batang yang dibebani secara aksial dengan dua ujung dijepit (lihat Persamaan 2-8a dan 2-8b).

Tegangan geser maksimum. Tegangan geser maksimum di setiap bagian batang diperoleh secara langsung dari rumus torsi:

Dengan memasukkan Persamaan (3-45a) dan (3-45b) maka

(3-47a,b) •

Dengan membandingkan hasil kali LEflA dan LAd8, kita dapat segera menentukan segmen mana yang mengalami tegangan lebih besar.

Sudut rotasi. Sudut rotasi C/Jc di penampang C sama dengan sudut puntir segmen batang manapun karena kedua segmen berotasi dengan sudut yang sama di penampang C. Dengan demikian, kita memperoleh

TA LA T8L8 T0LAL8 C/Jc == -- + -- == -----"--"--"---GipA GlpB G(L8/pA + LA/p8 )

(3-48) ..

Di dalam kasus khusus batang prismatis (IpA == IpB == JP), sudut rotasi di penampang di mana beban diterapkan adalah

,. == TaLALB 'I'C GLI p (3-49)

Contoh ini menggambarkan bukan hanya analisis batang statis tak tentu melainkan juga penentuan tegangan dan sudut rotasi. Perhatikan juga bahwa hasil yang diperoleh dalam contoh ini berlaku untuk batang yang mempunyai segmen solid atau tabung.

ENERGI REGANGAN PADA KONDISI TORSI DAN GESER MURNI

Pacta saat beban bekerja pacta suatu struktur, kerja ctilakukan oleh beban ctan energi regangan timbul cti ctalam struktur, sebagaimana telah ctibahas secara rinci dalam Subbab 2. 7 untuk batang yang mengalami be ban aksial. Di ctalam pembahasan berikut ini kita akan menggunakan konsep ctasar yang sama ctalam menentukan energi regangan suatu batang yang mengalami torsi.

Gambar 3-34 Batang prismatis yang mengalami torsi mumi

Torsi A

Gambar 3-35 Diagram torsirotasi untuk batang yang mengalami torsi mumi (bahan elastis linier)

Mekanika Bahan 201

Tinjaulah batang prismatis AB yang mengalami torsi mumi akibat aksi torsi T (Gambar 3-34). Pada saat beban diterapkan secara statis, batang tersebut terpuntir dan ujung bebas berotasi dengan sudut e. Sekarang asumsikan bahwa bahan batang adalah elastis linier dan mengikuti hukum Hooke. Selanjutnya, hubungan antara torsi yang bekerja dan sudut puntir juga linier, seperti terlihat pada diagram torsi-rotasi dalam Gambar 3-35 dan sebagaimana ditunjukkan dalam rumus 1/J = TUGIP. Kerja W yang dilakukan oleh torsi pada saat berotasi dengan sudut 1/J adalah sama dengan luas di bawah kurva torsi-rotasi. Selain itu, dari prinsip konservasi energi kita ketahui bahwa energi regangan batang sama dengan kerja yang dilakukan oleh beban, asalkan tidak ada energi yang masuk atau hilang dalam bentuk panas. Dengan dernikian, kita dapatkan persamaan berikut untuk energi regangan U pada batang:

(3-50)

Persamaan ini analog dengan persamaan U = W = P/512 untuk batang yang mengalami beban aksial (lihat Persamaan 2-29). Dengan menggunakan persamaan 1/J = TUG JP kita dapat menyatakan energi regangan dalam bentuk:

(3-5 1 a,b)

Rumus pertama dinyatakan dalam beban dan rumus kedua dinyatakan dalam sudut puntir. Sekali lagi, perhatikan adanya analogi dengan persamaan untuk batang yang mengalami beban aksial (lihat Persamaan 2-3 1 a dan b).

Satuan SI untuk kerja dan energi adalah joule (J), yang sama dengan satu newton meter ( 1 J = 1 N.m). Satuan dasar USCS untuk ini adalah foot-pound (ft-lb), tetapi satuan lain, seperti inch-pound (in-lb) dan inchkip (in-k), umum juga digunakan.

• Torsi Tak Seragam

Jika sebuah batang mengalami torsi tak seragam (diuraikan dalam Subbab 3 .4), kita membutuhkan rumus tambahan untuk energi regangan. Dalam kasus tersebut di mana batang terdiri atas segmen-segmen prismatis dengan torsi konstan di setiap segmen (lihat Gambar 3-14a da1am Subbab 3 .4), kita dapat menentukan energi regangan di setiap segmen dan menjumlahkannya untuk mendapatkan energi regangan batang:

n

U = Lp; (3-52) i=l

di mana U; adalah energi regangan segmen i dan n adalah banyaknya segmen. Sebagai contoh, jika kita gunakan Persamaan (3-5 1 a) untuk mendapatkan masing-masing energi regangan, maka persamaan di atas menjadi

U = i T/L; i=l 2G;lp;

(3-53)

202 Bab 3 Torsi

di mana T; adalah torsi internal di segmen i dan L;, G;, dan Ip; adalah besaran torsional segmen tersebut.

Jika penampang batang atau torsi internal bervariasi di sepanjang sumbunya, sebagaimana digambarkan dalam Gambar 3-15 dan 3-16 dalam Subbab 3 .4, kita dapat memperoleh energi regangan total dengan mulamula menentukan energi regangan suatu elemen dam selanjutnya mengintegrasikannya di sepanjang sumbunya. Untuk elemen yang panjangnya

dx, energi regangannya adalah (lihat Persamaan 3-5 1 a):

dU = [T(x)]2 dx 2G/P (x)

di mana T(x) adalah torsi internal yang bekerja pada elemen dan fix) adalah momen inersia polar penampang elemen terse but. Dengan demikian, total energi regangan batang adalah

U = fL[T(x)]2 dx Jo 2GIP(x) (3-54)

Sekali lagi, kemiripan rumus untuk energi regangan pada kondisi torsi dan beban aksial terlihat jelas (bandingkan Persamaan 3-53 dan 3-54 dengan Persamaan 2-34 dan 2-35 pada Subbab 2.7).

Penggunaan persamaan di atas untuk torsi tak seragam digambarkan dalam contoh berikut ini. Di dalam Contoh 3-10 energi regangan didapatkan untuk batang yang mengalami torsi murni dengan segmen-segmen prismatis, dan di dalam Contoh 3- 1 1 dan 3- 12 energi regangan diperoleh untuk batang dengan torsi yang bervariasi dan dimensi penampang yang bervariasi pula. Selain itu, Contoh 3- 1 2 menunjukkan bagaimana, pada kondisi yang sangat terbatas, sudut puntir suatu batang dapat ditentukan dari energi regangan. (Untuk pembahasan yang lebih rinci mengenai metode ini, termasuk pembatasannya, lihat " 'Peralihan Yang Disebabkan Oleh Satu Beban" dalam Subbab 2.7.)

Dalam mengevaluasi energi regangan kita harus ingat bahwa persamaan yang diturunkan dalam subbab ini hanya berlaku untuk batang-batang dari bahan elastis linier dengan sudut puntir kecil. Juga, kita harus ingat hal penting yang disebutkan dalam Subbab 2.7, yaitu energi regangan suatu struktur yang memikul lebih dari satu be ban tidak dapat diperoleh dengan menjumlahkan energi regangan yang diperoleh untuk beban individual yang bekerja secara terpisah. Hal ini ditunjukkan dalam Contoh 3-10.

• Rapat Energi Regangan dalam Kondisi Geser Murni

Karena elemen individual dari suatu batang mengalami tegangan pada kondisi geser murni, maka rumus untuk energi regangan yang berkaitan dengan tegangan geser perlu diketahui. Kita mulai analisisnya dengan meninjau elemen kecil bahan yang mengalami tegangan geser r di muka samping (Gambar 3-36a). Supaya mudah, kita akan mengasumsikan bahwa muka depan elemen adalah bujursangkar, dengan setiap sisi mempunyai panjang h. Meskipun gambar tersebut hanya menunjukkan gambar dua dimensi dari elemen, kita ketahui bahwa elemen tersebut sebenamya adalah tiga dimensi dengan ketebalan t tegak lurus bidang gambar. Akibat aksi tegangan geser, elemen akan terdistorsi sedemikian rupa sehingga muka depan menjadi jajaran genjang, seperti terlihat dalam Gambar 3-36b. Perubahan sudut di setiap pojok elemen adalah regangan geser y.

Gambar 3-36 Elemen dalam kondisi geser murni

Mekanika Bahan 203

Gaya geser V yang bekerja di muka samping elemen (Gambar 3-36c) diperoleh dengan mengalikan tegangan dengan luas ht di mana tegangan tersebut bekerja:

V = rh t (a)

Gaya-gaya ini menimbulkan kerja pada saat elemen berubah bentuk dari bentuk semula (Gambar 3-36a) ke bentuk terdistorsi (Gambar 3-36b ) . Untuk menghitung kerja ini kita harus menentukan jarak relatif yang dilalui gay a geser. Hal ini dapat dengan mudah dicari jika elemen dalam Gambar 3-36c diputar sebagai benda tegar sampai dua mukanya menjadi horizontal, seperti terlihat dalam Gambar 3-36d. Selama rotasi benda tegar, kerja neto yang dilakukan oleh gaya V adalah nol karena gaya-gaya tersebut adalah sepasang, sama besar, dan berlawanan arah sehingga membentuk kopel.

r

l (a) (b)

(b)

Seperti terlihat dalam Gambar 3-36d, muka atas dari elemen beralih secara horizontal dengan jarak o (relatif terhadap muka bawah) pada saat gaya geser meningkat secara gradual dari nol sampai harga akhir V. Peralihan o sama dengan hasil kali regangan geser y (yang merupakan sudut kecil) dan dimensi vertikal elemen:

(b)

Jika kita asumsikan bahwa bahan adalah elastis linier dan mengikuti hukum Hooke, maka kerja yang dilakukan oleh gaya V sama dengan V&'l, yang juga merupakan energi regangan yang disimpan di dalam elemen:

u = w = vo 2

(c)

Perhatikan bahwa gaya-gaya yang bekerja pada muka samping elemen (Gambar 3-36d) tidak bergerak di sepanjang garis kerjanya sehingga gayagaya tersebut tidak melakukan kerja. Dengan memasukkan Persamaan (a) dan (b) ke dalam Persamaan (c), maka kita dapatkan total energi regangan elemen:

204 Bab 3 Tarsi

(a)

(b)

(c)

Gambar 3-37 Contoh 3- 10

Karena volume elemen adalah h2t, maka rapat energi regangan u (yaitu energi regangan per volume satuan) adalah

u = ry 2

(d)

Akhimya, kita masukkan hukum Hooke pada kondisi geser ( r = Gy) dan kita dapatkan persamaan berikut untuk rapat energi regangan pada kondisi geser murni:

(3-55a,b)

Kedua persamaan ini mempunyai bentuk yang sama dengan persamaan untuk kondisi tegangan uniaksial (Persamaan 2-38a dan b dalam Subbab 2.7).

Satuan SI untuk rapat energi regangan adalah joule per meter kubik (J/m3), dan satuan uses adalah pound-inci/in3 (atau satuan lain yang serupa). Karena satuan ini sama dengan satuan untuk tegangan, maka kita dapat pula menyatakan rapat energi regangan dalam pascal (Pa) atau psi.

Dalam Subbab 3. 1 0 kita akan menggunakan persamaan untuk rapat energi regangan yang dinyatakan dalam tegangan geser (Persamaan 3-55a) untuk menentukan sudut puntir pada tabung berdinding tipis yang mempunyai bentuk penampang sembarang.

• Contoh 3-1 0

Sebuah batang lingkaran solid AB yang panjangnya L dijepit pada satu ujung dan bebas pada ujung lainnya (Gambar 3-37). Tiga kondisi pembebanan akan ditinjau. (a) torsi T" yang bekerja pada ujung bebas, (b) torsi Tb yang bekerja di titik tengah batang. dan (c) torsi Ta dan Th yang bekerja secara simultan. Untuk setiap kasus pembebanan, dapatkanlah rumus untuk energi regangan yang disimpan di batang. Kemudian hitunglah energi regangan untuk data sebagai berikut: T = 1 00 N.m, Th = 1 50 N.m, L = 1 ,6 m, G = 80 GPa, dan /" = 79,52 x 1 03 mm

"4.

Solusi

(a) Tarsi Ta yang bekerja di ujung bebas (Gambar 3-37a). Pada kasus ini energi regangan diperoleh secara 1angsung dari Persamaan (3-5 1 a) :

(e) •

(b) Tarsi Tb yang bekerja di titik tengah (Gambar 3-37b ) . Apabila torsi bekcrja di titik tengah, kita terapkan Persamaan (3-5 1 a) di segmen AC dari batang tersebut:

(f) •

(c) Tarsi Ta dan Tb bekerja secara simultan (Gambar 3-37c). Pada saat kedua beban bekerja pada batang, maka torsi di segmen CB adalah Ta dan torsi di segmen A C adalah Ta + Tb. Jadi energi regangannya (dari Persamaan 3-53) adalah

Gambar 3-38 Contoh 3- 1 1

Mekanika Bahan 205

(g) ..

Perbandingan Persamaan (e), (f), dan ( g ) menunjukkan bahwa energi regangan yang dihasilkan oleh kedua beban yang bekerja secara simultan tidak sama dengan jumlah energi regangan yang dihasilkan oleh beban yang bekerja secara terpisah. Sebagaimana disebutkan dalam Subbab 2. � . penyebabnya adalah karena energi regangan adalah fungsi kuadratik dari beban. bukan fungsi linier.

(d) Hasil numeris. Dengan memasukkan data yang diberikan dalam Persamaan (e), kita peroleh

T2L ( 1 00 N·m)2 1 1 .6 m 1 U = _a - = = 1 ,26 J a 2GJP 2(80 GPa)(79,52 X 1 0 ' mm" I ..

Ingat bahwa satu joule sama dengan satu ne\\·ton meter 1 I J = I N.m.) Dengan melakukan ha! yang sama untuk Per;camaan ' f1 dan (g). kita dapatkan

uh = 2,83 1 Uc = I ,26 J + 1 ,89 I + 2.83 I = 5 .98 J

.. ..

Perhatikan bahwa suku tcngah, yang meliputi ha,i l kali kedua beban. mempunyai kontribusi penting terhadap energi regangan dan tidak dapat diabaikan.

• Contoh 3-1 1

Sebuah batang prismatis AB yang dijepit pada satu ujung dan bebas di ujung lainnya dibebani oleh torsi yang terdistribusi dengan intensitas t konstan per satuan panjang di scpanjang sumbu batang (Gambar 3-38). (a) Turunkan rumus untuk cnergi regangan batang. (b) Hitunglah energi regangan batang berlubang yang digunakan untuk mengebor tanah jika datanya adalah sebagai berikut: t = 480 !bin/in, L = 1 2 ft, G = 1 1 ,5 x 1 06 psi, dan JP = 1 7, 1 8 in4.

Solusi

(a) Energi regangan batang. Langkah pertama dalam solusi adalah menentukan torsi internal T(x) yang bekerja pada jarak x dari ujung bebas batang (Gambar 3-38). Torsi ini sama dengan torsi total yang bekerja pada segmen batang dari x = 0 sampai x = x; jadi,

T(x) = tx (h)

Dengan memasukkan persamaan ini ke dalam Persamaan (3-54), kita dapatkan

U = fL [T(x)f dx = _1_f�tx)z dx = t2 L3

0 2GJP 2GIP 0 6GJP (3-56) ..

yang memberikan energi rcgangan yang disimpan dalam batang. (b) Hasil numeris. Untuk menghitung energi regangan batang, kita masukkan

data yang ada ke dalam Persamaan (3-56):

U -- t 2 L3 _- (480 lb-in./in.)2 ( 144 in.)3 ---'-------,,---'----'�---'-;- = 580 in.-lb • 6GJP 6(1 1 ,5 X 1 06 psi)( l 7 , 1 8 in.4 )

Contoh ini menggambarkan penggunaan integrasi untuk menghitung energi regangan suatu batang yang mengalami beban terdistribusi.

206 Bab 3 Tarsi

Gam bar 3·39 Contoh 3 - 1 2 . ' Batang yang meruncing yang meng

alami torsi

• Contoh 3.1 2

Sebuah batang AB yang meruncing dengan penampang lingkaran solid mempunyai tumpuan di satu ujung dan dibebani torsi T di ujung lainnya (Gambar 3-39). Diameter batang bervariasi secara linier dari dA di ujung kiri sampai d8 di ujung kanan. Tentukan sudut rotasi 1/JA di ujung A dari batang dengan menyamakan energi regangan dengan kerja yang dilakukan oleh beban.

Solusi

Dari prinsip konservasi energi kita ketahui bahwa kerja yang dilakukan oleh torsi sama dengan energi regangan batang; jadi, W = U. Kerja dihitung dengan menggunakan persamaan

(i)

dan energi regangan U dihitung dengan Persamaan (3-54). Untuk menggunakan Persamaan (3-54) kita membutuhkan rumus torsi T(x)

dan momen inersia polar fix). Torsi adalah konstan di sepanjang sumbu batang dan sama dengan beban T, dan momen inersia polar adalah

IP(x) = �[d(x)t di mana d(x) adalah diameter batang pada jarak x dari ujung A. Dari geometri pada gambar, kita lihat bahwa

(j) sehingga

(k)

Sekarang kita dapat memasukkannya ke dalam Persamaan (3-54), sebagai berikut:

Integral di dalam rumus ini dapat diintegrasi dengan menggunakan tabel integrasi di dalam Lampiran C. Namun, kita telah mengevaluasi integral ini dalam Contoh 3-5 Subbab 3.4 (lihat Persamaan g pada contoh tersebut) dan telah mendapatkan bahwa

fL dx L ( 1 1 J Jo ( dA + d8 � dA X r = 3(dB - dA ) d� - d�

Dengan demikian, energi regangan batang yang meruncing adalah

(3-57)

Dengan menyamakan energi regangan ini dengan kerja yang dilakukan oleh torsi (Persamaan i) serta menghitung 1/JA, maka kita dapatkan

32T2L ( 1 1 ) 1/JA = 31CG(d8 - dA ) l d� - d� (3-58) •

Persamaan ini, yang sama dengan Persamaan (3-26) dalam Contoh 3-5 Subbab 3.4 memberikan sudut rotasi di ujung A dari batang yang meruncing.

Mekanika Bahan 207

Perhatikan bahwa metode yang digunakan dalam contoh ini untuk mencari sudut rotasi hanya cocok apabila batang mengalami beban tunggal, dan hanya jika sudut yang yang dicari adalah yang berkaitan dengan beban tersebut. Bilamana tidak, kita hams mencari peralihan sudut dengan menggunakan metode biasa yang diuraikan dalam Subbab 3.3, 3.4, dan 3.8.

3·1 0 I T ABUNG BERDINDING TIPIS

Teori torsi yang diuraikan dalam subbab sebelum ini berlaku pada batang solid dan berlubang dengan penampang lingkaran. Bentuk lingkaran adalah bentuk yang efisien untuk menahan torsi sehingga paling banyak digunakan, khususnya pada mesin-mesin. Sekalipun demikian. pada struktur ringan, seperti pesawat udara dan pesawat ruang angkasa. tabung berdinding tipis dengan penampang nonlingkaran sering dibutuhkan untuk menahan torsi. Dalam subbab ini, kita akan menganalisis elemen struktural seperti ini.

Untuk mendapatkan rumus yang berlaku untuk berbagai bentuk, tinjaulah tabung berdinding tipis dengan bentuk penampang sembarang (Gambar 3-40a). Tabung ini berbentuk silindris-artinya semua penampang adalah identik dan sumbu longitudinalnya adalah garis lurus . Tebal t dari dinding tidak harus konstan, tetapi dapat bervariasi di sekeliling penampang. Namun, tebal tersebut harus kecil dibandingkan dengan lebar total tabung. Tabung ini mengalami torsi mumi akibat torsi T yang bekerja di ujungujungnya.

• Tegangan Geser

Gambar 3-40 Tabung berdinding tipis dengan penampang sembarang

Tegangan geser r yang bekerja pada penampang tabung digambarkan dalam Gambar 3-40b, yang menunjukkan suatu elemen dari tabung yang dipotong di antara dua penampang yang mempunyai jarak dx satu sama lain. Tegangan-tegangan bekerja sejajar dengan tepi penampang dan

y

(a)

1-dx--1 (b) (c) (d)

208 8ab 3 Torsi

Gambar 3-41 Penampang tabung berdinding tipis

"mengalir" di sekeliling penampang. Juga, intensitas tegangan bervariasi sedemikian sedikitnya dalam arah tebal tabung (karena tabung tersebut diasumsikan tipis) sehingga kita dapat mengasumsikan r konstan di dalam arah tersebut. Namun, jika tebal t tidak konstan, maka intensitas tegangan akan bervariasi apabila kita mengelilingi penampang, dan bagaimana cara variasinya harus ditentukan dari keseimbangan.

Untuk menentukan besar tegangan geser, kita akan meninjau elemen persegi panjang abed dengan mengambil dua potongan longitudinal ab dan ed (Gambar 3-40a dan b). Elemen ini diisolasi sebagai benda bebas dalam Gambar 3-40c. Pada muka penampang be bekerja tegangan geser r seperti terlihat dalam Gambar 3-40b. Kita asumsikan bahwa tegangan ini bervariasi intensitasnya apabila kita bergerak di sepanjang penampang dari b ke e; dengan demikian, tegangan geser di b diberi notasi rh dan yang di e diberi notasi re. Seperti kita ketahui dari keseimbangan, tegangan geser identik bekerja dalam arah yang berlawanan pada muka penampang yang berlawanan ad, dan tegangan geser yang besarnya sama juga bekerja di muka longitudinal ab dan ed. Jadi, tegangan geser konstan yang bekelja pada muka ab dan ed masing-masing sama dengan rb dan re.

Tegangan yang bekerja di muka longitudinal ab dan ed menimbulkan gaya Fb dan Fe (Gambar 3-40d). Gaya-gaya ini diperoleh dengan mengalikan tegangan dengan luas di mana tegangan tersebut bekerja:

Fb = rb tbdx Fe = rc tcdx

di mana tb dan tc masing-masing adalah tebal tabung di titik b dan e (lihat Gambar 3-40d). Selain itu, gaya F1 dihasilkan oleh tegangan yang bekerja di muka be dan ad. Dari keseimbangan elemen dalam arah longitudinal (arah x), kita lihat bahwa Fb = Fe, atau

rb tb = re te

Karena lokasi potongan longitudinal ab dan ed dipilih sembarang, maka dari persamaan di atas terlihat bahwa hasil kali tegangan geser 't dan tebal tabung t akan sama di setiap titik pacta penampang. Hasil kali ini dikenal dengan aliran geser dan diberi notasi huruf f.

(3-59)

Hubungan ini menunjukkan bahwa tegangan geser terbesar terjadi di mana tebal tabung adalah yang terkecil, begitu pula sebaliknya. Di daerah di mana tebalnya konstan, tegangan geser juga konstan.

Langkah selanjutnya dalam analisis adalah menghubungkan aliran geser f (dan juga tegangan geser r) dengan torsi T yang bekerja pacta tabung. Untuk itu, tinjaulah penampang tabung, seperti terlihat dalam Gambar 3-41 . Garis median ( disebut juga garis pus at) dari dinding tabung ditunjukkan dengan garis putus di dalam gambar. Kita tinjau elemen luas yang panjangnya ds (diukur di sepanjang garis median) dan tebal t. Jarak s yang mendefinisikan lokasi elemen diukur di sepanjang garis median dari titik referensi yang dipilih sembarang.

Gaya geser total yang bekerja pada elemen yang luasnya f ds, dan momen akibat gaya ini terhadap titik sembarang 0 di dalam tabung, adalah

dT = rf ds

di mana r adalah jarak tegak lurus dari titik 0 ke garis kerja gaya f ds. (Perhatikan bahwa garis kelja gaya f ds adalah tangen terhadap garis

Gambar 3-42 Tabung lingkaran berdinding tipis

Gambar 3-43 Tabung persegi panjang berdinding tipis

Mekanika Bahan 209

median penampang di elemen ds.) Torsi total T yang dihasilkan oleh tegangan geser diperoleh dengan mengintegrasikan di sepanjang garis median penampang:

rL� T = fJ/ ds (a)

di mana Lm menunjukkan panjang garis median. Integral dalam Persamaan (a) mungkin sulit dipecahkan dengan cara-cara formal matematika, tetapi untungnya mudah dipecahkan dengan menggunakan interpretasi geometri sederhana. Besaran r ds menunjukkan dua kali luas segitiga yang digelapkan dalam Gambar 3-4 1 . (Perhatikan bahwa segitiga tersebut mempunyai panjang dasar ds dan tinggi yang sama dengan r.) Dengan demikian, integral tersebut menunjukkan dua kali luas A n, yang dibatasi oleh garis median penampang:

r Lm Jo

r ds = 2Am (b)

Dari Persamaan (a) kita ketahui T = 2fAm sehingga aliran geser adalah

T f = 2A m

(3-60)

Sekarang kita dapat mengeliminasi aliran geser f antara Persamaan (3-59) dan (3-60) dan mendapatkan rumus torsi untuk tabung berdinding tipis :

(3-6 1 )

Karena r dan Am adalah besaran penampang, maka tegangan geser r dapat dihitung dari Persamaan (3-6 1 ) untuk sembarang tabung berdinding tipis yang mengalami torsi T yang diketahui. (lngat: Luas Am adalah luas yang dibatasi oleh garis median, bukan luas penampang tabung.)

Untuk menggambarkan penggunaan rumus torsi, tinjaulah tabung lingkaran berdinding tipis (Gambar 3-42) yang tebalnya t dan jari-jarinya r ke garis median. Luas yang dibatasi oleh garis median adalah

Am = n? (3-62) sehingga tegangan geser (konstan di sekeliling penampang) adalah

r = � 2nr"t

(3-63)

Rumus ini cocok dengan tegangan yang diperoleh dari rumus torsi standar (Persamaan 3-1 1 ) apabila rumus standar diterapkan pada tabung lingkaran dengan dinding tipis dengan menggunakan rumus pendekatan JP "" 2n?t (Persamaan 3- 1 8).

Sebagai ilustrasi kedua, tinjaulah tabung persegi panjang berdinding tipis (Gambar 3-43) yang mempunyai tebal t 1 di samping dan t2 di atas dan bawah. Juga, tinggi dan lebar (yang diukur ke garis median dari penampang) masing-masing adalah h dan b. Luas di dalam garis median adalah

(3-64)

sehingga tegangan geser di sisi vertikal dan horizontal masing-masing adalah

r

2 1 0 Bab 3 Torsi

T r horis = 2t bh 2

(3-65a,b)

Jika t2 lebih besar daripada t 1, maka tegangan geser maksimum akan terjadi di sisi vertikal penampang.

• Energi Regangan dan Konstanta Torsi

Energi regangan tabung berdinding tipis dapat ditentukan dengan mulamula mencari energi regangan suatu elemen dan selanjutnya mengintegrasikan di seluruh volume batang. Tinjaulah elemen tabung yang mempunyai luas t ds pada penampang (lihat elemen dalam Gambar 3-41) dan panjang dx (lihat elemen dalam Gambar 3-40). Volume elemen seperti ini, yang bentuknya sama dengan elemen abed dalam Gambar 3-40a, adalah t ds dx. Karena elemen tabung berada dalam keadaan geser mumi, maka rapat energi regangan pada elemen tersebut adalah r/2G, seperti dinyatakan dengan Persamaan (3-55a). Energi regangan total pada elemen sama dengan rapat energi regangan dikalikan dengan volume:

2 2 2 !2 dU = � t ds dx = :I.._!_ ds

dx = -- ds dx 2G 2G t 2G t

di mana kita telah menggantikan rt dengan aliran geserf(suatu konstanta). Energi regangan total pada tabung diperoleh dengan mengintegrasikan dV di seluruh volume tabung. J adi, ds diintegrasi dari 0 sampai Lm di sekeliling garis median dan dx diintegrasi di sepanjang sumbu tabung dari 0 sampai L, di mana L adalah panjang tabung. Dengan demikian,

V = fdv = t- fL"' ds r Ldx

lG Jo t Jo

Perhatikan bahwa tebal t dapat bervariasi di sekeliling garis median dan harus tetap bersama ds di dalam tanda integral. Karena integral terakhir sama dengan panjang L dari tabung, maka persamaan untuk energi regangan menjadi

V = f2 L fLm ds 2G Jo t

Dengan memasukkan aliran geser dari Persamaan (3-60), kita dapatkan

/"., T2 L fLm ds lV � -- ---,... 8GA,;. o t (3-66)

sebagai persamaan untuk energi regangan pada tabung yang dinyatakan dalam torsi T.

Rumus di atas untuk energi regangan dapat ditulis dalam bentuk yang lebih sederhana dengan menggunakan besaran baru penampang yang disebut konstanta torsi. Untuk tabung berdinding tipis, konstanta torsi tyang diberi notasi huruf f) didefinisikan sebagai berikut:

(3-67)

Mekanika Bahan 21 1

Dengan menggunakan notasi ini. persamaan untuk energi regangan (Persamaan 3-66) menjadi

(3-68)

yang mempunyai bentuk sama dengan persamaan untuk energi regangan pada batang lingkaran (lihat Persamaan 3-5 1 a). Satu-satunya perbedaan adalah bahwa konstanta torsi 1 telah menggantikan momen inersia polar JP. Perhatikan bahwa konstanta torsi mempunyai satuan panjang pangkat em pat.

Dalam kasus khusus penampang yang mempunyai tebal konstan t,

rumus untuk 1 (Persamaan 3-67) menjadi :, . : . . . '"!: ·.• J •• .:_·····4tA; .··.·· .• , . .. Lm. (3-69)

Untuk setiap bentuk penampang, kita dapat menghitung 1 dari Persamaan (3-67) atau dari Persamaan (3-69).

Sebagai ilustrasi, tinjau lagi tabung lingkaran berdinding tipis dalam Gambar 3-42 . Karena tebalnya konstan, maka kita gunakan Persamaan (3-69) dan memasukkan Lm = 2nr dan A, = n?: hasilnya adalah

1 = 2 n?t (3-70)

yang merupakan rumus pendekatan untuk momen inersia polar (Persamaan 3- 18) . Jadi dalam ha! tabung lingkaran berdinding tipis , momen inersia polar sama dengan konstanta torsi.

Sebagai ilustrasi kedua, kita akan menggunakan tabung persegi panjang dalam Gambar 3-43. Untuk penampang ini kita ketahui Am = bh

sehingga integral Persamaan (3-67) adalah

J adi, konstanta torsi adalah

btl + ht2 (3-7 1 )

Konstanta torsi untuk penampang lain dapat diperoleh dengan cara sama.

• Sudut Puntir

Sudut puntir f/> untuk tabung berdinding tipis dengan bentuk penampang sembarang (Gambar 3-44) dapat ditentukan dengan menyamakan kerja W yang dilakukan oleh beban torsi T dan energi regangan V dalam tabung. Jadi, - · \ "

W = V atau Tf/J T2L 2 2G1

yang menghasilkan persamaan untuk sudut puntir:

Gambar 3-44 Sudut puntir rp untuk tabung berdinding tipis

(3-72)

Sekali lagi . kita amati bahwa persamaan mempunyai bentuk sama dengan

persamaan pada batang lingkaran (lihat Persamaan 3- 1 5) tetapi dengan

momen inersia polar diganti dengan konstanta tars i . Besaran GJ disebut

rigiditas torsional tabung.

• Pembatasan

Rumus-rumus yang diturunkan dalam subbab ini berlaku untuk elemen

prismatis yang mempunyai bentuk tabung tertutup dengan dinding tipis.

Jika penampang tersebut berdinding tipis tetapi terbuka, sepcrti bentuk I dan C, maka teori yang dikembangkan di s ini tidak berlaku. Untuk

menekankan ha! ini, bayangkan bahwa kita mengambil tabung berdinding

tipis dan membelahnya dalam aruh memanjang sehingga penampang

tersebut menjadi penampang terbuka. maka tegangan geser dan sudut puntir

akan meningkat, tahanan torsional berkurang. dan rumus yang diturunkan

dalam subbab ini tidak dapat digunakan.

Beberapa rumus yang diberikan dalam subbab ini terbatas pada bahan

elastis linier-sebagai contoh. setiap per�amaan yang mengandung modu

lus geser elastisitas G ada dalam kategori ini . Namun, persamaan untuk

aliran geser dan tegangan geser (Persamaan 3-60 dan 3-6 1 ) didasarkan

atas keseimbangan dan tetap berlaku. tidak peduli bagaimanapun sifat

bahannya. Seluruh teori merupakan penclekatan dan rnenjadi kurang akurat

apabila tebal dincling t bertambah.*

Tinjauan penting dalarn desain elemen �truktur berdinding tipis aclalah

kemungkinan dincling tersebut menekuk. Sernakin tipis suatu clinding clan

semakin panjang tabungnya, akan semakin besar kemungkinan terjadinya

tekuk. Dalam ha! tabung nonlingkaran, pengkaku dan diafragma sering

cligunakan untuk mempertahankan bentuk tabung clan mencegah terjaclinya

tekuk lokal. Dalam semua pembahasan dan soal-soal, kita asumsikan bahwa

tekuk telah dicegah.

,-----�-- --- --------- ----· ------------------------ - · - ------- --- ------- --- - -------- - ---- - -------

• Contoh 3-1 3

Bandingkanlah tegangan geser maksimum pada tabung l ingkaran (Garnbar 3-45) yang dihitung dengan teori pendekatan untuk tabung berdinding tipis dengan tegangan yang dihitung dengan teori torsi eksak. (Anggap hahwa tahung mempunyai tehal konstan t clan radius r ke garis median penampang.)

"Tcori torsi untuk tabung berdinding tipis yang diuraikan dalam subbab mi dikcmbangkan oleh R. Bredt. seorang insinyur Jerman yang menyaj ikannya pada tahun l g96 !Ref. 3-4 ).



Mekanika Bahan 21 3

Solusi

Tegangan geser yang diperoleh dari tc:ori pendekatan untuk tabung herdinding tipis 1 Persamaan 3-63) adalah

di mana hubungan

telah digunakan.

T T r1 = '2itr:.. r 2:rr�f32

.

f3

(c)

(d)

Tegangan maksimum yang diperokh dar: rumus torsi yang lcbih akurat (Persamaan 3- 1 1 ) adalah

di mana

T(r + t / 2 1 JP

Sesudah membuka tanda kurung, rumus di atas akan menjadi

1 =

nrt (4r

2 + ,.2 ) p 2

dan rumus untuk tegangan geser (Persamaan e) menjadi

_ T(2r + 1) TJ - 7 � - nrt( 4r" + r" )

T(2j3 + l ) nt3j3(4{f + l )

Jadi, rasio T/r2 antara tegangan geser adalah

(e)

(g)

4/32 + I 2/3(2/3 + l ) (3-73) ..

yang hcrgantung hanya pada rasio /3.

Untuk harga f3 sama dengan 5, 1 0. dan 20. kita dapatkan dari Persamaan (3-

73) harga T/r2 masing-masing 0,92; 0,95: dan 0.98. Jadi, ki ta lihat bahwa rumus pendckatan untuk tegangan geser rnemberikan basil yang sedikit lehih kccil dibandingkan dengan yang diperoleh dari rumus cksak. Ketelitian mmus pendekatan akan mcningkat j ika tebal dinding tabung scrnakin tipis. Untuk tebal mcndckati no!, f3 mendekati tak hingga, yang berarti rasio r/r2 men jadi t .

------··· ---------------------- ------ ---- ---- ------------ ----

• Contoh 3-1 4

Sebuah tabung lingkaran dan tabung hujursangkar (Gamhar 3-46) tcrbuat dari bahan sama dan mengalami torsi sarna. Kedua tabung mempunyai panjang sama, teba! dinding sama, dan luas penampang sama. Berapa rasio tegangan geser dan sudut puntir antara kedua tabung tersehut'l (Abaikan efek konsentrasi tcgangan di pojok tabung hujursangkar.)

- --�'

l..c -------- h -----�!

214 Bab 3 Tarsi

Solusi

Tabung lingkaran. Untuk tabung l ingkaran. luas A,1 yang dibatasi oleh garis median penampang adalah

A,1 = n?

di mana r adalah radius garis median. Juga, konstanta torsi (Persamaan 3-70) dan luas penampang adalah

A 1 = 2nrt

Tahung hujursangkar. Untuk tabung bujursangkar, luas penampang adalah

A2 = 4bt

di mana b adalah panjang satu sisi, yang diukur di sepanjang garis median. Karena 1uas penampang kedua tabung sama, maka haruslah h = nr/2. Juga, konstanta torsi (Persamaan 3-7 1 ) dan luas yang dibatasi oleh garis median penampang adalah

A = b2 = n2rc m2 4

Rasio. Rasio r/r2 antara tegangan geser di tabung lingkaran dan di tabung bujursangkar adalah (lihat Persamaan 3-6 1 )

2.!_ = Am2 = n2r2 14 = !!... = 0 785 r2 A,1 nr2 4 '

Rasio sudut puntir (lihat Persamaan 3-72) adalah

J 3 3 " !h._ = __1_ = n r t/8 = !!.:.._ = 0 6 1 7 </>2 11 2nr3t 1 6 '

(h) ..

(i) ..

Hasil ini menunjukkan bahwa tabung lingkaran tidak hanya mempunyai tegangan geser yang lebih kecil dibandingkan tabung bujursangkar, tetapi juga memberikan kekakuan 1ebih besar terhadap rotasi .

*3·1 1 I KONSENTRASI TEGANGAN DALAM KEADAAN TORSI

Dalam subbab-subbab sebelumnya dalam bab ini, kita telah membahas tegangan pacta elemen struktur torsional dengan menganggap bahwa distribusi tegangan bervariasi secara halus dan kontinu. Asumsi ini berlaku asalkan tidak ada perubahan mendadak pada bentuk batang (tidak ada lubang, takikan, sudut tajam, dan sebagainya) dan asalkan bahwa daerah yang ditinjau cukup jauh dari titik pembebanan. Jika kondisi yang mengganggu itu temyata ada maka tegangan lokal yang besar akan terjadi pada daerah di sekitar diskontinuitas. Dalam praktek konsentrasi tegangan ditangani dengan menggunakan faktor konsentrasi tegangan, sebagaimana diuraikan dalam Subbab 2 . 1 0.

Efek konsentrasi tegangan dikekang pada daerah kecil di sekitar diskontinuitas, sesuai dengan prinslp Saint-Venant (lihat Subbab 2 . 10) . Sebagai contoh, tinjaulah batang bertangga yang terdiri atas dua segmen yang mempunyai diameter berbeda (Gambar 3-47). Segmen yang lebih besar mempunyai diameter D2 dan segmen yang lebih kecil mempunyai diameter D1 • Pertemuan antara kedua segmen ini membentuk "tangga" atau "bahu" berupa fillet dengan radius R. Tanpa adanya fillet, faktor konsentrasi tegangan teoretis akan menjadi besar tak hingga karena adanya

Gambar 3-47 Batang bertangga yang mengalami torsi

Mekanika Bahan 21 5

sudut belokan 90° yang sangat mendadak. Tentu saja tegangan yang besarnya tak hingga tak mungkin terjadi. Bahan di pojok tersebut akan berdeformasi dan melepaskan sebagian konsentrasi tegangan. Situasi seperti ini sangat berbahaya pada beban dinamis, sehingga dalam desain yang baik, suatu fillet selalu dibutuhkan. Semakin besar radius fillet, akan semakin kecil tegangannya.

Pada jarak dari bahu kira-kira sama dengan diameter D2 (rnisalnya, pada potongan A -A dalam Gambar 3--+ 7 a) tegangan geser torsional praktis tidak dipengaruhi oleh adanya diskontinuitas. Dengan demikian, tegangan maksimum r2 pada jarak yang cukup jauh di kiri bahu dapat diperoleh dari rumus torsi dengan menggunakan D2 sebagai diameter (Gambar 3-47b). Komentar umum yang sama berlaku di potongan C-C, yang jaraknya D1 (atau lebih besar) dari ujung fillet. karena diameter D1 kurang dari diameter D2, maka tegangan maksimum r1 di potongan C-C (Gambar 3-47d) lebih besar daripada tegangan r2.

R = jari-jarijillet

(a)

-1 [' -t tmaks -t 'tl

r =0

Dl Dl l__ ! 1_

Potongan A-A Potongan B-B Potongan C-C (b) (c) (d)

Efek konsentrasi tegangan terbesar ada di potongan B-B yang berada tepat di ujung fillet. Di potongan ini, tegangan maksimumnya adalah

rmaks = Krnom = K Tr = K( 16� ) JP nDl

(3-74)

Dalam persamaan ini, K adalah faktor konsentrasi tegangan dan rnom (sama dengan r1) adalah tegangan geser nominal, yaitu tegangan geser di bagian batang yang lebih kecil. Harga faktor K diplot dalam Gambar 3-48 sebagai fungsi dari rasio R/D1 • Kurva-kurva diplot untuk berbagai harga rasio D/ D1 • Perhatikan bahwa jika radius fillet R menjadi sangat kecil dan transisi dari satu diameter ke diameter lainnya mendadak, maka harga K menjadi cukup besar. Sebaliknya, jika R besar, maka harga K mendekati 1 ,0 dan efek konsentrasi tegangan menjadi hilang. Kurva putus-putus dalam Gambar 3-48 adalah untuk kasus khusus berupafillet seperempat lingkaran penuh, yang berarti bahwa D2 = D1 + 2R. (Catatan: Soal 3 . 1 1 - 1 sampai 3 . 1 1 -5 memberikan latihan mendapatkan harga K dari Persamaan 3-48.)

21 6 Bab 3 Tarsi

Gambar 3-48 Faktor konsentrasi tegangan K untuk batang bertangga yang mengalami torsi. (Garis putus adalah untuk fillet berupa seperempat lingkaran penuh.)

2,00

K

J_ I __ _

0 0, 1 0 _j

0,20

Ada banyak kasus lain tentang konsentrasi tegangan pada batang lingkaran seperti batang dengan keyway dan batang dengan lubang, yang dapat dipelajari pada berbagai literatur teknik (lihat, misalnya, Ref. 2-10 dan 2- 1 1 ) .

Sebagaimana yang telah diterangkan dalam Subbab 2. 1 0 , konsentrasi tegangan adalah penting untuk bahan getas yang mengalami beban statis dan untuk sebagian besar bahan yang mengalami beban dinamis. Kegagalan fatik merupakan ha! utama dalam de5ain batang dan sumbu yang berputar (lihat Subbab 2.9 untuk pembahasan singkat tentang fatik). Faktor konsentrasi tegangan K yang diberikan dalam subbab ini didasarkan atas perilaku elastis linier bahan. Uji fatik telah menunjukkan bahwa faktor ini konservatif, dan kegagalan pada bahan daktil biasanya terjadi pada kondisi beban yang lebih besar dibandingkan dengan yang diprediksi dengan menggunakan faktor teoretis.

*3. 12 1 TORSI NONLINIER PADA BATANG LINGKARAN

Persamaan-persamaan yang diturunkan pada subbab-subbab sebelum ini untuk menghitung tegangan geser di batang lingkaran hanya sah jika bahan mengikuti hukum Hooke. Dalam subbab ini kita akan meninjau perilaku batang apabila tegangan geser melebihi limit proporsional dan hukum Hooke tidak berlaku lagi.

Analisisnya didasarkan atas persamaan-persamaan untuk deformasi batang lingkaran, yaitu persamaan untuk regangan geser y dan laju puntir () (Persamaan 3-1 sampai 3-5). Semua persamaan ini didasarkan atas geometri batang yang telah berdeformasi sehingga berlaku untuk sembarang bahan, apakah mengikuti hukum Hooke atau tidak. Khususnya, regangan geser pada jarak p dari sumbu batang (lihat Gambar 3-4c) dinyatakan dengan Persamaan (3-4), yang ditulis ulang di sini:

y = p() (3-75)

Juga, regangan geser maksimum (dari Persamaan 3-3) adalah

Ymaks = r8 (3-76)

di mana r adalah radius batang lingkaran solid atau radius luar tabung lingkaran.

Gambar 3-49 Torsi nonlinier pada batang lingkaran: (a) diagram tegangan-regangan geser, dan (b) distribusi tegangan geser yang bekerja pada penampang

Mekanika Bahan 21 7

Sekarang kita asumsikan bahwa diagram tegangan-regangan untuk bahan diketahui (Gambar 3-49a). Lalu, untuk harga laju puntir 8 yang diketahui kita dapat mencari tegangan geser r di setiap titik pada batang. Prosedumya dimulai dengan mencari regangan geser dari Persamaan (3-75) atau Persamaan (3-76) dan selanjutnya mendapatkan tegangan geser dari kurva tegangan-regangan. Dengan meninjau harga-harga radius p kita dapat memperoleh distribusi tegangan geser di seluruh bagian penampang (Gambar 3-49b). Karena regangan geser bertambah secara linier terhadap radius p, maka diagram tegangan geser mempunyai bentuk yang sama dengan diagram tegangan-regangan itu sendiri.

0 Ymaks y (a) (b)

Torsi T yang berkaitan dengan harga laju puntir e adalah re sultan momen dari tegangan geser yang bekerja di penampang. Untuk mendapatkan torsi ini, kita tinjau elemen berbentuk cincin pada jarak p dari pusat dan mempunyai tebal dp (Gambar 3-49b). Torsi elemental dT yang dihasilkan oleh tegangan geser yang bekerja di elemen yang berbentuk cincin adalah

dT = p1(2np dp) = 2n{ir dp sehingga torsi total adalah

T = fo2np2r dp (3-77)

Dari Persamaan (3-75) kita peroleh p = y/8 dan dp = dy/8. Dengan memasukkan kedua hubungan ini ke dalam Persamaan (3-77) dan mengubah batas atas integrasi menjadi Ymaks yang berkaitan dengan variabel independen baru y, maka

2;r iy"'"" 2 T = - ry dy e3 o

Persamaan ini menghubungkan torsi T dan laju puntir 8.

(3-78)

Untuk memudahkan penyelesaian Persamaan (3-78), kita lihat bahwa integral di sisi kanan mempunyai interpretasi geometri sederhana. Ini adalah momen inersia terhadap sumbu vertikal (yaitu sumbu r) untuk area di bawah kurva tegangan-regangan (Gambar 3-49a). Area ini terletak di antara pusat 0 dan regangan geser Ymaks· Jadi, kita dapat menuliskan Persamaan (3-78) dalam bentuk

T = 2n I e3 r

(3-79)

di m ana I, adalah m omen inersia untuk area yang ditetapkan, yang dievaluasi terhadap sumbu r.

21 8 Bab 3 Tarsi

Gambar 3-50 Hubungan antara torsi T dan laju puntir ()

Gambar 3-51 Torsi pada batang lingkaran solid dari bahan elastoplastis

Prosedur untuk melakukan perhitungan adalah sebagai berikut. Diketahui sebuah batang lingkaran solid dengan radius yang diketahui dan kurva tegangan-regangan yang diketahui. Dari sini, kita asumsikan harga laju puntir e. Selanjutnya kita menghitung Ymaks dari Persamaan (3-76) dan menentukan ( entah secara analitis ataukah secara numerik) momen inersia /r dari kurva tegangan-regangan (Gambar 3-49a). Lalu, kita hitung torsi T dari Persamaan 1 3-79). Dengan mengulangi prosedur ini untuk berbagai harga e maka kita peroleh suatu kurva yang menunjukkan hubungan antara T dan e iGambar 3-50). Dengan menggunakan kurva tersebut, kita dapat memperoleh e untuk suatu harga T yang diketahui. Lalu, dengan e yang telah diketahui, regangan, tegangan, dan sudut puntir dapat juga ditentukan untuk suatu harga T yang diketahui.

Banyak variasi dari prosedur umum ini yang dapat dilakukan, bergantung pada informasi apa yang diketahui dan besaran apa yang dicari. Beberapa kemungkinan digambarkan dalam soal-soal di akhir bab ini.

Meskipun Persamaan 1 3 -77) , (3-78), dan (3-79) diturunkan untuk batang lingkaran solid. semuanya dapat diterapkan pada tabung lingkaran dengan mengubah batas bawah integral dari nol menjadi harga yang benar untuk tabung yang bersangkutan.

• Bahan Elastoplastis

Jika bahan batang mempunyai tegangan luluh -ry yang jelas, diagram tegangan-regangan dapat diidealisasikan seperti terlihat dalam Gambar 3-5 1 a. Diagram terse but terdiri at as dua garis lurus, garis pertama menunjukkan perilaku elastis linier dan garis kedua menunjukkan perilaku plastis sempuma (dibahas dalam Subbab 2. 1 1 dan 2 . 1 2) . Perilaku batang bergantung pada besar regangan geser maksimum di batang. Jika regangan maksimum kurang dari regangan luluh r, maka bahan mengikuti hukum Hooke dan rumus-rumus yang diturunkari dalam subbab-subbab terdahulu dapat digunakan. Jika regangan maksimum lebih besar daripada regangan luluh, maka sebagian bahan berada dalam keadaan plastis dan analisis elastoplastis dibutuhkan. Jenis analisis seperti ini diuraikan berikut ini.

Apabila regangan di permukaan luar melebihi regangan luluh, maka distribusi tegangan di penampang akan terdiri atas dua bagian, seperti terlihat dalam Gambar 3-5 1 b. Luluh mulai terjadi pada permukaan terluar dari batang dan bergerak secara progresif ke arah dalam apabila beban terns meningkat. "Inti" bahan di bagian tengah tetap dalam daerah elastis linier. Jika regangan menjadi sangat besar, maka daerah luluh akan mendekati pusat batang dan distribusi tegangan akan mendekati distribusi seragam seperti terlihat dalam Gambar 3-5 1c. Torsi TP pada saat ini disebut torsi plastis dan dapat dihitung dari Persamaan (3-77):

0 \� (a) (b) (c)

r I I r I

I

0

Gambar 3-52 Diagram teganganregangan untuk batang pada kondisi torsi elastoplastis

Gambar 3-53 Hubungan torsirotasi untuk batang lingkaran solid dari bahan elastoplastis (Persamaan 3-85)

ir , 2nr3T . TP = 2np-r , dp = Y

0 3

Mekanika Bahan 21 9

(3-80)

Apabila harga tarsi ini dicapai. maka puntiran batang lebih lanjut akan

terjadi tanpa adanya peningkatan torsi . Pada akhimya, efek strain har

dening akan terlihat dan tegangan yang lebih besar dari r, akan timbul.

Torsi luluh T, pada saat luluh mulai terjadi di batang. diperoleh dari

rumus tarsi (Persainaan 3- 12) dengan menggantikan rmaks dengan r,:

' T

_ nd· r, _ n r : ._ y - ---u;- - � (3-8 1 )

Dengan membandingkan Persamaan (3-80 1 dan 1 3 - 8 1 l , kita lihat bahwa

rasia tarsi plastis terhadap tarsi luluh adalah

4 3

(3-82)

yang menunjukkan bahwa sesudah luluh mulai terjadi di batang, hanya

dengan meningkatkan tarsi sebesar sepertiganya, batang tersebut akan

mencapai kapasitas limit pikul bebannya.

Hubungan antara tarsi yang bekerja T dan laju puntir (} dapat diperoleh

dari Persamaan (3-79) dengan menggunakan diagram tegangan-regangan

geser (Gambar 3-52) dan menentukan mamen inersia area yang digelapkan

terhadap sumbu r. (Perhatikan bahwa regangan Ymaks adalah regangan geser

maksimum di batang, yaitu regangan di permukaan luar.) Hasil penurunan

yang panjang ini, yang diberikan dalam latihan Saal 3. 12-6 adalah

nr v 3 ' T = 683 (4Ymaks - Y), ) (Ymaks 2 Yy dan T,. S T S 7�,) (3-83)

Persamaan ini dapat ditulis dalam bentuk yang lebih berguna dengan

menggunakan substitusi sebagai berikut. Pertama, kita substitusikan ry = 2T/nr3 (dari Persamaan 3-8 1 ) ; kedua, kita substitusikan Ymaks = re (Persamaan 3-76) ; dan akhimya, kita masukkan r,. = r8Y, di mana (JY adalah laju puntir pada saat luluh mulai terjadi di batang; jadi

TV (Jy = GI p (3-84)

Dengan tiga substitusi di atas, Persamaan (3-83) menjadi hubungan torsirotasi yang kita cari, yaitu:

0 2 3 4

220 52: 3 Tarsi

: 1 1 1T1JJ ,, 0 r (a)

a �Trr (b)

(3-85 )

Grafik untuk persamaan ini ditunjukkan dalam Gambar 3-53. Perhatikan bahwa j ika e menjadi semakin besar, maka torsi T akan mendekati torsi plastis TP.

• Tegangan Residual

Jika suatu batang dibebani torsi hingga melebihi limit elastisnya. dan selanjutnya beban dihilangkan, maka tegangan residual akan tertinggal pada batang tersebut. Untuk menggambarkan hal ini, tinjau batang lingkaran solid dari bahan elastoplastis yang dihebani oleh torsi plastis TP. Distribusi tegangan untuk ini terlihat dalam Gambar 3-5 1c . Sekarang misalkan bahwa torsi dihilangkan. Selama proses penghilangan beban, bahan akan mengikuti garis lurus pada kurva tegangan-regangan (garis a-a dalam Gambar 3-5 1 a), yang sejajar dengan garis lurus semula yang merepresentasikan hukum Hooke. Jadi, tegangan yang dihasilkan selama penghilangan beban dapat diperoleh dari persamaan untuk perilaku elastis linier (Persamaan 3- 1 1 sampai 3 - 1 3) .

Superposisi dari tegangan geser yang dihasilkan selama pembebanan dan selama penghilangan beban ditunjukkan dalam Gambar 3-54. Tegangan yang dicapai selama pembebanan ditunjukkan dalam bagian (a) gambar tersebut, yang sama dengan diagram tegangan dalam Gambar 3-5 1 c. Torsi yang berkaitan dengan ini adalah TP = 2nr'rJ3 (Persamaan 3-80). Torsi yang sama juga direpresentasikan dengan diagram tegangan pada kondisi penghilangan beban dalam Gambar 3-54b. kecuali bahwa sekarang torsi bekerja dalam arah yang berlawanan dan perilakunya adalah elastis linier. Tegangan maksimumnya adalah rmaks = TPr!IP yang menjadi rmaks = 4rj3 j ika kita substitusikan harga TP dan JP. Tegangan residual di batang, yang diperoleh dengan menjumlahkan tegangan akibat pembebanan dan akibat penghilangan beban, terlihat dalam Gambar 3-54c. Di pusat batang, tegangan residual adalah

Gambar 3-54 Tegangan sisa rl = r2 (3-86) dalam torsi (bahan elastoplastik) dan di tepi luar penampang tegangan residual adalah

(3-87)

yang berlawanan arah dengan tegangan r1 (Gambar 3-54c). Prosedur yang sama untuk menentukan tegangan residual dapat digunakan untuk diagram tegangan-regangan dengan bentuk lain.

SOAL-SOAL BAB 3 I DEFORMASI TORSIONAL

3.2-1 Sebuah tabung l ingkaran aluminium yang dibebani torsi murni akibat T (lihat gambar) mempunyai radius l u ar r2 'ama dengan dua kal i radiu s dalam r 1 • (a) Jika rcgangan gcser maksimum di tabung adalah

400 X I o-<J rad, berapa regangan geser )'] pada permukaan dalam? (b) Jika laju puntir izin maksimum adalah 0, 1 5°/ ft dan regangan gcser maksimum dipertahankan sebesar 400 x I 0-6 dengan menyesuaikan torsi T, berapa radius luar minimum yang diperlukan (r2)min'?

T

j-<---- --- -- L ..

3.2-2 Sebuah tabung baja l ingkaran yang panjangnya L = 0,9 m dibebani oleh torsi T (lihat gambar). (a) Jika jari-jari dalam tabung ini adalah r1 = 40 mm, berapa regangan geser y1 di permukaan dalam j ika sudut puntir antara kedua ujung adalah 0.5°? (b) Jika regangan geser izin maksimum adalah 0.0005 rad dan sudut puntir dipertahankan 0,5° dengan mcnyesuaikan torsi T, bcrapa radius luar izin maksimum (r2)mak,? 3.2-3 Selesaikan soal sebelum ini dengan menggunakan panjang L = 50 in. , jari-jari dalam r1 = I ,5 in . , sudut puntir adalah 0,6°, dan regangan geser izin adalah 0,0004 radian.

BATANG LINGKARAN DAN TABUNG

3.3-1 Selama mclcpaskan roda untuk mengganti ban, scorang pengemudi memberikan gaya P = 25 lb di ujungujung lcngan kunci roda ( l ihat gambar). Kunci roda terbuat dari baja dengan modulus geser elastisitas G =

1 1 ,4 x I 06 psi. Panjang setiap lengan kunci roda adalah 9.0 in, dan penampangnya adalah l ingkaran solid dengan diameter d = 0,5 in . (a) Tentukan tegangan geser maksimum di lengan yang memutarkan mur (lengan A). (b) Tentukan sudut puntir (dalam derajat) lengan tersebut.

d = 0,5 in.

Mekanika Bahan 221

3.3-2 Sebuah batang aluminium dengan penampang lingkaran solid dipuntir oleh torsi T yang bekerja di ujung-ujungn> a t l i hat gambar). Dimensi dan modulus gescr elastisita' adalah sebagai herikut: L = I ,2 m: d = 30 mm; dan G = 2� GPa. (a) Tentukan kekakuan torsional batang teN�hut. (h) Jika sudut puntir batang adalah 4°, bcrapa tegangan geser maksimum? Berapa rcgangan geser maksimurn .'

!- ----

3.3-3 Sebuah batang haja lmgkann 'olid dengan diameter d = 0,678 in. dan rnodulu< £eser dasti,itas G = 1 2 x 106 psi mengalarni torsi mum I � l ihat gambar). Batang ini mengalami tcgangan ge,er rnaksimurn 7 1 00 psi apabila sudut puntirn] a 2 .5 ( a) B erapakah panjang batang tersebufJ (h) Scrap a kekakuan torsional batang?

3.3-4 B atang baj a dari suatu kunci soket mempunyai diameter 8 mm dan panjang 200 mm (l ihat gamhar) . Jika tegangan geser izin adalah 60 MPa, berapa torsi izin maksimurn Tma'-· yang dapat diberikan melalui kunci soket"J Dengan sudut C/J berapakah (dalam derajat) batang tersebut akan terpuntir akibat aksi torsi maksimum? ( Asum'>ikan G = 78 GPa dan abaikan lcntur batang.)

= 8 mm

- - L = 200 mm _____ ..

3.3-5 Sebuah batang aluminium dari penampang lingkaran solid (diameter 1 ,0 in. dan panjang 3,0 ft) dipuntir pada mesin uji sampai satu ujung berotasi dengan sudut go terhadap ujung lainnya. Untuk sudut puntir sebesar ini , torsi yang diukur adalah T = 1 27 lb-ft. Hitunglah tcgangan geser maksimum rmab di batang, modulus geser elastisitas G, dan regangan geser maksimum Ymab· 3.3-6 Sebuah tabung l ingkaran aluminium dibebani torsi T di kedua ujungnya (lihat gambar) . Panjang batang adalah 0,5 m, dan diameter dalam dan luar masingmasing adalah 30 mm dan 40 mm. Dengan pengukuran dapat ditentukan bahwa sudut puntir adalah 3,57° apabila torsi tcrscbut adalah 600 N.m. Hitunglah tcgangan geser maksimum rmaks di tabung, modulus geser elastisitas G, dan regangan geser maksimum J';11aks·

I 0.5 m --------1

3.3-7 Tiga cakram lingkaran identik A, B, dan C dilas ke ujung-ujung tiga batang lingkaran identik ( lihat gambar). B atang-batang terschut terletak di bidang yang sama dan ketiga cakram terletak di bidang-bidang yang tegak luru s sumhu batang. B atang-batang dilas di perpotongannya sehingga membentuk hubungan kaku. Setiap batang mempunyai diameter d1 = 0,5 in. dan setiap cakram mempunyai diameter d2 = 3,0 in. Gaya P1, P2, dan P3 menghasilkan torsi yang bekerja pacta cakram A, B, dan C. Jika P1 = 28 lb, berapa tegangan geser maksimum rmah di masing-masing batang?

3.3-8 Sebuah batang baja berlubang mempunyai diameter luar d2 = 1 00 mm dan diameter dalam d1 = 60 mm (lihat gambar). B aja ini mempunyai modulus geser elastisitas G = 80 GPa. Untuk torsi yang diterapkan sebesar 6,0 kN.m, tentukan besaran sebagai berikut: (a) tegangan geser r2 di permukaan luar, (b) tegangan geser r1 di permukaan dalam, dan (c) laju puntir f) (sudut puntir

d1 = 60 mm

d, = mm

per panjang satuan) . Juga. gambarlab diagram yang menunjukkan bagaimana tegangan geser bervariasi besarnya di sepanjang garis radial penampang.

3.3-9 Sebuah batang propeller terbuat dari batang baja solid yang diameternya 4,0 in. Tegangan geser izin adalah 6500 psi, dan laju puntir izin adalah 0,2°/ft. Dengan menganggap bahwa modulus geser elastisitas adalah G = I 1 .5 x 1 06 psi, tentukan tarsi maksimum Tmaks yang dapat ditcrapkan pacta batang tersebut.

3.3-1 0 As baja berbentuk bundar dari sebuah dongkrak besar mengalami torsi sebesar 2,5 kN.m. Berapa di ameter perlu minimum dmin jika tegangan geser izin adalah 60 MPa, dan laju puntir izin adalah 0,75°/m? (Asumsikan bahwa modulus geser elastisitas adalah 75 GPa.)

3.3-1 1 Sebuah batang horizontal ABC dari penampang lingkaran solid (lihat gambar) ditahan di ujung A, ditumpu di landasan C, dan dibebani oleh gaya vertikal P di ujung lengan horizontal BD. Jarak dari A ke B adalah L = 1 5 ,0 in. dan panjang lengan BD adalah h = 4,0 in. B atang tersebut terbuat dari baja yang mempunyai modulus geser G = 1 1 ,3 x 1 06 psi. Pengukuran menunjukkan bahwa regangan adalah 637,5 X w-6 rad dan titik D bergerak ke bawah 0, 1 02 in. Berapa diameter d batang dan berapa besar beban P? (Abaikan lentur batang dan tinjau efek torsi saja.)

3.3-12 Sebuah batang perunggu yang diametemya d = 30 mm dibebani torsi T1 , seperti terlihat pacta bagian (a) dalam gambar. Tegangan geser izin di perunggu adalah 80 MPa. (a) Berapa torsi izin maksimum T1? (b) Jika

(a)

(b)

sebuah lubang yang diametemya 1 5 mm dibor secara longitudinal melalui batang, seperti terlihat pada bagian (b) dalam gambar, berapa torsi izin maksimum T2? (c) Berapa persen pengurangan torsi dan persen pengurangan berat akibat adanya lubang?

3.3-1 3 Sebuah tabung aluminium yang berlubang yang digunakan pada struktur atap mempunyai diameter luar d2 = 4,0 in. dan diameter dalam d1 = 3,5 in. (lihat gambar). Tabung ini mempunyai panjang 8,0 ft dan aluminium mempunyai modulus geser G = 4,0 x I 06 psi. (a) Jika tabung ini dipuntir dengan torsi mumi oleh torsi yang bekerja di ujung-ujungnya, berapa sudut puntir C/J apabila tegangan geser maksimum adalah 8.000 psi? (b) Berapa diameter d yang dibutuhkan untuk batang solid (lihat gambar) untuk menahan torsi yang sama dengan tegangan maksimum yang sama? (c) Berapa rasio berat tabung berlubang terhadap berat batang solid?

3.3-1 4 Sebuah batang lingkaran berlubang dan batang lingkaran solid (lihat gambar) dari bahan yang sama akan didesain untuk menyalurkan torsi sama dengan tegangan geser maksimum sama. Diameter dalam dari batang berlubang adalah 0,85 kali diameter luar, yaitu d1 = 0,85d2• (a) Tentukan rasio antara diameter luar d2 batang berlubang terhadap diameter d batang solid. (b) Tentukan rasio /31 antara berat batang berlubang terhadap berat batang solid. (c) Tentukan rasio /32 antara kekakuan torsional batang berlubang terhadap kekakuan torsi batang solid.

3.3-1 5 Sebuah batang lingkaran solid (diameter d = 1 ,5 in.) yang digunakan sebagai batang generator akan diganti dengan batang berlubang yang diameter luamya d2 = 1 ,75 in. (lihat gambar). Batang berlubang harus menyalurkan torsi yang sama dengan tegangan geser maksimum yang sama. (a) Berapa diameter dalam izin maksimum d1 pada batang berlubang? (b) Untuk maksud pembuatan, diameter dalam harus merupakan bilangan bulat kali 1 /8 inch. Pilihlah diameter dalam terbesar d0 yang dapat diterima. Lalu, tentukan rasio /31 untuk berat batang berlubang terhadap berat batang solid dan rasio /32 antara kekakuan torsi batang berlubang terhadap kekakuan torsional batang solid.

3.3-1 6 Sebuah batang lingkaran solid dengan radius r2 mengalami torsi T (lihat gambar). Radius r1 membagi penampang atas daerah dalam (radius dari 0 sampai r1 ) dan daerah luar (radius dari r1 sampai r2). Daerah dalam

Mekanika Bahan 223

menyalurkan torsi T1 dan daerah luar menyalurkan torsi T2, di mana T1 + T2 = T. (a) Turunkan rumus untuk rasio T2/T antara torsi yang disalurkan oleh daerah luar terhadap torsi total. (b) Buatlah grafik antara rasio TzlT versus rasio r/r:. (c) Jika r1 = rz12, berapa persen torsi total yang disalurkan oleh area luar? (d) Jika r1 membagi penampang atas dua area yang sama, berapa persen torsi total yang disalurkan oleh area luar?

T

*3.3-1 7 Sebuah tabung lingkaran dengan radius r1 dan radius r2 mengalami torsi yang dihasilkan oleh gayagaya P = 1 200 lb (lihat gambar). Gaya-gaya tersebut mempunyai garis kerja pada jarak b = 4,0 in. dari tepi luar tabung. Jika tegangan geser di tabung adalah 7500 psi dan radius dalam r1 = 1 ,00 in., berapa radius luar izin minimum r2?

p

p

TORSI TAK SERAGAM

3.4-1 Sebuah batang bertangga ABC yang terdiri atas dua segmen lingkaran solid mengalami torsi T1 dan T2 yang bekerja dalam arah yang berlawanan, seperti terlihat dalam gambar. Bagian besar dari batang mempunyai diameter d1 = 2,25 in. dan panjang L1 = 30 in.; segmen yang kecil mempunyai diameter d2 = 1 ,75 in. dan panjang L2 = 20 in. Bahan batang ini adalah baja dengan modu-

224 Bab 3 Tarsi

ius gc:ser G = 1 1 x 1 06 psi . Jika torsi adalah T1 = 20.000 !b-in dan T2 = 8.000 !b-in, hitunglah: (a) tegangan geser maksimum rmaks di batang, dan (b) sudut rotasi C/Jc (dalam dc:rajat) di ujung C.

4 B I C

1+--- L, ____ J _____ L2 ___ __ J 3.4-2 Sebuah tabung lingkaran dengan diameter luar d3 = 70 mm dan diameter dalam d2 = 60 mm dilas di ujung kanan ke plat tetap dan di ujung kiri ke plat ujung kaku (lihat gambar). Sebuah batang lingkaran solid dengan diameter d1 = 40 mm ada di dalam, dan konsentris dengan, tabung. Batang ini menembus lubang di plat tetap dan dilas ke plat ujung. Batang ini panjangnya I ,0 m dan tabung mempunyai panjang setengah panjang batang. Sebuah torsi T = 1 .000 N.m bekerja di ujung A batang. Juga, baik batang maupun tabung terbuat dari paduan aluminium dengan modulus geser elastisitas G = 27 GPa. (a) Tentukan tegangan geser maksimum di batang dan di tabung. (b) Tentukan sudut puntir (dalam derajat) di ujung A batang.

Tabung

Batang

3.4-3 Sebuah batang bertangga (nonprismatis) ABCD yang terdiri atas tiga segmen lingkaran solid rnengalami tiga torsi seperti terlihat dalam gambar. Panjang setiap segmen adalah 24,0 in. dan diameternya adalah 3,0 in., 2,5 in., dan 2,0 in. Bahan batang adalah baja dengan modulus geser elastisitas G = 1 1 ,6 x I 03 ksi. (a) Hitunglah tegangan geser maksirnum r;naks di batang. (b) Hitunglah sudut puntir rfin (dalam derajat) di ujung D.

1 2,0 k-in. 9.0 k-in. \ 9,0 k-in. t

2,0 in.G t , B • � �· · t ' ' '"'�D

11+--- 24 in.--- 1+----- 24 in. ---

1

,+----- 24 in.--1 3.4-4 Sebuah batang l ingkaran solid ABC terdiri atas dua segmen seperti terlihat dalam gambar. Satu segmen mempunyai diameter d1 = 50 mm dan panjang L1 = 1 ,25 m; segmen lainnya mempunyai diameter d2 = 40 mm dan panjang L2 = I ,0 m. Berapa torsi izin Tizin jika tegangan geser tidak boleh melebihi 30 MPa dan sudut puntir antara kedua ujung batang tidak dapat melebihi I ,5°? (Asumsikan G = 80 GPa.)

3.4-5 Sebuah tabung berlubang AE yang terbuat dari metal monel rnengalarni Iima beban torsi yang bekerja dalam arah seperti terlihat dalam gambar. Besar torsi adalah T1 = 1 .000 !b-in .. T2 = T4 = 500 lb-in., dan T3 = T5 = 800 !b-in. Tabung ini rnernpunyai diameter luar d2 = 1 ,0 in. Tegangan geser izin adalah 1 2 .000 psi dan laju puntir izin adalah 2°/ft. Tentukan diameter dalam izin maksimum d1 pada tabung.

T1 = 800 !b-in.

75 = 800 !b-in.

A B c D E d2 = 1 ,0 in.

3.4-6 Sebuah batang ABC (lihat gambar) terdiri atas batang solid dengan diameter d dari A ke B dan batang berlubang dengan diameter luar I ,25d dan diameter dalam d dari B ke C. Kedua batang mempunyai panjang L = 0,3 m. Torsi diterapkan ke batang melalui gigi di A, B, dan C. Torsi tersebut adalah T1 = 1 20 N.m, T2 = 270

A B C i L = 0,3 m ' 1 L = 0.3 m 1 i+------- ----- .-! I..__ __ --·- - �-----.1

N.m, dan T3 = 1 50 N.m bekerja dalam arah seperti terlihat dalam gambar. Batang terbuat dari baja yang mempunyai modulus elastisitas geser sama dengan 80 GPa. (a) Berapa diameter perlu d jika tegangan geser izin adalah 40 MPa? (b) Berapa diameter perlu d jika sudut puntir antara dua gigi dibatasi 1 ,0°?

3.4-7 Empat gigi terpasang pada batang lingkaran dan menyalurkan torsi seperti terlihat dalam gambar. (a) Berapa diameter perlu d untuk batang jika tegangan geser izin adalah I 0.000 psi? (b) Berapa diameter d diperlu jika batang mempunyai lubang dengan diameter dalam 1 ,0 in.?

8.000 !b-in.

19.000 lb-in.

D

3.4-8 Sebuah batang dengan penampang lingkaran solid yang mempunyai dua diameter berbeda ditunjukkan dalam bagian pertama dalam gambar. Sebuah batang tabung prismatis yang terbuat dari bahan yang sama, dan mempunyai panjang sama, serta mempunyai kekakuan torsional ditunjukkan pada bagian kedua dari gambar. Tentukan diameter luar d batang berlubang j ika tebal dinding t sama dengan d/1 0.

I+ ------ 1 .2 m ----�-- -- -- 0,9 m - --- 1

3.4-9 Perhatikan batang yang meruncing (nonprismatis) dalam Gambar 3- 1 9 dan dianalisis dalam Contoh 3-5. Untuk rasio dJdA berapakah sudut puntir akan menjadi setengah dari sudut puntir batang prismatis yang diameternya dA?

Mekanika Bahan 225

3.4- 1 0 Batang nonprismatis yang terlihat dalam gambar 3- 1 9 dan dianalisis dalam Contoh 3-5 mengalami torsi T = 2100 N.m. Batang tersebut mempunyai panjang L = 2,5 m dan terbuat dari paduan aluminium yang mempunyai modulus geser G = 27 GPa. Tegangan geser izin batang ini adalah 52 MPa dan sudut puntir izin adalah 2,5°. Jika diameter di ujung B adalah dua kali diameter di ujung A, berapa diameter perlu dA di ujung A?

3.4-1 1 Sebuah tabung AB yang meruncing dengan penampang lingkaran berlubang ditunjukkan dalam gambar. Tabung tersebut mempunyai tebal dinding konstan t dan panjang L. Diameter rata-rata di kedua ujung adalah dA dan d8 = 2d4. Momen inersia polar dapat dinyatakan dengan rumus pendekatan JP "' rcdh/4 (Persamaan 3 - 1 8). Turunkanlah rum us untuk sudut puntir tabung ini apabila mengalami torsi T yang hekerja di kedua ujungnya.

3.4-1 2 Sebuah batang prismatis AB dengan penampang lingkaran solid (diameter d dan panjang L) dijepit di ujung kiri dan bebas di ujung kanan (lihat gambar). Batang ini dibebani oleh torsi yang terdistribusi dengan intensitas konstan t per panjang satuan. (a) Berapa tegangan geser maksimum di batang ini? (b) Berapa sudut puntir di ujung B?

3.4-1 3 Sebuah batang prismatis AB dengan penampang l ingkaran solid (lihat gambar) dibebani oleh torsi yang terdistribusi dengan intensitas t(x) per panjang satuan yang bervariasi linier dari harga maksimum tA di ujung A ke nol di B. Batang ini dijepit di ujung A dan bebas di ujung B. Diameternya adalah d dan panjangnya adalah L. (a) Berapa tegangan geser maksimum di batang? (b) Berapa sudut puntir di ujung B'?

226 Bab 3 Torsi

*3.4-1 4 Sebuah batang lingkaran horizontal dengan diameter d dan panjang L ditumpu di ujung A dan bebas di ujung B (Iihat gambar). Sebuah sayap horizontal terpasang di samping batang. Sayap ini mempunyai panjang yang bervariasi secara linier dari nol di ujung B ke panjang maksimum HA di ujung A. Berat total sayap adalah W. (a) Berapa tegangan geser maksimum di batang akibat torsi? (b) berapa sudut puntir di ujung B? (Catatan:

Sayap juga menghasilkan lentur pada batang, namun lentur tidak mempunyai pengaruh terhadap sudut puntir. )

GESER MURNI

3.5-1 Sebuah batang lingkaran solid dengan diameter d = 2,0 in. (lihat gambar) dipuntir pada suatu mesin uji sampai torsi mencapai harga T = 1 1 .000 lb-in. Pada harga torsi ini , pengukur regangan yang berorientasi 45° terhadap sumbu batang memberikan bacaan e = 305 x 1 0-6. Tentukan modulus geser G bahan.

Pengukur regangan ; •l • 2 i" / T • I LOOO ib� ill.

.: �3f-

3.5-2 Sebuah batang berlubang dengan diameter luar d-:. = 80 mm dan diameter dalam d1 = SO mm (lihat garnbar) terbuat dari aluminium yang mempunyai modulus geser G = 27 GPa. Apabila batang ini mengalami torsi T = 4,0 kN.m, berapa harga regangan geser maksimum Ymaks dan regangan normal maksimum emaks?

T

3.5·3 Sebuah tabung baja (G = 1 1 ,S x 1 06 psi) mempunyai diameter luar d2 = 2,0 in. dan diameter dalam d1 = 1 ,5 in. (lihat gambar). Pada saat dipuntir oleh torsi T, tabung tersebut mengalami regangan normal maksimum 1 70 x I 0-6. Berapa besar torsi T yang diterapkan?

3.5-4 Sebuah tabung aluminium (G = 2 8 GPa) mempunyai diameter luar d2 = 1 00 mm dan diameter dalam d1 = SO mm. ( lihat gamhar). Pada saat dipuntir oleh torsi T, tabung tersebut mengalami regangan normal maksimum 6SO x 1 0-6. Berapa besar torsi T yang diterapkan?

3.5-5 Sebuah batang lingkaran solid dari baja (G = 1 1 ,6 x 1 03 ksi) menyalurkan torsi T = 4,0 k-in. Tegangan izin tarik, tekan, dan geser adalah masing-masing 1 2 ksi, 9 ksi, dan 8 ksi. Juga, regangan tarik izin maksimum adalah 300 x 1 0-6. Tentukan diameter minimum d yang diperlukan pada batang tersebut.

3.5-6 Sebuah batang baja lingkaran berlubang ( G = 80 GPa) yang dipuntir oleh torsi T menghasilkan regangan geser maksimum Ymaks = 639 x 1 0-6 rad. Batang tersebut mempunyai jari-jari luar dan dalam masing-masing 75 mm dan 60 mm. Berapa regangan tarik maksimum di batang? Berapa tegangan tarik maksimum di hatang? Berapa besar torsi T yang diterapkan?

3.5-7 Regangan normal dalam arah 4S0 pacta permukaan sebuah tabung lingkaran (lihat gambar) adalah 880 x 1 0-6 apabila torsi T = 7SO !b-in. Tabung ini terbuat dari paduan tembaga dengan G = 6,2 x 1 06 psi. Jika diameter luar d2 tabung adalah 0,8 in. , berapa diameter dalam d1?

Pengukur regangan / � d2 = 0,8 in. / T = 750 lb- in .

• : f :��;:�W--

PENYALURAN DA VA

3.7-1 Sebuah batang generator di dalam hydroelectric plant kecil berputar pada 1 20 rpm dan menghasilkan 50 hp (Jihat gambar). (a) Jika diameter batang adalah d = 3,0 in. , berapa tegangan geser maksimum rmab di batang? (b) Jika tegangan geser dibatasi pada 4000 psi, berapa seharusnya diameter d untuk batang tersebut?

3.7-2 Sebuah motor menggerakkan batang pada 1 2 Hz dan menghasilkan daya 20 kW (lihat gambar). (a) Jika batang mempunyai diameter d sebesar 30 mm, berapa tegangan geser maksimum rmaks di batang? (b) Jika tegangan geser izin maksimum adalah 40 MPa, berapa diameter d yang diperlukan untuk batang tersebut?

1 20 Hz

3.7-3 Sebuah batang propeller dari sebuah kapal mempunyai diameter luar 1 4 in. dan diameter dalam 1 0 in. sepe1ti terlihat dalam gambar. Batang ini dirancang untuk tegangan geser maksimum 9000 psi. (a) Jika batang ini berputar pada 500 rpm, berapa tenaga kuda (hp) yang dapat disalurkan tanpa melebihi tegangan izin? (b) Jika laju rotasional batang dijadikan dua kali tetapi persyaratan daya tidak berubah, apa yang terjadi pada tegangan geser di batang?

3.7-4 B atang penggerak untuk sebuah truk (diameter luar 60 mm dan diameter dalam 40 mm) berputar pada 2500 rpm ( l ihat gambar). (a) Jika batang tersebut

Mekanika Bahan 227

menyalurkan ! 50 kW, berapa tegangan geser maksimum di batang? (b ) Jika tegangan geser izin adalah 35 MPa, berapa daya maksimum yang dapat disalurkan?

3.7-5 Sebuah batang lingkaran berlubang untuk pompa akan dide,ain dengan diameter dalam sama dengan 0,8 kali diameter l uar. Batang tersebut harus menyalurkan 400 hp pada 800 rpm tanpa melebihi tegangan gescr izin 6000 psi . Tentukan diameter luar minimum d yang diperlukan.

3.7-6 Sebuah batang tabung yang akan didesain untuk digunakan pacta l·�ka'l kon-;truksi harus menyalurkan 1 20 kW pada 1 0 Hz. Diameter dalam batang direncanakan 3/4 kali diameter luar. Jika tegangan geser izin di batang adalah 45 �1Pa. berapa diameter Juar minimum d yang diperlukan?

3.7-7 Scbuah batang prc>pel!a dengan penampang lingkaran solid dan di ameter d di sambung dcngan menggunakan selongsong dari bahan yang sama (lihat gambar). Selongsong tersebut berukuran pas dengan bagian-b:�gian yang disambungnya. Berapa diameter luar d1 dari selongsong tersebut agar sambungan dapat menyalurkan daya sama seperti batang solid?

3.7-8 Berapa daya maksimum yang dapat disalurkan oleh batang propeller berlubang (diameter luar 50 mm, diameter dalam 40 mm, dan modulus geser elastisitas 80 GPa) yang berputar pada 600 rpm jika tegangan geser izin adalah 1 00 MPa dan laju puntir izin adalah 3°/m?

3.7-9 Sebuah motor memberikan 275 hp pada 1000 rpm ke ujung sebuah batang (lihat gambar). Gigi di B dan C masing-masing mengambil 1 25 dan 1 50 hp. Tentukan diameter d yang diperlukan pada batang jika tegangan geser izin adalah 7500 psi dan sudut puntir antara motor dan gigi C dibatasi 1 ,5°. (Asumsikan G = 1 1 ,5 x 1 06 psi, L1 = 6 ft, dan L2 = 4 ft.)

Motor

1 1 L�--1 1 .. --- Lz

3.7-1 0 Sebuah batang ABC yang terlihat dalam gambar digerakkan oleh motor yang memberikan daya 300 kW pada l aj u 32 Hz. Gigi di B dan C masing-masing mengambil 1 20 dan 1 80 kW. Panjang kedua bagian

r ' 228 3a= 3 Tors1

- �- ; �.lh L1 = 1 ,5 m dan L2 = 0,9 m. Tentukan _ .:c_:-:-r.-.;;::- .; � ang diperlukan pada batang jika tegangan � : -<"7 :..c:n adalah 50 MPa, sudut puntir antara titik A dan _- �:.lh -+,0° dan G = 75 GPa.

ELEMEN STRUKTUR TORSI STATIS TAK TENTU

3.8-1 Sebuah batang lingkaran solid dengan ujung jepit Jibebani torsi 3T0 dan 1�J pada lokasi yang terl i hat dalam gambar. Dapatkan rumus untuk sudut puntir maksimum batang. (Petunjuk: Gunakan Persamaan 3-46a dan b dari Contoh 3-9 untuk mendapatkan torsi reaksi. l

L L ' 4 �- 2 -- -�1

3.8-2 Sebuah batang lingkaran solid dengan ujung-ujung jepit dibebani dua torsi T0 yang berlawanan arah seperti tcrlihat dalam gambar. Dapatkan rumus untuk torsi reaksi TA dan T1J' sudut puntir maksimum rf>maks• dan sudut puntir rf>o pada potongan tengah batang. (Petunjuk: Gunakan Pcrsamaan 3-46a dan b pada Contoh 3-9 untuk mendapatkan torsi reaksi.)

3.8-3 Sebuah batang baja berlubang ACB yang mcmpunyai diameter luar 2 in. dan diameter dalam I ,5 in. ditahan terhadap rotasi di ujung A dan B ( l ihat gambar). Gaya horizontal P diterapkan di ujung-ujung lengan vcrtikal. Tcntukan harga izin untuk gaya P jika tegangan geser izin di batang adalah 4800 psi. (Petunjuk: Gunakan Persamaan 3-46a dan b pada Contoh 3-9 untuk mendapatkan torsi reaksi.)

3.8-4 Sebuah batang l ingkaran solid AB dengan diameter d dijepit di kedua ujungm a (lihat gambar). Schuah cakram (disk) lingkaran dipasang ke batang tcrsebut pada lokasi seperti tergamhar. Berapa sudut puntir izin terbesar rf> pada disk jika tegangan geser izin adalah r,7,0'? (Asumsikan hahwa a > b. Juga, gunakan persamaan 3-46a dan h dari Contoh 3-9 untuk mendapatkan torsi reaksi . )

Cakram

LJ i !- a - - �I !�- b -

3.8-5 Sebuah batang haja solid A CB yang ditahan secara kaku di kedua ujungnya mempunyai dua diameter yang berheda (lihat gambar). Dengan menganggap bahwa tegangan gcser izin maksimum adalah 9000 psi, tentukan torsi izin Tizin yang dapat diterapkan di titik C ( Petunjuk: Gunakan Persamaan 3-45a dan b dati Contoh 3-9 untuk mendapatkan torsi reaksi . )

0,6�5 in. 0,75 in. � B

I i T 11..-- 8,0 in. -----.. �1 �------ J 6 in. · · ------ -.l ,-

3.8-6 Sebuah hatang bcrtangga dengan penampang l ingkaran solid (lihat gambar) ditahan terhadap rotasi di kedua ujungnya. Jika tegangan iz.in geser adalah 55 MPa, berapa torsi izin Tizin yang dapat diterapkan pada batang ini di C? (Petunjuk: Gunakan Persamaan 3-45a dan b dari Contoh 3-9 untuk mendapatkan torsi reaksi.)

40 mm I

T ' . t 1�- 0,2 m J. __ _____ 0,5 m __ __ __ J 3.8-7 Sebuah batang lingkaran AB dengan kedua ujungnya terjepit mempunyai lubang di setengah panj angnya (lihat gambar). Diameter lubang adalah 3/4 dari diameter luar batang. Pada j arak x herapakah dari ujung kiri suatu

1-- x -- ------ .. 1

torsi T hams diterapkan agar torsi reaksi di tumpuan akan sama?

3.8-8 Sebuah tabung berlubang AB yang panj angnya L dan rigiditas torsionalnya GIP secara kaku ditumpu di ujung A ( lihat gamhar). Di ujung B sebuah batang horizontal yang panjangnya 2c dilas ke tabung tersebut. Di dekat ujung-ujung batang horizontal ada dua pegas identik, masing-masing mempunyai kekakuan pegas k (gaya per peralihan satuan). Panjang celah antara ujungujung pegas dan ujung-ujung batang adalah h. Pegas ditarik, dipasang ke ujung-ujung batang, dan selanjutnya dilepaskan, sehingga menyebabkan batang dan tabung berotasi dengan sudut kecil {3. Dapatkan rumus untuk torsi T di tabung. (Abaikan lentur batang. )

3.8-9 Sebuah batang lingkaran AB yang panj angnya L dijepit di kedua uj ung dan dihebani oleh torsi yang terdistrihusi t( x) yang bervariasi secara linier dengan intensitas dari no! di ujung A hingga t0 di ujung B (lihat gambar). Dapatkan rumus untuk menghitung torsi ujung jepit TA dan Tw

B

_____ J 3.8-1 0 Sebuah batang baja solid dengan diameter 50 mm ditutupi oleh tabung haja dengan diameter luar 75 mm dan diameter dalam 60 mm (lihat gambar). Batang dan tabung tersebut ditahan secara kaku di ujung A dan digabungkan ke plat ujung kaku di B. Batang gabungan, yang panj angnya 750 mm, dipuntir oleh torsi T = 2000 N.m yang bekerja di ujung B. (a) Tentukan tegangan geser maksimum r, dan rb di tabung dan batang. (b)

Mekanika Bahan 229

Tentukan sudut rotasi <fi plat kaku, dengan menganggap hahwa modulus geser baja adalah G = 80 GPa. (c) Tentukan kekakuan torsional kT hatang gabungan tersebut. (Petunjuk: Gunakan Persamaan 3-44a dan b untuk mencari tarsi . 1

T�bung " ----��- ��----��

' ---- -,i 1.------ --- ----- '75(1 :r1m -------,--�-/��

[ �- ( :'0 :nm \j��+- · I �J 1 166-m-;; I �75 mm-+

Plat ujung

3.8-1 1 Sebuah batang baja solid dengan diameter 2,0 in. ditutupi oleh tabung baja dengan diameter luar 3,0 in. dan diameter dalam 2,5 in. (lihat gambar). Batang dan tahung tersebut ditahan secara kaku di ujung A dan digabungkan ke plat ujung kaku di B. Batang gabungan, yang panj angnya 26 in. ini dipuntir oleh torsi T = 20 kin. yang bekcrja di ujung B. (a) Tentukan tegangan geser maksimum r, dan rh di tabung dan batang. (b) Tentukan sudut rotasi </! plat kaku, dengan menganggap bahwa modulus geser baja adalah G = 1 1 ,5 x I 06 psi. (c) Tentukan kekakuan torsional kT batang gabungan terscbut. (Petunjuk: Gunakan Persamaan 3-44a dan b untuk mcncari torsi .)

1----- 26 in. --- ' Plat ujung

3.8-1 2 Sebuah batang gabungan terdiri atas tabung baja di luar inti perunggu yang sedemikian pas sehingga keduanya beraksi sebagai satu unit dalam mengalami torsi (lihat gambar). Modulus geser elastisitas baja adalah G, = 75 GPa dan perunggu ada1ah Gh = 39 GPa. Diameter luar adalah d1 = 25 mm untuk inti dan d1 = 40 mm untuk tabung. Asumsikan bahwa torsi T = 900 N.m beraksi di batang. (a) Tentukan tegangan geser rQ di baja pada radius luar 20 mm, tegangan geser r, 1 di haja pada radius dalam 1 2,5 mm, dan tegangan geser rh1 di perunggu pada radius luar sebesar 1 2,5 mm. Gambarlah grafik yang menunj ukkan bagaimana tegangan geser bervariasi di sepanjang garis radial dari pusat batang ke

230 Bab 3 Tarsi

�rmukaan luar. (b) Tentukan regangan geser y,2, y11,

Jan Ybt di lokasi-lokasi yang disebutkan dalam bagian ' a 1 . Gambarlah grafik yang menunjukkan bagaimana regangan geser bervariasi di sepanjang garis radial dari pusat batang ke permukaan luar. ( Petunjuk: Gunakan Persamaan 3-44a dan b untuk mencari torsi.)

Tabung baja

Inti baja

3.8-13 Sebuah batang selongsong baja terletak pas di luar inti perunggu sehingga menjadi batang gabungan yang panjangnya 30 in., seperti terlihat dalam gambar. Diameter luar selongsong dan inti masing-masing adalah 2,4 in. dan 2,0 in. Modulus geser elastisitas baja dan perunggu adalah G, = 1 1 .500 ksi dan Gb = 5.600 ksi. Batang ini mengalami torsi T = 20,0 k-in. (a) Tentukan tegangan geser maksimum rs dan rh yang masing-masing terjadi di bagian baja dan perunggu. (b) Tentukan sudut puntir <fi batang gabungan. (c) Tentukan kekakuan torsional kT batang gabungan. (Petunjuk: Gunakan Persamaan 3-44a dan b untuk mencari torsi .)

T= 20,0 k-in. Selongsong baja

Inti tembaga

3.8-1 4 Sebuah batang gabungan dibentuk dari dua bahan, selongsong luar dari baja (G, = 80 GPa) dan inti perunggu (Gh = 36 GPa), seperti terlihat dalam gambar. Diameter luar kedua bagian ini masing-masing adalah 75 mm dan 60 mm. Dengan menganggap bahwa tegangan geser izin ada1ah Ts = 65 MPa dan Tb = 25 MPa, masing-

Selongsong baja

Batang bundar tembaga

masing di baja dan di perunggu, tentukan tors1 IZill maksimum Tizin yang dapat diterapkan pada batang tersebut. (Petunjuk: Gunakan Persamaan 3-44a dan b untuk mencari torsi .)

3.8- 1 5 Sebuah tabung baja S terletak pas di luar tabung aluminium A sehingga membentuk batang gabungan dengan diameter 3 in., 5 in., dan 6 in. (lihat gambar). Tegangan geser izin di baja dan aluminium adalah r, = 9.0 ksi dan ra = 4,0 ksi. Tentukan tarsi izin Ti7in yang dapat diterapkan pada batang ini dengan menganggap bahwa G, = 1 1.600 ksi dan Ga = 4.000 ksi. (Petunjuk:

Gunakan Persamaan 3-44a dan b untuk mencari torsi . )

I ! I ! 1+-- 3 in ___.! I i I

5 • • I

1 - m. ---+1 �- 6 in. ------+

� 5

--- A

*3.8-1 6 Sebuah batang AB yang diametemya d1 mempunyai dua sayap lingkaran dengan diameter d2, seperti terlihat pada bagian (a) dalam gambar. Torsi T0 bekerja di ujung batang. Pada saat beban tarsi tersebut bekerja, selongsong dari bahan yang sama dan mempunyai diameter luar d, serta diameter dalam d2 terletak pas di luar sa yap. seperti terlihat pada bagian (b) dalam gambar. Selanjutnya tarsi T0 dihilangkan. Dengan menganggap bahwa sayap adalah kaku, turunkan rumus untuk menghitung tegangan geser maksimum rmak' di selongsong.

Selongsong

��""""�

(b)

ENERGI REGANGAN DALAM KONDISI TORSI

3.9-1 Sebuah batang 1ingkaran solid dari tembaga (G = 6,0 x 1 06 psi) dengan panjang L = 2,0 ft dan diameter d = 1 ,5 in. mengalami torsi mumi oleh torsi T yang

bekeija di ujung-ujungnya. (a) Hitunglah energi regangan U yang disimpan di batang apabila tegangan geser maksimumnya adalah 3000 psi. (b) Dari energi regangan tersebut, hitunglah sudut puntir if!.

3.9-2 Sebuah batang lingkaran solid dari baja (G = 80 GPa) dengan panjang L = 1 , 8 m dan diameter d = 75 mm mengalami torsi murni oleh torsi T yang bekerja di ujung-ujungnya. (a) Hitunglah energi regangan U yang disimpan di batang apabila tegangan geser maksimumnya adalah 55 MPa. (b) Dari energi regangan terse but, hitunglah sudut puntir if!.

3.9-3 Batang bertangga yang terlihat dalam gambar mempunyai panjang L = 1 00 in., diameter d2 = 2,0 in. dan diameter d1 = l ,5 in. B ahannya adalah baja dengan G = 1 1 ,8 x 106 psi. Tentukan energi regangan U batang ini apabila sudut puntirnya adalah 3,0°.

' dz d :. e��B"��;;." .... , ... 1+--� 1�---� I

3.9-4 Batang bertangga yang terlihat dalam gambar mempunyai panjang L = 1 ,2 m, diameter d2 = 30 mm, dan diameter d1 = 25 mm. Bahannya ada1ah perunggu dengan G = 40 GPa. Tentukan energi regangan U batang ini apabila sudut puntirnya adalah 0,060 rad.

3.9-5 Sebuah batang lingkaran yang panj angnya L dijepit di satu ujung dan bebas di ujung lainnya (lihat gambar). B atang ini dibebani oleh torsi T di ujung bebas dan oleh torsi yang terdistribusi kontinu dengan intensitas konstan t per panjang satuan di sepanjang sumbu batang. (a) Berapa energi regangan U1 di batang ini apabila beban T bekerja sendiri? (b) Berapa energi regangan U2 apabila beban t bekerja sendiri? (c) Berapa energi regangan U3

apabila beban tersebut bekerja bersama?

3.9-6 Turunkan rumus untuk menghitung energi regangan U suatu batang lingkaran yang terlihat dalam gambar. Intensitas t torsi bervariasi secara linier dari no! di ujung bebas ke harga maksimum t0 di tumpuan.

Mekanika Bahan 231

3.9-7 Turunkan rumus untuk menghitung energi regangan U pada batang lingkaran statis tak tentu yang terlihat dalam gambar. (Petunjuk: Gunakan Persamaan 3-46a dan b pada Contoh 3-9. S ubbab 3 . 8 untuk mendapatkan torsi reaksi.)

3.9-8 Sebuah batang bertangga statis tak tentu ACB dijepit di ujung A dan B dan dibebani torsi T di C (lihat gambar). Kedua segmen batang terbuat dari bahan yang sama, mempunyai panjang LA dan LB, serta mempunyai momen inersia polar lpA dan lps· Tentukan sudut rotasi if! penampang di C dengan menggunakan energi regangan. (Petunjuk: Gunakan Persamaan 3-5 1 b untuk menentukan energi regangan U yang dinyatakan dalam <j>. Kemudian samakan energi regangan tersebut dengan kerja yang dilakukan oleh beban T. B andingkan hasilnya dengan Persamaan 3-48 dalam Contoh 3-9, Subbab 3.8 .)

3.9-9 Sebuah tabung berlubang dan berdinding tipis AB dengan bentuk kerucut mempunyai tebal konstan t dan diameter rata-rata dA dan d8 di ujung-ujungnya (lihat gambar). (a) Tentukan energi regangan U tabung tersebut apabila mengalami torsi murni oleh torsi T. (b) Tentukan sudut puntir if!. (Catatan: Gunakan rumus pendekatan JP

232 5a= 3 Tarsi

= ."':.:' : � unruk cincin lingkaran tipis; lihat Kasus 22 :..:.:.::..-n Larnpiran D.)

B

---- L -�--�1

*3.9- 1 0 Sebuah tabung lingkaran berlubang A terpasang secara pas di luar bagian ujung batang l ingkaran B, seperti terlihat qalam gambar. Ujung jauh kedua batang adalah jepit. Pacta awalnya. sebuah lubang yang melalui batang B membentuk sudut f3 dengan garis yang melalui dua lubang di batang A. Batang B dipuntir sampai kedua lubang segaris, dan sebuah sendi diletakkan menembus lubang tersebut. Apabila batang B dilepaskan dan sistem tersebut kembali ke keseimbangan, berapa energi regangan U di kedua batang tersebut? (Misalkan IpA dan IP8 adalah momen inersia polar batang A dan B. Panjang L dan modulus geser elastisitas G sama untuk kedua batang.)

1 + - -- --- L - -____.�._____ ---- L ---- -� I \ f3 1- / .

*3.9-1 1 Sebuah roda gila <flywheel) yang terpasang di ujung sebuah batang yang diameternya d berputar dengan n putaran per menit (lihat gambar). Jika tumpuan di A tiba-tiba berhenti, berapa sudut puntir maksimum batang?

Berapa tegangan geser maksimum batang? (Misalkan L = panjang batang, G = modulus geser elastisitas, dan /m = momen inersia massa rodagaya terhadap sumbu batang. Juga. abaikan gesekan di tumpuan B dan C dan abaikan massa batang.) Petunjuk: Samakan energi kinetik roda gila yang berputar dengan energi regangan batang.

TABUNG BERDINDING TIPIS

3.1 D-1 Sebuah tabung lingkaran berlubang yang mempun� ai diameter dalam 10 in. dan tebal dinding I in. i lihat gambar) mengalami torsi T = 1200 k-in. Tentukan tegangan geser maksimum di tabung dengan menggunakan: (a) teori pendekatan tabung berdinding tipis, dan ib ) teori torsi eksak. Apakah teori pendekatan memberikan hasil konservatif atau tidak?

3.1 0-2 Sebuah batang lingkaran solid yang mempunyai diameter d akan diganti dengan tabung perscgi panjang yang mempunyai dimensi penampang d x 2d pada garis mediannya (lihat gambar). Tentukan tebal perlu tmin untuk tabung tersebut agar tegangan geser maksimum di tabung tidak akan melebihi tegangan geser maksimum di batang l ingkaran solid.

3.1 0-3 Sebuah tabung J ingkaran berdinding tipis dan batang lingkaran solid dari bahan sama, dengan luas penampang sama, serta mempunyai panjang sama, mengalami torsi. Berapa rasio energi regangan U1 di tabung terhadap energi regangan U2 di batang solid jika tegangan geser maksimum di keduanya sama? (Untuk tabung, gunakan teori pendekatan untuk batang berdinding tipis.)

3.1 0-4 Sebuah tabung aluminium berdinding tipis dengan penampang persegi panjang ditunjukkan dalam gambar. (a) Tentukan tegangan geser di tabung akibat tor�i T = 60 N .m. (b) Tentukan sudut puntir jika panjang tabung adalah 0,25 m dan G = 26 GPa.

� 3 mm i I

20 mm

1 r------ 50 mm ----+

1

3.1 0-5 Sebuah tabung baja berdinding tipis yang mempunyai penampang elips mengalami torsi T = 25 k-in. Tentukan tegangan geser r dan laju puntir e jika G = 1 2 x 1 06 psi, t = 0,2 in, a = 3 in, dan b = 2 in. (Catatan: Lihat Lampiran D, Kasus 1 6, untuk besaran-besaran elips.)

3.1 0-6 Hitunglah tegangan geser r dan sudut puntir c/J untuk tabung baja (G = 76 GPa), yang mempunyai penampang seperti terlihat dalam gambar. Tabung tersebut mempunyai panjang L = 1 ,0 m dan mengalami torsi T = 1 0 kN.m.

r = 50 50 mm

3.1 0-7 M omen torsi T diterapkan pada tabung berdinding tipis yang mempunyai penampang berbentuk heksagonal dengan tebal dinding konstan t dan panjang sisi b (lihat gambar). Turunkan rumus untuk tegangan geser r dan laju puntir e.

Mekanika Bahan 233

3.1 0-8 Sebuah tabung aluminium (G = 28 GPa) dengan penampang bujursangkar (lihat gambar) dengan dimensi luar 50 mm x 50 mm harus menahan torsi T = 300 N.m. Hitunglah tebal dinding perlu minimum t jika tegangan geser izin adalah 20 MPa dan laju puntir izin e adalah 0,025 rad/m.

3.1 0-9 Bandingkan sudut puntir I/J1 untuk tabung lingkaran berdinding tipis (lihat gambar) yang dihitung dari teori pendekatan untuk batang berdinding tipis dengan sudut puntir cp2 yang dihitung dari teori torsi eksak untuk batang lingkaran. Nyatakan rasio c/J/c/J2 dalam besaran tak berdimensi f3 = rlt. Hitunglah rasio sudut puntir untuk f3 = 5, 1 0, dan 20. Apa kesimpulan tentang ketelitian teori pendekatan yang dapat ditarik dari hasil terse but?

3.1 0-1 0 Penampang sebuah tabung yang mempunyai tebal dinding variabel t ditunjukkan dalam gambar. Garis median penampang adalah lingkaran dengan radius r, dan tebalnya dinyatakan dengan persamaan

t = t0(1 + sin�) di mana t0 adalah tebal di potongan di mana e = 0. Jika tabung mengalami torsi T, berapa tegangan geser maksimum rmaks' tegangan geser minimum rmin' dan sudut puntir c/J?

y

234 Bab 3 Torsi

3 .10-1 1 Sebuah tabung tipis dengan penampang lingkaran dihat gambar) yang mempunyai diameter dalam 4 in. rnengalami torsi 45.000 lb.in. Jika tegangan geser izin adalah 6.000 psi, tentukan tebal dinding yang diperlukan r dengan menggunakan (a) teori pendekatan untuk tabung berdinding tipis, dan (b) teori torsi eksak untuk batang lingkaran.

3.1 0-1 2 Sebuah tabung persegi panjang berdinding tipis mempunyai tebal seragam t dan dimensi d x b pada garis median penampang (lihat gambar). Bagaimana tegangan geser di tabung bervariasi terhadap rasio f3 = a/b jika panjang total Lm garis median penampang dan torsi T tetap konstan? Dari hasil tersebut, tunjukkan bahwa tegangan geser akan terkecil jika tabung tersebut adalah bujursangkar (/3 = I ).

� t

t I b

1 �---- a -----.. 1

3.1 0-1 3 Ulangi soal sebelum ini untuk laju puntir e dan selanjutnya tunjukkan bahwa laju puntir akan terkecil jika tabung adalah bujursangkar (/3 = 1 ) .

*3. 1 0-14 Sebuah tabung berdinding tipis, panjang, dan meruncing AB dari penampang lingkaran (lihat gambar) mengalami torsi T. Tabung tersebut mempunyai panjang L dan tebal dinding konstan t. Diameter ke garis median penampang di ujung A dan B adalah dA dan d8. Turunkan

+---- L ----...1

rumus untuk menghitung sudut puntir tabung l/J. (Petunjuk: Jika sudut peruncingan kecil, kita dapat memperoleh hasil pendekatan dengan menerapkan rumus tabung prismatis berdinding tipis pada elemen diferensial dari tabung yang meruncing, untuk selanjutnya mengintegrasikannya di sepanjang sumbu.)

KONSENTRASI TEGANGAN PADA KONDISI TORSI

Soal-soal untuk Subbab 3. 1 1 dipecahkan dengan

meninjau faktor konsentrasi tegangan.

3.1 1 -1 Sebuah batang bertangga yang terdiri atas segmen lingkaran solid dengan diameter DJ = 2,0 in. dan D2 = 2,4 in. (lihat gambar) mengalarni torsi T. Radius fillet adalah R = 0, 1 in. Jika tegangan geser izin adalah 1 2.000 psi, berapa torsi izin maksimum T maks?

Gambar Soal 3. 1 1 . 1 sampai 3 . 1 1 -5

T �

3.1 1 -2 Sebuah batang bertangga dengan diameter DJ =

40 mm dan D2 = 60 mm memikul torsi T = 1 100 N.m (lihat gambar). Jika tegangan geser izin adalah 1 20 MPa, berapa radius terkecil Rmin yang dapat digunakan untuk fillet?

3.1 1 -3 Sebuah fillet seperempat lingkaran penuh digunakan di bahu batang bertangga yang mempunyai diameter D2 = 1 ,0 in. (lihat gambar). Torsi T = 500 !bin. bekerja di batang ini. Tentukan tegangan geser maksimum 'tmax di batang untuk radius sebagai berikut: DJ = 0,7; 0,8; dan 0,9 in. Plot grafik yang menunjukkan hubungan rmaks versus DJ .

3.1 1 -4 Sebuah batang bertangga yang terlihat dalam gambar diharuskan menyalurkan daya 600 kW pada 400 rpm. Batang tersebut mempunyai fillet seperempat lingkaran penuh, dan diameter terkeci1 DJ = 1 00 mm. Jika tegangan geser izin ada1ah 100 MPa, berapa diameter perlu D2? Apakah diameter ini merupakan batas bawah atau atas untuk D2?

3.1 1 -5 Sebuah batang bertangga (lihat gambar) mempunyai diameter D2 = 1 .5 in. dan fillet seperempat lingkaran penuh. Tegangan geser izin adalah 1 5.000 psi dan beban T = 4800 lb-in. Berapa diameter izin terkecil DJ?

TORSI TAK SERAGAM

3.1 2-1 Sebuah batang dengan penampang lingkaran solid terbuat dari bahan yang mengikuti hukum Hooke (r = G1J. Turunkan persamaan untuk laju puntir (l/J =

TIG/P) dengan 'menggunakan Persamaan (3-78) untuk torsi nonlinier.

3.1 2·2 Sebuah batang lingkaran solid (radius r) yang mengalami torsi T terbuat dari bahan dengan kurva tegangan-regangan geser yang dinyatakan dengan persamaan rn = By, di mana n dan B adalah konstanta (lihat gambar). (a) Tmunkan rumus torsi untuk tegangan geser rmaks di tepi luar penampang. (b) Selidiki kebenaran rum us tersebut untuk kasus elastis linier ( rmaks = Tr//P) di mana n = I .

r

0 y

3.1 2-3 Turunkan rumus untuk rasio torsi plastis TP terhadap torsi luluh TY untuk tabung lingkaran (lihat gambar) jika tabung tersebut terbuat dari bahan elastoplastis (lihat diagram tegangan-regangan pada Gambar 3-5 l a) . Plotlah grafik rasio T/TY versus rasio r/r2.

3.1 2-4 Sebuah batang lingkaran solid yang mempunyai diameter d = 60 mm terbuat dari bahan elastoplastis dengan G = 76 GPa dan r,. = 1 25 MPa. Hitunglah laju puntir () jika torsi T = 6,0 kN.m bekerja pada batang.

Mekanika Bahan 235

3.1 2-5 Sebuah batang lingkaran solid dengan diameter d = ! . 5 in. terbuat dari bahan elastoplastis dengan G = 1 1 .0 x I 06 P'i dan r,. = 1 8.000 psi. Hitunglah laju puntir () jika torsi T = 1 1 60 lb-ft bekerja pacta batang.

*3.1 2-6 Denpn menggunakan diagram teganganregangan untuk bahan e1astoplastis pada Gambar 3-52, turunkan Persamaan 13-83) untuk menghitung torsi T.

*3.1 2-7 Sebuah batang 1ingkaran berlubang mempunyai diameter da1am d1 = 3 in. dan diameter luar d2 = 6 in. (lihat gambar). Batang tersebut terbuat dari baja yang mempunyai diagram tepngan-regangan geser clastoplastis (lihat Gambar 3-5 1a ) dengan r, = 24.000 psi dan Y.. = 0,002. (a) Berapa torsi T yang bekerja di batang yang ·akan menghasi1kan regangan geser maksimum Ymaks = 0,003 di batang tersebut'1 1 b l Berapa torsi p1astis TP? (c) Berapa regangan geser maksimum Yp apabila torsi tepat mencapai harga torsi plastis Tr ·:

d2 = 6 in.

*3.1 2-8 Sebuah batang lingkaran solid dengan radius r = 40 mm terbuat dari bahan yang mempunyai diagram tegangan-regangan seperti terlihat dalam gambar. Hitunglah tegangan geser maksimum rmaks di batang jika torsi T = 6 kN.m.

rv = 40 MPa - - - - - - - -

0 y

4 -

Gambar 4-1 Contoh balok yang dibebani gaya lateral

GAYA GESER DAN MOMEN LENTUR

PENGANTAR

Elemen struktural biasanya dikelompokkan menurut jenis-jenis be ban yang dipikulnya. Sebagai contoh, batang yang dibebani secara aksial memikul gaya-gaya yang mempunyai vektor di sepanjang sumbu batang dan batang

dalam keadaan tarsi memikul torsi (atau kopel) yang mempunyai vektor momen di sepanjang sumbu. Dalam bab ini, kita mulai mempelajari balok (Gambar 4- l ) , yang merupakan elemen struktur yang mengalami beban lateral, yaitu gaya-gaya atau momen yang vektomya tegak lurus sumbu batang.

B alok yang terlihat dalam Gambar 4- 1 dikelompokkan sebagai struktur

planar karena terletak di satu bidang. Jika semua beban bekerja di bidang yang sama, dan j ika semua defleksi (yang ditunjukkan dengan garis putus) terjadi di bidang tersebut, maka kita menyebut bidang tersebut dengan bidang lentur (plane of bending) .

D i dalam bab ini kita membahas gaya geser dan momen lentur di balok, dan kita akan menunjukkan bagaimana besaran-besaran tersebut berkaitan satu sama lain dan dengan beban. Mencari gaya geser dan momen lentur merupakan langkah penting dalam mendesain suatu balok. Kita biasanya perlu mengetahui bukan hanya harga maksimum dari besaranbesaran terse but, tetapi juga bagaimana besaran-besaran terse but bervariasi di sepanjang sumbu. Apabila gaya geser dan momen lentur telah diketahui, maka kita dapat mencari tegangan, regangan, dan defleksi, sebagaimana dibahas dalam B ab 5, 6, dan 9.

JENIS-JENIS BALOK, BEBAN, DAN REAKSI

B alok biasanya dideskripsikan berdasarkan bagaimana balok tersebut ditumpu. Sebagai contoh, suatu balok dengan tumpuan sendi (pin sup

port) di satu ujung dan tumpuan rol ( roller support) di ujung lainnya (Gambar 4-2a) disebut balok bertumpuan sederhana atau balok sederhana. Ciri penting pada tumpuan sendi adalah bahwa tumpuan ini mencegah translasi di ujung suatu balok tetapi tidak mencegah rotasinya. Jadi, ujung A dari balok dalam Gambar 4-2a tidak dapat bergerak dalam

P,l, q, - t/2 q ,rrrr � -j'· F ·� "-:-=�, � i- a-,.. i �- b- _,..

', M, fR I A

'•- �-- ---- L ----- ,..., (b)

(c)

Gambar 4-2 Jenis-jenis balok: (a) balok sederhana, (b) balok kantilever, dan (c) balok dengan overhang (ovcrstek)

Mekanika Bahan 237

arah horizontal atau vertikal tetapi sumbu batang dapat herotasi dalam bidang gambar. Karena itu, tumpuan sendi dapat memberikan reaksi berupa gaya dengan komponen horizontal dan vertikal (HA dan H8) , tetapi tidak dapat memberikan reaksi berupa momen.

Di ujung B dari balok (Gambar -1--2al. tumpuan rol mencegah translasi dalam arah vertikal tetapi tidak dalam arah horizontal, sehingga tumpuan ini dapat menahan gay a vertikal (R 8 l tetapi tidak gay a horizontal. Ten tu saja. sumbu balok bebas berputar di B seperti juga di A. Reaksi vertikal di tumpuan rol dan tumpuan sendi dapat beraksi ke atas atau ke bawah, dan reaksi di tumpuan sendi dapat berarah ke k iri atau ke kanan. Di dalam gambar-gambar, reaksi ditunj ukkan dengan panah yang dicoret untuk membedakannya dengan beban, sebagaimana telah diterangkan sebelum ini di dalam Subbab 1 .8 .

B alok yang terlihat dalam Gambar 4-2b. yang dijepit di satu ujung dan bebas di ujung lainnya, disebut balok kantilever I cantilever beam) .

Di tumpuan jepit (clamped supprot) balok tidak dapat bertranslasi maupun berotasi , sedangkan di ujung bebas balok tersebut dapat bertranslasi dan berotasi. Dengan demikian, baik reaksi gaya maupun momen dapat ada di tumpuan jepit.

Contoh ketiga dalam gambar adalah balok dengan overhang (bagian overstek) (Gambar 4-2c). B alok ini ditumpu sederhana di titik A dan B (artinya, balok mempunyai tumpuan sendi di A dan tumpuan rol di B) tetapi ada bagian yang menerus (overstek) di atas tumpuan B. B agian overstek ini mirip dengan balok kantilever tetapi dalam hal ini sumbu balok dapat berotasi di titik B.

Dalam menggambar balok, kita identifikasikan tumpuan dengan simbol

konvensional, seperti terlihat dalam Gambar 4-2. Simbol ini menunj ukkan bagaimana balok ditahan, sehingga simbol ini sekaligus juga menunjukkan bagaimana perilaku reaksi yang berupa gaya dan momen. Sekalipun demikian, simbol tersebut tidak menunjukkan konstruksifisik secara aktual.

Sebagai contoh, tinjau struktur yang terlihat dalam Gambar 4-3. Bagian (a) dari gambar tersebut menunjukkan sebuah balok sayap lebar yang ditumpu oleh dinding beton dan ditahan oleh baut angkur yang menembus lubang slot di flens hawah dari halok tersebut. Konstruksi ini menahan balok terhadap gerakan vertikal (baik ke atas atau pun ke bawah) tetapi tidak mencegah gerakan horizontal. Juga, tahanan terhadap rotasi sumbu longitudinal balok adalah kecil dan biasanya dapat diabaikan. Dengan demikian. tumpuan seperti ini biasanya direpresentasikan sebagai rol, seperti terlihat dalam bagian (b) gambar terse but.

Contoh kedua (Gambar 4-3c) adalah sambungan balok ke kolom di mana balok terpasang di flens kolom dengan menggunakan siku yang dibaut. Tumpuan seperti ini biasanya diasumsikan menahan balok terhadap gerakan horizontal dan vcrtikal tetapi tidak menahan rotasi (tahanan terhadap rotasi sangat kecil karena siku dan kolom dapat melentur). Jadi, sambungan ini cenderung direpresentasikan schagai \mnpuan scndi pada balok (Ga�bar 4-3d).

Contoh terakhir (Gambar 4-3e) adalah tiang metal yang dilas ke plat landasan yang diangkur ke pir beton yang tertanam di tanah. Karena dasar dari tiang ini dikckang penuh terhadap translasi dan rotasi, maka ini dapat dipandang sebagai tumpuan jepit (Gambar 4-3f).

Menyatakan struktur ril dengan model yanfi diidealisasikan, sebagaimana diilustrasikan dengan balok dalam Gambar 4.2, merupakan aspek

238 5a: .!. Ga_va Geser dan Momen Leritur

Dinding beton (a)

angkur

Plat landasan Balok

Et{� �

(b)

penting dalam dunia teknik. Model hams cukup sederhana untuk menunjukkan perilaku aktual struktur dengan ketelitian yang cukup memadai. Tentu saja, setiap model merupakan pendekatan terhadap kenyataan. Sebagai contoh, tumpuan aktual suatu balok tidak pernah benar-benar rigid karena selalu ada sedikit translasi di tumpuan sendi dan sedikit rotasi di tumpuan jepit. Juga, tumpuan tidak pernah benar-benar bebas gesekan, sehingga selalu ada sedikit tahanan terhadap rotasi di tumpuan rol. Pada umumnya, terutama pada balok statis tertentu, penyimpangan dari kondisi ideal hanya berpengaruh sedikit terhadap aksi balok dan dapat dengan aman diabaikan.

• Jenis-jenis Beban

Plat landasan

Pir beton

(C)

(d)

Gambar 4-3 Balok yang ditumpu pada dinding: (a) konstruksi aktual, dan (b) representasi sebagai tumpuan rol. Sambungan balok ke kolom: (c) sambungan aktual, dan (d) representasi sebagai tumpuan sendi. Tiang yang diangkur ke pir betcn: (e) konstruksi aktual, dan (f) representasi sebagai tumpuan jepit

Beberapa jenis beban yang bekerja di balok diilustrasikan dalam Gambar 4-2. Apabila suatu beban bekeija pacta area yang sangat kecil, maka beban tersebut dapat diidealisasikan sebagai beban terpusat, yang merupakan gaya tunggal. Contohnya adalah beban P l ' P2, P3' dan P4 dalam gambar tersebut. Apabila suatu beban tersebar pada sumbu balok, maka ini merupakan beban terdistribusi, seperti beban q dalam bagian (a) dari gambar tersebut. Beban terdistribusi dinyatakan dengan intensitasnya, yang mempunyai satuan gaya per jarak satuan (sebagai contoh, newton per meter atau pound per feet). Beban terdistribusi terbagi rata, atau beban terbagi rata mempunyai intensitas konstan q per jarak satuan (Gambar 4-2a). Beban yang berubah mempunyai intensitas yang berubah terhadap jarak di sepanjang sumbu balok; misalnya, beban yang bervariasi secara linier dalam Gambar 4-2b mempunyai intensitas yang bervariasi secara linier dari q 1 ke q2• Beban lain dari beban adalah kopel, yang diilustrasikan sebagai kopel dari momen M1 yang bekeija di bagian overstek dari balok (Gambar 4-2c).

Sebagaimana disebutkan dalam Subbab 4. 1 , kita asumsikan di dalam pembahasan ini bahwa beban bekerja di bidang gambar, yang berarti bahwa semua gaya harus mempunyai vektor di dalam bidang gambar dan semua kopel harus mempunyai vektor momen tegak lurus bidang gambar. Selain itu, balok tersebut harus simetris terhadap bidang tersebut, yang berarti bahwa setiap penampang balok harus mempunyai sumbu simetri vertikal. Pada kondisi ini, balok akan berdefleksi hanya di bidang lentur (bidang gambar).

• Reaksi

Mencari reaksi biasanya merupakan langkah pertama dalam analisis suatu balok. Apabila reaksi telah diketahui, gaya geser dan momen lentur dapat diperoleh, seperti yang akan diuraikan dalam bagian lain bab ini. Jika suatu balok ditumpu secara statis tertentu, maka semua reaksi dapat diperoleh dari diagram benda bebas dan persamaan keseimbangan.

Sebagai contoh, kita akan menentukan reaksi balok sederhana AB dalam Gambar 4-2a. Balok ini dibebani oleh gaya miring ?1 , gaya vertikal P2 , dan beban terdistribusi dengan intensitas q. Kita mulai dengan memperhatikan bahwa balok tersebut mempunyai tiga reaksi anu: gaya horizontal H_4 di tumpuan sendi, gay a vertikal RA di tumpuan sendi, dan gaya vertikal R8 di tumpuan rol. Untuk suatu struktur planar (bidang), seperti balok ini, kita ketahui dari statika bahwa kita dapat menulis tiga persamaan keseimbangan independen. Jadi, karena ada tiga reaksi anu dan tiga persamaan, maka balok ini statis tertentu.

Mekanika Bahan 239

Persamaan keseimbangan horizontal adalah

yang menghasilkan

Hasil ini dapat saja diperoleh dengan pengamatan secara cepat tanpa harus menuliskan persamaan keseimbangan.

Untuk mencari reaksi vertikal RA dan R8, kita tulis persamaan keseimbangan momen terhadap titik B dan A , dengan menggunakan perjanjian tanda positif untuk momen berlawanan arah jarum jam.

"£M8 = 0 - RAL + (P1 sin a)(L - a) + P2(L - b) + qc2!2 = 0 "£MA = 0 R� - (P1 sin a)(a) - P2b - qc(L - c/2) = 0

Dengan memecahkan kedua persamaan di atas kita peroleh

(fl sin a)(L - a) P2 (L- b) qc2 ��--'-'-----'- + + -

L L 2L

R _ (fl sin a)(a) P2b 2..qc--'('-L_-_cl_2_:_) 8 - L + -

L- +

L Sebagai pengecekan apakah hasil ini benar, kita tulis persamaan keseimbangan dalam arah vertikal dan akan terbukti bahwa hasil ini sudah benar.

Sebagai contoh kedua, tinjau balok kantilever dalam Gambar 4-2b. Bebannya terdiri atas gaya miring P 3 dan beban terdistribusi secara linier. Beban terdistribusi ini mempunyai diagram trapesium dengan intensitas yang bervariasi dari q1 ke q2• Reaksi di tumpuan jepit adalah gaya horizontal HA, gaya vertikal RA, dan kopel MA. Keseimbangan gaya dalam arah horizontal menghasilkan

H - 5?-; A -1 3

dan keseimbangan dalam arah vertikal menghasilkan

R = 1 2?-; + (ql + q2 )b A 1 3 2

Dalam mencari reaksi ini kita perlu mengingat fakta bahwa resultan dari beban terdistribusi sama dengan luas diagram beban trapesium.

Reaksi momen MA di tumpuan jepit diperoleh dari persamaan keseimbangan momen. Dalam contoh ini kita akan menjumlahkan momen terhadap titik A untuk mengeliminasi HA dan RA dari persamaan momen. Juga, untuk mencari momen akibat beban terdistribusi, kita membagi trapesium menjadi dua segitiga, seperti terlihat dengan garis putus dalam Gambar 4-2b. Setiap segitiga beban dapat diganti dengan suatu resultan, yang merupakan gaya yang besamya sama dengan luas segitiga, dan mempunyai garis kerja yang melalui pusat berat segitiga. Jadi, momen terhadap titik A akibat segitiga beban bagian bawah adalah

240 Bab 4 Gaya Geser dan Momen Lentur

di mana q1bl2 adalah gaya resultan (sama dengan luas diagram beban segitiga) dan L - 2b/3 adalah lengan momen (terhadap titik A) akibat resultan tersebut.

Momen di bagian segitiga atas diperoleh dengan prosedur yang sama, dan persamaan akhir keseimbangan m omen (berlawanan jarum jam adalah positif) adalah

M = ( 1 2P, ) a _ q1b (L _ 2b ) _ q2b (L _ !?_) = O A

1 3 2 3 2 3

sehingga

Karena persamaan ini memberikan hasil positif, maka momen reaksi MA bekerja dalam arah sama dengan yang diasumsikan, yaitu berlawanan jarum jam. (Rumus untuk RA dan MA dapat dicek dengan menjumlahkan momen terhadap titik B dan membuktikan bahwa persamaan keseimbangan tersebut akan susut menjadi suatu identitas. )

Balok dengan overstek (Gambar 4-2c) memikul gaya vertikal P4 dan kopel momen M1• Karena tidak ada gaya horizontal yang bekerja di balok, maka reaksi horizontal di tumpuan sendi tidak ada dan kita tidak perlu memunculkannya dalam diagram benda bebas. Dalam menarik kesimpulan ini, kita menggunakan persamaan keseimbangan dalam arah horizontal. Dengan demikian, hanya ada dua persamaan keseimbangan independen -yaitu dua persamaan momen, atau satu persamaan momen plus persamaan untuk keseimbangan vertikal. Misalkan kita memilih untuk menulis dua persamaan momen, yang pertama adalah momen terhadap titik B dan yang kedua adalah momen terhadap titik A, sebagai berikut (momen berlawanan jarum jam adalah positif):

l.M8 = 0 -RAL + P/L - a) + M1 = 0

'L:MA = 0 - P4a + R� + M1 = 0

Dengan demikian, reaksinya adalah

Sekali lagi, perjumlahan gaya-gaya dalam arah vertikal dapat digunakan untuk megecek kebenaran hasil ini.

Pembahasan di atas mengambarkan bagaimana reaksi pada balok statis tertentu dihitung dari persamaan keseimbangan. Kita sengaja menggunakan contoh-contoh dengan simbol, bukannya contoh numerik, agar terlihat jelas bagaimana masing-masing. langkah dilakukan. (Di dalam contohcontoh lain kita kadang-kadang mengabaikan perhitungan reaksi karena langkahnya pada dasarnya sama dengan yang telah dijelaskan di sini.)

-·4·•3 I GAYA GESER DAN MOMEN LENTUR

Pada saat suatu balok dibebani oleh gaya atau kopel, tegangan dan regangan akan terjadi di seluruh bagian interior balok. Untuk menentukan tegangan dan regangan ini, mula-mula kita harus mencari gaya internal dan kopel

At:r:_�·� 1----x -1 (a)

c...:;.;.;__�=""""= '"M 1- x ---.l v

(b)

(c)

Gambar 4-4 Gaya geser V dan momen lentur M di suatu balok

Mekanika Bahan 241

internal yang bekerja pada balok. Sebagai ilustrasi bagaimana besaran internal ini diperoleh, tinjau balok kantilever AB yang dibebani oleh gaya P di ujung bebas (Gambar 4-4a). Kita memotong balok tersebut di potongan melintang mn yang terletak pada jarak x dari ujung bebas dan mengisolasi bagian kiri dari balok sebagai benda bebas (Gambar 4-4b). Benda bebas ini dipertahankan berada dalam keseimbangan oleh gaya P dan tegangan yang bekerja di penampang. Tegangan-tegangan ini mewakili aksi bagian sebelah kanan balok pada bagian kirinya: yang kita ketahui adalah bahwa resultan dari tegangan ini harus sedemikian hingga mempertahankan keseimbangan benda bebas.

Dari statika, kita ketahui bahwa resultan dari tegangan yang bekerja di penampang adalah gaya geser V dan m omen lentur M (Gambar 4-4b ) . Karena beban P berarah transversal terhadap sumbu balok, maka tidak ada gaya aksial di penampang. Baik gaya geser maupun momen lentur bekerja di bidang balok, artinya vektor gaya geser terletak di bidang gambar dan vektor momen lentur adalah tegak lurus bidang gambar.

Gaya geser dan momen lentur, seperti gaya aksial di batang dan torsi intenal di batang, merupakan resultan dari tegangan yang terdistribusi di suatu penampang. Dengan demikian, besaran-besaran ini dapat disebut resultan tegangan.

Resultan tegangan pada balok statis tertentu dapat dihitung dari persamaan keseimbangan. Dalam hal balok kantilever dalam Gambar 4-4a, kita menggunakan diagram benda bebas dalam Gambar 4-4b. Dengan menjumlahkan gaya-gaya dalam arah vertikal dan mengambil momen terhadap potongan, kita dapatkan

'i.Pvert = 0 P - V = 0 atau V = P

'LM = 0 M - Px = 0 atau M = Px

di mana x adalah jarak dari ujung bebas balok ke potongan di mana V dan M dihitung. Jadi, dengan menggunakan diagram benda bebas dan dua persamaan keseimbangan, maka kita dapat menghitung gaya geser dan momen lentur dengan mudah.

• Perjanjian Tanda

Sekarang kita tinjau perjanjian tanda untuk gaya geser dan momen lentur. Gaya geser dan momen lentur biasa diasumsikan bertanda positif jika bekerja dalam arah seperti terlihat dalam Gambar 4-4b. Perhatikan bahwa gaya geser tersebut cenderung untuk memutar bahan searah jarum jam dan momen lentur cenderung menekan bagian atas balok dan menarik bagian bawahnya. Juga, untuk di potongan tersebut, gaya geser bekerja ke bawah dan momen lentur bekerja berlawanan jarum jam.

Aksi resultan tegangan yang sama terhadap bagian kanan balok ditunjukkan dalam Gambar 4-4c. Arah kedua besaran sekarang kebalikannya - gaya geser bekerja ke atas dan momen lentur bekerja searah jarum jam. Sekalipun demikian, gaya geser cenderung memutarkan bahan searah j arum jam dan momen lentur tetap menyebabkan tekan di bagian atas dan tarik di bagian bawah balok.

Dengan demikian, kita harus mengingat bahwa tanda aljabar resultan tegangan ditentukan dengan bagaimana resultan tersebut mengubah bentuk bahan di mana resultan tersebut bekerja, bukan dengan arahnya di dalam ruang. Dalam hal balok, gaya geser positif bekerja searah j arum jam


Gambar 4-5 Perjanjian tanda untuk gaya geser V dan rnornen lentur M

(a)

) M

Gambar 4-6 Deforrnasi (digarnbar dengan sangat dibesarkan) suatu balok yang diakibatkan oleh: (a) gay a geser, dan (b) m omen lentur

LEMBAR KERJA

3

• terhadap bahan (Gambar 4-4b dan c) dan gaya geser negatif bekerja berlawanan jarum jam terhadap bahan. Juga, momen lentur positif menekan bagian atas balok (Gambar 4-4b dan c) dan momen lentur negatif menekan bagian bawah.

Untuk memperjelas perjanjian tanda ini, gaya geser positif dan negatif maupun momen lentur positif dan negatif ditunjukkan dalam Gambar 4-5. Gaya dan momen seperti terlihat bekerja pada elemen balok yang dipotong antara dua penampang yang jaraknya berdekatan satu sama lain.

Deformasi suatu elemen yang diakibatkan oleh gaya geser positif dan negatif maupun momen lentur positif dan negatif terlihat dalam Gambar 4-6. Kita lihat bahwa gaya geser positif cenderung mengubah bentuk elemen dengan muka kanan bergerak ke bawah relatif terhadap muka kiri, dan seperti telah disebutkan, m omen lentur positif menekan ( dan memperpendek) bagian atas dan menarik bagian bawah balok.

Perjanjian tanda untuk resultan tegangan disebut perjanjian tanda deformasi karena didasarkan atas bagaimana bahan berdeformasi. Sebagai contoh, kita telah menggunakan perjanjian tanda deformasi pada kasus gaya aksial di suatu batang. Kita telah menyatakan bahwa gaya aksial yang menyebabkan perpanjangan (yaitu tarik) di suatu batang adalah positif dan gaya aksial yang menyebabkan perpendekan (yaitu tekan) adalah negatif. Jadi, tanda untuk gaya aksial bergantung pada bagaimana bahan berdeformasi, bukan bergantung pada arahnya di dalam ruang.

Sebaliknya, dalam menuliskan persamaan keseimbangan kita menggunakan perjanjian tanda statika di mana gaya-gaya adalah positif atau negatif bergantung pada arahnya di sepanjang sumbu koordinat. Sebagai contoh, jika kita menjumlahkan gaya-gaya dalam arah y, maka gaya-gaya yang bekerja dalam arah positif sumbu y dianggap positif dan gaya-gaya yang bekerja dalam arah negatif dianggap negatif. Sebagai contoh, tinjau Gambar 4-4b, yang merupakan diagram benda bebas bagian dari bagian balok kantilever. Bayangkan bahwa kita akan menjumlahkan gaya-gaya dalam arah vertikal dan bahwa sumbu y adalah positif ke atas. Dengan demikian, beban P diberi tanda positif dalam persamaan keseimbangan karena beraksi ke atas. Namun, gaya geser V (yang merupakan gaya geser positij) diberi tanda negatif karena bekerja ke bawah (yaitu dalam arah negatif sumbu y). Contoh ini menunjukkan perbedaan antara perjanjian tanda deformasi yang digunakan untuk gaya geser dan perjanjian tanda statika yang digunakan dalam persamaan keseimbangan.

Contoh berikut mengilustrasikan cara-cara menangani perjanjian tanda dan menentukan gaya geser serta momen lentur di balok. Prosedur umumnya terdiri atas pembuatan diagram benda bebas dan pemecahan persamaan keseimbangan.

Contoh 4-1

Sebuah balok sederhana AB memikul dua beban, gaya P dan kopel M0, yang bekerja seperti terlihat dalam Gambar 4-7 a. Carilah gay a geser V dan momen lentur M di balok di penampang yang terletak pada (a) dekat di sebelah kiri titik tengah balok, dan (b) dekat di sebelah kanan titik tengah balok.

Solusi

Reaksi. Langkah pertama dalam analisis balok ini adalah mencari reaksi RA dan R8 di tumpuan. Dengan mengambil momen terhadap ujung B dan A kita peroleh

(c)

Gambar 4-7 Contoh 4- 1 . Gaya geser dan momen lentur pada balok sederhana

LE M BAR KERJA

3

Mekanika Bahan 243

dua persamaan keseimbangan, sehingga

R _ 3P _ M0 A - 4 L

p Mo RB = - + -4 L (a)

(a) GaYa geser dan momen lentur di sebelah kiri titik tengah. Kita potong balok di potongan melintang sedikit di kiri titik tengah dan menggambar diagram benda bebas salah satu bagian balok. Dalam contoh ini, kita pilih setengah kiri balok sebagai bcnda bcbas (Gambar 4-7b ). Benda bcbas ini ditahan dalam kcseimbangan oleh beban P, reaksi RA, dan dua resultan tegangan anu yaitu gaya geser V dan momen lentur M, yang kcduanya ditunjukkan dalam arah positif (lihat Gambar 4-5) . Kopel M0 tidak bekerja di benda beba-, i ni karena balok ini dipotong sedikit di kiri lokasi kopel tersebut. Dengan menjumlahkan gaya-gaya dalam arah vertikal kita peroleh

'i.F = 0 vert yang menghasilkan gaya geser:

p Mo V = RA -- p = - - -4 L (b) ..

Hasil ini membuktikan bahwa apabila P dan M0 bekerja dalam arah seperti terlihat dalam Gambar 4-7a, maka gaya geser (di lokasi yang dipilih) adalah negatif dan bekcrja dalam arah berlawanan dengan arah positif yang diasumsikan dalam Gambar 4-7b.

Dcngan mcngambil momen terhadap sumbu yang melalui penampang di mana balok dipotong (lihat Gambar 4-7b) maka

'i. M = O

di mana momen berlawanan jarum jam diambil positif. Dengan memecahkan persamaan tersebut untuk mcndapatkan momen lentur M, kita pcroleh

M = R (!::_) - P( !::_) = PL - Mo A 2 \ 4 8 2 (C) ..

Momen lentur M dapat positif atau ncgatif, bergantung pada besar bcban P dan M0. Jika positiL maka momen tersebut bckerja dalam arah seperti terlihat dalam gambar; jika negatif, momen terscbut bekerja dalam arah kebalikannya.

(b) Gaya geser dan momen lentur di sebelah kanan titik tengah. Dalam hal ini kita potong balok di penampang sedikit di sebclah kanan titik tengah dan menggambar diagram benda bebas bagian balok ke kiri (Gambar 4-7c). Perbcdaan antara diagram ini dan yang tadi adalah bahwa kopel M0 sekarang bckerja di benda bcbas. Dari dua persamaan keseimbangan, yang pertama untuk gaya dalam arah vertikal dan yang kcdua untuk momen tcrhadap sumbu yang melalui potongan, kita pcroleh

V = _!_ - Mo 4 L (d,e) ..

Hasil ini mcnunjukkan bahwa apabila potongan digeser dari kiri ke kanan kopel M0, maka gaya geser tidak berubah (karena gaya vertikal yang bekerja di benda bebas tidak bcrubah) tetapi momcn lemur bcrtambah sccara aljabar sebesar M0

(bandingkan Pcrsamaan c dan c).

Contoh 4-2

Scbuah balok kantilever yang bebas di ujung A dan dijepit di ujung B mengalami beban terdistribusi yang bervariasi sccara linier q (Gambar 4-8a). Intensitas maksimum bcban terjadi di tumpuan jepit dan sama dengan q0. Carilah gaya geser V dan momen lentur M pacta jarak x dari ujung bebas balok.

r 244 Bab 4 Gaya Geser dan Momen Lentur

Gambar 4-8 Contoh 4-2. Gaya

geser dan momen lcntur di balok

kantilever

Solusi

Gaya geser. Kita potong halok pada j arak x dari ujung kiri dan isolasi bagian halok tersehut sehagai henda hehas (Gamhar 4-8b). Pada benda hebas ini bekerja hehan terdistribusi q, gaya geser V. dan momen lentur M. Bcsaran anu (V dan Ml diasumsikan positif.

lntensitas heban terdistribusi pada jarak x dari ujung adalah

q = CfoX L (4- 1 )

Dengan dcmikian, beban ke bawah total pada benda hehas, yang sama dengan luas diagram beban segitiga ( Gambar 4-8b), adalah

) _!_[ q"X • I X ) = !f.oX-2 \ L 2L Dari persamaan kcseimhangan dalam arah vertikal kita dapatkan

V =- Lj,JX -

2 L (4-2a) ..

Di ujung bebas (x = 0) gaya geser adalah nol. dan di ujung jepit B (x = L) gaya geser mempunyai harga maksimum: - qoL

2 (4-2b)

yang secara numerik sama dengan beban ke bawah total pada balok. Tanda ncgatif dalam Persamaan (4-2a) dan (4-2b) mcnunj ukkan bahwa ga; a geser hekcrja dalam arah berlawanan dengan yang terlihat dalam Gambar 4-Sb.

Momen lentur. Untuk mencari momen lentur M di balok (Gamhar 4-8b), kita tul is persamaan keseimbangan momen terhadap sumbu yang melalui penampang. Dengan mengingat bahwa momen dari beban segitiga sama dengan luas diagram be ban dikalikan jarak dari pusat beratnya kc sumbu momen, maka kita mendapatkan persamaan keseimbangan berikut (momen yang berlawanan dengan arah putaran j arum jam adalah positit) :

I M = 0

sehingga

M + _!_( qox )(x)(�) = 0 2 L 3

3 lvf = - qox 6L (4-3a) ..

Di ujung bebas balok (x = 0), momen lentur adalah no! , dan di ujung jepit (x = L). momen tersebut mempunyai harga numerik terbesar:

2 M . = - qoL maks 6

(4-3b)

Tanda negatif dalam Persamaan (4-3a) dan (4-3b) menunjukkan bahwa momen lentur bekerja dalam arah berlawanan dengan yang terlihat dalam Gambar 4-Sb.

-----------· -- -------- -- --- - -- ----- --- - --- -- - -- - - ------- -

LE M BAR KERJA

3 A Contoh 4-3

Sebuah balok sederhana dcngan overstek ditumpu di titik A dan B (Gambar 4-9a). Beban terbagi rata dengan intensitas q = 200 lb/ft bekcrja di seluruh panjang balok dan behan terpusat P = 14 k bekerja di titik 9 ft dari tumpuan kiri. Panjang bentang ada1ah 24 ft dan panjang overstek adalah 6 ft. Hitunglah gaya geser V dan momen lentur lvl di potongan D yang terletak di 1 5 ft dari tumpuan kiri.

Gambar 4-9 Contoh 4-3. Gaya geser dan momen lentur di suatu balok dengan overstek (overhang)

Solusi

l-e:--- 9 ft _ .. , p = 1-+ k I t

A 6lLU1 I I l : , !..::::. D �··

1 5 ft ·----·-+ ·------ 24 ft --·

1 a 1

1 1 4 k

200 lb/ft t \( -llJTIJ�� ) A -· �� . . :b:j � . .,;,;.. D V

t l l k

(b)

(c)

Mekanika Bahan 245

Reaksi. Kita mulai dengan menghitung reaksi R4 dan RB dari persamaan keseimbangan untuk seluruh balok yang dipandang sebagai benda bebas. Jadi, dengan mengambil momen terhadap tumpuan di B dan A, kita peroleh

Gaya geser dan momen !entur di potongan D. Sekarang kita membuat potongan di D dan membuat diagram benda bebas bagian kiri balok (Gambar 4-9b). Dalam menggambar diagram ini, kita asumsikan bahwa resultan tegangan anu V dan M adalah positif. Persamaan keseimbangan untuk benda bebas adalah sebagai berikut:

1 1 k - 1 4 k - (0,200 k/ft)( l 5 ft) -- V = 0 -( 1 1 k)( l 5 ft) + ( 14 k)(6 ft) + (0,200 k/ft)( 1 5 ft)(7,5 ft) + M = 0

di m ana gay a ke atas dianggap positif di persamaan pertarna dan momen berlawanan j amm j am dianggap positi f dalam persarnaan kedua. Dengan memecahkan kedua persamaan tersebut kita peroleh

V = -6 k M = 58,5 k-ft .. Tanda negatif untuk V bcrarti bahwa gaya geser adalah negati f, artinya arahnya berlawanan dengan arah yang terlihat dalam Gambar 4-9b. Tanda positif untuk M berarti bahwa momen lentur bekerja dalam arah seperti terlihat dalarn garnhar.

Diagram benda bebas altematif Metode penyelesaian lainnya adalah dengan mendapatkan V dan M dari diagram benda bebas bagian 'ebelah kanan balok

246 3a= 4 Gaya Geser dan Momen Lentur

(Gambar 4-9c). Dalam menggambarkan diagram benda bebas, kita asumsikan bahwa gaya geser anu dan momen lentur anu adalah positif. Kedua persamaan keseimbangan adalah:

LFvert = 0 V + 9 k - (0,200 k/ft)( 1 5 ft) = 0

LMv = 0 --.if + (9 k)(9 ft) ·- (0,200 k/ft)( l 5 ft)(7,5 ft) = 0

sehingga

V = -6 k M = 58,5 k-ft

yang sama dengan yang telah diperoleh sebelum ini. Pada umumnya, pemilihan

diagram benda bebas yang akan digunakan bergantung pada sclera setiap individu.

4.4 I HUBUNGAN ANTARA BEBAN, GAYA GESER, DAN

-- MOMEN LENTUR

et (b)

et (c)

Gambar 4-10 Elemen suatu balok yang digunakan untuk menurunkan hubungan antara beban, gaya geser, dan momen Jentur. (Semua beban dan resultan tegangan ditunjukkan dalam arah positif.)

Kita akan mendapatkan hubungan penting antara beban, gaya geser, dan

momen lentur di balok. Hubungan ini cukup berguna dalam menyelidiki

gaya geser dan momen lentur di seluruh panjang balok dan khususnya ber

guna dalam membuat diagram gaya geser dan momen lentur (Subbab 4.5).

Sebagai suatu cara untuk mendapatkan hubungan tersebut, kita tinjau

elemen balok yang dipotong antara dua penampang yang terletak sejauh

dx satu sama lain (Gambar 4- 10 ) . Beban yang bekerja di permukaan atas

dari elemen dapat berupa beban terbagi rata, beban terpusat, atau kopel,

seperti terlihat masing-masing dalam Gambar 4-1 Oa, b, dan c. Perjanjian tanda untuk beban tersebut adalah sebagal berikut. Beban terdistribusi dan beban terpusat adalah positif apabila bekerja ke bawah di balok dan negatif jika bekerja ke atas. Kopel yang bekerja sebagai beban di balok adalah positif jika berlawanan arah jarum jam dan negatifjika searah jarum jam. Jika perjanj ian tanda lain digunakan, perubahan yang harus

dilakukan hanyalah tanda dari suku-suku yang muncul dalam persamaan

yang diturunkan berikut ini.

Gaya geser dan momen lentur yang bekerj a di sisi-sisi elemen

ditunjukkan dalam arah positif dalam Gambar 4- 1 0. Pada umumnya, gay a

geser dan momen lentur bervariasi di sepanjang sumbu balok. Dengan

demikian, harganya di muka kanan elemen dapat berbeda dengan harga di

muka kiri. Dalam hal beban terdistribusi (Gambar 4- lOa), pertambahan V dan M kecil sekali sehingga dapat kita tulis sebagai dV dan dM. Resultan

tegangan di muka kanan adalah V + dV dan M + dM. Dalam hal beban

terpusat (Gambar 4- lOb) atau kopel (Gambar 4-l Oc) pertambahan mungkin

terhingga sehingga diberi notasi V1 dan lv/1 . Resultan tegangan untuk ini

di muka kanan adalah V + V1 dan M + M1 . Untuk setiap jenis pembebanan kita dapat menulis dua persamaan

keseimbangan untuk elemen-satu untuk persamaan keseimbangan gaya

dalam arah vertikal dan satu untuk keseimbangan momen. Persamaan

pertama memberikan hubungan antara beban dan gaya geser, dan persamaan

kedua memberikan hubungan antara gaya geser dan momen lentur.

• Beban Terdistribusi (Gambar 4-1 0a)

Jenis pertama dari pembebanan adalah beban terdistribusi dengan intensitas

q, seperti terlihat dalam Gambar 4- l Oa. Keseimbangan gaya dalam arah

vertikal (gaya ke atas adalah positif) menghasilkan

I.F = 0 vert.

a tau

Mekanika Bahan 24 7

V - qdx - ( V + dV) = 0

= -q (4-4)

Dari persamaan ini kita lihat bahwa laju perubahan gaya geser di setiap titik pada sumbu balok sama dengan negatif dari intensitas beban terdistribusi di titik yang sama. (Catatan: Jika perjanjian tanda untuk beban terdistribusi dibalik, sehingga q adalah positif ke atas bukan ke bawah, maka tanda minus dihapus dari persamaan tersebut.)

Hubungan yang berguna sudah sangat jelas dari Persamaan (4-4). Sebagai contoh, j ika tidak ada beban terdistribusi di segmen balok (artinya, jika q = 0), maka dV!dx = 0 dan gaya geser adalah konstan di bagian balok yang itu. Juga, jika beban terdistribusi adalah seragam di seluruh bagian balok (q = konstan), maka dV!dx juga konstan dan gaya geser berubah secara linier di bagian balok tersebut.

Untuk mendemonstrasikan Persamaan (4-4), tinjau balok kantilever dengan beban yang bervariasi secara linier yang telah kita bahas dalam Contoh 4-2 di dalam subbab sebelum ini (lihat Gambar 4-8) . Beban di balok ( dari Persamaan 4- 1 ) adalah

yang bertanda positif karena bekerja ke bawah. Juga, gaya geser (dari Persamaan 4-2a) ada!ah

2 V = - qox

2 L

Dengan mengambil turunan dV!dx maka

dV = .!!_( _ q0x

2 ) = _ q0x = -q dx dx l 2 L L

yang cocok dengan Persamaan (4-4). Hubungan penting mengenai gaya geser di dua potongan yang berbeda

pada suatu balok dapat diperoleh dengan mengintegrasikan Persamaan ( 4-4) di sepanjang sumbu balok. Untuk mendapatkan hubungan ini, kita kalikan kedua sisi Persamaan (4-4) dengan dx dan selanjutnya kita gintegrasikan diantara dua titik A dan B di sumbu balok; jadi,

(a)

di mana kita asumsikan bahwa x bertambah pada saat kita bergerak dari titik A ke titik B. Sisi kiri dari persamaan ini sama dengan perbedaan ( V8 - VA) antara gaya geser di A dan di B. Integral di sisi kanan menunjukkan luas diagram pembebanan antara A dan B, yang pada gilirannya sama dengan besar resultan beban terdistribusi yang bekerja di antara titik A dan B. Jadi, dari Persamaan (a) kita dapatkan


VB - VA = -rq dx

= - (luas diagram pembebanan antara A dan B) (4-5)

Dengan perkataan lain, perubahan gaya geser antara dua titik sepanjang

sumbu balok sama dengan negatif dari total beban ke bawah antara titik

titik tersebut. Luas diagram pembebanan dapat positif (jika q bekerja ke

bawah) atau negatif (jika q bekerja ke atas).

Karena Persamaan ( 4 - 4 ) diturunkan untuk elemen balok yang

mengalami hanya beban terdistribusi (atau tidak ada beban sama sekali),

kita tidak dapat menggunakan Persamaan (4-4) di titik di mana beban

terpusat bekerja (karena intensitas be ban q tidak didefinisikan untuk beban

terpusat). Untuk alasan yang sama. kita tidak dapat menggunakan Per

samaan (4-5) jika beban terpusat P bekerja di balok antara titik A dan B. Sekarang tinjau keseimbangan momen di elemen balok yang terlihat

dalam Gambar 4-lOa. Dengan menjurnlahkan momen terhadap sumbu di

sisi kiri elemen (sumbu tersebut tegak lurus bidang gambar), dan meng

anggap momen berlawanan jarum jam sebagai momen positif, kita dapatkan

2.. M = 0 -M - q dx ( �x ) - (V + dV)dx + M + dM = 0

Dengan mengabaikan hasil kali antara diferensial (karena dapat diabaikan

dibandingkan dengan suku-suku lainnya), kita dapatkan hubungan sebagai

berikut:

(4-6)

Persamaan ini menunjukkan bahwa laju perubahan momen lentur di setiap

titik pada sumbu balok sama dengan gaya geser di titik yang sama. Sebagai

contoh, j ika gaya geser adalah nol di suatu daerah balok, maka momen

lentur adalah konstan di daerah yang sama.

Persamaan (4-6) berlaku hanya di daerah di mana beban terdistribusi

(atau tidak ada beban) bekerja di balok. Di titik di mana beban terpusat

bekerja, perubahan mendadak (atau diskontinuitas) pada gaya geser terjadi

dan turunan dM/dx tidak terdefinisi di titik tersebut.

Dengan menggunakan balok kantilever dalam Gambar 4-8 sebagai

contoh, kita ingat bahwa momen lentur (Persamaan 4-3a) adalah

Jadi, turunan dM!dx adalah

2 M = - qox

6L

dM = .!!..._(- q0x3

J = _ q0x2

dx dx 6L 2L

yang sama dengan gaya geser di balok (lihat Persamaan 4-2a).

Dengan mengintegrasikan Persamaan (4-6) antara dua titik A dan B di sumbu balok maka

(b)

Mekanika Bahan 249

Integral di sisi kiri persamaan ini sama dengan perbedaan (M8 - MA) antara momen lentur di B dan A. L'ntuk menginterpretasikan integral di

sisi kanan, kita perlu meninjau V sebagai fungsi dari x dan membayangkan

diagram gaya geser yang menunjukkan variasi V terhadap x. Selanjutnya

kita lihat bahwa integral di sisi kanan menunjukkan luas di bawah dia

gram gaya geser di antara A dan B. Dengan demikian, kita dapat

menyatakan Persamaan (b) sebagai berikut:

M8 - MA = s:V dx

= (luas diagram gay a geser di antara A dan B) ( 4-7)

Persamaan ini berlaku juga pada kasus beban terpusat yang bekerja di

balok di antara titik A dan B. Namun, ini tidak berlaku j ika ada kopel yang

bekerja di antara A dan B. Suatu kopel menghasilkan perubahan mendadak

dalam momen lentur, dan sisi kiri dari Persamaan (b) tidak dapat diintegrasi

melalui diskontinuitas tersebut.

• Beban Terpusat (Gambar 4-1 0b)

Sekarang tinjau beban terpusat P yang bekerja di elemen balok (Gambar

4- l Ob). Dari keseimbangan gaya dalam arah vertikal kita peroleh

V - P - (V + V1 ) = 0 atau V1 = -P (4-8)

Hasil ini berarti bahwa perubahan mendadak pada gaya geser terjadi di titik di mana beban terpusat bekerja. Pada saat kita bergerak dari kiri ke

kanan melalui titik bekerjanya beban, maka gaya geser berkurang dalam

jumlah yang sama besar dengan beban terpusat ke bawah P. Dari keseimbangan momen terhadap muka kiri elemen (Gambar 4-

lOb), kita peroleh

-M - P( d; )- (V + V1 )dx + M + M1 = 0

a tau

M1 = P ( d; )+ V dx + V1 dx

Karena panjang dx dari suatu elemen sangat kecil, maka kita lihat dari

persamaan ini bahwa pertambahan momen M1 j uga kecil sekali . Jadi, momen lentur tidak berubah pada saat kita bergerak melalui titik bekerjanya beban terpusat.

Meskipun momen lentur tidak berubah di lokasi beban terpusat, laju

perubahan (dM!dx) mengalami perubahan mendadak. Di sisi kiri elemen

(Gambar 4- 1 Ob), laju perubahan momen lentur (lihat Persamaan 4-6) adalah

dM!dx = V. Di si si kanan, laju perubahannya adalah dM!dx = V + V1 = VP. Dengan demikian, di titik bekerjanya beban terpusat P, laju perubahan dM!dx berkurang secara mendadak sebesar P

• Beban Dalam Bentuk Kopel (Gambar 4-1 0c)

Kasus terakhir yang akan ditinjau adalah beban dalam bentuk kopel M0 (Gambar 4- l Oc). Dari keseimbangan elemcn dalam arah vertikal, kita

dapatkan V1 = 0, yang menunjukkan bahwa gaya geser tidak berubah di titik bekerjanya kopel.


Keseimbangan momen terhadap sisi kiri elemen menghasilkan

-M + M0 - (V + V1)dx + M + M1 = 0

Dengan mengabaikan suku-suku yang mengandung diferensial (karena dapat jauh lebih kecil dibandingkan suku lainnya), kita peroleh

(4-9)

Persamaan ini menunjukkan bahwa momen lentur berkurang sebesar M0 apabila kita beijalan dari kiri ke kanan melalui titik bekerjanya beban. Jadi, momen lentur berubah secara mendadak di titik bekerjanya kopel.

Persamaan (4-4) sampai (4-9) berguna dalam membuat diagram momen lentur dan gaya geser di balok secara lengkap, sebagaimana dibahas dalam subbab berikut ini.

-·4·•5 I DIAGRAM GAYA GESER DAN MOMEN LENTUR

Dalam mendesain suatu balok, kita biasanya perlu mengetahui bagaimana gaya geser dan momen lentur bervariasi di seluruh panjang balok. Salah satu yang penting adalah harga maksimum dan minimum dari besaranbesaran ini. lnformasi seperti ini diberikan dengan grafik di mana gaya geser dan momen lentur diplot sebagai ordinat dan jarak x di sepanjang sumbu balok diplot sebagai absis. Grafik seperti ini disebut diagram gaya geser dan momen lentur. Untuk lebih menjelaskan diagram tersebut, kita akan membahas secara rinci bagaimana diagram tersebut dibuat dan diinterpretasikan untuk ketiga kondisi pembebanan dasar-beban terpusat, beban terbagi rata, dan beberapa beban terpusat. (Kasus kopel yang bekeija sebagai be ban pada balok diilustrasikan dalam Contoh 4-7.)

• Beban Terpusat

Kita mulai dengan balok sederhana AB yang memikul beban terpusat P (Gambar 4-1 1 a). Be ban P bekerja pada jarak a dari tumpuan kiri dan jarak b dari tumpuan kanan. Dengan meninjau seluruh balok sebagai benda bebas, kita dapat langsung menentukan reaksi balok dari keseimbangan; hasilnya adalah

R _ Pb A - L

R _ Pa B - L

(4- l Oa,b)

Kita sekarang memotong balok di sebelah di kiri beban P dan pada jarak x dari tumpuan di A. Lalu kita gambarkan diagram benda bebas bagian kiri dari balok (Gambar 4- 1 1 b). Dari persamaan keseimbangan untuk diagram benda bebas ini, kita peroleh gaya geser V dan momen lentur M di jarak x dari tumpuan:

Pb V = RA =

L (0 < x < a) (4- l l a,b)

Rumus ini hanya berlaku untuk bagian balok di kiri beban P. Selanjutnya, kita potong balok ini di kanan beban P (artinya di daerah

a < x < L) dan juga menggambar diagram benda bebas untuk bagian kiri balok (Gambar 4- l l c). Dari persamaan keseimbangan untuk benda bebas ini, kita peroleh rumus berikut untuk gaya geser dan momen lentur:

(a)

R4 (b)

. l P �-----a -----� M Ag===: -.... . · ·· -- -• -•-··.•· • :7 �:)

- I t----x--1 (c)

(d)

(e)

_ Pa L

Gambar 4-11 Diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok sederhana dengan beban terpusat.

Mekanika Bahan 251

Pb Pa V = RA - P = - - P = - (a < x < L) L L

Pbx M = RAx - P(x - a l = - - P(x - a) L

Pa = --(L - x) L

(a < x < L)

(4- 1 2a)

(4- 1 2b)

Perhatikan bahwa rumus-rumus ini berlaku hanya di bagian kanan balok.

Persamaan untuk gaya geser dan momen lentur (Persamaan 4- 1 1 dan

4- 1 2) diplot di bawah gambar balok. Gambar -+- l l d adalah diagram gaya geser dan Gambar 4- l le adalah diagram momen /entur.

Dari diagram pertama kita lihat bahwa gaya geser di ujung A dari

balok (x = 0) sama dengan reaksi RA. Gaya geser ini tetap konstan sampai

di lokasi beban P (x = a). Di titik tersebut, gaya geser berkurang mendadak

sebesar beban P. Di bagian kanan balok, gaya geser juga konstan tapi

secara numerik sama dengan reaksi di B. Seperti terlihat dalam diagram kedua, momen lentur di bagian kiri

balok bertambah secara linier dari nol di tumpuan ke Pab!L di lokasi

beban terpusat (x = a). Di bagian kanan, momen lentur juga merupakan

fungsi linier dari x, yang bervariasi dari Pab!L, di x = a ke nol di tumpuan

(x = L). Jadi, momen lentur maksimum adalah

Pab Mmaks = L ( 4- 1 3)

dan terjadi di bawah beban terpusat.

Dalam mendapatkan rumus gaya geser dan momen lentur di kanan

beban P (Persamaan 4- 1 2a dan b), kita meninjau keseimbangan bagian

kiri dari balok (Gambar 4- llc) . Pada benda bebas ini bekerja gaya RA dan

P selain juga V dan M. Dalam contoh ini akan sedikit lebih mudah kalau

kita tinjau bagian kanan balok sebagai benda bebas, karena di bagian ini

hanya ada satu gaya (R8) yang muncul di dalam persamaan keseimbangan

(selain juga V dan M). Tentu saja, hasilnya sama saja.

Karakteristik tertentu pada diagram gaya geser dan momen lentur

(Gambar 4- l ld dan e) sekarang terlihat. Kita perhatikan bahwa kemiringan

dV!dx dari diagram gaya geser adalah nol di daerah 0 < x < a dan a < x < L, yang sesuai dengan persamaan dV!d.x = -q (Persamaan 4-4). Juga, di

dalam daerah ini kemiringan dM/dx dari diagram momen lentur sama

dengan V (Persamaan 4-6). Di titik bekerjanya beban P ada perubahan

mendadak pada diagram gaya geser (sama dengan besar beban P) serta

perubahan kemiringan pada diagram momen lentur. Di kiri beban P, kemiringan pada diagram momen adalah positif dan sama dengan Pb!L; di kanan, kemiringannya adalah negatif dan sama dengan -PaiL.

Sekarang tinjaulah luas diagram gaya geser. Apabila kita bergerak

dari x = 0 ke x = a, luas diagram gaya geser adalah (Pb!L)a, atau Pab/L. Besaran ini menunjukkan pertambahan momen lentur antara kedua titik

tersebut (lihat Persamaan 4-7) . Dari x = a ke x = L, luas diagram gaya

geser adalah -Pab/L, yang berarti bahwa dalam daerah ini momen lentur

berkurang sebesar itu. Dengan demikian, momen lentur adalah nol di

ujung B dari balok, sebagaimana diduga.

Jika momen lentur di kedua ujung balok adalah nol, seperti yang

biasa terj adi dalam kasus balok sederhana, maka luas diagram gaya geser

252 3a.:: 4 Gaya Geser dan Momen Lentur

RA RB (a)

qL 2

- qL 2

(b)

(c)

Gambar 4-1 2 Diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok scderhana dengan be ban terbagi rata

antara ujung-ujung balok haruslah nol asalkan tidak ada kopel yang bekerja

di balok (lihat pembahasan dalam Subbab 4.4 di bawah Persamaan 4-7).

Seperti telah disebutkan. harga maksimum dan minimum untuk gaya

geser dan modulus elastisitas lentur dibutuhkan dalam mendesain balok.

Untuk balok sederhana dengan satu beban terpusat, gaya geser maksimum

terjadi di ujung balok yang terdekat dengan heban terpusat tersebut dan

momen lentur maksimum terjadi di bawah beban itu sendiri.

• Beban Terbagi Rata

Suatu balok sederhana dengan beban terdistribusi terbagi rata dengan

intensitas konstan q terlihat dalam Gambar 4- 1 2a. Karena balok ini beserta

bebannya simetris, maka kita dapat segera melihat bahwa masing-masing

reaksi (RA dan R8) sama dengan qL/2. Dengan demikian, gaya geser dan

momen lentur pada jarak x dari ujung kiri adalah

V = R - qx = qL - qx (4- 1 4a) A 2

M = R x - qx (�) = qL>: -

qx2 A 2 2 2

( 4- 14b)

Kedua persamaan ini. yang berlaku di seluruh panjang balok, diplot sebagai

diagram gaya geser dan momen lentur dalam Gambar 4- 1 2h dan c .

Diagram gaya geser terdiri atas garis lurus miring yang mempunyai

ordinat di x = 0 dan x = L sama secara numerik dengan reaksi . Kemiringan

garis adalah -q sebagaimana diharapkan dari Persamaan (4-4) . Diagram

momen lentur merupakan kurva parabolik yang simetris terhadap titik

tengah balok. Di setiap potongan kemiringan diagram momen lentur sama

dengan gaya geser (lihat Persamaan 4-6):

dM = _!!:____( qLx _ qx� J = qL _ qx = V dx dx 2 2 ) 2

Harga maksimum untuk momen lentur terjadi di titik tengah halok; dengan

demikian, kita substitusikan x = L/2 ke dalam rumus untuk M sehingga

qL2 Mmaks. = -8-

seperti terl ihat dalam gambar tersebut.

( 4- 1 5)

Diagram intensitas behan (Gambar 4- 1 2a) mempunyai luas qL, dan

menu rut Persamaan ( 4-5) gay a geser V harus berkurang sebesar ini pad a

saat kita bergerak di sepanjang balok dari A ke B. Kita dapat melihat

bahwa pada contoh ini ini memang demikian; gaya geser berkurang dari

qL/2 ke -qL/2. Luas diagram gaya geser antara x = 0 dan x = L/2 adalah qL2!8, dan

kita lihat bahwa luas ini menunjukkan hertambahnya momen lentur antara

kedua titik tersebut (Persamaan 4-7). Dengan cara sama, momen lentur

berkurang sebesar qL218 di daerah antara x = L/2 dan x = L.

• Beberapa Beban Terpusat

Jika beberapa beban terpusat bekerja di balok sedcrhana (Gambar 4- 13a) ,

rumus untuk menghitung gaya geser dan momen lentur dapat ditentukan

untuk setiap segmen balok antara bahwa titik hekerjanya beban. Lagi-lagi.

L ----- -- - J (a)

(h)

(c)

Gambar 4-1 3 Diagram gaya gcscr dan momen lentur untuk balok sederhana dengan beberapa heban tcrpusat

Mekanika Bahan 253

dengan menggunakan diagram benda bebas bagian ki1i balok dan mengukur

jarak x dari ujung A, kita peroleh persamaan berikut ini untuk segmen

pertama balok:

V = R .4 Untuk segmen kedua, kita dapatkan

(0 < x < a 1J ( 4- 16a,b)

( 4- 17a,b)

Untuk segmen ketiga dari balok. akan lehih mudah bila kita meninjau

bagian kanan balok bukannya yang kiri . karena di kanan bebannya lebih

sedikit. Jadi, kita peroleh

V = -R8 + P3

M = R8(L - x) - PlL - b3 - x) Akhimya, untuk segmen keempat dari balok. kita peroleh

M = RsCL - x) (a3 < x < L J

(4- 1 8a)

(4- l Sb)

c -+- 1 9a,b)

Persamaan (4- 1 6) sampai (4- 1 9) dapat digunakan untuk membuat dia

gram gaya geser dan momen lentur (Gambar 4- 1 3b dan c).

Dari diagram gaya geser kita perhatikan bahwa gaya geser adalah

konstan di setiap segmen balok dan bcrubah secara mendadak di setiap

titik beban, dengan besar perubahan sama dengan besar beban. Juga,

momen lentur di setiap segmen adalah fungsi linier dari x. Dengan

demikian, bagian diagram momen lentur merupakan garis lurus yang

miring. Untuk membantu menggambar garis-garis lurus tersebut, kita

dapatkan momen lentur di bawah beban terpusat dengan mcmasukkan x = a 1 , x = a2, dan x = a3 masing-masing ke dalam Pcrsamaan (4- 1 6b), (4-

l 7b ), dan ( 4- l Sb) sehingga kita peroleh m omen lentur sebagai berikut:

(4-20a,b,c)

Dengan diketahuinya harga-harga ini, kita dapat langsung membuat dia

gram momen lentur dengan menghubungkan titik-titik terscbut dengan

menarik garis-garis lurus.

Di setiap diskontinuitas gaya gescr, ada perubahan kemiringan dM/ dx pada diagram momen lentur. Juga, perubahan momen lentur antara dua

titik beban sama dengan luas diagram gaya geser antara dua titik tersebut

( lihat Persamaan 4-7). Sebagai contoh, pcrubahan momen lentur antara

beban P1 dan P2 adalah M2 - M1 . Dengan menggunakan Persamaan (4-20a

dan b), kita peroleh

M2 - Ml = (RA - Pl )(a2 - a3)

yang merupakan luas diagram gaya geser persegi panjang antara x = a 1 dan x = a2.

Momen lentur maksimum di balok yang dibcbani hanya olch beban

beban terpusat harus terjadi di bawah salah satu beban, atau pada reaksi.

Untuk membuktikan ini, ingat bahwa kemiringan diagram momen lentur

sama dengan gaya geser. Dengan demikian, apabila momen lentur mencapai

harga maksimum atau minimum, maka turunan dM/dx (yang berarti juga

gaya geser) harus berubah tanda. Namun, di balok yang hanya dibebani

secara terpusat, gaya geser dapat berubah tanda hanya di lokasi beban.

2S4 5a:: .! Gaya Geser dan Momen Lentur

Jika, pacta saat kita menyusuri sepanjang sumbu x, gaya geser bembah

dari positif ke negatif (seperti terlihat dalam Gambar 4- 1 3b ), m aka

kemiringan diagram momen lentur juga berubah dari positif ke negatif.

Dengan demikian, kita hams mempunyai momen lentur maksimum di

penampang ini. Sebaliknya, pembahan gaya geser dari negatif ke positif

menunjukkan momen lentur minimum. Secara teoretis, diagram gaya geser

dapat memotong sumbu horizontal di beberapa titik, meskipun ke

mungkinannya kecil. Di titik perpotongan tersebut terjadi maksimum atau

minimum lokal pada diagram momen lentur. Harga semua maksimum dan

minimum l okal harus ditentukan untuk mendapatkan momen lentur maksimum dan minimum di suatu balok.

Perhatikan bahwa kita menggunakan sebutan "maksimum" dan "mini

mum" dengan arti umum "terbesar" dan "terkecil." Dengan demikian. kita

dapat menyebut "momen lentur maksimum di suatu balok" tak peduli

apakah diagram momen lentur bempa fungsi halus, kontinu (seperti terlihat

dalam Gambar 4- 1 2c) atau berupa garis-garis lurus (seperti terlihat dalam

Gambar 4- 1 3c).

• Komentar Umum

LE M BAR KERJA 3

Momen lentur maksimum positif dan negatif di suatu balok dapat terjadi

di lokasi-lokasi sebagai berikut: ( 1 ) penampang di mana beban terpusat

diterapkan dan gaya geser berubah tanda (lihat Gambar 4- 1 1 dan 4- 1 3) ,

(2) penampang di mana gaya geser sama dengan nol (lihat Gambar 4- 1 2),

(3) titik tumpuan di mana terdapat reaksi vertikal, dan (4) penampang di

mana kopel diterapkan. Pembahasan dan contoh-contoh di dalam subbab

ini mengilustrasikan semua kemungkinan tersebut.

Apabila beberapa beban bekerja pacta balok, maka diagram gaya

geser dan momen lentur dapat diperoleh dengan superposisi (atau

penjumlahan) diagram yang diperoleh untuk setiap beban yang bekerja

secara terpisah. Sebagai contoh, diagram gaya geser da\am Gambar 4- 1 3b

pacta dasamya merupakan jumlah tiga diagram, masing-masing berbentuk

seperti pacta Gambar 4- 1 1 d untuk beban tunggal terpusat. Kita dapat

membuat komentar analog untuk diagram momen lentur pacta Gambar 4-

1 3c . Superposisi diagram gaya geser maupun momen lentur dapat dilakukan

karena gaya geser dan momen lentur pacta balok statis tertentu merupakan

fungsi linier dari beban yang bekerja.

Telah tersedia program komputer untuk membuat diagram gaya geser

dan momen lentur. Setelah Anda mengembangkan pemahamannya ten tang

diagram dengan melakukan penyusunannya secara manual , Anda semesti

nya merasa aman untuk menggunakan program komputer. Pengalaman

yang diperoleh dengan menggambar secara manual memungkinkan kita

mengenal kesalahan-kesalahan - seperti yang disebabkan oleh pemasukan

data yang salah ke dalam suatu program komputer.

Contoh 4-4

Buatlah diagram gaya geser dan m omen lentur untuk suatu balok sederhana dengan beban terbagi rata yang intensitasnya q yang bekerja di sebagian bentang seperti terlihat dalam (Gambar 4-1 4a.)

q

A .. A' .. ·.

: 1 tllJ n ·�. ·

.··

.

B·

.. ·•'\ I I . '

t·:l_t� (a)

(b)

Gambar 4-14 Contoh 4-4. Balok sederhana dengan beban terbagi rata di sebagian bentang

Solusi

Mekanika Bahan 255

Reaksi. Kita mulai analisis dengan menentukan reaksi balok dari diagram benda bebas seluruh balok (Gambar 4- 14a). Hasilnya adalah

R _ qb(b + 2c) A -

2L R _ qb(b + 2a)

B - 2L (4-2 1 a, b)

Gaya geser dan momen lentur. Cntuk mendapatkan gaya geser dan momen lentur di seluruh bentang balok, kita harus meninjau tiga segmen balok secara individual. Untuk setiap segmen kita potong balok tersebut sehingga terlihat gaya geser V dan momen lentur M. Ini digambar dalam diagram benda bebas yang mengandung besaran anu V dan M. Lalu. kita jumlahkan gaya-gaya dalam arah vertikal untuk mendapatkan gaya geser dan mengambil momen terhadap penampang yang dipotong untuk mendapatkan momen lentur. Hasil-hasil untuk ketiga segmen adalah sebagai berikut:

V = RA M = RAx (0 < x < a 1

V = RA - q(x - a) M = RAx -q(x ; a)2 (a < x < a + b)

(a + b < x < L)

(4-22a,b)

(4-23a,b)

(4-24a,b)

Persamaan-persamaan ini memberikan gaya geser dan momen lentur di setiap potongan melintang balok. Sebagai kontrol atas hasil-hasil ini, kita dapat menerapkan Persamaan (4-4) untuk gaya-gaya geser dan Persamaan (4-6) untuk momen lentur sehingga akan terbukti bahwa persamaan-persamaan tersebut memang sudah benar.

Sekarang kita membuat diagram gaya geser dan momen lentur (Gambar 4-1 4b dan c) dari Persamaan (4-22) sampai (4-24). Diagram gaya geser ini terdiri atas garis lurus horizontal di masing-masing daerah yang tak dibebani pada balok dan garis lurus miring dengan kemiringan negatif di daerah yang dibebani, seperti diharapkan dari persamaan dV/dx = -q. Diagram momen lentur terdiri atas dua garis lurus miring di bagian balok yang tak dibebani, dan kurva parabolik di bagian yang dibebani. Garis miring mempunyai kemiringan masing-masing sama dengan RA dan -R8, sebagaimana diharapkan dari Persamaan dM/dx = V. Juga, masing-masing garis miring ini adalah garis singgung pacta kurva parabolik di titik di mana garis tersebut berpotongan dengan kurva parabolik. Kesimpulan ini berasal dari fakta bahwa tidak ada perubahan mendadak pada besar gaya geser di titik-titik tersebut. Jadi, dari persamaan dM/dx = V, kita lihat bahwa kemiringan diagram momen lentur tidak berubah secara mendadak di titik-titik tersebut.

Momen lentur maksimum. Momen maksimum terjadi pada 1okasi di mana gaya geser sama dengan no!. Titik ini dapat diperoleh dengan menuliskan gaya geser V (dari Persamaan 4-23a) sama dengan no! dan memecahkan harga x, yang akan kita tulis dengan x1 • Hasilnya adalah

b x1 = a +

2L (b + 2c) (4-25)

Sekarang kita masukkan x1 ke dalam rumus untuk momen lentur (Persamaan 4-23b) dan memecahkan momen maksimum. Hasilnya adalah

qb 2 Mmaks. = SL2 (b + 2c) (4aL + 2bc + b ) (4-26)

Momen lentur maksimum terjadi di dalam daerah beban terbagi rata. Kasus khusus. Jika beban terbagi rata secara simetris diletakkan di balok (a

= c), lalu kita peroleh hasil sederhana sebagai berikut dari Persamaan (4-25) dan (4-26)

M = qb(2L - b)

maks. S (4-27a,b)

Jika beban terbagi rata menyebar hingga seluruh bentang, maka b = L dan Mmaks = qL

2!8, yang cocok dengan Gambar 4- 1 2 dan Persamaan (4- 1 5) .


o ��--,,�� V �"------·"--��""'\ .

(b)

(c)

LEMBAR KERJA

4

Gambar 4-1 5 Contoh 4-5 . Balok kantilever dengan dua beban terpusat

LEMBAR KERJA

3

Contoh 4-5

Buatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok kantilever dengan dua beban terpusat (Gambar 4- 1 5a).

Solusi

Reaksi. Dari diagram benda bebas keseluruhan balok kita mendapatkan reaksi vertikal R8 (positif jika ke atas) dan reaksi momen M8 (positif jika searah jarum jam):

(a, b)

Gaya geser dan momen lentur. Kita mendapatkan gaya geser dan momen lentur dengan memotong baluk di kedua segmen, menggambar diagram benda bebasnya, dan memecahkan persamaan keseimbangan. Jarak x diambil dari ujung kiri balok. Dengan demikian, kita peroleh

(0 < x < a)

(a < x < L) (c,d)

(e,f)

Diagram gaya geser dan momen lentur ditunjukkan dalam Gambar 4- 1 5 b dan c. Gaya geser ini konstan di antara beban dan mencapai harga numerik maksimum di tumpuan, di mana nilai numeriknya sama dengan rcaksi vertikal RB (Persamaan a).

Diagram momen lentur terdiri atas dua garis lurus miring, yang masingmasing mempunyai kemiringan sama dengan gay a geser di masing-masing segmen balok. Momen lentur maksimum terjadi di tumpuan dan secara numerik sama dengan reaksi momen M8 (Persamaan b). Ini j uga sama dengan luas selumh diagram gaya geser, sebagaimana diharapkan dari Persamaan ( 4-7).

Contoh 4-6

Balok kantilever AB yang memikul beban terbagi rata dengan intensitas konstan q ditunjukkan dalam Gambar 4- 1 6a. Buatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk halok ini.

Solusi

Reaksi. Reaksi RB dan M 8 di tumpuan jepit diperoleh dari persamaan keseimbangan untuk keseluruhan balok. Jadi,

M - qL2

B -2

(4-28a,b)

Gaya geser dan momen lentur. Besaran-besaran m1 diperoleh dengan

memotong balok pada j arak x dari ujung bebas, menggambar diagram benda bebas bagian kiri balok, dan memecahkan pcrsamaan keseimhangan. Dcngan cara tersehut kita peroleh

V = -qx 2

M = _ '1!_ 2

(4-29a,b)

Diagram gaya geser dan momen lcntur diperoleh dengan mcmplot persamaanpersamaan tersebut (lihat Garnbar 4- 1 6h dan c). Perhatikan bahwa kemiringan diagram gaya gcser sama dcngan -q (lihat Persamaan 4-4) dan kemiringan diagram momen lentur sama dengan V (lihat Persamaan 4-6).

Harga maksirnum gaya geser dan momen lentur terjadi di tumpuan jepit di mana x = L:

q

�-- -+ X ��--- L --- -----1

RB (a)

vmak' = -ql qL2 !vi = - -mab. 2

Mekanika Bahan 257

(4-30a,b)

Harga-harga ini konsisten dengan harga reaksi R8 dan M8 (Persamaan 4-28a dan b).

Solusi alternatif. Sebagai ganti dari penggunaan diagram benda bebas dan persamaan keseimbangan, kita dapat menentukan gaya geser dan momen lentur dengan mengintegrasikan hubungan diferensial antara beban, gaya geser, dan momen lentur. Gay a geser V pada jarak x dari ujung bebas A diperoleh dari be ban dengan mengintegrasikan Persamaan ( 4-5 ). sebagai berikut:

V - VA = V - 0 = V = -fq dx = -qx (g)

-qL yang cocok dengan hasil sebelum ini (Persamaan -i-29a). (b)

M

(c)

- qi} 2

Gambar 4-1 6 Contoh 4-6. Balok kantilever dengan be ban terbagi rata

Momen lentur M pada jarak x dari ujung diperoleh dari gaya geser dengan mengintegrasikan Persamaan ( 4-7):

M - MA = M - 0 = M = I Vdx = r-qx dx = -q;:

yang cocok dengan Persamaan 4-29b.

(h)

Mengintegrasikan hubungan diferensial dalam contoh ini cukup mudah karena pola beban adalah kontinu dan tidak ada beban terpusat atau kopel di daerah yang diselidiki. Jika beban terpusat atau kopel ada, maka ada diskontinuitas pada diagram V dan M sehingga kita tidak dapat mengintegrasikan Persamaan (4-5) melewati be ban terpusat dan tidak dapat mengintegrasikan Persamaan ( 4-7) melewati kopel (lihat Subbab 4-4).

�-�---�------------ ------------------- �--�- ----- --- ·-----------

1 LEMBAR KERJA

4

Sebuah balok ABC dengan overstek di sebelah kiri terlihat dalam Gambar 4- 1 7a. Balok ini mengalami be ban terbagi rata dengan i ntensitas q = I ,0 k/ft di overstek AB dan kopel berlawanan jarum jam M0 = 1 2,0 k-ft yang bekerja di tengah tumpuan B dan C. Buatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok ini .

Solusi Reaksi. Kita dapat dengan mudah menghitung reaksi R8 dan Re dari diagram benda hebas keseluruhan balok (Gambar 4- 1 7a). Dengan melakukan hal ini, kita dapatkan bahwa R8 berarah ke atas dan Re berarah ke bawah, seperti terlihat dalam gambar. Harga numeriknya adalah

R8 = 5,25 k R,= l ,25 k

Gaya geser. Gaya geser sama dengan no] di ujung bebas balok dan sama dengan --qb (atau -4,0 k) sedikit di kiri tumpuan B. Karena beban ini terdistribusi terbagi rata, maka kemiringan diagram geser akan konstan dan sama dengan -q (dari Persamaan 4-4). Dengan demikian. diagram geser merupakan garis lurus miring dengan kemiringan negatif di daerah dari A kc B (Gambar 4- 1 7b ).

Karena tidak ada beban terdistribusi atau terpusat antara tumpuan, maka diagram gaya geser adalah horizontal di daerah ini. Gaya geser sama dengan reaksi Re, atau 1 .25 k, seperti terlihat dalam gambar. (Perhatikan bahwa gaya geser tidak beruhah di titik bekerjanya kopel , M0.)

Gaya geser yang terbesar secara numerik terjadi sedikit di kiri tumpuan B dan sama dengan --4,0 k.

Momen lentur. Momen lentur adalah nol di ujung bebas dan berkurang pacta saat kita bergerak ke kanan sampai mencapai tumpuan B. Kemiringan diagram momen, yang sama dengan harga gaya gcscr (dari Persamaan 4-6). adalah nol di

I

258 Ba.b 4 Gaya Geser dan Momen Lentur

?!t·1� 4F��= 8 ft��= 8 ft�r

RB Re (a)

+1 ,25

(b)

-10,0 (c)

Gambar 4-17 Contoh 4-7. Ba1ok dengan overstek

SOAL-SOAL BAB 4 I

ujung bebas dan --4,0 k di lokasi sedikit di kiri tumpuan B. Di daerah ini diagram tersebut berbentuk parabolik (tingkat-dua), dengan vertex di ujung balok. Momen di titik B adalah

MB = - qb2 = _.!_ ( 1 ,0 k/ft)( 4,0 ft)2 = -8,0 k-ft 2 2 '

yang juga sama dengan luas diagram gaya geser antara A dan B (lihat Persamaan 4-7).

Kemiringan diagram momen lentur dari B ke C sama dengan gaya geser, atau I ,25 k. Dengan demikian, momen lentur sedikit di kiri kopel M0 adalah

-8,0 k-ft + ( 1 ,25 k)(8,0 ft) = 2,0 k-ft

seperti terlihat dalam diagram. Tentu saja, kita dapat memperoleh hasil yang sama dengan memotong balok di penampang sedikit di kiri kopel, dengan menggambar diagram benda bebas dan memecahkan persamaan keseimbangan momen.

Momen lentur berubah secara mendadak di titik bekerjanya momen M0

sebagaimana telah diterangkan dalam pembahasan Persamaan (4-9). Karena kopel bekerja berlawanan jarum jam maka momen berkurang sebesar M0. Jadi, momen di lokasi sedikit di kanan kopel M0 adalah

2,0 k-ft - 1 2,0 k-ft = -10,0 k-ft

Dari titik ini ke tumpuan C, diagram ini kembali berupa garis lurus dengan kemiringan sama dengan 1 ,25 k. Dengan demikian, momen lentur di tumpuan adalah

-10,0 k-ft + (1 ,25 k)(8,0 ft) = 0

sebagaimana diharapkan. Harga maksimum dan minimum dari momen lentur terjadi di lokasi gaya

geser berubah tanda dan di lokasi kopel bekerja. Dengan membandingkan titiktitik tertinggi dan terendah pada diagram momen, kita lihat bahwa momen lentur terbesar secara numerik sama dengan -10,0 k-ft dan terjadi sedikit di kanan kopel Mo.

4.3-1 Tentukan gaya geser V dan momen lentur M di titik tengah balok sederhana AB yang terlihat dalam gambar.

4.3-2 Hitunglah gaya geser V dan momen lentur M di penampang yang terletak 0,5 m dari tumpuan jepit A pada balok kantilever AB yang terlihat dalam gambar.

t4 k 2 k/ft

1:;��''"' "' ""JLWJJ�---.·._·· .•. B· .. 7 I I I 1- 5 ft _.I l-10 ft ------, 1-------- 20 ft -

A r kN 1 .5 k/ft

, ..•.•.• •.•..• _I ••• J . . l ... i .. J ... ! ... t:Jl]d B I . I �- 1 m-� 1 m_.l--- 2 m---1

4.3-3 Tentukan gaya geser V dan momen lentur M di titik tengah balok yang mempunyai overstek (l ihat gambar).

!p jp ·' :· · · ··: : . . :.:,z : · · :.j I - � I �- a -1- --� b _ __:I:_ a--+1

4.3-4 Carilah gaya geser V dan momen lentur M di titik tengah balok sederhana AB yang terlihat dalam gambar.

4.3-5 Carilah gaya geser V dan momen lentur M di penampang yang terletak 1 6 ft dari ujung kiri A dari balok yang mempunyai overstek pada gambar ini.

4.3-6 B alok ABC yang terlihat dalam gambar ditumpu sederhana di A dan B dan mempunyai overstek dari B ke C. Beban ini terdiri atas kopel M0 = 4 kN-m yang bekerja di ujung A dan beban terpusat P = 8 kN yang bekerja di ujung oerstek. Tentukan gaya geser V dan momen lentur M di penampang yang terletak di 3,0 dari tumpuan kiri.

M0 = 4 kN·m

Y\

i l

---- 4 m --+ l m

= 8 kN

4.3-7 Seseorang yang beratnya 225 lb berdiri di titik tengah sebuah batang kayu yang panjangnya 1 6 ft (lihat gambar). Berapa momen lentur di batang kayu akibat berat orang tersebut?

Mekanika Bahan 259

4.3-8 S ebuah ba lok AB yang ditumpu sederhana memikul beban terdistribusi trapesium (lihat gambar). Intensitas beban bervariasi secara linier dari 50 kN/m di tumpuan A ke 30 kN/m di tumpuan B. Hitunglah gaya geser V dan momen lentur .W di titik tengah balok.

50 kN/m

IJ!Illllninrr JO k N/m 2f��J� .� � ' 1•----�-- --- 3 m -------

�

4.3-9 Sebuah batang lengkung ABC mengalami beban dalam bentuk dua gaya sama besar dan berlawanan arah P, seperti terli h at dalam g ambar. Sumbu batang membentuk setengah l ingkaran dengan j ari-j ari r. Tentukan gay a aksial V, dan momen lentur M yang bekerja di penampang yang didefinisikan dengan sudut e.

B�,, : �-�

A 0 C

M N

� : fYfe�

A

4.3-1 0 Rangka ABC yang terlihat dalam gambar terletak di tumpuan sendi di C dan tumpuan rol di A. Behan terbagi rata dengan intensitas q bekerj a di bagian AB dan beban segi tiga dengan intensitas maksimum 2q bekerja di bagian BC. (a) Dapatkan rumus untuk momen lentur M di bagian AB pada j arak x dari tumpuan A. (b) Dari rumus ini, tentukan momen lentur maksimum M di . maks bag1an AB. ��------ ---

� I 1+- --- 2b--�----1

2'60 5E2 4 Gaya Geser dan Momen Lentur

.! 3- ' i S� t>uah balok ABCD dengan lengan C£ ditumpu _ balok scdcrhana di A dan D ( l ihat gambar).

' _ - - -'-'" kabel yang melalui katrol kecil terpa,ang di £. '-.::.: _ ujung kabel terpasang di balok di ti t ik B. Berapakah ; <· :1 P di kabcl jika momen kntur di balok sedikit di kiri ::uk C secara numerik sama dengan 4R k-in.?

E

' ·,,

i ' .. - - 6 n -1� 6 n -, ... - - 6 rt --1

4.3-1 2 Balok ABCD dibebani oleh gaya W = 27 kN dcngan susunan yang terlihat dalam gambar. Kabel tersebut melewati katrol tak bcrgesekan di B dan tcrpasang di £. Hitunglah gaya aksial N. gay a gescr V, dan momcn lentur M di penampang C. yang terletak sedikit di k iri lcngan vertikal.

E

W = 27 kN

4.3-1 3 B al o k ABCD dipertahankan berada dal am kescimbangan oleh bcban terdistribusi tcrbagi rata dcngan intensitas q1 dan lh (lihat gambar). Carilah gaya geser V dan momen lentur M di (a) ti tik B. dan (b) titik tengah balok (Asumsikan a = 3 ft, h = 8 ft, dan q1 = 3.500 lb/ ft.)

q, A FftifHif:HfjcDf�" I

(I _______,...:� ------- {J - I -- .. i.._.__ a -- -..I

4.3-14 B alok ABCD y ang terlihat dalam gambar mempunyai overstck di kiri dan kanan dan memikul behan tcrdistribusi terbagi rata dengan intcnsitas yang bervariasi secar·a linicr. Untuk rasio aiL bcrapakah gaya geser V akan sclalu no! di titik tengah balok'!

q,

�J r --· -IJ-- : -1-n rlJJl ' TT I A t��-11�-��.:::.:h!-=:- -�-==-� D I -� B �c !,....: --- a -- -.-i,�-- - -- L - - _ _ ___...\..______ a -· --_.1

*4.3-1 5 Sebuah balok ABC dcngan ovcrstek ( l i hat gambar) memikul beban terpusat P = 16 k di ujung kiri dan hchan tcrbagi rata dcngan intensita:; q di seluruh panjangnya. Dikctahui bahwa gaya gcscr dan momcn lentur di penampang X-X masing-masing sama dengan -34 k dan -90 k-ft. Carilah gaya geser V dan momen lentur M di penampang Y- Y.

I 4 ft i ..,. __

._,1.._ ---

i 1 0 ft -- .. !,-<---- - .. , 1 0 ft

*4.3- 1 6 Centrifitge yang terlihat dalam gamhar herputar dalam bidang horizontal (bidang xy) pacta permukaan halus terhadap sumbu ; (yang hcrarah vertikal) dcngan percepatan sudut ex. M asing--masing lengan mempunyai berat w per panjang satuan dan memikul berat W = 2,5 wL

di ujungnya. Turunkan rumus untuk gaya geser rnaksimum dan momen lentur maksimum di lengan, dengan menganggap h = L/9 dan c = L/ 1 0.

LEMBAR KERJA

3 & 4

w

DIAGRAM GAYA GESER DAN MOMEN LENTUR

Dalam memecahkan Soa/ 4.5- 1 sampai 4.5-38, gamharlah diagram gaya geser dan mmnen lentur secara herskala dan tuniukkan semua ordinat kritis termasuk harga maksimum dan minimum.

4.5-1 Buatlah diagram gaya geser dan momen lentur

untuk balok sederhana AB yang memikul dua beban terpusat (l ihat gambar).

�-==--=r c- . _r__� :,._______ a --------..

·1 .._ _ __ a __ ___..,

1 .. ----- -- - L - --- -- -.. 1

4.5-2 Buatlah diagram gaya geser dan momen lentrur

untuk balok kantilever AB yang memikul beban terbagi

rata dengan intcnsitas q di setcngah panjang ( l ihat

gambar).

4.5-3 Sebuah balok sederhana AB mengalami momen

kopel sebesar M0 yang bekerja pada jarak a dari tumpuan

kiri ( l ihat gambar). Gambarlah diagram gaya geser dan

momen lentur untuk balok ini .

Mo E��=-==--===--��B � I @

[..: - - - -- a -- - ---•1 -• I [+- L --- - --- - � .. ]

4.5-4 Balok sederhana AB yang terlihat dalam gambar mengalami beban terpusat P dan kopel M 1 = PL/4 yang

bekerja di posisi seperti tergambar. Gambarlah diagram

gaya gcser dan momen lentur untuk balok ini .

4.5-5 Sebuah halok yang ditumpu sederhana ABC

rnemikul beban vertikal P melalui breket BDE (l ihat

garnhar). Garnharlah diagram gaya geser dan momen

lentur halok i n i .

Mekanika Bahan 261

_ __ b. I l L --. -+ --· ·-- i ____ _.,l.,.__ 2 --- ------->,i j..:- -- - - -- - - - L --- - - ·- - - --- -->-.

4.5-6 Sebuah balok. sedc:rhana AB rnemikul heban terbagi

rata dengan intensitas q = 5.0 kN/rn di sebagian bentang

( l ihat gamhar). Dengan menganggap hahwa L = I 0 m, a = 4 rn, dan b = 2 m. gambarL!h diagram gaya gcscr dan

momcn lentur untuk balok. 1 11 1 .

q = �.O k..'\ m

-TT -' * � ' ' ' . ��.:_��"------------ _B

1•-- a = 4 m ---___.,: �-- --• a = 2 tn [..:--- ----- L = I 0 m ________ ___..:

4.5-7 Sebuah balok. sederhana AB memikul kopel M1 dan 2M1 yang bekcrja di titik-titik scpertiga scperti terlihat

dalam gambar. Gambarlah diagram gaya geser dan

momen lentur untuk balok ini.

4.5-8 Sebuah balok sederhana AB dengan overstek BC

dihebani dua gaya P dan kopel Pa dengan menggunakan

susunan sepcrti tergamhar. Gambarlah diagram gaya geser

dan momen lcntur untuk balok ABC.

1 --��-- �--�� 1==- ------ ----�·--'Ye V � -- ll 1J;B-�

- L 1+-- a ---� .. - - a - - - ·�------ a ---.., a -

4.5-9 Balok kantilevcr AB memikul beban terpusat dan

kopel, seperti terlihat dalam gambar. Gambarlah diagram

gaya geser dan momen lcntur untuk balok ini.

- 5 ft -- - -->-[

262 Bao 4 Gaya Geser dan Momen Lentur

4.5-10 Buatlah diagram gay a geser dan m omen lentur --�-"� balok ABC (lihat gambar). Balok ini dibebani W = : _ . ' L" yang bekerja melalui sebuah kabel. Kabel ini �..:i�wati katrol di C dan tersambung ke lengan vertikal JI D.

-� --1 ,2 m

W= 10,0 kN

4.5-1 1 Gambarlah diagram gaya geser dan momen Ientur untuk balok sederhana pada Soal 4.3- 1 . 4.5-1 2 B uatlah diagram gaya geser dan momen Ientur untuk balok kantilever pada Soal 4.3-2. 4.5-13 Buatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok dengan overstek pada Soal 4.3-3. 4.5-1 4 B uatlah diagram gaya geser dan momen lcntur untuk balok sederhana pada Soal 4.3-4. 4.5-1 5 B uatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok dengan overstek pada Soal 4.3-5. 4.5-1 6 B uatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok dengan overstek pada Soal 4.3-6.

4.5-1 7 Buatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok kantilever AB dengan beban yang bervariasi linier dengan intensitas maksimum q0 (l ihat gambar).

qo

A �;OJL[[JJIIJ I L -------.j

4.5- 1 8 S ebuah balok dengan dua overstek s ama memikul beban terbagi rata dengan intesitas q ( lihat gambar). Jarak antara tumpuan adalah a dan panjang total adalah L. Carilah jarak a sedemikian hingga momen lentur maksimum di balok mempunyai harga numerik sekecil mungkin. Buatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk kondisi ini.

4.5-1 9 B uatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok dengan overstek yang terlihat dalam gambar.

4.5-20 sampai 4.5-30 B uatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok yang terlihat dalam gambar.

4 kN/m �f) I I � Llll_i ,. A . I -��--- 2 m ___ ·��---- 2 m _____ �� Soal. 4.5-20

2300 lb

--- 6 n ---.1--- 6 ft _ _:I Soal. 4.5-21

qo p0Wl01 , .?. .. •.:':V·. :<?/ .. :;.· :.,: .. 1- -------- L -1

Soal. 4.5-22 2000 lb/ft

�bh�---· - I 1�---- 9 ft ----- ... 1-3 ft :r

Soal. 4.5-23

1IIu�4fJ1�_-__ - I _--��--- '=- --1- -- £ _ __::'1····· ' 2 2 Soal. 4.5-24

p = 30 lb

A B

�· - t " 40 io-1•�-� = 40 in.--=t Soal. 4.5-25

5 kN/m 10 kN 5 kN/m �·� : U l l. �� 2 m�l-- ��nk:i� 2 m��- 2 m- 1

Soak 4.5-26

360 lb/ft

�IJJIDJdc � � I �

�� 6ft --

-+

�- 4 ft �-

-+!

Soal. 4.5-27

1 0,6 kN/m

'ItuilliDJJlii"' L 4,2 m •£ i[c

- 4,2 m

___;

1 .2 m Soal. 4.5-28

1 000 lb/ft 1 10 k

if! lJ!lljiUJ i de � l - 1

!+---- 24 ft -

-----+-

8 ft -+- 8 ft -1 Soal. 4.5-29

q = 3 kN/m 1 P = 8 kN �J) i i [kl '

Soal. 4.5-30

Mekanika Bahan 263

4.5-31 Balok ABCD mempunyai dua overstek sama dan memikul beban segitiga simetris (lihat gambar). Tentukan jarak b antara tumpuan sedemikian hingga momen lentur di titik tengah balok adalah no!. Gambarlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk kondisi ini.

qo

ll ;ll[!Jl�� A ��·� :=f�� D

)+--- L ._

4.5-32 Balo!;: ABC yang terlihat dalam gambar terdiri atas segmen kantilever AB yang disambung ke bentang sederhana BC dengan menggunakan sendi di B. Sendi ini dapat menyalurkan gaya tetapi tidak dapat menyalurkan momen lentur. Buatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk keseluruhan balok.

q

4.5-33 Balok ABCD memikul beban terdistribusi dengan intensitas yang bervariasi linier (lihat gambar). Buatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok ini.

A�IIilllii�"

D ·· · ·· · ··�·· · · · · · · : d ·

f w+:/ c� ' J.-l.-�·---�L -----[�l._J

4 . 4 .

4.5-34 Balok ABCDE yang terlihat dalam gambar mempunyai tumpuan sederhana di A, C, dan E dan sendi di D. Beban sebesar 4 kN bekerja di ujung breket yang disambung dengan balok di B, dan beban sebesar 2 kN bekerja di titik tengah segmen DE. Buatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok ini. (Perhatikan bahwa sendi di D dapat menyalurkan gaya geser tetapi tidak momen lentur.)


4.5-35 Diagram gaya geser untuk balok sederhana .::: :-.:c:: ;Jkkan dalam gambar. Tentukan pembebanan di :-� � " dan gambarlah diagram m omen lentur dengan :-c:oe:Jgasumsikan bahwa tidak ada kopel yang bekerj a -.ct-agai beban d i balok ini. (Perhatikan bahwa gaya geser 'Tiempunyai satuan pound.) +4000

V (lb)

I · --- Io ft - - -1� s ft -.� s ft��o

4.5-36 D i agram gaya geser untuk sebuah ba lok ditunjukkan dalam gambar. Dengan mengasumsikan bahwa tidak ada kopel yang bekerja sebagai beban pada balok in i , gambarlah diagram momen lenturnya. (Perhatikan bahwa gaya geser mempunyai satuan kN.)

+22.0

V kN)

1 ,5 m - 1 6,5 1 6.0 m-- -k-•1 I ,S m

+8.0

4.5-37 Buatlah diagram gaya geser dan momen lentur untuk balok scderhana dengan beban segitiga (intensitas maksimum q0) yang bekerja di 3/4 bentang L (lihat gambar).

4.5-38 Sebuah balok AB mcmikul be ban terpusat P dan 2P seperti terlihat dalam gambar. Balok ini terletak di atas pondasi yang memberikan reaksi terdistribusi terhadap balok. Dengan menganggap bahwa reaksi terdistribusi dengan intensitas yang bervariasi secara linicr dari A ke B, tentukan intensitas q A dan q8 masing-masing di ujung A dan B. Juga, buatlah diagram gaya geser dan mornen Jentur untuk balok ini.

4.5-39 Du a beban P sarna besar rnempunyai jarak tetap satu sama lain d (lihat garnbar). Kombinasi beban ini dapat terletak pada j arak x dari turnpuan kiri balok sederhana AB. (a) Untuk jarak x berapakah gaya geser di balok akan rnaksirnurn? Berapa gaya geser maksirnum

VMak< (b) Turunkan rumus untuk jarak x yang akan rnenghasilkan rnornen Jentur rnaksimurn Mmaks di balok. Juga. dapatkan rurnus untuk Mmaks'

!._ __ _ _ -· - L -�--· ---- -----�1 4.5-40 Sebuah halok sederhana AB rnernikul dua be ban terpusat P dan 2P yang j araknya satu sama lain d (lihat garnbar). Kcdua beban ini dapat terletak pada jarak x berapapun dari ujung kiri balok. Tentukan jarak x untuk (a) gaya gescr maksirnurn di balok. dan (b) rnornen lentur maksirnurn di balok. Asurnsikan P = 7,5 kN, d = 1 ,6 m, dan L = 8 m. Juga, tentukan gaya geser maksimum Vmaks. dan m omen lentur rnaksirnum M mah.

p

I !- -- - ---- -- L - -- - �I

4.5-41 Tiga bcban roda Wl ' W2, dan W3 bergcrak melintasi balok sederhana seperti terlihat dalam gambar. Tcntukan posisi roda, yang didefinisikan dengan j arak x dari ujung A, agar menghasilkan momen lentur maksimum di balok, dengan mengasumsikan bahwa wl = 4 k, dan w2 = w3 = 1 6 k. Juga, tentukan momen lentur maksirnum

Mmaks.

· -- - - - 80 ft

*4.5-42 Sebuah dinding penahan kecil dengan tinggi 2,4 m terbuat dari papan kayu vertikal ABC, seperti terlihat dalam gambar. Papan ini mempunyai lebar 125 mm dan ditumpu sederhana di B dan C masing-masing oleh balok baja horizontal dan dinding pondasi beton. Balok baja terletak pada 0,6 m dari atas dinding. Tekanan tanah ke dinding diasumsikan bervariasi secara linier dari no! di atas (titik A) ke p = 1 8 kPa di bawah (titik C). Hitunglah momen lentur maksimum Mmaks. di papan.

Papan kayu

0,6 m

! Balok

Papan kayu

I _L

Mekanika Bahan 265

maksimum untuk beberapa harga n (n = 1 , 2, 3, 4, . . . ). (c) Bandingkan hasil ini dengan momen lentur maksimum di balok akibat beban terdistribusi terbagi rata dengan intensitas q sedemikian hingga qL = P.

i -------1-L , L

n+1 n+1 n + l

,:� 1 -1--z-1 1------- L -------..

1 25 mm **4.5-44 Sebuah balok ABC yang panjangnya L memikul m beban terdistribusi segitiga dengan intensitas maksimum

q0 seperti terlihat dalam gambar. Balok ini ditumpu sederhana di titik B dan C, dengan C di ujung kanan dan B di sembarang jarak a yang diinginkan. (a) Tentukan rasio aiL sedemikian hingga momen lentur terbesar secara numerik di balok adalah minimum. (b) Berapa momen

Tampak atas lentur maksimum di balok pada kondisi tersebut?

Tampak samping

**4.5-43 Beban di balok sederhana terdiri atas n gaya yang berjarak sama (lihat gambar). Beban total adalah P

sehingga setiap gaya sama dengan Pin. Panjang balok adalah L; jadi jarak antara beban adalah U(n + 1 ) . (a) Turunkan rumus umum untuk momen lentur maksimum di balok. (b) Dari rum us terse but, tentukan momen lentur

-+--- a ---�� 1 ._ __

---- b -�---1 +----- -· L -------- .

5 -

s.1 1

(a)

(b)

Gambar 5-1 Lentur pada balok kantilever: (a) balok dengan be ban, dan (b) kurva defleksi

TEGANGAN Dl BALOK (TOPIK DASAR)

PENGANTAR

Di dalam bab-bab sebelum ini kita telah melihat bagaimana beban-beban

yang bekerja di balok menimbulkan aksi (atau resultan tegangan) dalam

bentuk gaya geser dan momen lentur. Di dalam bab ini kita melangkah

lebih j auh dan menyelidiki tegangan dan regangan yang berkaitan dengan

gaya geser dan momen lentur. Dengan mengetahui tegangan dan regangan,

kita akan dapat menganalisis dan merancang balok yang mengalami

berbagai kondisi pembebanan.

Pembebanan yang bekerja pada balok menyebabkan balok melentur

sehingga sumbunya yang terdeformasi berbentuk lengkungan. Sebagai

contoh, tinjaulah balok kantilever AB yang mengalami beban P di ujung

bebas (Gambar 5- l a). Sumbu yang semula lurus akan melentur membentuk

lengkungan (Gambar 5-lb), yang disebut kurva defleksi (lendutan) balok

terse but.

Sebagai acuan, kita membuat sistem sumbu koordinat (Gambar

5 - l b) dengan pusatnya terletak di titik yang cocok di sumbu longitudinal

balok. Di dalam ilustrasi ini, kita meletakkan pusat di tumpuan jepit.

Sumbu x positif mempunyai arah ke kanan, dan sumbu y positif berarah

ke atas. Sumbu z, yang tidak ditunjukkan dalam gambar, mengarah ke

luar (artinya, menuju orang yang mclihat), sehingga ketiga sumbu ini

membentuk sistem koordinat tangan kanan.

B alok yang ditinjau dalam bab ini (seperti yang dibahas di dalam

Bab 4) diasumsikan simetris terhadap bidang xy, yang berarti bahwa sumbu

y merupakan sumbu simetri penampang. Selain itu, semua beban harus

bekerja di bidang xy. Dengan demikian, def1eksi lentur terj adi di bidang

ini juga, yang disebut dengan bidang lentur (plane of bending) . Jadi,

kurva def1eksi yang terlihat dalam Gambar 5 - l b merupakan kurva bidang

yang terletak pada bidang lentur.

Defleksi suatu balok di sembarang titik di sepanjang sumbunya

merupakan peralihan titik tersebut dari posisi semula, diukur dalam arah

y. Kita beri def1eksi ini notasi v untuk membedakannya dengan koordinat y itu sendiri (lihat Gambar 5 - l b) .*

(a)

(b)

Gambar 5-2 Balok sederhana yang mengalami lentur murni (M = M, ) -

(a)

Gambar 5-3 Balok kantilever yang mengalami lentur murni (M

= -M2)

Mekanika Bahan 267

LENTUR M URNI DAN LENTUR TAK SERAGAM

Dalam menganalisis suatu balok, seringkali dibutuhkan pembedaan antara

lentur mumi dan lentur tak seragam. Lentur murni (pure bending) mengandung arti lentur pada suatu balok akibat momen lentur konstan.

Dengan demikian, lentur mumi terjadi hanya di daerah balok di mana

gaya geser adalah no! (karena V = dMMc lihat Persamaan 4-6). Sebaliknya,

lentur tak seragam (nonuniform bending I mengandung arti lentur yang

disertai dengan adanya gaya geser, yang berani bahwa momen lentur

berubah pada saat kita menyusuri sepanjang sumbu balok.

Sebagai contoh lentur mumi, tinjaulah balok sederhana AB yang

dibebani dua kopel M1 yang mempunyai besar sama dan bekerja dalam

arah yang berlawanan (Gambar 5-2a). Beban ini menghasilkan momen

lentur konstan M = M1 di seluruh panjang balok. seperti terlihat pada

diagram momen lentur di bagian (b) dalam gambar tersebut. Perhatikan

bahwa gaya geser V adalah nol di semua penampang balok.

Ilustrasi lain untuk momen lentur ditunjukkan dalan1 Gambar 5-3a, di

mana balok kantilever AB mengalami kopel searah jarum jam M2 di ujung

bebas. Tidak ada gaya geser di balok ini dan momen lentur M adalah

konstan di seluruh panjangnya. Momen lentur adalah negatif (M = -M2), seperti terlihat dengan diagram momen lentur di bagian (b) gambar terse but.

B alok yang dibebani secara simetris dalam Gambar 5-4a merupakan

contoh balok yang sebagian mengalami lentur mumi dan sebagian lainnya

mengalami lentur tak seragam (Gambar 5-4b dan c). Daerah tengah balok

mengalami lentur mumi karena gaya geser adalah nol dan momen lentur

adalah konstan. B agian-bagian balok di dekat ujung mengalami lentur tak

seragam karena gaya geser ada dan momen lentur bervariasi.

Di dalam dua subbab berikut ini kita akan menyelidiki regangan dan

tegangan di balok yang mengalami hanya momen mumi. Untungnya, kita

sering dapat menggunakan hasil-hasil yang diperoleh untuk lentur murni

bahkan apabila gaya geser ada, sebagaimana diterangkan dalam Subbab 5.8.

KELENGKUNGAN BALOK

Ketika beban bekerja di suatu balok, sumbu longitudinal balok tersebut

akan berubah bentuk menjadi lengkungan seperti telah digambarkan

sebelum ini dalam Gambar 5- l . Regangan dan tegangan di balok ini

sebanding dengan kelengkungan (curvature) dari kurva defleksi.

Untuk menggambarkan konsep kelengkungan, tinjau lagi balok

kantilever yang mengalami beban P yang bekerja di ujung bebas (Gambar

5-5a). Kurva deformasi balok ini ditunjukkan dalam Gambar 5-5b. Untuk

tujuan analisis, kita identifikasikan dua titik m1 dan m2 pada kurva defleksi.

Titik m 1 dipilih di jarak sembarang x dari sumbu y dan titik m2 terletak pada

jarak kecil ds lebih jauh di kurva tersebut. Di masing-masing titik tersebut

kita menarik garis yang tegak lurus garis singgung kurva defleksi, artinya

tegak lurus (normal) kurva itu sendiri. Kedua garis normal ini berpotongan

di titik 0', yang merupakan pusat kelengkungan dari kurva defleksi.

*Di dalam mekanika terapan, simbol tradisional untuk peralihan dalam arah x, y, dan z masing-masing adalah u, �� dan w.

268 Bab 5 Tegangan Di Balok (Topik Oasar)

r r (a)

p V

(b) -P

0

(c)

Gambar 5-4 Balok sederhana dengan daerah tengah mengalami lentur murni dan daerah ujung mengalami lentur tak seragam

A r '-C:�---'"'"-'�illl! B

(a)

(b)

Gambar 5-5 Kelengkungan balok yang melentur: (a) balok dengan be ban, dan (b) kurva defleksi

Karena balok pada umumnya mempunyai defleksi sangat kecil dan kurva

defleksinya hampir mendatar, maka titik 0 ' biasanya terletak sang at jauh

dari balok dibandingkan dengan yang terlihat dalam gambar tersebut.

Jarak m1 0' dari kurva tersebut ke pusat kelengkungan disebut radius kelengkungan p (huruf Yunani rho), dan kelengkungan K (huruf Yunani

kappa) didefinisikan sebagai kebalikan dari radius kelengkungan. Jadi,

(5- 1 )

Kelengkungan adalah ukuran seberapa tajam suatu balok melentur. Jika

beban di balok kecil, maka balok akan hampir lurus, radius kelengkungan

akan sangat besar, dan kelengkungan akan kecil. Jika beban ditingkatkan,

besar lentur akan meningkat. radius kelengkungan akan menjadi lebih

kecil, dan kelengkungan akan menjadi lebih besar.

Dari geometri segitiga O ln1m2 (Gambar 5-5b) kita peroleh

p d8 = ds (a)

di mana d8 (diukur dalam radian) adalah sudut sangat kecil antara garis

garis normal dan ds adalah jarak sangat kecil di sepanjang kurva antara

titik m1 dan m2• Dengan menggabungkan Persamaan (a) dengan Persamaan

(5- l ) kita peroleh

1 48 K == - = -p ds (5-2)

Persamaan ini diturunkan dalam buku-buku kalkulus dasar dan berlaku

untuk sembarang kurva, tidak peduli seberapa besar kelengkungannya.

Jika kelengkungan konstan di sepanjang kurva, maka radius kelengkungan

juga akan konstan dan kurva tersebut akan merupakan busur lingkaran.

Defleksi suatu balok biasanya sangat kecil dibandingkan dengan

panjangnya (tinjau, sebagai contoh, defleksi rangka struktural dari sebuah

mobil atau balok di sebuah gedung. Defleksi kecil berarti bahwa kurva

defleksi harnpir datar. Karena itu, jarak ds di sepanjang kurva dapat

ditetapkan sama dengan proyeksi horizontal dx ( lihat Gambar 5-5b ). Pada

kondisi khusus seperti ini persamaan kelengkungan menjadi

(5-3)

Baik kelengkungan maupun radius kelengkungan merupakan fungsi dari

jarak x yang diukur di sepanjang sumbu x. Posisi 0' yang merupakan

pusat kelengkungan juga bergantung pada jarak x. Dalarn Subbab 5.5 kita akan melihat bahwa kelengkungan di suatu

titik pada sumbu balok bergantung pada lentur murni di titik tersebut dan

besaran balok itu sendiri (bentuk penampang dan jenis bahan). Dengan

demikian, jika balok tersebut prismatis dan bahan adalah homogen, maka

kelengkungan akan bervariasi terhadap momen Jentur. Dengan demikian,

! }

L 0

i I

Kelengkungan Positip

(a)

� Kelengkungan

negatip

--- X

L ___ _ _ _ - ---- X ()

(b)

Gambar 5-6 Perjanjian tanda untuk kelengkungan Positive curvatun;

Gambar 5-7 Deforrnasi balok yang mengalami lentur murni

Mekanika Bahan 269

suatu balok yang mengalami lentur mumi akan mempunyai kelengkungan

konstan dan suatu balok yang mengalami lentur tak seragam akan

mempunyai kelengkungan yang ber\'ariasi.

Perjanjian tanda untuk kelengkungan bergantung pada orientasi

sumbu koordinat. Jika sumbu x ad::tlah positif kc kanan dan sumbu y adalah positif ke atas, seperti terl ihat dalam Gambar 5 -6, maka

kelengkungan adalah positif apabila balok tersebut cekung ke atas (atau

cembung ke bawah) dan pusat kelengkungan ada di atas balok. Sebaliknya,

kelengkungan adalah negatif jika balok cekung ke bawah (atau cembung ke atas) dan pusat kelengkungan ada di bJ\\ ah balok.

Di dalam subbab berikut ini kita akan melihat bagaimana regangan

longitudinal di suatu balok yang melentur ditentukan dari kelengkungan,

dan di dalam Bab 9 kita akan melihat bagaimam kelengkungan herkaitan

dengan defleksi balok.

REGANGAN LONGITUDINAL 01 BALOK

Regangan longitudinal di suatu balok dapat diperoleh dengan menganalisis

kelengkungan suatu balok beserta deformasinya. Untuk itu, tinjaulah bagian

ab dari suatu balok yang mengalami lentur mumi akibat momen positif M (Gambar 5-7a) . K ita asumsikan bahwa balok tersebut mula-mula

mempunyai sumbu longitudinal lurus (sumbu x dalam gambar) dan bahwa

penampangnya simetris terhadap sumbu _!::, seperti terlihat dalam Gambar

5-7b.

l y i

o '

(a) (b)

p;

n (c)

270 ::;.a:; � Tegangan Di Balok (Topik Dasar)

Akibat aksi momen lentur tersebut, balok berdefleksi dalam bidang xy (bidang lenturan), dan sumbu longitudinalnya melentur menjadi kurva busur lingkaran (kurva ss dalam Gambar 5-7c). Balok ini melentur cekung ke atas, yang merupakan kelengkungan positif (Gambar 5-6a).

Potongan melintang balok, seperti potongan mn dan pq dalam Gambar 5-7a, tetap datar dan normal terhadap sumbu longitudinal (Gambar 5-7c). Fakta bahwa penampang balok yang mengalami lemur mumi tetap datar merupakan ha! mendasar dalam teori balok yang sering digunakan sebagai asumsi. Kita dapat juga menyebutnya teorema, karena dapat dibuktikan secara sederhana dengan menggunakan alasan rasional yang didasarkan atas simetri (Ref. 5- l ) . Hal mendasar adalah bahwa simetri suatu balok dan pembebanannya (Gambar 5-7a dan b) mengandung arti bahwa semua elemen balok ( seperti elemen mpqn) harus berdeformasi secara identik, yang hanya mungkin jika penampang tetap datar selama melentur (Gambar 5-7c). Kesimpulan ini berlaku untuk balok dengan bahan apapun, apakah elastis atau inelastis, linier atau nonlinier. Tentu saja, besaran bahan, seperti juga dimensinya, harus simetris terhadap bidang lentur. (Catatan: Meskipun bidang penampang yang meng<:llami lentur mumi tetap datar, deformasi dalam bidang tersebut tetap ada. Deformasi ini akibat efek rasio Poisson, sebagaimana di terangkan di akhir pembahasan ini . )

Karena adanya defom1asi lentur seperti terl ihat dalam Gambar 5-7c, penampang mn dan pq berputar satu sama lain terhadap sumbu yang tegak lurus bidang xy. Garis longitudinal pada bagian cembung (yang bawah) dari balok memanjang. sedangkan bagian cekungnya (atas) dari balok memendek. Jadi, bagian bawah balok mengalami tarik dan bagian atas mengalami tekan. Antara bagian atas dan bawah balok terdapat permukaan dengan garis longitudinal yang tidak berubah panjangnya. Permukaan ini, yang ditunjukkan dengan garis putus ss dalam Gambar 5-7a dan c, disebut permukaan netral balok. Perpotongannya dengan bidang penampang disebut sumbu netral penarnpang; sebagai contoh, sumbu z adalah sumbu netral untuk penampang dalam Gambar 5-7b.

B idang-bidang yang mengandung penampang mn dan pq di dalam balok yang berdeformasi (Gambar 5-7c) berpotongan di garis yang melalui pusat kelengkungan 0� Sudut antara kedua bidang ini disebut de, dan jarak dari O ' ke permukaan netral ss adalah radius kelengkungan p. Jarak awal dx antara kedua bidang ini (Gambar 5-7a) tidak berubah di permukaan netral (Gambar 5-7 c) sehingga pde = dx. Namun, semua garis longitudinal antara kedua bidang tersebut memanjang atau memendek sehingga menimbulkan regangan normal ex.

Untuk mengevaluasi regangan normal, tinjaulah garis longitudinal khas efyang terletak di dalam balok di antara bidang mn dan pq (Gambar 5-7 a). Kita tunjukkan garis ef dengan jarak y dari sumbu netral di balok yang semula lurus. Jadi, kita sekarang menganggap bahwa sumbu x terletak di sepanjang permukaan netral balok yang tak berdeformasi. Tentu saja, manakala balok berdefleksi, permukaan netral hergerak bersama balok, tetapi sumbu x tetap pada posisinya. Garis longitudinal ef di balok yang berdefleksi (Gambar 5-7c) tetap terletak pada jarak y yang sama dari permukaan netral . Jadi, panjang L1 dari garis ef sesudah lentur terjadi adalah

L1 = (p - v) de = dx - l_dx p

Mekanika Bahan 271

di mana kita telah memasukkan de = dxlp. Karena panjang semula garis �fadalah dx, maka perpanjangannya adalah

L

1 - dx, atau -y dxlp. Regangan longitudinal sama dengan perpanjangan dibagi dengan panjang semula dx; dengan demikian,

= (5-4)

di mana 1\ adalah kelengkungan. Persamaan di atas menunjukkan bahwa regangan longitudinal di suatu

balok sebanding dengan kelengkungan dan berYariasi secara linier terhadap jarak y dari permukaan netral. Apabila titik yang ditinjau ada di atas permukaan netral, maka jarak y adalah positif. Jika kelengkungan juga positif (seperti terlihat dalam Gambar 5-7c), maka e, akan merupakan regangan negatif, yang menunjukkan perpendekan. Sebaliknya, jika titik yang ditinjau ada di bawah permukaan netral, maka jarak y akan negatif dan, jika kelengkungan adalah positif, maka regangan e< juga akan positif, yang menunjukkan perpanjangan. Perhatikan bahwa perjanjian tanda untuk ex sama dengan yang digunakan untuk regangan normal di bab-bab sebelum ini, yaitu perpanjangan adalah positif dan perpendekan adalah negatif.

Persamaan (5-4) untuk regangan normal di suatu balok diturunkan hanya dari tinjauan geometri balok yang berdeformasi - besaran bahan tidak masuk dalam pembahasan. Dengan demikian, regangan di suatu balok yang mengalami lentur murni bervariasi secara linier terhadap jarak dari permukaan netral, tidak peduli bagaimanapun bentuk kurva tegangan-regangan bahan.

Langkah selanjutnya di dalam analisis kita, yaitu mencari tegangan dari regangan, membutuhkan penggunaan kurva tegangan-regangan. Langkah ini diuraikan dalam subbab berikut untuk bahan elastis linier dan di dalam Subbab 6.9 dan 6. 1 0 untuk bahan nonlinier.

Regangan longitudinal di suatu balok disettai dengan regangan transversal (yaitu regangan normal dalam arah y dan z) karena efek rasio Poisson. Namun, tidak acta tegangan transversal karena balok bebas berdeformasi dalam arah lateral. Kondisi tegangan ini analog dengan batang prismatis yang mengalami tarik atau tekan, sehingga elemen di balok yang mengalami lentur mumi berada dalam keadaan tegangan uniaksial.

• Contoh 5-1

Sebuah balok baja yang ditumpu sederhana AB (Gambar 5-8a) yang panjangnya L = 16 ft dibebani kopel M0 hingga membentuk busur lingkaran dengan defleksi ke bawah 8 di titik tengah (Gambar 5-8b). Pengukuran menunjukkan bahwa regangan normal longitudinal (perpanjangan) di pennukaan bawah balok adalah 0,00 1 25 , yang merupakan regangan leleh baja. Juga, jarak dari permukaan bawah balok ke permukaan netral adalah 6,0 in. Tentukan radius kelengkungan p, kelengkungan K, dan defleksi 8 pacta balok ini.

Solusi

Kelengkungan. Karena kita telah mengetahui regangan longitudinal di permukaan bawah balok (ex = 0,001 25), dan karena kita juga mengetahui jarak dari pennukaan

:


,, (�A == MO s') · · · ····· �

+----�----1 (a)

�o'

/ I\ I I \ ,�J I L/-:\

11 y /p�----e-t_ 8�\ . I \ A�x I � 1--W

(b)

Gambar 5-8 Contoh 5-1 . Balok yang mengalami lentur murni

bawah ke sumbu netral (y = -6,0 in.), maka kita dapat menggunakan Persamaan (5-4) untuk menghitung radius kelengkungan dan kelengkungan. Dengan menyusun Persamaan (5-4) dan memasukkan harga-harga numerik, maka

p = - L = - -6 i�5 = 4800 in. = 400 ft

£, 0,00 1 _ 1\ = _.!_ = 0 0025 n-1 p ' ..

Hasil ini menunjukkan bahwa radius kelengkungan sangat besar, dan kelengkungan sangat kecil, meskipun regangan bahan telah mencapai harga yang besar (dalam ha! ini regangan leleh).

Defleksi. Sebagaimana telah disebutkan dalam Subbab 5.3, momen lentur konstan (lentur mumi) menimbulkan kelengkungan konstan di seluruh panjang balok. Dengan demikian, kurva defleksi adalah busur lingkaran. Dari Gambar 5-8b, k.ita lihat bahwa jarak dari pusat kelengkungan 0' ke titik tengah C' dari balok yang berdefleksi adalah radius kelengkungan p, dan jarak dari O'ke titik C

di sumbu x adalah p cos 8, di mana 8 adalah sudut BO'C. Ini menghasilkan rum us defleksi di titik tengah balok sebagai berikut: 8 = p(l - cos 8) (5-5 ) Dari kurva yang hampir datar, kita dapat asumsikan bahwa jarak antara tumpuan sama dengan panjang balok itu sendiri. Dengan demik.ian, dari segitiga BOC kita dapatkan

sin 8 = L/2 p

Dengan memasukkan harga-harga numerik kita peroleh

sin 8 = 0 6 ft) ( 1 2 in./ft) = 0 0200 2( 4800 in . ) '

dan 8 = 0,0200 rad = 1 , 1 46°

(5-6)

Perhatikan bahwa untuk tu juan praktis k.ita dapat menganggap sin e dan e (radian ) secara numerik sama karena e merupakan sudut yang sangat kecil.

Sekarang kita masukkan ke dalam Persamaan (5-5) untuk mendapatkan defleksi

8 = p( l - cos 8) = (4800 in. ) ( l - 0,999800) = 0,960 in.

Defleksi ini sangat kecil dibandingkan dengan panjang balok, sebagaimana terlihat dengan rasio panjang bentang terhadap defleksi:

!::._ =

( 1 6 ft) ( 1 2 in./ft) = 200 8 0,960 in.

I _ Jadi, kita telah memastikan bahwa kurva defleksi hampir datar sekalipun regangan cukup besar. Tentu saja, dalam Gambar 5-8b defleksi balok digambarkan sangat besar agar lebih jelas.

Catatan: Metode untuk menghitung defleksi balok yang diuraikan di sini hanya mempunyai sedikit nilai praktek karena dibatasi hanya pacta lentur murni, yang menghasilkan bentuk defleksi busur lingkaran. Metode lain yang lebih berguna untuk mencari kurva defleksi disaj ikan dalam Bab 9.

------------------

5.5 1 TEGANGAN NORMAL Dl BALOK (BAHAN ELASTIS LINIER)

Di dalam subbab sebelum ini kita telah menyelidiki regangan longitudinal E< pada suatu balok yang mengalami lentur mumi (lihat Persamaan 5-4 dan Gambar 5-7). Karena elemen longitudinal dari suatu balok hanya mengalami tarik atau tekan, maka kita dapat menggunakan kurva tegangan-

Gambar 5-9 Tegangan normal di suatu balok dari bahan elastis linier: (a) tampak samping balok yang menunjukkan distribusi tegangan normal, dan (b) penampang balok yang menunjukkan sumbu z sebagai sumbu netral penampang.

Mekanika Bahan 273

regangan bahan tersebut untuk menentukan tegangan kalau kita mengetahui regangan. Tegangan bekerja di seluruh bagian penampang dari suatu balok dan intensitasnya bervariasi bergantung pacta bentuk diagram teganganregangan dan dimensi penampang. Karena arah x adalah longitudinal (Gambar 5-7a), maka kita menggunakan simbol ()x untuk menunjukkan tegangan tersebut.

Hubungan tegangan-regangan yang paling umum dijumpai dalam teknik adalah persamaan untuk bahan elastis linier. Untuk bahan seperti ini, kita substitusikan hukum Hooke untuk tegangan uniaksial ( () = Et:) ke dalam Persamaan (5-4) dan mendapatkan

;;:; -Ery (5-7)

Persamaan ini menunjukkan bahwa tegangan normal yang bekerja di penampang bervariasi secara linier terhadap jarak y dari permukaan netral . Distribusi tegangan ini terlihat dalam Gambar 5-9a untuk kasus di mana momen lentur M adalah positif dan balok melentur dengan kelengkungan positif. Apabila kelengkungan adalah positif, maka tegangan {)< adalah negatif (tekan) di atas permukaan netral dan positif (tarik) di bawahnya. Di dalam gambar, tegangan tekan ditunjukkan dengan panah yang menunjuk ke arah penampang dan tegangan tarik ditunjukkan dengan panah yang menjauhi penampang.

y i Y

(a) (b)

Agar Persamaan (5-7) mempunyai nilai praktis, maka kita harus meletakkan pusat koordinat sedemikian rupa sehingga kita dapat menentukan jarak y. Dengan perkataan lain kita harus menentukan lokasi sumbu netral penampang. Kita juga harus memperoleh hubungan antara kelengkungan dan momen lentur - agar kita dapat memasukkannya ke dalam Persamaan (5-7) dan memperoleh persamaan yang menghubungkan antara tegangan dan momen lentur. Kedua tujuan ini dapat dicapai dengan menentukan resultan tegangan ()x yang bekerja pacta penampang.

Pacta umumnya, resultan tegangan normal terdiri atas dua resultan tegangan: ( 1) gaya yang bekerja dalam arah x, dan (2) kopel lentur yang bekerja terhadap sumbu z. Namun, gaya aksial adalah nol apabila suatu balok mengalami lentur mumi. Dengan demikian, kita dapat menul iskan persamaan-persamaan statika berikut: ( 1 ) gaya resultan dalam arah x sama dengan nol, dan (2) momen resultan sama dengan momen lentur M. Persamaan pertama menghasilkan lokasi sumbu netral dan yang kedua memberikan hubungan momen-kelengkungan.

27 4 Bab 5 Tegangan Di Balok (Topik Dasar)

• Lokasi Sumbu Netral

Untuk mendapatkan persamaan statika yang pertama, kita tinjau elemen dengan area dA di dalam penampang (Gambar 5-9b). Elemen ini terletak pada jarak y dari sumbu netral, sehingga tegangan crx yang bekerja di elemen dapat dinyatakan dengan Persamaan (5-7). Gaya yang bekerja di elemen sama dengan crx dA dan merupakan gaya tekan untuk y positif. Karena tidak ada gaya resultan yang bekerja pada penampang, maka integral crx dA di seluruh luas penampang A harus sama dengan nol; jadi, persamaan statika yang pertama adalah

L crxdA = -LE 1()1 dA = 0 (a)

Karena kelengkungan 1<: dan modulus elastisitas E merupakan konstanta yang bukan nol di suatu penampang balok yang melentur, maka keduanya tidak dilibatkan dalam proses integrasi daerah penampang melintang. Dengan demikian, kita dapat menuliskan

(5-8)

Persamaan statika ini menyatakan bahwa momen pertama dari suatu luas penampang yang dievaluasi terhadap sumbu z, adalah not. Dengan perkataan lain, sumbu z harus melalui pusat berat penampang.* Karena sumbu z juga merupakan sumbu netral, maka kita dapat menarik kesimpulan sebagai berikut. Sumbu netral selalu melewati pusat be rat suatu penampang apabila bahannya mengikuti hukum Hooke dan tidak ada gaya aksial yang bekerja di penampang tersebut. Kesimpulan ini membuat kita mudah menentukan posisi sumbu netral.

Sebagaimana telah diuraikan dalam Subbab 5 . 1 , pembahasan kita terbatas pada balok dengan sumbu y adalah sumbu simetri. Karena itu, sumbu y juga melewati pusat berat. Dengan demikian, kita mempunyai kesimpulan tambahan sebagai berikut: pusat sumbu koordinat 0 (Gambar 5-9b) terletak di pusat berat penampang.

Karena sumbu y adalah sumbu simetri penampang, maka sumbu y merupakan sumbu utama (lihat Bab 12, Subbab 12.9, untuk pembahasan tentang sumbu utama). Karena sumbu z tegak lurus sumbu y, maka sumbu tersebut juga merupakan sumbu utama. Jadi, apabila suatu balok dari bahan elastis linier mengalami lentur murni, maka sumbu y dan z merupakan sumbu berat.

• H ubungan Momen Kelengkungan

Persamaan statika yang kedua menyatakan bahwa resultan momen dari tegangan normal crx yang bekerja pada seluruh penampang sama dengan momen lentur M (Gambar 5-9a). Elemen gaya crx dA yang bekerja pada elemen seluas dA (Gambar 5-9b) ada di arah positif dari sumbu x apabila crx positif dan ada di arah negatif apabila crx negatif. Karena elemen dA terletak di atas sumbu netral, maka tegangan positif crx yang bekerja pada elemen tersebut menghasilkan elemen momen yang sama dengan crx ydA. Elemen momen ini bekerja berlawanan arah dengan momen lentur positif M yang terlihat dalam Gambar 5-9a. Dengan demikian, pertambahan dM pada momen lentur adalah

*Pusat berat dan momen pertama dari suatu luas dibahas dalam Bab 12.

y +M M omen

lentur +M

�.. . . po. sitif .. . �

\. � ) Kelengkungan

positif

L_______________ X 0

I Y M omen lentur (

, . . negatif . , '\

��..,/ -M Kelengkungan -M

negatif

L--------------- X 0 Gambar 5-10 Hubungan antara tanda momen lentur dan tanda kelengkungan

Mekanika Bahan 275

dM = -ary dA

Integral dari semua momen elemental di seluruh penampang A harus sama dengan momen lentur:

M = -faxydA A

atau, dengan memasukkan ax dari Persamaan (5-7),

M = -LicE/ dA = KEL/dA

(b)

(5-9)

Persamaan ini menghubungkan kelengkungan suatu balok dengan momen lentur M.

Karena integral di dalam persamaan di atas merupakan besaran penampang, maka akan lebih mudah j ika persamaan terse but ditulis dalam bentuk:

M = K£1 (5- 10) di mana

(5- 1 1 )

Integral ini adalah momen inersia dari daerah penampang terhadap sumbu z (yaitu terhadap sumbu netral). Momen inersia selalu positif dan mempunyai dimensi panjang pangkat empat; sebagai contoh, satuan uses yang khas adalah in.4 dan satuan SI yang khas adalah mm4 di dalam perhitungan balok. *

Sekarang Persamaan (5- 10) dapat disusun kembali untuk menyatakan kelengkungan dalam momen lentur di balok:

(5- 1 2)

Ini dikenal sebagai persamaan momen-kelengkungan. Persamaan (5- 1 2) menunjukkan bahwa kelengkungan sebanding dengan momen lentur M dan berbanding terbalik dengan besaran El, yang disebut rigiditas lentur suatu balok. Rigiditas lentur merupakan ukuran tahanan suatu balok terhadap lentur; artinya semakin besar rigiditas lentur, akan semakin kecil kelengkungan yang terjadi akibat momen lentur.

Dengan membandingkan perjanj ian tanda untuk momen lentur (Gambar 4-5) dengan yang untuk kelengkungan (Gambar 5-6), kita lihat bahwa momen lentur positif menghasilkan kelengkungan positif dan momen lentur negatif menghasilkan kelengkungan negatif (lihat Gambar 5- 10).

• Rumus Lentur

Karena kita telah menentukan lokasi sumbu netral dan telah mendapatkan hubungan momen-kelengkungan, maka kita dapat menentukan tegangan yang dinyatakan dalam momen lentur. Dengan memasukkan rumus kelengkungan (Persamaan 5- 1 2) ke dalam rumus tegangan ax (Persamaan 5-7), maka kita peroleh

*Momen inersia dari suatu luas dibahas dalam Bab 12.

,..


Tegangan tekan

7 0 1 'vlomen lentur positif

+M � - -- ) J.

02 Tegangan tarik

(a)

(5- 1 3 )

Persamaan ini, yang disebut rumus lentur, menunjukkan hahwa tegangan

sebanding dengan momen lentur M dan berbanding terbalik dengan momen

inersia I penampang. Juga. tegangan bervariasi secara l inier terhadap jarak

y dari sumbu netraL sebagaimana telah diamati sebelum ini. Tegangan

yang dihitung dengan r umus ini disebut tegangan lentur.

Jika momen lentur di suatu balok adalah positif. maka tegangan lentur

akan positif (tarik) di bagian penampang di mana r adaiah negatif. artinya

di bagian bawah balok. Tegangan di bagian atas balok ak,m negatif (tekan ) .

J ika momen lentur adalah negatif, maka tegangan akan sebaliknya.

H ubungan ini ditunjukkan dalam Gambar 5- 1 1 .

I Y ! • Tegangan Maksimum di Suatu Penampang

Tegangan tarik

- -� / Mmnen

lentur ncgatip

Tegangan tekan (b)

Gambar 5-1 1 Hubungan antara tanda untuk momen lentur dan arah tcgangan normal: la) momen lentur positif. dan lb) momcn lentur negatif

Tegangan lentur tarik dan tekan maksimum yang bekerja di suatu

penampang terjadi c!i titik yang terletak paling jauh dari surnbu netral.

Kita tulis c1 dan c2 masing-masing ac!alah jarak c!ari sumbu netral ke

elernen ekstrirn dalam arah positif dan negatif ( lihat Gambar 5-9b dan 5-

1 1 ) . Kemudian tegangan normal maksimum cr1 Jan 0'2 (dari rumus lentur)

adalah

(5- l 4a,b)

di mana

(5- 1 5a,b)

Besaran SI dan s2 c!ikenal dengan sebutan modulus penampang. Dari

Persarnaan (5- 1 5a dan b) kita lihat bahwa modulus penampang mempunyai

dimensi panjang pangkat tiga (sebagai contoh , in.3 atau mm3) . Perhatikan

bahwa jarak c 1 dan c2 ke tepi atas dan bawah balok selalu merupakan

besaran positif.

Keuntungan dari menyatakan tegangan rnaksimum dalam modulus

penampang ada1ah karena setiap bagian modulus penampang menggabung

kan besaran-besaran penampang yang relevan ke dalam besaran tunggal.

Jadi besaran ini dapat dibuat tabelnya dan dimasukkan dalam buku-buku

pegangan, yang dapat memudahkan perancang dalam membuat desain

suatu balok. (Desain suatu ba1ok dengan menggunakan modulus penampang

diuraikan dalam subbab selanjutnya.)

Jika suatu penampang balok adalah simetris terhadap sumbu z dan

terhadap sumbu y (penampang simetris ganda), maka c1 = c2 = c dan

tegangan tarik dan tekan maksimum secara numerik sama:

Me M (5- 1 6) cr, = -0'2 --

I s di mana

S = !_ (5- 1 7 ) c

I !---

b 2

b

(a)

y

d

( b )

Mekanika Bahan 277

adalah satu-satunya modulus potongan untuk penampang . Untuk suatu

balok dengan penampang persegi panjang dengan lebar h dan tinggi h (Gambar 5- 1 2a). momen inersia dan modul us penampang adalah

(5- 1 8a.b)

lJntuk penampang lingkaran dengan dtamcter d (Gambar 5- 1 2h ). besaran

besaran tersebut adalah

ir.d4 ! ;::; · . -. . · .. 64 nd3 S = -

32 (5- 1 9a.b)

Besaran penampang simetris ganda, sepeni penampang tabung. dapal

diperoleh secara l angsung dari rumus-rumus di ata'. Momen inersia untuk berbagai bidang datar dic:mtumkan dalam

Lampiran D sebagai rujukan yang memudahkan. C ntuk hentuk penampang

lain. kita harus menentukan lokasi sumbu netral. momen mer,ia . d:.m modulus penampang dengan perhitungan langsung yang menggunakan cara

cara yang diuraikan dalam Bab 1 2. (Prosedur umum ini digambarb.n

dalam Contoh 5-4.) Dimensi dan besaran profil baja standar dan balok

kayu dicantumkan dalam Lampiran E dan F dan dalam bany ak buku-buku

teknik, sebagaimana diterangkan secara lebih rinci dalam wbbab berikut.

• Pembatasan

Gambar 5-1 2 Bentuk penampang Analis is yang diuraikan dalam subbab in i adalah untuk lentur mumi balok simetris ganda prismatis yang terbuat dari bahan ela�tis l inier dan homogen. Jika suatu

balok mengalami lentur tak seragam, maka gaya geser akan menimbulkan

wa1ping (atau distorsi ke luar hidang) pada penampang. Jadi, pada kasus

terse but suatu penampang yang datar sebelum lentur tidak l agi datar setelah

melentur. Wmping akibat deformasi gcser sangat menyulitkan kita dalam

mempelajari perilaku balok. Sekalipun demikian, penelitian-penelitian

secara teliti menunjukkan bahwa perhitungan tegangan normal dari rumus

lentur tidak begitu dipengaruhi adanya tegangan geser berikut warping yang ditimbulkannya (Ref. 2- J , hal 42 dan 48). Jadi, kita dapat tetap

menggunakan teori lentur murni untuk perhitungan tegangan normal di halok yang mengalami lentur tak seragam. *

Rumus lentur memberikan has i l yang hanya akurat di daerah balok di mana distribusi tegangan tidak terganggu oleh pcrubahan bentuk balok

atau diskontinuitas pembebanan. Sebagai contoh. rumus lentur tidak dapat

digunakan di dekat tumpuan balok atau di dekat behan terpusat.

Ketidakteraturan seperti ini menimbulkan tegangan lokal, atau konsentrasi tegangan, yang jauh l eb ih besar daripada tegangan yang diperoleh dari

rumus lentur (lihat S ubbab 5 . 1 3) .

*Teori balok dimulai oleh Galileo Galilei ( I 564- 1642), yang mcnyelidiki pcrilaku berbagai jenis balok. Pcnelitiannya dalam bidang mekanika bahan diuraikan dalam bukunya yang tcrkenal Two New Scienc es. yang diterbitkan pertama kali pada tahun 1 638 (Ref. 5-2) Meskipun Galilc<> melakukon banyak penemuan tentang balok, ia tidak mendapatkan distribusi tegangan yang kita gunakan dcwasa ini. Perkembangan lebih lanjut tentang teori balok dilakukan olch Mariotte, Jacob Bernoulli, Euler, Parent. Saint-Venant. dan lain-lain (Ref . . '-3).

278 Bab 5 Tegangan Di Balok (Topik Dasar)

Gambar 5-1 3 Contoh 5-2. Kawat yang dibengkokkan di sekeliling sebuah drum

• Contoh 5-2

Sebuah kawat baja berkekuatan tinggi dengan diameter d dibengkokkan di sekeliling drum dengan jari-jari R0 (Gambar 5 - 1 3). Tentukan momen lentur M dan tegangan lentur maksimum crmaks di kawat, dengan menganggap d = 4 mm dan R0 = 0,5 m. (Kawat baja ini mempunyai modulus elastisitas E = 200 GPa dan l imit proporsional crP1 = 1 200 MPa.)

Solusi

Langkah pertama di dalam contoh ini adalah menentukan radius kelengkungan p kawat yang melentur. Selanjutnya, dengan mengetahui p. kita dapat mencari momen lentur dan tegangan maksimumnya.

Radius kelengkungan. Radius kelengkungan suatu kawat yang melentur adalah jarak dari pusat drum ke sumbu netral penampang kawat:

(5-20)

M omen lentur. Momen lentur di kawat dapat diperoleh dari hubungan momenkelengkungan (Persamaan 5-1 2):

M = El = 2£1 p 2 Ra + d

(5-2 1 )

di mana I adalah momen inersia penampang kawat. Dengan mensubstitusikan I yang dinyatakan dalam diameter d (Persamaan 5- 1 9a), kita peroleh

nEd4

M = --.--,----32(2Ra + d) (5-22)

Hasil ini diperoleh tanpa meninjau tanda momen lentur karena arah lentur telah jelas terlihat di dalam gambar.

Tegangan /entur maksimum. Tegangan tarik dan tekan maksimum. yang sama secara numerik, diperoleh dari rumus l entur (Persamaan 5 - 16). Namun, karena kita hanya tertarik pada besar tegangan maksimum, maka kita dapat mengabaikan tanda dalam Persamaan (5- 16) dan menuliskan rumus berikut:

M O"maks = S di mana S adalah modulus penampang untuk penampang lingkaran. Dengan mensubstitusikan M dari Persamaan (5-22) dan S dari Persamaan (5- 19b ), kita peroleh

Ed a maks = _2_Ra __ +_

d_ (5-23)

Hasil yang sama dapat diperoleh secara langsung dari Persamaan (5-7) dengan mengganti y dengan d/2 dan mensubstitusikan p dari Persamaan (5··20).

Dari Gambar 5- 1 3 kita dengan mudah dapat melihat bahwa tegangan adalah tekan di bagian bawah (atau bagian dalam) dari kawat dan tarik di bagian atas (atau luar) dari kawat.

Harga numerik. Sekarang kita masukkan data bahan ke dalam Persamaan (5-22) dan (5-23) dan mempero1eh hasil sebagai berikut:

nEd4

M = ----32(2R0 + d)

(Jmaks Ed

2 !?,; + d

n(200 GPa)(4 mm)4 = 5 0 1 N·m 32[2(0,5 m) + 4mm] '

(200 GPa)(4 mm) = 797 MPa 2(0,5 m) + 4mm

Perhatikan bahwa crmak' lebih kecil daripada l imit proporsional kawat baja, sehingga perhitungannya sah.

Mekanika Bahan 279

Catatan: Karena jari-jari drum jauh lebih besar dibandingkan dengan diameter kawat, maka kita dapat dengan aman mengabaikan d dibandingkan dengan 2R0 pada penyebut di dalam rumus untuk M dan rmaks· Selanjutnya Persamaan (5-22) dan (5-23) menghasilkan

M = 5,03 N·m a maks = 800 MPa

Hasil ini ada pada si si konservatif dan berbeda kurang dari 1% dengan harga yang lebih teliti.

• Contoh 5-3

L 9 ft_j I � q = 1 ,s k/ft iUUJ ! ! l� I L == 22 ft _I � �

V +23,6

I --I I

(a)

b = 8,75 in

(b)

Sebuah balok sederhana AB dengan panjang bentang L = 22 ft (Gambar 5- 14a) memikul beban terbagi rata dengan intensitas q = I ,5 k!ft dan beban terpusat P = 1 2 k. Beban terbagi rata tersebut meliputi juga berat sendiri balok. Beban terpusat bekerja di titik 9,0 ft dari ujung kiri balok. Balok ini terbuat dari kayu lapis (glued

laminated wood) dan mempunyai penampang dengan lebar b = 8.75 in. dan tinggi h = 27 in. (Gambar 5- 1 4b). Tentukan tegangan tarik dan tekan maksimum di balok ini akibat lentur.

Solusi

Momen lentur maksimum. Kita mulai analisisnya dengan membuat diagram gaya geser dan momen lentur (Gambar 5- 14c dan d), dengan menggunakan cara-cara yang telah diuraikan dalam Bab 4. Karena balok ini prismatis, maka tegangan lentur maksimum teijadi di penampang dengan momen lentur terbesar, yang terletak di lokasi di mana tanda gaya geser berubah. Jadi, momen maksimum adalah

Mmaks = 1 52 k-ft

Modulus penampang. Selanjutnya, kita hitung modulus penampang dengan menggunakan Persamaan (5- 1 8b):

S = b�1 = 7; (8,75 in.)(27 in.)2 = 1063 in.3

Tegangan maksimum. Akhimya, kita tentukan tegangan tarik dan tekan maksimum a1 dan ac dari Persamaan (5-16):

(c) -2 1 ,4 a1 M ( 152 k-ft)( l 2 in./ft) = 1 720 si ..-= a2 = S =

1 063 in.3 p ..._

+ 1 52

(d)

Gambar 5-1 4 Contoh 5-3. Tegangan di balok sederhana

a c = a 1 = - M = -I 720 psi s Karena momen lentur adalah positif, maka tegangan tarik maksimum ( a1) terjadi di bawah balok dan tegangan tekan (a) terjadi di atas.

L_ _______________________________________________________________________ __

• Contoh 5-4

Balok ABC yang terlihat dalam Gambar 5 - 15a mempunyai tumpuan sederhana di A dan B dan overstek dari B ke C. Beban terbagi rata dengan intensitas q = 3,0 kN/m bekerja di seluruh panjang balok tersebut. Balok ini terbuat dari tiga plat baja (tebal t = 1 2 mm) yang dilas membentuk penampang kanal dengan lebar b = 300 mm dan tinggi h = 80 mm (Gambar 5 - 15b). Untuk menentukan besaran penampang, kita abaikan fillets dan !as, dan asumsikan bahwa penampang terdiri atas beberapa persegi panjang, seperti terlihat dalam gambar.


Tentukanlah tegangan tarik dan tekan maksimum di balok ini akibat beban terse but.

• Solusi

q = 3.0 k/ft

A�---�1 I lJ I l � : : : J c ...... I � B I . . .. J�mi: I I•

3.0 m . 1 .5 m -1 (a)

b = 300 mm �

V l. j · •1 �"i;;l_l] h

t =l 2 mm t = I 2 mm

(b)

(c)

+ 1 .898 kN.m

-3.375 kN.m (d)

Gambar 5-1 5 Contoh 5-4. Tegangan di suatu balok dengan overstek

. i Y ) J i c l t = l 2 mm ' . � t ir==I��::':=:::;:==::I:,l· ·· ..•.. 1----.---- .,_ h =

f.l-1= 12 mm b = 300 mm

Gambar 5-1 6 Penampang balok yang dibahas dalam Contoh 5-4

Momen lentur. Tegangan tarik dan tekan maksimum selalu terjadi di penampang di mana momen lentur mempunyai harga terbesar. Untuk menentukan penampang tersebut, kita membuat diagram gaya geser dan momen lentur (Gambar 5- 1 5c dan d), dengan menggunakan cara-cara yang telah disebutkan dalam Bab 4. Perhatikan bahwa momen positif maksimum dan negatif maksimum terjadi di penampang di mana gaya geser berubah tanda. Kedua momen tersebut masing-masing adalah 1 898 kN-m dan -3.375 kN-m.

Sumbu netral penampang. Kita menentukan posisi sumbu netral (sumbu z) dengan menentukan pusat berat penampang, seperti terlihat dalam Gambar 5- 1 6. Dengan menggunakan cara-cara yang diuraikan dalam Bab 1 2 Subbab 1 2.3, kita membagi penampang ini menjadi tiga persegi panjang yang luasnya masing-masing A 1 , A2, dan A3. Lalu kita menetapkan sumbu referensi Z-Z di tepi atas penampang, dan kita tulis jarak dari sumbu Z-Z ke pusat berat area A 1 dan A2 masing-masing dengan y1 dan y2. Jadi, perhitungan untuk menetapkan pusat berat penampang kanal adalah sebagai berikut

Area 1 :

Area 2:

Area 3 :

y1 = t/2 = 6 mm

h = h/2 = 40 mm

A1 = (b - 2t)(t) = (276 mm)( l 2 mm) = 33 12 mm2

A2 = ht = (80 mm)( 1 2 mm) = 960 mm2

A3 = A2

LY;A; = yiAI + 2YzA2 IA; A1 + 2A2

= (6 mm)(33 1 2 mm2 ) + 2(40 mm)(960 mm2 ) = 1 8 48 mm 33 12 mm2 + 2(960 mm2 ) '

c2 = h - c1 = 80 mm - 1 8,48 mm = 61 ,52 mm

Jadi, posisi sumbu netral (sumbu z) telah ditentukan. Momen inersia. Untuk menghitung tegangan dari rumus lentur kita harus

menentukan momen inersia penampang terhadap sumbu netral . Perhitungan ini membutuhkan teorema sumbu sejajar (lihat Bab 1 2, Subbab 1 2.5).

Dimulai dengan area A 1 , kita peroleh momen inersia /_ terhadap sumbu z ,, dari persamaan

(c) Di dalam persamaan ini, Iz,adalah momen inersia area A 1 terhadap sumbu beratnya sendiri:

1 3 1 3 4 Iz, = T2(b - 2t)(t)· = T2 (276 mm)( l 2 mm) = 39,744 mm

dan d1 adalah jarak dari sumbu berat area A 1 ke sumbu z: d1 = c1 - t/2 = 1 8,48 mm - 6 mm = 1 2,48 mm

Dengan demikian, momen inersia area A1 terhadap sumbu z (dari Persamaan c) adalah

/_ = 39,744 mm4 + (33 1 2 mm2)(12,48)2 = 555.600 mm4 ,,.

Dengan melakukan ha! yang sama untuk A2 dan A3, kita peroleh

/z2 = Iz, = 956.600 mm4

Mekanika Bahan 281

Jadi, momen inersia penampang /z terhadap pusat beratnya adalah

lz = I,, + 1,2 + I,, = 2.469 x 1 06 mm4

Modulus penampang. Modulus penampang untuk bagian atas dan bawah balok masing-masing adalah

I S. = ....L.. = 40. 1 00 mm3

(lihat Persamaan 5- 1 5a dan b) . Dengan telah diketahuinya besaran-besaran penampang, maka kita dapat menghitung tegangan maksimum dari Persamaan 5-14a dan b).

Tegangan maksimum. D i penampang di mana terjadi momen lentur maksimum, tegangan tarik terbesar terjadi di bawah balok ( a2) dan tegangan tekan terbesar terjadi di atas (a1). Jadi, dari Persamaan (5- 14bJ dan (5- 1 4a) kita dapatkan

a, = a = M = 1 ,898 kN·m = 47,3 MPa 2 52 40. 1 00 mm3

1 ,898 kN·m = _ 1 4•2 MPa

1 33.600 mm3

Dengan cara sama, tegangan terbesar di penampang di mana momen negatif maksimum terjadi adalah

_ _ M _

-3,375 kN ·m _ 25 3 MP a, - a - - - - - a 1

51 1 33 .600 mm3 '

ac = a = M =

-3,375 kN·m = -84 2 MPa

2 52 40. 1 00 mm3 '

Perbandingan antara keempat tegangan ini menunjukkan bahwa tegangan tarik terbesar di balok adalah 47,3 MPa dan terjadi di bawah ba1ok di penampang dengan momen lentur positif maksimum; jadi,

(a1)maks. := 47,3 MPa

Tegangan tekan terbesar adalah -84,2 MPa dan terjadi di bawah balok di penampang dengan momen negatif maksimum:

( aJmaks = -84,2 MPa .. Jadi, kita telah menentukan tegangan maksimum akibat beban terbagi rata yang bekerja di balok.

DESAIN BALOK TERHADAP TEGANGAN LENTUR

Proses mendesain balok membutuhkan peninjauan banyak faktor, termasuk jenis struktur (pesawat terbang, mobil, jembatan, gedung, dan lain-lain), bahan yang digunakan, dan biaya yang harus dikeluarkan. Namun, dari tinjauan kekuatan, pacta akhirnya peninjauan itu bertujuan memilih bentuk dan ukuran balok sedemikian hingga tegangan aktual di balok tidak melebihi tegangan izin bahan. Di dalam pembahasan berikut ini, kita akan meninjau hanya tegangan lentur (yaitu, tegangan yang diperoleh dari rumus lentur, Persamaan 5 - 13) . Selanjutnya, kita akan meninjau efek tegangan geser (Subbab 5.8, 5 .9, dan 5 . 1 0), dan konsentrasi tegangan (Subbab 5 . 1 3).

Dalam mendesain suatu balok untuk menahan tegangan lentur, kita biasanya mulai dengan menghitung modulus penampang yang diperlukan.


Gambar .5-1 7 Mengelas tiga plat baja besar menjadi penampang solid tunggal (Atas izin Lincoln Electric Company)

Sebagai contoh, jika balok mempunyai penampang simetris ganda dan tegangan izin yang sama untuk tarik dan tekan, kita dapat menghitung modulus yang diperiukan dengan membagi momen lentur maksimum dengan tegangan lentur izin untuk bahan (lihat Persamaan 5- 16) :

(5-24)

Tegangan izin didasarkan atas besaran bahan dan faktor keamanan yang dikehendaki. Untuk menjamin bahwa tegangan tidak di1ampaui, kita harus memilih suatu balok yang menghasilkan modulus penampang sedikitnya sebesar yang diperoleh dari Persamaan (5-24).

Jika suatu penampang bukan simetris ganda, atau jika tegangan izin untuk tarik dan tekan berbeda, kita mungkin perlu menentukan dua modulus penampang yang diperlukan - satu berdasarkan atas tarik dan lainnya berdasarkan tekan. Selanjutnya kita harus menggunakan balok yang memenuhi kedua kriteria.

Untuk meminimumkan berat dan menghemat bahan, kita biasanya memilih suatu balok yang mempunyai luas penampang paling kecil tetapi masih tetap memenuhi modulus penampang yang diperlukan (dan juga memenuhi semua persyaratan desain lainnya).

Balok dapat mempunyai berbagai bentuk dan ukuran untuk memenuhi berbagai tujuan. Sebagai contoh, balok baja besar difabrikasi dengan mengelasnya (Gambar 5- 17), balok aluminium biasa dibuat berupa tabung lingkaran atau persegi panjang, kayu umumnya dipotong dan dilem untuk memenuhi persyaratan khusus, dan balok beton bertulang biasa dicor dengan bentuk yang dikehendaki dengan menggunakan cetakan. Selain itu, balok baja, aluminium, plastik, dan kayu dapat dipesan dalam bentuk dan ukuran standar dari katalog yang diberikan oleh penyalur dan produsen. Bentuk-bentuk yang tersedia antara lain sayap lebar. I, siku, kanal, persegi panjang, dan tabung.

• Balok Dengan Bentuk Dan Ukuran Standar

Dimensi dan besaran berbagai jenis balok dicantumkan dalam buku-buku teknik. Sebagai contoh, bentuk dan ukuran balok baja struktural distandarisasi oleh American Institute of Steel Construction (AISC), yang menerbitkan manual yang berisi besaran-besaran penampang (Ref. 5-4). Tabel di manual AISC memuat dimensi penampang dan besaran-besaran penting lain seperti berat per foot panjang, luas penampang, momen inersia, dan modulus penampang. Besaran balok aluminium dan kayu j uga ditabelkan serta tersedia pada publikasi oieh Aluminum Association (Ref. 5.5) dan American Forest and Paper Association (Ref. 5-6). Tabel balok baja dan balok kayu diberikan dalam buku ini untuk digunakan dalam memecahkan soal-soal (lihat Lampiran E dan F).

Profil baja struktural diberi notasi seperti W 30 x 2 1 1 , yang berarti bahwa penampang tersebut adalah profil W (juga disebut profil sayap lebar) dengan tinggi nominal 30 in. dan berat 2 1 1 lb per ft panjang (lihat Tabel E-1 , Lampiran E). Notasi analog digunakan untuk profil S (juga disebut balok I) dan profil C (juga disebut kanai), seperti terlihat dalam Tabel E-2 dan E-3 . Profil siku, atau profil L, diberi notasi dengan panjang

z

(a)

ly A =r£'1 z_j0 I h

=pJ (c)

(b)

1 Y Flens I

(d)

Gambar 5-18 Bentuk-bentuk penampang balok

Mekanika Bahan 283

kedua kaki dan tebalnya ( lihat Tabel E-4 dan E-5) . Sebagai contoh, L8 x 6 x 1 menunjukkan siku dengan kaki yang tidak sama, satu kaki panjangnya 8 in dan kaki lainnya mempunyai panjang 6 in., dengan tebal 1 in. Semua profil baja struktural standar dibuat dengan pengerolan (rolling), suatu proses di mana sebongkah baja panas dilewatkan bolak-balik antara penggiling rolls sampai mempunyai bentuk yang dikehendaki.

Penampang struktural aluminium biasanya dibuat dengan proses ekstrusi, suatu proses di mana bongkahan aluminium panas didorong melalui cetakan profil. Karena cetakan mudah dibuat serta bahannya mudah dikerjakan, maka balok aluminium dapat dibuat dalam bentuk apapun yang dikehendaki. Bentuk standar seperti balok sayap lebar, balok I, kanal, siku, tabung, dan profil lain ditabelkan dalam Alwninum Construction Manual (Ref. 5-5). Selain itu, profil tidak s tandar juga dapat dipesan.

Hampir semua balok kayu mempunyai penampang persegi panjang dan diberi notasi dimensi nominal seperti -+ x 8 1 in . ) . Dimensi ini menunjukkan ukuran kasar penampang kayu. Dimensi bersih (atau dimensi aktual) balok kayu lebih kecil daripada dimensi nominal jika sisi-sisi kasar telah diamplas agar halus. Jadi, balok kayu 4 x 8 mempunyai dimensi aktual 3,5 x 7,25 in. sesudah diamplas. Tentu saja, dimensi bersih kayu yang diamplas digunakan dalam perhitungan teknik. Dengan demikian, dimensi bersih berikut besaran-besarannya dicanturnkan dalam Lampiran F.

• Efisiensi Relatif Berbagai Bentuk Balok

Salah satu tujuan dalam mendesain balok ialah untuk menggunakan bahan seefisien mungkin di dalam semua batasan yang berasal dari fungsi, penampilan, biaya pelaksanaan, dan sebagainya. Dari tinjauan kekuatan saja, efisiensi lentur bergantung terutama pada bentuk penampang. Balok yang paling efisien adalah yang menggunakan bahan sejauh mungkin dari sumbu netral. Semakin jauh suatu bahan dari sumbu netral, akan semakin besar modulus penampangnya - dan semakin besar modulus penampang, akan semakin besar pula momen lentur yang dapat ditahan (untuk suatu kondisi tegangan izin).

Sebagai ilustrasi, tinjaulah penampang berbentuk persegi panjang dengan lebar b dan tinggi h (Gambar 5 - 18a). Modulus penampang (dari Persamaan 5- 1 8b) adalah

S = bh2 = Ah

= 0 1 67 Ah 6 6

, (5-25)

di mana A menunjukkan luas penampang. Persamaan ini menunjukkan bahwa penampang persegi panjang dengan luas yang ditentukan menjadi lebih efisien apabila tinggi h dibesarkan ( dan le bar b dikurangi untuk membuat luasnya konstan) . Tentu saja, acta batas praktek dalam memperbesar tinggi, karena balok menjadi tidak stabil secara lateral apabila rasio tinggi terhadap le bar terlalu besar. J adi, suatu balok dengan penampang persegi panjang yang sangat tinggi akan gaga! karena tekuk lateral (ke samping), bukan karena tidak cukupnya kekuatan bahan.

Selanjutnya, bandingkan penampang lingkaran solid dengan diameter d (Gambar 5- 1 8b) dengan penampang bujursangkar yang luasnya sama. Sisi h dari bujursangkar yang mempunyai luas sama dengan lingkaran adalah h = (d/2) -fii . Modulus penampang untuk masing-masing bentuk penampang adalah (dari Persamaan 5-1 8b dan 5- 1 9b)


sbujur sangkar

slingkaran

sehingga kita dapatkan

3 7 =

!!___ = 7r'V ;ra = 0, 1 1 60d3

6 48

nd3 = 0 0982d3

32 ,

shuiur sanobr · . e ' = [, [ 8

slmgkaran

(5-26a,b)

(5-27)

Hasil ini menunjukkan bahwa suatu balok berpenampang bujursangkar lebih efisien dalam menahan lentur dibandingkan balok berpenampang lingkaran yang luasnya sama. Alasannya, tentu saja, bahwa lingkaran mempunyai bahan yang relatif lebih banyak di dekat sumbu netral. Bahan ini mengalami tegangan yang lebih kecil, dan oleh karena itu tidak berkontribusi banyak pada kekuatan balok.

Bentuk penampang ideal untuk balok yang luas penampangnya ditentukan A dan tingginya juga ditentukan h akan diperoleh dengan meletakkan setengah luas pada jarak h/2 di atas sumbu netral dan setengah lainnya di jarak h/2 di bawah sumbu netraL seperti terlihat dalam Gambar 5 - 18c. Untuk bentuk ideal ini, kita dapatkan

l S = - = 0 5Ah

h/2 ' (5-28a,b)

Limit teoretis ini didekati dalam praktek dengan penampang sayap lebar dan penampang I, di mana sebagian besar bahan ada di sayap (Gambar 5-1 8d). Karena harus ada sebagian bahan di badan, maka kondisi ideal tidak pemah bisa diwujudkan. Jadi, untuk balok sayap lebar standar, modulus penampangnya kira-kira

S "' 0,35 Ah (5-29)

yang jauh lebih besar daripada modulus penampang untuk penampang persegi panjang yang luas dan tingginya sama (lihat Persamaan 5-25). Alasan yang jelas adalah karena balok sayap Jebar mempunyai paling ban yak bahan di sayap, pada jarak terjauh yang mungkin dari sumbu netraL

Keunggulan lain suatu balok sayap Jebar adalah lebar yang lebih besar sehingga mempunyai kestabilan lebih besar terhadap tekuk ke samping, dibandingkan dengan balok persegi panjang dengan tinggi dan modulus penampang sama. Sebaliknya, dalam prakteknya ada limit mengenai tipisnya suatu badan dari balok sayap lebar. Jika badan terlalu tipis, maka badan tersebut akan mudah mengalami tekuk atau mungkin mengalami kelebihan tegangan geser, suatu topik yang dibahas pada Subbab 5. 1 0.

Contoh-contoh berikut ini menggambarkan proses pemilihan balok berdasarkan atas tegangan izin. Di dalam contoh-contoh tersebut hanya pengaruh tegangan lentur (yang diperoleh dari rumus lentur) yang ditinjau.

Catatan: Dalam menyelesaikan contoh-contoh dan soal-soal yang membutuhkan pemilihan balok dari tebal dalam lampiran, kita menggunakan aturan sebagai berikut: Jika beberapa pilihan tersedia di dalam tabel, pilih balok yang paling ringan yang akan memberikan modulus penampang yang diperlukan.

Gambar 5-1 9 Contoh 5-5 . Desain .suatu balok kayu yang ditumpu sedcrhana

L�---P = l 2 kN

Mekanika Bahan 285

• Contoh 5-5

Sebuah balok kayu yang ditumpu scdcrhana dengan bentang L = I 2 fl memikul beban terbagi rata q = 420 lb/ft ( Gambar 5 - 1 9) . Tegangan lentur izin adalah 1 800 psi, berat kayu adalah 35 lb/ft', dan b:llok tersebut dipikul dalam arah lateral terhadap tekuk ke samping. Pilihlah ukuran yang memadai untuk balok tersebut dari label dalam Lampiran F.

Solusi

Karena kita belum mengetahui berapa herat b�Jiok. maka kita akan melakukan perhitungan dengan cara coha-coba sebagai berikut: 1 I 1 Hitung modulus penampang yang diperlukan berdasarkan atas heban terbagi rata yang diketahui. (2) Pilih ukuran coba untuk balok. (3) Tambahkan berat balol dengan beban terhagi rata dan hitung modulus penampang baru yang dibutuhkan. 1 -+ 1 Cek apakah balok yang telah dipilih tersebut masih memadai . Jika tidak, pilih halok : ang lehih bcsar dan ulangi prosesnya.

( 1 ) M omen lentur maksimum di balok terjadi di titik tengah ( lihat Persamaan 4- 1 5) :

M = qL2

= (420 lb/ft)( 1 2 ft)2 ( 1 2 in./ft)

= 90 72() lb-·

maks. 8 8 • 111 . Modulus penampang yang diperlukan adalah (Persamaan 5-24)

S = Mmaks =

90.720 lh-in. = 50,40 in.3

O'izin 1 800 psi

(2) Dari tabel dalam Lampiran F kita lihat hahwa balok yang paling ringan yang memberikan modulus penampang sedikitnya 50,40 in3 terhadap sumbu 1 - 1 adalah balok 3 x 1 2 (dimensi nominal). Balok ini mempunyai modulus penampang sama dcngan 52,73 in.3 dan berat 6,8 lb/ft.

(3) Beban terbagi rata di balok menjadi 426,8 lb/ft, dan modulus penampang yang diperlukan adalah

S = (50 40 in.3 ) ( 426,8 lb/ft ) = 5 1 22 in.3 , 420 lb/ft

'

(4) Balok yang telah dipilih sebelum ini mempunyai modulus pcnampang 52,73 in3 . yang lebih besar daripada modulus yang diperlukan 5 1 ,22 in3 .

Dengan demikian, balok 3 x 1 2 in. telah memadai. • Catatan: Jika berat jenis kayu bukan 35 lb/ft3, kita dapat memperoleh bcrat

balok per foot panjang dengan mengalikan harga kolom terakhir dalam Lampiran F dengan rasio antara berat jcnis aktual dan 35 lb/ft3.

• Contoh 5-6

Sebuah tiang vertikal yang tingginya 2,5 m harus memikul beban lateral P = 1 2 k N d i ujung atasnya (Gambar 5-20). Ada dua rencana yang diusulkan - tiang kayu solid dan tabung aluminium berlubang. (a) Berapakah diameter minimum d1 yang diperlukan pada tiang kayu jika tegangan lentur izin di kayu adalah 1 5 MP a? (b)

h = 2 .5 m Berapa diameter luar minimum yang diperlukan d2 untuk tabung aluminium jika

(a) (b)

Gambar 5-20 Contoh S-6. (a) Tiang kayu solid, dan (b) tabung alumunium

tebal dinding adalah 1/8 dari diameter luar dan tegangan lentur izin di aluminium adalah 50 MP a?

Solusi

Momen lentur maksimum. Momen maksimum terjadi di dasar tiang dan sama dengan bcban P dikalikan dengan tinggi h; j adi,

Mmaks = Ph = ( 1 2 kN)(2,5 m) = 30,0 kN·m

286 Bab 5 Tegangan Oi Balok (Topik Dasar)

(a) Tiang kayu. Modulus penampang yang diperlukan 51 untuk tiang kayu (lihat Persamaan 5 - 1 9b dan 5-24) adalah

1rd13 = Mmaks _ 30.0 kN·m 3 6 3 S I = 32 <Yizin - 15 MPa = 0,0020 m = 2 X 1 0 mm

Dengan memecahkan diametemya, ldta peroleh

d1 = 273 mm

Diameter yang dipilih untuk tiang kayu hams sama atau lebih besar daripada 273 mm agar tegangan izin tidak terlampaui.

(b) Tabung aluminium. Untuk menentukan modulus penampang 52 pada tabung, mula-mula kita hams menentukan momen inersia 12 penampang (lihat Persamaan 5- 1 7) . Tebal dinding tabung adalah di8 sehingga diameter dalam adalah d2 - di4 = 0, 75d2. Jadi, momen inersia (lihat Persamaan 5-1 9a) adalah

I = �[di - (0,75dd] = 0,03356di

Modulus penampang sekarang diperoleh sebagai berikut:

s - 12 - 0,03356di = 0 067 1 2d3 2 - c - d2 !2 ' 2 Modulus penampang yang diperlukan diperoleh dari Persamaan (5-24):

S2 =: Mmaks = 30,0 kN ·m = 0,0006 m3 = 600 X 1 03 mm3

<Yizm 50 MPa

Dengan menyamakan kedua rumus untuk modulus penampang, kita dapat menghitung diameter luar yang diperlukan:

d = ( 600 x l03 mm.J )I/13 = 208 mm ... 2 0,067 1 2

Diameter dalamnya adalah 0,75(208 mm) = 156 mm.

• Contoh 5-7

q = 2,000 lb/ft q = 2,000 lb/ft F'lTITTI m�B . . . I I l\L

I • r---12 ft-------k3 ft�6 fti RA Rs

-17 . 140

Gambar 5-21 Contoh 5-7. Desain suatu balok sederhana dengan be ban terbagi rata parsi al

Balok sederhana AB dengan panjang bentang 2 1 ft harus memikul beban terbagi rata q = 2000 lb/ft yang terdistribusi di sepanjang balok secara tidak penuh seperti terlihat dalam Gambar 5-2 1 . Dengan meninjau beban terbagi rata dan berat balok, dan juga dengan menggunakan tegangan izin lentur sebesar 1 8000 psi, pilihlah balok baja stmktural dengan bentuk sayap lebar untuk memikul beban tersebut.

Solusi

Di dalam contoh ini kita menyelesaikan sebagai berikut: ( 1 ) Cari momen lentur maksimum di balok aldbat beban terbagi rata. (2) Dengan mengetahui momen maksimum, ldta mencari modulus penampang yang diperlukan. (3) Pilih balok sayap lebar coba-coba dari Tabel E- 1 di Lampiran E dan mendapatkan berat balok. (4) Dengan mengetahui beratnya, kita menghitung momen lentur yang barn dan modulus penampang yang baru. (5) Tentukan apakah balok yang dipilih masih memadai. Jika tidak, pilih balok baru dan ulangi prosesnya sampai ukuran balok yang memadai diperoleh.

M omen lentur maksimum. Untuk memudahkan pencarian lokasi momen lentur maksimum, kita buat diagram gaya geser (Gambar 5-2 1 ) dengan menggunakan cara-cara yang telah diuraikan dalam Bab 4. Sebagai bagian dari proses tersebut, kita tentukan reaksi di tumpuan:

RA == 1 8 .860 lb RB = 1 7. 1 40 lb

Jarak x1 dari tumpuan kiri ke penampang dengan gaya geser no! diperoleh dari persamaan

Mekanika Bahan 287

V = RA - qx1 = 0

yang berlaku dalam selang 0 :5. x :5. 1 2 ft. Dengan memecahkan Xp kita peroleh

X = RA = 1 8 .860 lb

= 9.430 ft 1 q 2.000 lb/ft yang lebih kecil daripada 1 2 ft sehingga perhitungan ini sah.

Momen lentur maksimum terjadi di penampang di mana gaya geser sama dengan nol; dengan demik:ian,

M R qx;: = 88.920 lb-ft maks = Axl - 2

Modulus penampang yang diperlukan. Modulus penampang yang diperlukan (hanya berdasarkan atas beban q) diperoleh dari Persamaan (5-24):

S = Mmaks

= (88.920 lb-ft)( l 2 in./ft) = 59.3 in .

' aizin 1 8 .000 psi

Balok coba-coba. Sekarang kita gunakan Tabel E- 1 dan kita pilih balok sayap lebar teringan yang mempunyai modulus penampang yang lebih besar daripada 59,3 in.3 Balok paling ringan yang modulus penampangnya memenuhi adalah W 1 2 x 50 dengan S = 64,7 in.3 Balok ini mempunyai berat 50 lb/ft. (lngat bahwa tabel da1am Lampiran E hanya sebagian saja dari yang tersedia jadi balok yang lebih ringan mungkin saja ada.)

Sekarang kita menghitung ulang reaksi, momen lentur maksimum, dan modulus penampang yang diperlukan dengan balok yang dibebani oleh beban terbagi rata q dan berat sendirinya. Akibat beban kombinasi ini reaksinya ada1ah

RA = 19 .380 lb R8 = 17 .670 lb

dan jarak ke penampang dengan geser no1 menjadi

x1 = 9,455 ft

Momen lentur maksimum bertambah menjadi 9 1 .600 1b-ft dan modulus penampang yang dibutuhkan adalah

S = Mmaks =

(9 1 .600 lb-ft)( l 2 in./ft) = 6 1 , 1 in.3

aizin 1 8.000 psl

Jadi, kita lihat bahwa balok W 1 2 x 50 dengan modulus penampang S = 64,7 in.3 sudah memadai. •

Jika modulus penampang yang dibutuhkan me1ebihi yang dimiliki balok W 1 2 x 50, maka balok baru dengan modulus penampang lebih besar akan dibutuhkan dan prosesnya harus diulangi.

• Contoh 5-8

Sebuah tanggul kayu sementara terbuat dari papan-papan horizontal A yang dipikul oleh tiang-tiang kayu B yang tertanam di tanah sedemikian hingga berlaku sebagai balok kantilever (Gambar 5-22). Tiang mempunyai penampang bujursangkar (dimensi b x b) dan betjarak satu sama lain s = 0,8 m, as ke as. Asumsikan bahwa ketinggian muka air di belakang tanggul sama dengan tinggi total tunggal h = 2.0 m. Tentukan dimensi b minimum yang diperlukan untuk tiang jika tegangan lentur izin di kayu adalah aizin = 8.0 MPa.

Solusi

Setiap tiang mengalami beban terdistribusi segitiga yang diakibatkan oleh tekanan air terhadap tiang. Akibatnya, diagram pembebanan untuk setiap tiang adalah

288 BaD 5 Tegangan Di Ba/ok (Topik Dasar)

(a) Tampak atas (b) Tampak samping

��·� qo

(c) Diagram pembebanan

I Gambar 5-22 Contoh 5-8. Tanggul kayu dengan papan

I horizontal A yang ditumpu oleh g B

segitiga (Gambar 5-22c). lntensitas maksimum beban q0 di tiang sama dengan tekanan air di kedalaman h dikalikan dengan jarak s antartiang:

(a)

di mana y adalah berat jenis air. Perhatikan bahwa q0 mempunyai satuan gay a per satuan jarak. ymempunyai satuan gaya per satuan volume, dan h serta s mempunyai satuan panjang.

Karena setiap tiang merupakan balok kantilever, maka momen lentur maksimum terjadi di dasar dan dinyatakan dengan rumus berikut

M = q0h(!.!..) = }'fl3s maks 2 3 6 (b)

Dengan dernikian, modulus penampang yang diperlukan (Persamaan 5-24) adalah

(c)

Untuk suatu balok dengan penampang bujursangkar, modulus penampang adalah S = b3/6 (lihat Persamaan 5- 1 8b ). Dengan memasukkan rum us untuk S ini ke dalam Persamaan (c), maka kita dapatkan rumus untuk dimensi minimum b dari tiang

(d) ..

Harga-harga numerik. Sekarang kita substitusikan harga-harga numerik ke dalam Persamaan (d) dan mendapatkan

b3 =

<9•8 1 kN/m3)(2,0 m)3 (0,8 m) = 0,007848 m3 = 7,848 x 1 06 mm3 8,0 MPa

sehingga b = 199 mm

Jadi, dimensi minimum b yang diperlukan untuk tiang adalah 1 99 mm. Setiap dimensi yang lebih besar, misalnya 200 mm, akan menjamin hahwa tegangan lentur aktual akan lebih kecil daripada tegangan izin.

-·5·•7 I BALOK NONPRISMATIS

Teori balok yang dibahas dalam bab ini diturunkan untuk balok prismatis, yaitu balok lurus yang mempunyai penampang sama di seluruh panjangnya. Balok nonprismatis biasanya digunakan untuk mengurangi berat dan memperbaiki tampilan. Balok seperti ini dapat dijumpai pada mobil, pesawat terbang, mesin, gedung, jembatan, dan banyak aplikasi Jainnya (Gambar 5-23). Rumus lentur (Persamaan 5-1 3) memberikan harga akurat yang cukup baik untuk tegangan lentur pada balok nonprismatis apabila perubahan penampang adalah gradual, seperti terlihat pacta contoh-contoh dalam Gambar 5-23.

Sekarang tinjaulah bagaimana tegangan lentur bervariasi apabila kita berjalan di sepanjang sumbu balok. Pada balok prismatis, modulus penampang S merupakan konstanta sehingga tegangan bervariasi secara sebanding langsung dengan momen lentur M (karena cr = MIS). Namun, pada balok nonprismatis, modulus penampang juga bervariasi di sepanjang sumbu. Dengan demikian, kita tidak dapat mengasumsikan bahwa tegangan

Gambar 5-23 Contoh balok nonprismatis: (a) lampu jalan, (b) jembatan dengan balok dan tiang yang meruncing, (c) batang roda di pesawat udara, dan (d) pemegang kunci

r i

(a)

�� -;::o- �' ""'

Mekanika Bahan 289

(b)

l e 1

maksimum terj adi di penampang dengan momen lentur maksimum. Kadang-kadang tegangan tersebut terjadi di mana saja, sebagaimana digambarkan dalam contoh berikut.

• Contoh 5-9

Gambar 5-24 Contoh 5-9. Balok kantilever yang meruncing dengan penampang lingkaran

Sebuah balok kantilever yang meruncing (nonprismatis) AB dengan penampang lingkaran solid memikul beban P di ujung bebas (Gambar 5-24). Diameter d8 di ujung besar adalah dua kali diameter dA di ujung kecil:

dB = 2 dA

Tentukan tegangan lentur a8 di tumpuan jepit dan tegangan lentur maksimum (Jmaks·

Solusi

Jika sudut peruncingan balok kecil, maka tegangan lentur yang diperoleh dari rumus lentur akan berbeda sedikit dari harga eksaknya. Sebagai pedoman dalam meninjau ketelitian, kita ingat bahwa jika sudut antara garis AB (Gambar 5-24) dan sumbu longitudinal balok adalah sekitar 20°, maka galat dalam perhitungan tegangan normal dari rumus lentur adalah sekitar 10%. Tentu saja, apabila sudut peruncingan tersebut berkurang, galat akan berkurang pula.

Modulus penampang. Modulus penampang di sembarang potongan melintang balok dapat dinyatakan sebagai fungsi dari jarak x yang diukur di sepanjang sumbu balok. Karena modulus penampang bergantung pada diameter (Persamaan 5- 19b ), maka kita mula-mula hams menyatakan diameter dalam x sebagai berikut:


(5-30)

di mana dx adalah diameter pada jarak x dari ujung bebas. Dengan demikian, modulus penampang di jarak x dari ujung bebas adalah

(5-3 1 )

Tegangan lentur. Karena momen lentur sama dengan Px, maka tegangan normal maksimum di sembarang penampang dinyatakan dalam persamaan

M 32Px al

= _.£ = ___ -=.=-:....:..:...._ __ ___, Sx 7r[dA + (dB - dA )(XfL)]3 (5-32)

Kita dapat melihat pada balok ini dengan mudah bahwa tegangan a1 adalah tarik di bagian atas dan tekan di bagian bawah balok.

Perhatikan bahwa Persamaan (5-30), (5- 3 1 ), dan (5-32) berlaku untuk sembarang harga dA dan dB asalkan sudut peruncingan kecil. Dalam pembahasan berikut ini, kita tinjau kasus di mana dB = 2dA.

Tegangan maksimum di tumpuanjepit di mana dB = 2dA. Tegangan maksimum di penampang dengan momen lentur terbesar (ujung B dari balok) dapat diperoleh dari Persamaan (5-32) dengan memasukkan x = L dan dB = 2dA; hasilnya adalah

4PL aB = --3 JrdA (a) •

Tegangan maksimum di balok apabila dB = 2dA. Tegangan maksimum di penampang yang terletak pada jarak x dari ujung (Persamaan 5-32) untuk kasus di mana dB = 2dA adalah

32Px a - -.,...:...=..:.-'-'--, 1 -

Jrdl (1 + x/ L)3 (b)

Untuk menentukan lokasi penampang yang mempunyai tegangan lentur terbesar di balok ini, kita perlu mencari harga x yang membuat a1 maksimum. Dengan mengambil turunan da/dx dan menyamakan dengan no!, kita dapat memecahkan harga x yang membuat a1 maksimum; hasilnya adalah

L X = -

2 Tegangan maksimumnya, yang diperoleh dengan memasukkan s = L/2 ke dalam Persamaan (b), adalah

a = 1 28PL = 4 741 PL maks 27 Jrdl ' Jrdl (c)

Di dalam contoh ini, tegangan maksimum terjadi di titik tengah balok dan besarnya 1 9% 1ebih besar daripada tegangan di ujung jepit.

Catatan: Jika peruncingan balok berkurang, maka penampang dengan tegangan normal maksimum bergerak dari titik tengah ke arah tumpuan jepit. Untuk sudut peruncingan sangat kecil, tegangan maksimum terjadi di ujung B.

• Contoh 5-1 0

Sebuah balok kantilever yang panjangnya L akan didesain untuk memikul beban terpusat P di ujung bebas (Gambar 5-25). Penampang balok adalah persegi panjang dengan lebar konstan b. Untuk membantu perencana dalam mendesain balok tersebut, perencana perlu mengetahui seberapa tinggi balok yang diidealkan perlu divariasikan agar tegangan normal maksimum di setiap penampang akan sama dengan tegangan izin aizin

· (Balok yang memenuhi kondisi ini disebut balok

Gambar 5-25 Contoh 5- 1 0. Balok bertegangan penuh yang mempunyai tegangan normal maksimum konstan (bentuk teoritis dengan tegangan geser diabaikan)

Mekanika Bahan 291

bertegangan penuh atau balok dengan kekuatan konstan.) Dengan hanya meninjau tegangan lentur yang diperoleh dari rumus lentur, tentukan tinggi balok tersebut.

Solusi

Momen lentur dan modulus penampang pada jarak x dari ujung bebas balok adalah

M = Px 5 = hh;

6

di mana hx adalah tinggi balok pada jarak x. Dengan menggunakan rumus lentur, kita peroleh

M Px 6Px (J. . = - = -- = ---IZIO s bh; /6 bh ; Dengan memecahkan tinggi balok, kita peroleh

h = r 6Px x � baizin

Di ujung bebas balok, (x = L), tingginya h8 adalah

hs = �L � baizin

(d)

(e) ..

(f)

sehingga kita dapat menyatakan tinggi hx dalam bentuk sebagai berikut:

h, = hs�£ (g) ..

Persamaan terakhir ini menunjukkan bahwa tinggi balok yang bertegangan penuh bervariasi terhadap akar x. Dengan demikian, balok yang diidealkan mempunyai bentuk parabolik seperti terlihat dalam Gambar 5-25.

Catatan: Di ujung yang dibebani dari balok (x = 0) tinggi teoretis adalah no! karena tidak ada momen lentur di titik tersebut. Tentu saja, balok dengan bentuk seperti ini tidak praktis karena tidak dapat memikul gaya geser di dekat ujung balok. Sekalipun demikian, dengan mengetahui besaran balok yang bertegangan penuh dapat merupakan alat bantu bagi perencana dalam mendesain struktur untuk tegangan maksimum konstan (dan berat minimum). Contoh terkenal suatu struktur dengan penampang yang bervariasi yang didesain untuk mempertahankan tegangan maksimum (di dalam limit praktis) adalah pegas daun, seperti yang umum dijumpai pada mobil dan truk.

5.8 I TEGANGAN GESER Dl BALOK DENGAN PENAMPANG

-- PERSEGI PANJANG

Apabila suatu balok mengalami lentur mumi, satu-satunya resultan tegangan yang ada adalah momen lentur dan tegangan yang ada hanyalah tegangan normal yang bekerja pada penampang. Namun, kebanyakan balok mengalami beban yang menghasilkan momen lentur dan gaya geser (lentur tak seragam). Pacta kasus seperti ini, tegangan normal dan tegangan geser timbul di dalam balok. Tegangan normal dihitung dari rumus lentur (lihat Subbab 5.5), asalkan balok terbuat dari bahan elastis l inier. Tegangan geser dibahas di dalam subbab ini dan dua subbab setelah ini.

Tinjaulah suatu balok dengan penampang persegi panjang (lebar b dan tinggi h) yang mengalami gaya geser positif V (Gambar 5-26a).

r 292 3a:: 5 Tegangan Di Balok (Topik Dasar)

(a)

�

n 't �' � '

111 (b) (c)

Gambar 5-26 Tegangan geser d i suatu balok dengan penampang persegi panjang

(a)

(b)

Gambar 5-27 Lentur pada dua balok yang terpisah

Tegangan gescr r yang bekerja di penampang dapat diasumsikan bekerja sejajar dengan gaya geser. yaitu, sejajar dengan sisi-sisi vertikal penampang. Juga dapat diasumsikan bahwa tegangan geser mempunyai distribusi terbagi rata di seluruh lebar balok, meskipun tegangan tersebut bervariasi terhadap tingginya. Dengan menggunakan kedua asumsi ini. kita dapat menentukan intensitas tegangan geser di setiap titik di penampang.

Untuk maksud analisis, kita i solasi elemen kecil mn dari balok (Gambar 5-26a) dengan memotong antara dua penampang yang berdekatan dan antara dua bidang horizontal. Berdasarkan asumsi kita, tegangan geser r yang bekerja di muka depan elemen ini adalah vertikal dan terdistri busi terbagi rata dari satu sisi balok ke sisi lainnya. Juga. dari pembahasan tegangan geser pada Subbab 1 .6, kita ketahui bahwa tegangan geser yang bekerja di satu sisi elemen selalu disertai tegangan geser yang besarnya sama dan bekerja tegak lurus muka elemen tersebut ( lihat Gambar 5-26b dan c). Jadi, ada tegangan geser horizontal yang bekerja antara lapisan horizontal balok sebagaimana juga tegangan geser vertikal yang bekerja di penampang. Di setiap titik pada balok, tegangan-tegangan geser yang saling melengkapi ini mempunyai harga yang sama.

Kesamaan tegangan geser horizontal dan vertikal yang bekerja pada suatu elemen ini menghasilkan kesimpulan penting tentang tegangan geser di puncak dan dasar balok. Jika kita bayangkan bahwa elemen mn (Gambar 5-26a) terletak di atas atau bawah, maka kita l ihat bahwa tegangan geser horizontal harus nol karena tidak ada tegangan di permukaan terluar balok. Karena itu, tegangan geser vertikal juga harus nol di lokasi terscbut; dengan perkataan lain r = 0 di mana y = ± h/2.

Adanya tegangan geser horizontal di suatu balok dapat ditunjukkan dengan eksperimen sederhana. Letakkan dua balok persegi panjang yang identik pada tumpuan sederhana dan bebani dengan gaya P, seperti terlihat dalam Gambar 5-27a. Jika friksi antara balok kecil, maka balok akan melentur secara independen (Gambar 5-27b). Setiap balok akan mengalami tekan di atas dan tarik di bawah sumbu netralnya masing-masing. Dengan demikian, permukaan bawah balok atas akan bergcser terhadap permukaan atas balok bawah.

Sekarang bayangkan bahwa dua balok dilekatkan di sepanjang permukaan kontak sehingga keduanya menjadi balok solid tunggal. Apabila balok ini dibebani, tegangan geser horizontal harus terjadi di sepanjang permukaan yang dilekatkan untuk mencegah geseran seperti terlihat dalam Gambar 5-27b. Karena adanya tegangan geser ini, maka balok solid tunggal selalu jauh lebih kaku dan lebih kuat daripada dua balok yang terpisah.

• Penurunan Rumus Geser

Kita sekarang siap untuk menurunkan rumus untuk tegangan geser r di balok persegi panjang. Namun, daripada mengevaluasi tegangan geser vertikal yang bekerja pada penampang, adalah lebih mudah untuk mengevaluasi tegangan geser horizontal yang bekerja antara lapisan-lapisan balok. Tentu saja, tegangan geser vertikal mempunyai besar yang sama dengan tegangan geser horizontal .

Dengan mengingat prosedur ini, kita tinjau sebuah balok yang mengalami lentur tak seragam (Gambar 5-28a). Kita ambil dua penampang yang berdekatan mn dan m1n 1 yang jaraknya satu sama lain dx, dan mengisolasi elemen mm1n 1n . Momen lentur dan gaya geser yang bekerja

Gambar 5-28 Tegangan geser di sualu balok dengan penampang persegi panjang

Mekanika Bahan 293

di muka kiri elemen masing-masing diberi notasi M dan V Karena momen lentur dan gaya geser dapat bervariasi apabila kita berjalan di sepanjang sumbu balok, maka besaran terse hut di muka kanan diberi notasi M + dM dan V + dV.

Karena adanya momen lentur dan gaya geser (Gambar 5-28a), maka elemen tersebut mengalami tegangan normal dan geser di kedua muka penampang. Namun, hanya tegangan nom1al yang dibutuhkan di dalam penurunan berikut sehingga hanya tegangan normal yang ditunjukkan dalam Gambar 5-28b. Di penampang mn dan m , n ; tegangan normal masingmasing adalah,

(1\,f -'- d.\f ) y I

(a. b)

sebagaimana diberikan oleh rumus lentur (Persamaan 5 - 1 3 ). Di dalam rumus ini, y adalah jarak dari sumbu netral dan I adalah momen inersia penampang terhadap sumbu netral.

Selanjutnya, kita tinjau subelemen mm1p1p dengan mele\\·atkan bidang horizontal pp1 melalui elemen mm1n1n (Gambar 5-28b). Bidang pp1 berada pada jarak y 1 dari permukaan netral balok. Subelemen ditunjukkan secara terpisah dalam Gambar 5-28c. Kita ingat bahwa muka paling atasnya merupakan bagian dari permukaan atas balok sehingga disini bebas tegangan. Di muka paling bawahnya (yang sejajar dengan permukaan netral dan mempunyai jarak y1 darinya) bekerja tegangan geser horizontal r yang ada pada level balok tersebut. Muka potongan melintangnya mp

dan m1p1 mengalami tegangan lentur 0'1 dan cr2 yang diakibatkan oleh momen lentur. Tegangan geser vertikal juga bekerja di muka penampang; namun, tegangan ini tidak mempengaruhi kesetimbangan subelemen dalam arah horizontal (arah x), sehingga tidak ditampilkan dalam Gambar 5-28c.

Tampak samping balok (a)

dx _ _ _ _ ,

Tampak samping subelemen

(c)

Tampak samping elemen (b)

dx - - - - - -

� __ _Q ______ j Potongan melintang (penampang) balok

(d)


, _ _ _ _ t}! _ _ _ _ ,

Gambar 5-29 Sebagian dari diagram benda bebas subelemen yang memperlihatkan semua gaya horizontal

Jika momen lentur di potongan mn dan m 1n1 (Gambar 5-28b) sama (artinya, j ika balok ini mengalami lentur mumi), maka tegangan normal a1 dan a2 yang bekerja di sisi mp dan m1p1 dari subelemen (Gambar 5-28c) juga akan sama. Pada kondisi ini , subelemen akan berada dalam kesetimbangan akibat aksi tegangan normal saja sehingga tegangan geser r yang bekerja di muka bawah pp1 akan hilang. Kesimpulan ini jelas sekali karena balok yang mengalami lentur mumi tidak mempunyai gaya geser sehingga tidak ada tegangan geser.

Jika momen lentur bervariasi di sepanjang sumbu x (lentur tak seragam), maka kita dapat menentukan tegangan geser r yang bekerja di muka bawah subelemen (Gambar 5-28c) dengan meninjau kesetimbangan elemen dalam arah x. Kita mulai dengan mengidentifikasi elemen yang luasnya dA pada penampang dengan jarak y dari sumbu netral (Gambar 5-28d). Gaya yang bekerja di elemen ini adalah adA, di mana a adalah tegangan normal yang diperoleh dari rumus lentur. Jika elemen luas ini terletak di muka kiri mp dari subelemen ( di mana m omen lentumya adalah M), maka tegangan normal dinyatakan dengan Persamaan (a) sehingga elemen gaya adalah

a1dA = -My dA I

Perhatikan bahwa kita hanya menggunakan harga mutlak dalam persamaan ini karena arah tegangan sudah jelas dari gambar. Penjumlahan elemenelemen gaya yang bekerja di luas muka mp dari subelemen memberikan gaya horizontal total F1 yang bekerja di muka tersebut:

(c)

Perhatikan bahwa integrasi ini dilakukan pada bagian yang digelapkan dari penampang yang terlihat dalam Gambar 5-28d, yaitu pada daerah dari penampang dari y = y1 sampai y = h/2. Gaya F1 ditunjukkan dalam Gambar 5-29 pada diagram benda bebas parsial dari subelemen (gaya vertikal telah dihilangkan).

Dengan cara sama, kita dapatkan bahwa gaya total F2 yang bekerja di muka kanan m1p 1 dari subelemen (Gambar 5-29) adalah

Fz = J O"zdA = JCM + /M)y dA (d)

Dengan mengetahui gaya-gaya F1 dan F2, kita dapat menentukan gaya horizontal F3 yang bekerja di muka bawah subelemen.

Karena subelemen berada dalam kesetimbangan, maka kita dapat menjumlahkan gaya-gaya di dalam arah x dan mendapatkan

F3 = Fz - Fl (e)

a tau F3 = se M + /M)y dA - s �y dA = scd�)y dA Besaran dM dan I di suku terakhir dapat dipindahkan ke luar tanda integral karena keduanya merupakan konstanta di setiap penampang dan tidak dilibatkan dalam integrasi. Jadi, rumus untuk gaya F3 menjadi

dMf F3 = I ydA (5-33)

Mekanika Bahan 295

Jika tegangan geser r terdistribusi terbagi rata di seluruh lebar b dari balok, maka gaya F3 adalah

(5-34)

di mana b dx adalah luas muka bawah dari subelemen. Dengan menggabungkan Persamaan (5-33) dan (5-34) dan memecah

kan tegangan geser r, kita dapatkan

r = dM (J...)f\'ltA dx lb -

(5-35)

Besaran dM!dx sama dengan gaya geser V (lihat Persamaan 4-6) sehingga persamaan di atas menjadi

(5-36)

Integral dalam persamaan ini dievaluasi di seluruh bagian yang digelapkan dari penampang (Gambar 5-28d), seperti telah dijelaskan. Jadi, integral ini merupakan momen pertama dari area yang digelapkan terhadap sumbu netral (sumbu z). Dengan perkataan lain integral ini adalah momen pertama (statis momen) dari luas potongan melintang di atas level di mana tegangan geser r sedang dihitung. Momen pertama ini biasanya diberi simbol Q:

Q = fydA (5-37)

Dengan notasi ini, rumus untuk tegangan geser menjadi

(5-38)

Rumus ini, yang dikenal sebagai rumus geser, dapat digunakan untuk menentukan tegangan geser r di setiap titik pada suatu penampang dari balok persegi panjang. Perhatikan bahwa untuk suatu penampang yang spesifik, gaya geser V, momen inersia /, dan lebar b adalah konstanta. Namun momen pertama Q (dan juga tegangan geser r) bervariasi terhadap jarak y1 dari sumbu netral.

Jika level di mana tegangan geser akan dihitung ada di atas sumbu netral, seperti terlihat dalam Gambar 5-28d, adalah wajar untuk mendapatkan Q dengan menghitung momen pertama (statis momen) dari bagian penampang di atas level tersebut (bagian yang digelapkan dalam gambar tersebut). Namun, sebagai altematif, kita dapat menghitung momen pertama dari luas bagian penampang sisanya, yaitu luas di bawah area yang digelapkan. Momen pertamanya sama dengan negatif dari Q. Penjelasannya terletak pada kenyataan bahwa momen pertama seluruh luas penampang terhadap sumbu netral sama dengan nol (karena sumbu netral melalui pusat berat). Dengan demikian, harga Q untuk area di bawah level y1 sama dengan negatif dari Q untuk area di atas level tersebut. Untuk mudahnya, kita biasanya menggunakan area di atas level y1 apabila titik yang dicari tegangan gesemya ada di bagian atas balok. Sebaliknya, kita menggunakan area di bawah level y1 apabila titik tersebut ada di bagian bawah balok.

Lebih jauh lagi, kita biasanya tidak peduli dengan perjanjian tanda untuk V dan Q. Sebaliknya, kita menganggap semua suku di dalam rumus

r

296 BaD 5 Tegangan Di Balok (Topik Dasar)

I

geser sebagai besaran positif dan menentukan arah tegangan geser dengan tinjauan langsung karena tegangan bekerja di arah yang sama dengan gaya geser V itu sendiri. Prosedur untuk menentukan tegangan geser ini diuraikan pada Contoh 5- 1 1 .

: �!!__ , 0--+-L--x 4 j • Distribusi Tegangan Geser di Balok Persegi Panjang

1 J Sekarang kita siap untuk menentukan distribusi tegangan geser di suatu __t___ �� ----- balok dengan penampang persegi panjang (Gambar 5-30a). Momen pertama

I• b � Q dari bagian penampang yang digelapkan diperoleh dengan mengalikan (a) luas dengan jarak titik beratnya ke sumbu netral: -.-------1 h

1: I 2

{ (b)

Gambar 5-30 Distribusi tegangan geser di suatu balok dengan penampang persegi panjang: (a) potongan melintang balok, dan (b) diagram yang menunjukkan distribusi tegangan geser secara parabolik di seluruh tinggi balok.

( h )( h/2 - Y1 ) b( h2 2 ) Q = b 2 - Y1 Y1 + z = 2 4 - Y1 (f)

Tentu saja, hasil yang sama ini dapat diperoleh dari integrasi dengan menggunakan Persamaan (5-37):

f fh/2 b(h2 2 ) Q = ydA = y1 yb dy = 2 4 - Y1

Dengan memasukkan rumus untuk Q ke dalam rumus geser (Persamaan 5-38), kita dapatkan

(5-39)

Rumus ini menunjukkan bahwa tegangan geser di balok persegi panjang bervariasi secara kuadratik terhadap jarak y1 dari sumbu netral. Jadi, jika diplot di seluruh tinggi balok, r bervariasi seperti terlihat dalam Gambar 5-30b. Perhatikan bahwa tegangan geser adalah nol ketika y1 = ± h/2.

Harga maksimum dari tegangan geser terjadi di sumbu netral (y1 = 0) di mana momen pertama Q mencapai harga maksimumnya. Dengan substitusi y1 = 0 ke dalam Persamaan (5-39), kita dapatkan

(5-40)

di mana A = bh adalah luas penampang. Jadi, tegangan geser maksimum di balok dengan penampang persegi panjang adalah 50% lebih besar daripada tegangan geser rata-rata (yang sama dengan VIA).

Perhatikan sekali lagi bahwa persamaan di atas untuk tegangan geser dapat digunakan untuk menghitung tegangan geser yang bekerja di penampang atau tegangan geser horizontal yang bekerja di antara lapisanlapisan balok. *

• Pembatasan

Rumus-rumus untuk tegangan geser yang dibahas dalam subbab ini mempunyai batasan-batasan yang sama dengan rumus lentur, yaitu rumus

*Analisis tegangan geser yang dibahas dalam subbab ini dikembangkan oleh insinyur Rusia D.J. Jourawski: lihat Ref. 5-7 dan 5-8.

Mekanika Bahan 297

yang digunakan untuk menurunkan rum us tegangan geser. J adi, rum us untuk tegangan geser hanya berlaku untuk balok dari bahan elastis linier dengan defleksi kecil.

Dalam hal balok persegi panjang, ketelitian rumus geser bergantung pacta rasio tinggi terhadap lebar penampang. Rumus ini dapat dipandang eksak untuk balok yang sangat sempit (tinggi h jauh lebih besar daripada lebar b). Namun, rumus ini menjadi kurang akurat apabila b bertambah relatif terhadap h. Sebagai contoh, apabila sua tu balok adalah bujursangkar (b = h), maka tegangan geser maksimum sebenarnya adalah 13% lebih besar dibandingkan dengan harga yang dihasilkan Persamaan (5-40) . (Untuk pembahasan lebih lengkap tentang pembatasan rumus geser, lihat Ref. 5-9.)

Kesalahan yang umum dilakukan adalah menerapkan rumus geser (Persamaan 5-38) pacta bentuk-bentuk penampang di mana rumus tersebut tidak berlaku. Sebagai contoh, rumus ini tidak berlaku untuk penampang berbentuk segitiga atau setengah l ingkaran . Cntuk menghindari penyalahgunaan rumus tersebut, kita perlu mengingat asumsi berikut yang mendasari penurunan rumus tersebut: ( 1 ) Tepi-tepi penampang harus sejajar sumbu y (sehingga tegangan geser bekerja sejajar sumbu y), dan (2) tegangan geser harus terbagi rata di seluruh lebar penampang. Asumsi ini dapat dipenuhi hanya pacta kasus-kasus khusus seperti yang telah dibahas di subbab ini dan di dua subbab setelah ini.

Akhimya, rumus geser berlaku hanya untuk balok prismatis. Jika suatu balok tidak prismatis (misalnya jika balok meruncing), maka tegangan geser akan berbeda dengan yang dihitung dengan rumus yang diberikan di sini (lihat Ref. 5-9 dan 5- 10).

• Efek Regangan Geser

Gambar 5·31 Pembengkokan (warping) penampang balok akibat regangan geser

Karena tegangan geser r bervariasi secara parabolik di seluruh tinggi balok persegi panjang, maka regangan geser y= riG juga bervariasi secara parabolik. Sebagai akibat dari regangan geser ini, penampang balok yang semula merupakan permukaan datar akan menjadi tidak datar lagi (terjadi warping). Perubahan bentuk ini ditunjukkan dalam Gambar 5-3 1 , di mana potongan mn dan pq, yang semula datar, telah menjadi permukaan lengkung mini dan piqi , dengan regangan geser maksimum terjadi di permukaan netral. Di titik-titik mp pi ' n i ' dan q 1 regangan geser adalah nol, sehingga kurva m1n1 dan p1q1 menjadi tegak lurus permukaan atas dan bawah dari balok.

Jika gaya geser V adalah konstan di sepanjang sumbu balok, pembengkokan (warping) akan sama di setiap penampang. Dengan demikian, perpanjangan dan perpendekan elemen longitudinal akibat momen lentur tidak dipengaruhi oleh regangan geser, dan distribusi tegangan normal akan sama seperti pacta lentur mumi. Terlebih lagi, penyelidikan rinci dengan menggunakan metode analisis lanjut menunjukkan bahwa warping penampang akibat regangan geser tidak mempengaruhi regangan longitudinal secara substansial bahkan sewaktu gaya geser bervariasi secara kontinu di seluruh panjangnya. Jadi, pacta hampir semua kondisi rumus lentur (Persamaan 5 - 13) dapat saja digunakan untuk lentur tak seragam, meskipun rumusnya diturunkan untuk lentur mumi.


l- L = 3 ft--�

(a)

H b = 1.0 in.

(b)

____... 450 psi

3�i ! t 3�60 psi

450 psi �

(c)

Gambar 5-32 Contoh 5- 1 1 . (a) Balok sederhana dengan beban terbagi rata. (b) potongan melintang (penampang) balok, dan (c) elemen tegangan yang menunjukkan tegangan normal dan geser di titik C.

• Contoh 5-1 1

Sebuah balok metal dengan bentang L = 3 ft ditumpu sederhana di titik A dan B (Gambar 5-32a). Beban terbagi rata di balok (termasuk beratnya sendiri) adalah q = 1 60 lb/in. Penampang balok adalah persegi panjang (Gambar 5-32b) dengan lebar b = I in. dan tinggi h = 4 in. Balok ini secara memadai ditumpu terhadap tekuk ke samping.

Tentukan tegangan normal ac dan tegangan geser re di titik C, yang terletak 1 in. di bawah tepi atas balok dan 8 in. dari tumpuan kanan. Gambarlah tegangantegangan ini pada suatu elemen tegangan di titik C.

Solusi

Gaya geser dan momen lentur. Gaya geser Vc dan momen lentur Me di potongan yang melalui titik C dapat dihitung dengan menggunakan cara-cara yang telah diuraikan dalam Bab 4. Hasilnya adalah

Me = 17,92:0 !b-in. Vc = -1 600 lb Tanda untuk besaran-besaran ini didasarkan atas perjanjian tanda standar untuk momen lentur dan gaya geser (lihat Gambar 4-5).

Momen inersia. Momen inersia penampang terhadap sumbu netral (sumbu z dalam Gambar 5-32b) adalah

I = �� = 1� ( 1 ,0 in.)(4,0 in} = 5,333 in.4

Tegangan normal di titik C. Tegangan normal di titik C diperoleh dari rumus lentur (Persamaan 5- 1 3) dengan jarak y dari sumbu netral sama dengan 1 ,0 in.; jadi,

_ My _ ( 17.920 lb-in.)( I ,O in.) _ 3360 . a e - -- - 4 - - ps1 I 5,333 in.

Tanda negatif menunjukkan bahwa tegangan adalah tekan, sebagaimana diharapkan. Tegangan geser di titik C. Untuk mendapatkan tegangan geser di titik C kita

perlu mengevaluasi momen pertama (statis momen) Qc bagian penampang di atas titik C (Gambar 5-32b). Momen pertama ini sama dengan hasil kali luas (yang ditulis Ac) dan jarak pusat berat (ditulis Ye) dari sumbu z; jadi,

Ac = ( 1 ,0 in.)( l ,O in.) = 1 ,0 in.2 Ye = 1 ,5 in. Qc = AeYe = 1 ,5 in.3

Sekarang kita masukkan harga-harga di atas ke dalam rumus geser (Persamaan 5-38) dan mendapatkan besar tegangan geser:

_ VeQe _ ( 1600 lb)( 1 ,5 in.3 ) _ 450 . re - ---n;- - (5,333 in.4 ) ( 1 ,0 in.) - psi

Arah tegangan ini dapat diperoleh dengan mudah karena tegangan tersebut bekerja dalam arah sama dengan gaya geser. Di dalam contoh ini, gaya geser bekerja ke atas di bagian kiri balok bila balok dipotong melalui titik C. Cara terbaik untuk menunjukkan arah tegangan normal dan geser adalah dengan menggambar elemen tegangan sebagai berikut.

Elemen tegangan di titik C. Elemen tegangan, yang terlihat dalam Gambar 5-32c, dipotong dari sisi balok di titik C (Gambar 5-32a). Tegangan tekan ac = 3360 psi bekerja di muka penampang dari elemen dan tegangan geser re = 450 psi bekerja di muka atas dan bawah selain juga di muka penampang.

• Contoh 5-1 2

Sebuah balok kayu AB yang memikul dua beban terpusat P (Gambar 5-33a) mempunyai penampang persegi panjang dengan lebar b = I 00 mm dan tinggi h = 1 50 mm (Gambar 5-33b ). Jarak dari UJung-ujung balok ke lokasi be ban adalah

(a)

z I (b)

Gambar 5-33 Contoh 5 - 1 2 . B alok kayu dengan beban terpusat

Mekanika Bahan 299

a = 0,5 m. Tentukan harga beban izin maksimum P maks jika tegangan izin lentur adalah Oizin = 1 1 MPa (untuk tarik dan tekan) dan tegangan izin untuk geser horizontal adalah rizin = 1 ,2 MPa. (Abaikan berat sendiri balok.)

Catatan: Balok kayu jauh lebih lemah dalam geser horizontal (geser sejajar serat kayu longitudinal) dibandingkan geser tegak lurus serat (geser di potongan melintang). Dengan demikian, tegangan izin untuk geser tegak lurus serat tidak dibutuhkan dalam contoh ini.

Solusi

Gaya geser maksimum terjadi di tumpuan dan momen lentur maksimum terjadi di seluruh daerah antara kedua beban. Harganya adalah

Juga, modulus penampang S dan luas penampang A masing-masing adalah bh2

S = - A = bh 6

Tegangan normal dan geser di balok diperoleh dari rumus lentur dan geser (Persamaan 5- 1 6 dan 5-40):

a . _ Mmaks _ 6Pa r _ 3Vmaks _ }_!_ maks - S -

bh2 maks -2A

- 2bh

Dengan demikian, harga izin beban P maksimum untuk lentur dan geser masingmasing adalah

2 P. - aizinbh

lentur - 6a Dengan memasukkan harga-harga numerik ke dalam rumus-rumus di atas, kita dapatkan

fientur ( 1 1 MPa)( IOO mm)(150 mm)2

= 8,25 kN 6(0,5 m)

= 2( 1 ,2 MPa)( l OO mm)( 1 50 mm) = 1 2 0 kN 3 ,

Jadi, tegangan lentur menentukan desain, dan beban izin maksimum adalah

p maks = 8,25 kN Analisis lebih rumit pada balok ini mengharuskan berat sendiri balok diperhitungkan, jadi mengurangi beban izin.

Catatan: Di dalam contoh ini, tegangan normal maksimum dan tegangan geser maksimum tidak terjadi di lokasi sama di balok - tegangan normal mencapai maksimum di daerah tengah balok di tepi atas dan bawah penampang, dan tegangan geser mencapai maksimum di dekat tumpuan di sumbu netral penampang. Untuk sebagian besar balok, tegangan lentur (bukan tegangan geser) menentukan beban izin.

Meskipun kayu bukan merupakan bahan homogen dan seringkali tidak menunjukkan perilaku elastis linier, kita masih dapat memperoleh hasil pendekatan dari rumus lentur dan geser. Hasil pendekatan ini biasanya memadai dalam mendesain balok kayu.

I TEGANGAN GESER Dl BALOK DENGAN PENAMPANG 5.9 LINGKARAN

Bila suatu balok mempunyai penampang lingkaran (Gambar 5-34), kita tidak dapat lagi mengasumsikan bahwa tegangan geser bekerja sejajar sumbu y. Sebagai contoh, kita dapat dengan mudah membuktikan bahwa di titik m (di tepi penampang) tegangan geser r harus bekerja menyinggung tepi. Observasi ini berasal dari fakta bahwa permukaan luar balok tidak

300 Sac 5 Tegangan Di Balok (Topik Dasar)

y

q

Gambar 5-34 Tegangan geser yang bekerja di penampang balok yang berbentuk lingkaran

; y

Gambar 5-35 Penampang lingkaran berlubang

mengalami tegangan, sehingga tegangan geser yang bekerja di penampang tidak dapat mempunyai komponen dalam arah radial.

Meskipun tidak ada cara sederhana untuk mencari tegangan geser yang bekerja di seluruh bagian penampang, kita dapat segera menentukan tegangan geser di sumbu netral (di mana terjadi tegangan terbesar) dengan mengambil asumsi penyederhanaan tentang distribusi tegangan. Kita asumsikan bahwa tegangan bekerja sejajar dengan sumbu y dan mempunyai intensitas konstan di seluruh lebar balok (dari titik ke p titik q dalam Gambar 5-34). Karena asumsi ini sama dengan yang digunakan dalam menurunkan rumus geser r = VQ!Ib (Persamaan 5-38), maka kita dapat menggunakan rumus geser tersebut untuk menghitung tegangan di sumbu netral.

Untuk menggunakan rumus geser, kita membutuhkan besaran berikut untuk penampang lingkaran yang mempunyai radius r:

I = :4 Q = Ay = ( n;2 )( �: J = 2;3

h = 2r (5-4 1 a,b)

Rumus untuk momen inersia I diambil dari Kasus 9 dalam Lampiran D dan rumus untuk momen pertama (statis momen) Q didasarkan atas rumus untuk setengah lingkaran (Kasus 1 1 , Lampiran D). Dengan memasukkan rumus-rumus ini ke dalam rumus geser, kita peroleh

VQ V(2r3I3) = 4V = 4V fmab :=' Jb f (1P'4!4)(2t) 37rr2 3A (5-42)

di mana A = n? adalah luas penampang. Rumus ini menunjukkan bahwa tegangan geser maksimum di balok lingkaran sama dengan 4/3 kali tegangan geser rata-rata VIA.

Jika suatu balok mempunyai penampang lingkaran berlubang (Gambar 5-35), kita juga dapat mengasumsikan dengan ketelitian memadai bahwa tegangan geser di sumbu netral adalah sejajar dengan sumbu y dan terdistribusi terbagi rata di seluruh bagian penampang. Dengan demikian, kita dapat kembali menggunakan rumus geser untuk mencari tegangan maksimum. Besaran yang dibutuhkan untuk penampang l ingkaran berlubang adalah

I = �h4 - r]4 ) Q = �h' - In b = 2(12 - r] ) (5-43a,b,c)

di mana r1 dan r2 masing-masing adalah jari-jari dalam dan luar penampang. Dengan demikian, tegangan geser maksimum adalah

di mana

rmaks = VQ = 4V ( ri +/2 'i � r12

J lb 3A r2 + ljk

A = n(r22 - lj2 )

(5-44)

adalah l uas penampang. Perhatikan bahwa j ika r1 = 0, Persamaan (5-44) akan berkurang menjadi Persamaan (5-42) untuk balok lingkaran solid.

Meskipun teori di atas untuk tegangan geser di balok dengan penampang l ingkaran adalah pendekatan, teori tersebut memberikan hasil yang berbeda hanya beberapa persen dari yang diperoleh dengan menggunakan teori elastisitas eksak ( lihat Ref. 5-9 dan 5- 1 0) . Karena itu, Persamaan (5-42) dan (5-44) dapat digunakan untuk menentukan tegangan geser maksimum di balok lingkaran pada keadaan biasa.

Mekanika Bahan 301

5.1 0 I TEGANGAN GESER Dl BAD AN BALOK YANG MEMPUNYAI FLENS

(a)

Apabila suatu balok clengan profit sayap (flens) lebar (Gambar 5-36a) mengalami gaya geser clan momen lentur ( lentur tak seragam), maka tegangan normal clan geser akan terjacli cli potongan melintangnya. Distribusi tegangan geser cli balok �ayap lebar lebih rumit claripacla cli balok persegi panjang. Sebagai contoh. tegangan gescr cli flens suatu balok clapat bekerja pacla arah vertikal clan horizontal (arah y clan z), sepcrti yang clitunjukkan oleh panah kecil clalam Gambar 5-36b. Tegangan geser horizontal, yang jauh lebih besar claripada tegangan geser vertikal, dibahas lebih lanjut dalam Subbab 6.7 .

Tegangan geser di baclan balok tlem kbar bekerja hanya di arah vertikal, dengan tegangan terbesar terjacli cli -,umhu netral . Tegangan ini dapat diperoleh dengan cara yang sama clengan yang kita gunakan dalam mencari tegangan geser cli balok persegi panjang .

• Tegangan Geser di Badan

(h)

Gambar 5-36 (a) Balok dengan bentuk 'ayap lcbar, dan (b) arah tegangan geser yang bekerja d i suatu penampang

Gambar 5-37 Tegangan geser di badan balok sayap lebar. (a) Penampang balok, dan (b) distribusi tegangan geser vertikal d i hadan

Kita mulai analisisnya clengan menentukan tegangan geser pacta le\'el ef cli dalam baclan suatu balok sayap lebar (Gambar 5-37aJ. Kita akan membuat asumsi yang sama seperti yang kita gunakan untuk balok persegi panjang; yaitu, kita asumsikan bahwa tegangan geser bekerja sejajar sumbu y clan terclistribusi terbagi rata cli seluruh tebal badan. Karena itu, rumus gcser r = VQ/Jb masih clapat berlaku. Narnun. lehar g sekarang aclalah tebal haclan1; clan luas yang cligunakan clalam menghitung momen pertama Q aclalah d�erah anta�a garis/e"ljclan tcpi atas penampang (ditunjukkan clengan daerah yang cligelapkan clalam Gambar 5-37a).

Dalam mencari momen pertama Q untuk claerah yang digelapkan. kita akan mcngabaikan pcngaruh fillets kecil cli pertemuan badan clan tlens (titik h clan c clalam Gambar 5 -37a). Kesalahan akibat mengabaikan luas fillets tersebut sangat kecil . Selanjutnya kita akan membagi claerah yang digelapkan menjacli clua persegi panjang. Persegi panjang pertama aclalah tlens atas itu sencliri, yang mempunyai luas

A = i!!._ _ ':J_j I � 2 2 ) (a)

cli mana b adalah lebar tlens, h aclalah tinggi total balok, clan h 1 adalah j arak antara tepi dalam keclua flens. Persegi panjang keclua aclalah bagian clari baclan antara e(dan tlens. yaitu persegi panjang efcb, yang mempunyai luas

! Y

(a) (h)

l


(b)

di mana t adalah tebal badan dan y1 adalah jarak dari sumbu netral ke level ef

M omen pert am a dari luas A 1 dan A2 dievaluasi terhadap sumbu netral , diperoleh dengan mengalikan kedua luas tersebut dengan jarak dari masingmasing pusat beratnya ke sumbu z. Dengan menambahkan momen pertama tersebut kita dapatkan momen pertama Q dari daerah gabungan:

Q _ A ( h1 h/2 - h1 12 ) A ( -'h1,_1_2 _-_.::y_,_·1 ) - I 2 +

2 + 2 YJ +

2

Dengan memasukkan A 1 dan A2 dari Persamaan (a) dan (b) dan menyederhanakannya, kita peroleh

(5-45)

Dengan demikian, tegangan geser r di badan balok pada jarak y1 dari sumbu netral adalah

VQ V [ 2 2 2 2 ] r = - = - b(h - h1 ) + t(h1 -- 4y1 It 8It

di mana momen inersia penampang adalah

I = bh3 - (b - t)h{ = _!_(bh3 - bh3 + th3 ) 1 2 1 2 ] 2 I I

(5-46)

(5-47)

Karena semua besaran dalam Persamaan (5-46) adalah konstanta kecuali y" maka kita lihat bahwa r bervariasi secara kuadratik di seluruh tinggi dari badan, seperti terlihat dalam Gambar 5-37b. Perhatikan bahwa variasi tegangan yang digambar hanyalah untuk badan, tidak mencakup flens. Alasannya sederhana-Persamaan (5-46) tidak dapat digunakan untuk menentukan tegangan geser vertikal di tlens balok (lihat pembahasan yang berjudul "Pembatasan" di subbab ini).

• Tegangan Geser Maksimum dan Minimum

Tegangan geser maksimum di dalam badan dari balok sayap lebar terjadi pada sumbu netral, di mana y1 = 0. Tegangan geser minimum terjadi di mana badan bertemu flens (y1 = ± h /2). Tegangan ini, yang diperoleh dari Persamaan (5-46), adalah

V 2 2 2 rmaks = -(bh - bhl + th, ) 8It

rmin (5-48a,b)

Baik rmaks maupun rmin diberi label pada grafik dalam Gambar 5-37b. Untuk balok sayap lebar yang khas, tegangan maksimum di badan adalah 10% sampai 60% lebih besar daripada tegangan minimum.

Meskipun tidak terlihat jelas dari pembahasan di atas, tegangan rmaks yang diberikan dengan Persamaan (5-48a) bukan saja merupakan tegangan geser terbesar di badan, tetapi juga merupakan tegangan geser terbesar di manapun di balok tersebut.

Mekanika Bahan 303

• Gaya Geser di Badan

Gaya geser vertikal yang dipikul oleh badan saja dapat ditentukan dengan mengalikan luas diagram tegangan geser (Gambar 5-37b) dengan tebal badan t. Diagram tegangan geser terdiri atas dua bagian, persegi panjang dengan luas h1 rmin dan segmen parabolik dengan luas

2 3 (h,)(rmaks - rmin)

Dengan menjumlahkan kedua luas ini, mengalikannya dengan tebal badan t, dan menggabungkannya, maka kita dapatkan gaya geser total di badan:

- th, v

badan - 3 (2rmaks + rmin) (5-49)

Untuk balok dengan proporsi yang khas, gaya geser di badan adalah 90% sampai 98% dari gaya geser total V yang bekerja di penampang; sisanya dipikul oleh geser di kedua sayap.

Karena badan menahan sebagian besar gaya geser, maka perencana sering menghitung harga pendekatan tegangan geser maksimum dengan membagi gaya geser total dengan luas badan. Hasilnya adalah tegangan geser rata-rata di badan, dengan mengasumsikan bahwa badan memikul semua gaya geser:

(5-50)

Untuk balok sayap lebar yang khas, tegangan rata-rata yang dihitung dengan cara ini adalah sekitar 10% (lebih atau kurang) dari tegangan geser maksimum yang dihitung dari Persamaan (5-48a). Jadi, Persamaan (5-50) menyediakan cara sederhana dalam mengestimasi tegangan geser maksimum.

Catatan: Tegangan geser rata-rata yang diperoleh dari Persamaan (5-50) tidak sama dengan tegangan geser rata-rata yang diperoleh apabila tegangan (yang ditunjukkan dalam Gambar 5-37b) dihitung dari rumus geser r = VQ/Ib. Perbedaannya berasal dari kenyataan bahwa rumus geser memperhitungkan luas flens, sedangkan Persamaan (5-50) tidak. Karena itulah •

rata-rata dari Persamaan (5-50) dapat lebih besar atau lebih kecil daripada •

maks yang dihitung dari rumus geser.

• Contoh

Sebagai ilustrasi dari perhitungan tegangan geser, tinjaulah balok sayap lebar dengan profil W 1 2 x 35 yang mengalami gaya geser V = 1 0.000 lb. Dimensi potongan melintang balok (lihat dalam Gambar 5-37a dan Tabel E- 1 , Lampiran E) adalah sebagai berikut:

B = 6,56 in. ; t = 0,30 in. ; h = 12,50 in. ; h1 = 1 1 ,46 in

Momen inersia penampang (dari Persamaan 5-47) adalah

1 3 3 3 . 4 I = 12

(bh - bh1 + th1 ) = 283 m.

Momen inersia yang tercantum dalam Tabel E- 1 adalah 285 in4, yang sedikit lebih besar daripada harga yang dihitung di atas karena ini meliputi luas fillets.


Untuk menentukan tegangan geser maksimum dan mimmum, kita masukkan harga-harga besaran bahan ke dalam Persamaan (5-48a dan b) dan mendapatkan:

V 2 2 2 . rmaks =

8/t (bh - bh, + th, ) = 2990 psi

Vb 2 2 · 'l" · = -(h - h1 ) = 2410 pSI nun 8/t

Dalam hal ini, rasio rmaks terhadap rmin adalah 1 ,24, artinya tegangan maksimum di badan adalah 24% lebih besar daripada tegangan minimum.

Tegangan geser rata-rata di badan balok (dari Persamaan 5-50) adalah

rrata-rata = 1::._ = 29 10 psi th,

yang hanya 3% lebih kecil daripada tegangan maksimum. Jadi, tegangan rata-rata (apabila dihitung dengan Persamaan 5-50) adalah pendekatan yang mudah diperoleh untuk tegangan maksimum dan umumnya cukup memadai.

Gaya geser di badan (Persamaan 5-49) adalah

vbadan = th, (2 rmaks + rmin) = 96 10 lb 3

yang berarti bahwa badan dari balok ini menahan 96% dari gaya geser total.

• Pembatasan

Teori geser elementer yang disajikan dalam subbab ini memadai untuk menentukan tegangan geser vertikal di badan dari balok sayap lebar. Namun, dalam menyelidiki tegangan geser vertikal di sayap, kita tidak dapat mengasumsikan bahwa tegangan geser adalah konstan di seluruh lebar penampang, yaitu di seluruh lebar sayap b (Gambar 5-37a). Jadi, kita tidak dapat menggunakan rumus geser untuk menentukan tegangan tersebut.

Untuk menekankan hal ini, tinjaulah pertemuan badan dan flens atas (y1 = h/2), di mana lebar penampang berubah secara mendadak dari t menjadi b. Tegangan geser di permukaan bebas ab dan cd (Gambar 5-37a) harus sebesar nol, sedangkan tegangan geser di badan di garis be adalah

rmin· Pengamatan ini menunjukkan bahwa distribusi tegangan geser di pertemuan badan dan sayap cukup rumit dan tidak dapat diselidiki dengan metode-metode elementer. Analisis tegangan menjadi lebih rumit dengan adanya fillets di pojok b dan c. Fillets dibutuhkan untuk mencegah terjadinya tegangan yang terlalu besar, tetapi juga mengubah distribusi tegangan di badan.

Jadi, kita simpulkan bahwa rumus geser tidak dapat digunakan untuk menentukan tegangan geser vertikal di flens. Namun, rumus geser memang memberikan hasil yang baik untuk tegangan geser yang bekerja secara horizontal di flens (Gambar 5-36b ), sebagaimana dibahas kemudian dalam Subbab 6.7.

Metode yang diuraikan untuk menentukan tegangan geser di badan dari balok sa yap le bar dapat juga digunakan untuk penampang lain yang mempunyai badan yang tipis. Contoh berikut ini menggambarkan prosedur untuk balok T.

Gambar 5-38 Contoh 5-1 3. Tegangan geser di badan balok T

Mekanika Bahan 305

• Contoh 5-1 3

Sebuah balok yang mempunyai penampang berbentuk T (Gambar 5-38a) mengalami gaya geser vertikal V = 1 0.000 lb. Dimensi penampang adalah b = 4 in., t = 1 ,0 in., h = 8,0 in., dan h1 = 7,0 in. Tentukan tegangan geser r1 di bagian atas badan (level nn) dan tegangan geser maksimum rmaks· (Abaikan luas fillets.)

y

z -....I..._ __ _ h = 8,0 in.

h1 = 7,0 in.

(a) (b)

Solusi

Lokasi sumbu netral. Sumbu netral balok T ditentukan letaknya dengan menghitung jarak c1 dan c2 dari atas dan bawah balok ke pusat berat penampang (Gambar 5-38a). Mula-mula, kita membagi penampang atas dua persegi panjang, bagian flens (sayap) dan badan (lihat garis putus-putus dalam Gambar 5-38a). Selanjutnya kita menghitung momen pertama Qaa dari kedua persegi panjang tersebut terhadap garis aa di bagian bawah balok. Jarak c2 sama dengan Qaa dibagi dengan 1uas A dari keseluruhan penampang (lihat Bab 1 2, Subbab 1 2.3, untuk metode penentuan lokasi pusat berat luas gabungan). Perhitungannya adalah sebagai berikut:

Qaa 54,5 in. 3 = 4 955 . Cz =

A= 2 ' m. 1 1 ,0 in.

c1 = h - c2 = 3,045 in.

Momen inersia. Momen inersia I dari keseluruhan penampang (terhadap sumbu netral) dapat diperoleh dengan menentukan momen inersia Iaa terhadap garis aa di bawah balok lalu menggunakan teorema sumbu sejajar (lihat Subbab 1 2.5):

Perhitungannya adalah sebagai berikut:

I = bh

3

_ (b - t)hi = 339 67 1·n.4 2 4 , Ac2 = 270,02 in. aa 3 3

I = 69,65 in.4

Tegangan geser di atas badan. Untuk mendapatkan tegangan geser r1 di atas badan (di sepanjang garis nn) kita perlu menghitung momen pertama Q1 dari area di atas level nn. Momen pertama ini sama dengan area tlens dikalikan jarak dari sumbu netral ke pusat berat flens:


QI = b(h - hi) (cl - h � hi ) = (4 in.)( l in.)(3 ,045 in. - 0,5 in.) = 10, 1 8 in?

Tentu saja, kita mendapatkan hasil yang sama jika kita menghitung momen pertama (statis momen) dari area di bawah level nn:

Q1 = th1 (C2 - i )= ( 1 in.)(7 in.)(4,955 in. - 3,5 in.) = 1 0, 1 8 in?

Dengan memasukkan ini ke dalam rumus geser, kita peroleh

_ VQ1 _ ( 10.000 lb)(I O,l 8 in.3 ) _ 1 460 . r1 - It - (69,65 in.4) ( 1 in.) - psi

Tegangan ini terjadi berupa tegangan geser vertikal yang bekerja di penampang dan berupa tegangan geser horizontal yang bekerja di bidang horizontal antara flens dan badan.

Tegangan geser maksimum. Tegangan geser maksimum terjadi di badan di sumbu netral. Dengan demikian, kita menghitung momen pertama Qmaks dari area di bawah sumbu netral :

Qmaks = tc2 ( c� ) = (I in.)(4,955 in.>( 4•95� in. ) = 1 2,28 in.3

Sebagaimana telah disebutkan sebelum ini, kita dapat memperoleh hasil yang sama jika kita menghitung momen pertama dari area di atas sumbu netral, tetapi perhitungan dengan cara ini akan sedikit lebih lama. Dengan memasukkan angka-angka ini ke dalam rumus geser, kita peroleh

VQmaks ( 10.000 lb)(1 2,28 in.3 ) I 6 . r - -- - 7 O ps1 maks - It - (69,65 in.4 ) ( 1 in.)

yang merupakan tegangan geser maksimum di balok. Distribusi parabolik tegangan geser ditunjukkan dalam Gambar 5-38b.

5·1 1 I BALOK TERSUSUN DAN ALIRAN GESER

.. .

(a)

(b) (c) Gambar 5·39 Potongan melintang balok tersusun: (a) kotak kayu, (b) balok glulam (kayu lapis yang dilem), dan (c) girder pelat

Balok tersusun dibuat dari dua atau lebih bagian bahan yang digabungkan untuk membentuk balok tunggal. Balok seperti ini dapat mempunyai berbagai bentuk untuk memenuhi kebutuhan arsitektural atau struktural dan untuk memberikan penampang yang lebih besar daripada yang biasanya tersedia. Gambar 5-39 menunjukkan beberapa balok berpenampang tersusun. Bagian (a) dari gambar ini menunjukkan balok boks kayu yang terbuat dari dua papan, yang berfungsi sebagai flens, dan dua badan kayu lapis. Bagian-bagian ini digabungkan satu sama lain dengan paku, sekrup, atau lem sedemikian rupa sehingga beraksi sebagai satu unit tunggal. Balok boks dapat juga terbuat dari bahan lain, termasuk baja, plastik, dan komposit.

Contoh kedua adalah balok berlapis berlem (glulam beam) yang terbuat dari papan-papan yang dilem satu sama lain untuk membentuk balok yang jauh lebih besar daripada yang dapat dipotong dari sebuah pohon sebagai elemen struktur tunggal. Balok glulam banyak digunakan dalam konstruksi bangunan gedung kecil.

Contoh ketiga adalah girder plat baja yang umumnya digunakan untuk jembatan dan bangunan-bangunan besar. Girder ini, terdiri dari tiga buah

Mekanika Bahan 307

plat baja yang disambung dengan pengelasan, dapat dibuat dalam ukuran yang jauh lebih besar daripada yang saat ini tersedia dengan plens lebar yang biasa ataupun balok-1.

Balok tersusun harus didesain sedemikian rupa sehingga balok berperilaku sebagai elemen struktur tunggal. Karena itu, perhitungan desain meliputi dua tahap. Dalam tahap pertama, balok didesain seolah-olah terbuat dari satu bagian, dengan memperhitungkan baik tegangan lentur maupun geser. Dalam tahap kedua, sambungan antara bagian-bagian (seperti paku, baut, lasan, dan lem) didesain untuk menjamin bahwa balok memang berperilaku sebagai satu kesatuan tunggal. Khususnya, sambungannya harus cukup kuat untuk menyalurkan gaya geser horizontal yang bekerja antara bagian-bagian balok. Untuk mendapatkan gaya-gaya ini, kita menggunakan konsep aliran geser.

• Aliran Geser (Shear Flow)

(a)

I I I dx I c _ _ _ I

(b)

dx l (c)

X

Gambar 5-40 Gaya geser tegangan geser horizontal di sebuah balok. Gambar-gambar ini diulang dari Gambar 5-28 dan 5-29

Untuk mendapatkan rumus gaya geser horizontal yang bekerja antara bagian-bagian balok, kita kembali meninjau penurunan rumus geser (lihat Gambar 5-28 dan 5-29 dalam Subbab 5 .8). Dalam penurunan tersebut, kita memotong elemen mm1n1n dari suatu balok (Gambar 5-40a) dan meninjau keseimbangan horizontal subelemen mm1p1p (Gambar 5-40b ) . Dari keseimbangan horizontal subelemen tersebut, kita dapatkan gaya F3 (Gambar 5-40c) yang bekerja di permukaan bawah:

F3 = d7 fydA (5-5 1 )

Persamaan ini diulang dari Persamaan (5-33) dari Subbab 5 .8 . Sekarang kita definisikan besaran baru yang disebut aliran geser f

Aliran geser adalah gaya geser horizontal per satuan jarak di sepanjang sumbu longitudinal dari balok. Karena gaya F3 bekerja di sepanjang jarak dx, maka gaya geser per satuan jarak sama dengan F3 dibagi dx; jadi,

f = F3

= dM(.

!.)fydA

dx dx I

Dengan mengganti dM/dx dengan gaya geser V dan menulis integral dengan Q, kita dapatkan rumus aliran geser:

f = VQ I

(5-52)

Persamaan ini memberikan aliran geser yang bekerja di bidang horizontal pp1 yang ditunjukkan dalam Gambar 5-40a. Besaran V, Q, dan I mempunyai arti yang sama dengan yang digunakan dalam rumus geser.

Jika tegangan geser di bidang pp 1 terdistribusi terbagi rata, sebagaimana kita asumsikan untuk balok persegi panjang dan balok sayap lebar, aliran geser f akan sama dengan rb. Dalam kasus tersebut, rumus aliran geser akan menjadi rumus geser (Persamaan 5-38) . Namun, penurunan Persamaan (5-5 1 ) untuk gaya F3 tidak melibatkan asumsi apapun tentang distribusi tegangan geser di balok. Sebaliknya, gaya F3 diperoleh hanya dari keseimbangan horizontal subelemen (Gambar 5-40c). Dengan demikian, kita sekarang dapat menginterpretasikan subelemen dan gaya F3 dalam bentuk yang lebih umum daripada sebelumnya.

Subelemen dapat berupa sebarang blok prismatis antara potongan melintang mn dan m1n1 (Gambar 5-40a). Subelemen ini tidak harus


a a

z ----l'tfO

(a)

z ----fMO

(b)

c d

z 0

(c)

Gambar 5-41 Luas yang digunakan dalam menghitung momen pertama Q

diperoleh dengan membuat potongan horizontal tunggal (seperti pp1) melalui balok. Juga, karena gaya F3 adalah gaya geser horizontal total yang bekerja antara subelemen dan bagian lain dari balok, maka gaya ini dapat terdistribusi di sisi-sisi manapun dari subelemen, tidak hanya di permukaan bawah. Komentar yang sama ini berlaku untuk aliran geser f, karena ini hampir serupa dengan gaya F3 per satuan jarak.

Sekarang kita kembali ke rumus aliran geser f = VQ/1 (Persamaan 5-52) . Besaran V dan I mempunyai arti sebagaimana biasa dan tidak dipengaruhi oleh pemilihan subelemen. Namun, momen pertama Q adalah besaran dari muka potongan melintang subelemen. Untuk menggambarkan bagaimana Q ditentukan, kita akan meninjau tiga contoh khusus tentang balok tersusun (Gambar 5-4 1 ).

• Daerah yang Digunakan Untuk Menghitung Momen Pertama Q Contoh pertama balok tersusun adalah girder plat baja yang dilas (Gambar 5-4 l a). Las harus dapat menyalurkan gaya geser horizontal yang bekerja antara sayap dan badan. Di sayap atas, gaya geser horizontal (per satuan jarak di sepanjang sumbu balok) adalah aliran geser di sepanjang permukaan kontak aa. Aliran geser ini dapat dihitung dengan mengambil Q sebagai momen pertama dari luas potongan melintang di atas permukaan kontak aa. Dengan perkataan lain, Q adalah momen pertama dari luas flens (terlihat digelapkan dalam Gambar 5-4 1 a), yang dihitung terhadap sumbu netral. Sesudah menghitung aliran geser, kita dapat secara langsung menentukan jumlah las yang diperlukan untuk menahan gaya geser, karena kekuatan las biasanya ditetapkan dalam gaya per satuan jarak di sepanjang las.

Contoh kedua adalah balok sayap lebar yang diperkuat dengan profil kanal yang dikeling ke masing-masing flens (Gambar 5-4l b). Gaya geser horizontal yang bekerja antara setiap kanal dan balok utama harus disalurkan oleh paku keling. Gaya ini dihitung dari rumus aliran geser dengan menggunakan Q sebagai momen pertama keseluruhan kanal (terlihat digelapkan dalam gambar). Aliran geser yang diperoleh adalah gaya longitudinal per satuan jarak yang bekerja di sepanjang permukaan kontak bb, dan paku keling harus mempunyai ukuran dan jarak longitudinal yang memadai untuk menahan gaya ini.

Contoh terakhir adalah balok boks kayu dengan dua flens dan dua badan yang disambung oleh paku atau sekrup (Gambar 5-4 l e). Gaya geser horizontal total antara flens atas dan badan adalah aliran geser yang bekerja di sepanjang permukaan kontak c c dan dd, dan karenanya, momen pertama Q dihitung untuk flens atas (daerah yang digelapkan). Dengan kata lain, aliran geser yang dihitung dari rumus f = VQ/1 adalah aliran geser total di sepanjang semua permukaan kontak yang mengelilingi area yang digunakan untuk menghitung Q. Dalam hal ini, aliran geser f ditahan oleh aksi gabungan dari paku-paku kedua sisi balok, yaitu baik pada cc maupun dd, sebagaimana digambarkan dalam contoh berikut.

• Contoh 5-1 4

Balok boks kayu (Gambar 5-42) terbuat dari dua papan, masing-masing mempunyai potongan melintang 40 mm x 1 80 mm, yang berfungsi sebagai flens dan dua badan kayu lapis, yang tebalnya 1 5 mm. Tinggi total balok adalah 280 mm. Kayu lapis ini disambung ke flens dengan menggunakan sekrup kayu yang mempunyai

Gambar 5-42 Contoh 5-14. Balok kotak (boks) kayu

Potongan melintang

(a)

Mekanika Bahan 309

Tampak samping

(b)

beban izin geser F = 1 1 00 N untuk satu sekrup. Jika gaya geser V yang bekerja di penampang adalah 10,5 kN, tentukan jarak longitudinal izin maksimum sekrup s (Gambar 5-42b).

Solusi Aliran geser. Gaya geser horizontal yang disalurkan antara flens atas dan kedua badan dapat diperoleh dari rumus aliran geser f = VQ/I, di mana Q adalah momen pertama dari luas flens tersebut. Untuk mendapatkan momen pertama, kita kalikan luas At dari flens dengan jarak dt dari pusat beratnya ke sumbu netral:

At = 40 mm x 1 80 mm = 7200 mm2 dt = 1 20 mm Q = A;Jt = (7200 mm2)(120 mm) = 864 x 103 mm3

Momen inersia keseluruhan penampang terhadap sumbu netral sama dengan momen inersia persegi panjang yang luar dikurangi momen inersia "lubang" (persegi panjang dalam):

1 1 I = }2 (210 mm)(280 mm)3 - 12( 1 80 mm)(200 mm)3 = 264,2 x 106 mm4

Dengan memasukkan V, Q, dan I ke dalam rumus aliran geser (Persamaan 5-52), kita peroleh

!= VQ = (10.500 N)(864 x 103

mm3 ) = 34 3 N/mm I 264,2 x 106 mm4

'

yang merupakan gaya geser per mm panjang yang harus disalurkan antara flens dan kedua badan.

Jarak sekrup. Karena jarak longitudinal sekrup adalah s, dan karena ada dua garis sekrup (satu di masing-masing sisi flens), maka kapasitas beban sekrup adalah 2F per jarak s di sepanjang balok. Dengan demikian, kapasitas sekrup per jarak satuan di sepanjang balok adalah 2F/s. Dengan menyamakan 2F/s dengan aliran geser f dan memecahkan jarak s, kita dapatkan

s = 2F = 2( 1 100 N) = 64 1 mm f 34,3 N/mm '

Harga s ini adalah jarak izin maksimum antara sekrup, berdasarkan atas beban izin per sekrup. Setiap jarak yang lebih besar daripada 64, 1 mm akan menyebabkan sekrup kelebihan beban. Untuk memudahkan pembuatan, dan agar aman, jarak s = 60 mm akan dipilih.

5·1 2 I BALOK DENGAN BEBAN AKSIAL

Elemen struktural sering mengalami aksi simultan beban lentur ctan beban aksial. Ini teijacti, sebagai contoh, pacta rangka pesawat, kolom pacta gectung, mesin, bagian-bagian kapal, ctan pesawat luar angkasa. Jika elemen struktur


8:l (c)

(a)

(b)

8:l (d)

Q p +- - -;llf: :L- �s

8:l 8:l 8:l (e) (f) (g)

Gambar 5-43 Tegangan normal di balok kantilever yang mengalami beban lentur dan beban aksial: (a) balok dengan beban P yang bekerja di ujung bebas, (b) resultan tegangan yang bekerja di potongan melintang pada jarak x dari tumpuan, (c) tegang-an tarik akibat gaya aksial N yang bekerja sendiri, (d) tegangan tarik dan tekan akibat momen Jentur M yang bekerja sendiri, dan (e), (f), (g) distri-busi tegangan akhir yang mungkin akibat efek gabungan N dan M

tidak terlalu ramping, maka tegangan gabungan dapat diperoleh dengan superposisi tegangan lentur dan tegangan aksial.

Untuk melihat bagaimana hal ini dicapai, tinjau balok kantilever yang terlihat dalam Gambar 5-43a. Satu-satunya beban di balok adalah gaya miring P yang bekerja melalui pusat berat penampang terakhir. Beban ini dapat diuraikan menjadi dua komponen, beban lateral Q dan beban aksial S. Kedua beban ini menghasilkan resultan tegangan dalam bentuk momen lentur M, gaya geser V, dan gaya aksial N di seluruh bagian balok (Gambar 5-43b ). Pacta potongan melintang yang khas, jarak x dari tumpuan, resultan tegangan ini adalah

M = Q(L - x) V = -Q N = S di mana L adalah panjang balok. Tegangan yang berkaitan dengan masingmasing resultan tegangan ini dapat ditentukan di sembarang titik pacta penampang dengan menggunakan rum us yanag tepat (a = -My/1, r = VQ/ lb, dan a = N/A).

Karena baik gaya aksial N maupun momen lentur M menimbulkan tegangan normal, maka kita perlu menggabungkan tegangan tersebut untuk mendapatkan distribusi tegangan akhir. Gaya aksial (apabila bekerja sendiri) menghasilkan distribusi tegangan terbagi rata a = NIA di seluruh bagian penampang, sebagaimana ditunjukkan oleh diagram tegangan dalam Gambar 5-43c. Dalam contoh khusus ini, tegangan a adalah tarik, sebagaimana ditunjukkan dengan tanda positif di dalam diagram.

Momen lentur menghasilkan tegangan yang bervariasi secara linier a = -My// (Gambar 5-43d) dengan tekan di bagian atas balok dan tarik di bagian bawah. Jarak y diukur dari sumbu z, yang melalui pusat berat penampang.

Distribusi akhir tegangan normal diperoleh dengan menggabungkan tegangan-tegangan yang dihasilkan oleh gaya aksial dan momen lentur, sebagai berikut:

(5-53)

Perhatikan bahwa N adalah positif apabila menimbulkan tarik dan M adalah positif menurut perjanjian tanda momen lentur (momen lentur positif menghasilkan tekan di bagian atas balok dan tarik di bagian bawah). Juga, sumbu y adalah positif ke atas. Selama kita menggunakan perjanjian tanda ini dalam Persamaan (5-53), tegangan normal a akan positif untuk tarik dan negatif untuk tekan.

Distribusi tegangan akhir bergantung pacta harga aljabar relatif dari suku-suku dalam Persamaan (5-53). Untuk contoh ini, ketiga kemungkinan ditunjukkan dalam Gambar 5-43e, f, dan g. Jika tegangan lentur di atas balok (Gambar 5-43d) secara numerik lebih kecil daripada tegangan aksial (Gambar 5-43c), keseluruhan penampang akan mengalami tarik, seperti terlihat dalam Gambar 5-43e. Jika tegangan lentur di atas sama dengan tegangan aksial, maka distribusinya akan segitiga (Gambar 5-43f), dan jika tegangan lentur secara numerik lebih besar daripada tegangan aksial, maka sebagian penampang tersebut akan mengalami tekan dan sisanya mengalami tarik (Gambar 5-43g). Tentu saja, jika gaya aksial adalah gaya tekan, atau jika momen lentur berlawanan arah, distribusi tegangan akan berubah juga.

Kapan saja beban aksial da'l lentur bekerja bersamaan, maka sumbu netral (y .1itu garis di penampang di mana tegangan normal sama dengan

Mekanika Bahan 31 1

nol) tidak lagi melalui pusat berat penampang. Seperti terlihat dalam Gambar 5-43e, f, dan g, berturut-turut, sumbu netral dapat berada di luar, di tepi, atau di dalam penampang.

Penggunaan Persamaan (5-53) untuk menentukan tegangan di balok dengan beban aksial digambarkan dalam Contoh 5- 15 .

• Beban Aksial Eksentris

Beban aksial eksentris adalah gaya aksial yang tidak bekerja melalui pusat berat penampang. Contohnya terlihat dalam Gambar 5-44a, di mana balok kantilever AB mengalami beban tarik P yang bekerja pada jarak e dari sumbu x (sumbu x melalui pusat berat penampang). Jarak e, yang

�+1:--- x disebut eksentrisitas beban, adalah positif di arah positif sumbu y.

(a)

(b)

(c) 8

(d)

Gambar 5-44 (a) Balok kantilever dengan beban aksial eksentris P, (b) be ban P dan Pe ekivalen, (c) potongan melintang balok, dan (d) distribusi tegangan normal di potongan melintang

Beban eksentris P secara statis ekivalen dengan beban aksial P yang bekerja di sepanjang sumbu x dan momen lentur Pe yang bekerja terhadap sumbu z (Gambar 5-44b). Perhatikan bahwa momen Pe adalah momen lentur negatif.

Tampak potongan melintang balok (Gambar 5-44c) menunjukkan sumbu y dan z melalui pusat berat C penampang. Beban eksentris P berpotongan dengan sumbu y, yang merupakan sumbu simetri.

Karena gaya aksial N di sembarang penampang sama dengan P, dan karena momen lentur M sama dengan -Pe, maka tegangan normal di sembarang titik di batang (dari Persamaan 5-53) adalah

(5-54)

di mana A adalah luas penampang dan I adalah momen inersia terhadap sumbu z. Distribusi tegangan yang diperoleh dari Persamaan (5-54), untuk kasus di mana P dan e positif, terlihat dalam Gambar 5-44d.

Posisi sumbu netral nn (Gambar 5-44c) dapat diperoleh dari Persamaan (5-54) dengan mengatur tegangan Cf sama dengan nol dan memecahkan koordinat y, yang sekarang kita sebut y0• Hasilnya adalah

I Yo = -Ae (5-55)

Koordinat y0 diukur dari sumbu z (yang merupakan sumbu netral akibat lentur mumi) ke garis nn yang bertegangan nol (sumbu netral akibat beban lentur dan aksial). Karena y0 adalah positif dalam arah sumbu y (ke atas dalam Gambar 5-44c), maka ini diberi label -y0 apabila digambarkan ke bawah dalam gambar.

Dari Persamaan (5-55) kita lihat bahwa sumbu netral terletak di bawah sumbu z apabila e positif dan di atas sumbu z apabila e negatif. Jika eksentrisitas berkurang, maka jarak y0 bertambah dan sumbu netral bergerak menjauhi pusat berat. Limitnya, apabila e mendekati nol, adalah beban bekerja di pusat berat, sumbu netral terletak pacta jarak tak hingga, dan distribusi tegangan terbagi rata. Jika eksentrisitas bertambah, maka jarak y0 berkurang dan sumbu netral bergerak menuju pusat berat. Limit lain terjadi apabila e menjadi sangat besar, berarti beban bekerja pada jarak tak hingga, sumbu netral melalui pusat berat, dan distribusi tegangan sama dengan yang terdapat pada kasus lentur mumi.

Beban aksial eksentris dianalisis pada beberapa soal di akhir bab ini (lihat Soal 5 . 12- 1 3 sampai 5 . 12-19).


(a)

y

(b)

Gambar 5-45 Beban tekan P yang bekerja di kolom persegi panjang

• lnti Penampang

Jika beban aksial bekerja dengan eksentrisitas kecil, maka sumbu netral dapat berada di luar balok, sebagaimana diterangkan dalam bab sebelum ini. Pada saat ini terjadi, tegangan normal akan mempunyai tanda sama di seluruh penampang, dan balok akan seluruhnya mengalami tarik atau seluruhnya mengalarni tekan.

Kondisi ini penting, sebagai contoh, apabila beban tekan bekerja di bahan yang sangat lemah terhadap tarik, seperti beton, batu, atau keramik. Pada bahan tersebut kita harus yakin bahwa beban menghasilkan hanya tekan di penampang. Untuk melihat bagaimana ini dicapai, tinjau contoh dalam Gambar 5-45a. Di dalam contoh ini, beban aksial tekan P bekerja dengan eksentrisitas e di kolom persegi panjang dengan lebar b dan tinggi h. Apabila e kecil, maka sumbu netral nn terletak di luar kolom dalam arah y (Gambar 5-45b) dan seluruh penampang mengalami tekan. Apabila beban bergerak dalam arah y positif dan eksentrisitas e bertambah, maka sumbu netral bergerak mendekati tepi penampang. Pada saat sumbu netral mencapai tepi penampang (y0 = -h/2, atau -y0 = -h/2), distribusi tegangan menjadi segitiga tetapi seluruhnya masih berupa tekan. Dengan semakin meningkatnya e, sumbu netral akan bergerak ke dalam penampang dan bagian dari kolom ini sekarang berada dalam keadaan tarik.

Harga maksimum dari eksentrisitas agar semua kolom mengalami tekan terjadi apabila sumbu netral berada di tepi penampang, yaitu pada saat y0 sama dengan -h/2. Harga eksentrisitas e1 tersebut diperoleh dari Persamaan (5-55):

I --- =

A(-h/2) bh3 / 1 2

(bh)(h/2) h 6 (5-56)

Jadi, selama eksentrisitas lebih kecil daripada h/6, seluruh penampang akan mengalarni tekan. (lngat bahwa hasil ini berlaku hanya pada balok dengan penampang persegi panjang.)

Analisis yang sama dapat dilakukan untuk beban tekan yang bekerja di sepanjang sumbu y negatif. Dalam hal ini, sumbu netral ada di sisi kolom di mana y adalah positif dan harga eksentrisitas yang membatasi adalah e1 = -h/6.

Dengan demikian, kita sampai pada kesimpulan berikut: Jika beban P diterapkan pada sumbu y dengan eksentrisitas antara h/6 dan -h/6, maka seluruh penampang akan mengalami tekan. Karena selang harga ini menandakan bahwa P terletak di dalam sepertiga tinggi h, maka kalimat tersebut dikenal dengan aturan sepertiga tengah. Aturan ini berlaku hanya pada penampang persegi panjang; untuk penampang berbentuk lain, eksentrisitas yang membatasi akan mempunyai harga yang berbeda.

Analisis yang sama dengan yang disebutkan di atas dapat dilakukan untuk kolom persegi panjang dalam Gambar 5-45 apabila beban P bekerja disebuah titik pada sumbu z. Selanjutnya kita dapatkan bahwa seluruh kolom mengalarni tekan selama bebannya bekerja dengan eksentrisitas antara b/6 dan -b/6. Jadi, kita simpulkan bahwa ada daerah kecil yang mengelilingi pusat berat C sedemikian rupa sehingga seluruh elemen struktur berada dalam keadaan tekan selama beban bekerja di dalam daerah tersebut. Daerah ini disebut inti atau kern dari penampang. Dengan pertolongan aturan sepertiga tengah dan beberapa analisis tambahan, adalah mungkin untuk membuktikan bahwa inti persegi panjang adalah rhombus

1- b � Gambar 5-46 Inti penampang persegi panjang

Mekanika Bahan 31 3

dengan diagonal yang panjangnya h/3 dan b/3 (Gambar 5-46).* Inti dari bentuk penampang lainnya ditentukan dalam Soal 5 . 1 2-20 sampai 5 . 1 2-24 di akhir bab ini.

• Pembatasan

Analisis terdahulu mengenai balok dengan beban aksial didasarkan atas asumsi bahwa momen lentur dapat dihitung tanpa meninjau defleksi balok. Dengan perkataan lain, dalam menentukan momen lentur M untuk digunakan dalam Persamaan (5-53), kita harus dapat menggunakan dimensi semula dari balok-dimensi sebelum terjadinya deformasi atau defleksi. Penggunaan dimensi semula adalah sah asalkan balok relatif kaku terhadap lentur, supaya defleksi yang terjadi sangat kecil.

Jadi, dalam menganalisis suatu balok dengan beban aksial, adalah penting untuk membedakan antara balok gemuk, yang relatif pendek sehingga mempunyai tahanan besar terhadap lentur. dan balok langsing, yang relatif panjang sehingga sangat fleksibel. Dalam hal balok gemuk, defleksi lateralnya sedemikian kecil sehingga tidak ada efek signifikan terhadap garis kerja gaya aksial. Akibatnya, momen lentur tidak akan bergantung pada defleksi dan tegangan dapat diperoleh dari Persamaan (5-53).

Dalam hal balok langsing, defleksi lateral (meskipun kecil) cukup besar untuk mengubah garis kerja gaya aksial. Apabila hal ini terjadi, momen lentur tambahan, yang sama dengan hasil kali gaya aksial dan defleksi lateral, muncul di setiap penampang. Dengan perkataan lain ada interaksi, antara efek aksial atau kopel dan efek lentur. Jenis perilaku ini dibahas dalam Bab 1 1 mengenai kolom.

Pembedaan antara balok gemuk dan balok langsing jelaslah tidak tepat. Pada umumnya, satu-satunya cara untuk mengetahui apakah efek interaksi penting adalah dengan menganalisis balok dengan atau tanpa interaksi dan memperhatikan apakah hasilnya sangat berbeda. Namun, prosedur ini mungkin membutuhkan perhitungan yang cukup panjang. Karenanya, sebagai pedoman praktis, kita biasanya memandang sebuah balok dengan rasio panjang terhadap tinggi sebesar 10 atau kurang sebagai balok gemuk. Hanya balok gemuklah yang ditinjau dalam contoh-contoh dan soal-soal dalam bab ini.

Contoh 5-1 5

Sebuah balok tabung ACB yang panjangnya L = 60 in. ditumpu sendi di ujungujungnya dan dibebani oleh gaya miring P di tengah-tinggi (Gambar 5-47a). Jarak dari titik bekerjanya beban P ke sumbu longitudinal tabung adalah d = 5,5 in. Penampang tabung ini adalah bujursangkar (Gambar 5-47b) dengan dimensi luar b = 6,0 in., luas A = 20,0 in.2, dan momen inersia I = 86,67 in.4 Tentukan tegangan tarik dan tekan maksimum di balok akibat beban P = 1000 lb.

Solusi

Balok dan pembebanan. Kita mulai dengan menyatakan balok dan bebannya dalam bentuk yang diidealkan untuk maksud analisis (Gambar 5-48a). Karena tumpuan di ujung A menahan baik peralihan horizontal maupun vertikal, maka ini direpresentasikan sebagai tumpuan sendi. Tumpuan di B mencegah peralihan vertikal tetapi tidak menahan peralihan horizontal, sehingga ditunjukkan sebagai tumpuan rol.

*Konsep tentang inti suatu penampang diperkena1kan o1eh insinyur Perancis J.A.C. Bresse pada tahun 1854; 1ihat Ref. 5- 12.

l


� = 30 in. ; = 30 in. y


V 329 lb

(a)

(b)

!"''' , , , ' 'I

0 ''l

, l -17 1 lb

(c)

9870 !b-in. M

0

�n.

(d)

Gambar 5-48 Solusi Contoh 5-15. (a) Balok dan pembebanan yang diidealisasi, (b) diagram gay a aksial, (c) diagram gay a geser, dan (d) diagram momen lentur

_j_ z b = 6 in.

-1 1- t b = 6 in.

(a) (b)

Beban miring P diuraikan atas komponen horizontal Ph dan vertikal Pv.

Ph = P sin 60° = ( 1000 lb)(sin 60°) = 866 lb

Pv = P cos 60° = ( 1000 lb)(cos 60°) = 500 lb

Komponen horizontal Ph dipindahkan ke sumbu balok dengan menambahkan momen M0 (Gambar 5-48a):

M0 = Phd = (866,0 lb)(5,5 in.) = 4760 !b-in.

Perhatikan bahwa beban Ph, Pv, dan M0 yang bekerja di titik tengah C dari balok secara statis ekivalen dengan beban P semula.

Reaksi dan resu/tan tegangan. Reaksi balok (Rh, RA, dan R8) ditunjukkan dalam Gambar 5-48a. Juga, diagram gaya aksial N, gaya geser V, dan momen lentur M ditunjukkan dalam Gambar 5-48b, c, dan d. Semua besaran ini diperoleh dari diagram benda bebas dan persamaan kesetimbangan dengan menggunakan cara-cara yang telah diuraikan dalam Bab 4.

Tegangan di balok. Tegangan tarik maksimum di balok terjadi di bawah balok (y = -3,0 in.) sedikit di kiri titik tengah C. Kita sampai pada kesimpulan ini dengan mengingat bahwa di titik ini pada balok tegangan tarik akibat gaya aksial menambah tegangan tarik akibat momen Jentur terbesar. Jadi, dari Persamaan (5-53), kita dapatkan

N _ My 866 lb A I 20,0 in.2

(9870 lb-in.)(-3,0 in.) 86,67 in.4

= 43 psi + 342 psi = 385 psi

Tegangan tarik maksimum terjadi di atas balok (y = 3,0 in.) di kiri titik C atau di atas balok di kanan titik C. Kedua tegangan ini dihitung sebagai berikut:

'

N _ My 866 lb A I 20,0 in.2

(9870 lb-in.)(-3,0 in.) 86,67 in.4

= 43 psi - 342 psi = -299 psi

= N _ My = 0 _ (5 1 1 0 lb-in.)(3,0 in.) = _177 psi A I 86,67 in.4

Jadi, tegangan tekan maksimum adalah

( aclmaks = -299 psi

dan terjadi di atas balok di kiri titik C. Contoh ini menunjukkan bagaimana tegangan normal di suatu balok akibat

gabungan antara lentur dan beban aksial dapat ditentukan. Tegangan geser yang bekerja di penampang balok (akibat gaya geser V) dapat ditentukan secara independen dari tegangan normal, sebagaimana telah dibahas sebelum ini di dalam bab ini. Nanti, di dalam Bab 7, kita akan melihat bagaimana menentukan tegangan di bidang miring apabila kita mengetahui tegangan normal dan tegangan geser yang bekerja di bidang-bidang penampang.


*5·1 3 I KONSENTRASI TEGANGAN PADA KONDISI LENTUR

M M

( ) (a)

M M

( ) (b)

Gambar 5-49 Distribusi tegangan di sebuah balok yang mengalami lentur murni dengan lubang lingkaran di sumbu netral. (Balok ini mempunyai penampang persegi panjang dengan tinggi h dan tebal b.)

Rumus lentur dan geser yang dibahas dalam subbab-subbab terdahulu di dalam bab ini belaku untuk balok tanpa lubang, takikan, atau perubahan dimensi mendadak. Manakala diskontinuitas seperti ini ada, tegangan lokal yang tinggi akan terjadi. Konsentrasi tegangan seperti ini dapat menjadi sangat penting pada elemen struktur yang terbuat dari bahan getas atau yang mengalami beban dinamis. (Lihat Bab 2, Subbab 2. 1 0 untuk pembahasan tentang kondisi di mana konsentrasi tegangan merupakan hal penting.)

Untuk ilustrasi, dua kasus konsentrasi tegangan di balok dibahas di dalam subbab ini. Kasus pertama adalah balok dengan penampang persegi panjang dengan 1ubang di sumbu netral ( Gambar 5-49). Balok ini mempunyai tinggi h dan tebal b (tegak lurus bidang gambar) dan mengalarni lentur mumi akibat aksi momen lentur M. Apabila diameter d lubang adalah kecil dibandingkan dengan tinggi h, maka distribusi tegangan di potongan melintang yang melalui lubang kurang lebih seperti terlihat dalam Gambar 5-49a. Di titik B pada tepi lubang, tegangannya jauh lebih besar daripada tegangan yang dapat ada di titik tersebut seandainya tidak ada lubang. (Garis putus-putus di dalam gambar tersebut menunjukkan distribusi tegangan tanpa lubang.) Namun, apabila kita berjalan menuju tepi luar balok (menuju titik A), distribusi tegangan bervariasi secara linier terhadap jarak dari sumbu netral dan hanya sedikit dipengaruhi oleh adanya lubang.

Apabila lubangnya relatif besar, maka pola tegangan kurang lebih seperti terlihat da1am Gambar 5-49b. Ada peningkatan tegangan di titik B dan hanya sedikit perubahan tegangan di titik A dibandingkan dengan distribusi tegangan di balok tanpa lubang (sekali lagi, ini ditunjukkan dengan garis putus-putus). Tegangan di titik C lebih besar daripada tegangan di A tetapi lebih kecil daripada tegangan di B.

Penyelidikan lebih da1am telah menunjukkan bahwa tegangan di tepi lubang (titik B) kurang lebih dua kali tegangan nominal di titik tersebut. Tegangan nominal dihitung dari rumus lentur dengan cara standar, yaitu, CJ = My//, di mana y adalah jarak d/2 dari sumbu netra1 ke titik B dan I adalah momen inersia penampang neto di lokasi lubang. Jadi, kita mempunyai rumus pendekatan berikut untuk tegangan di titik B:

(5-57)

Di tepi luar balok (di titik C), tegangan kurang lebih sama dengan tegangan nominal (bukan tegangan aktual) di titik A (di mana y = h/2):

(5-58)

Pacta dua persamaan terakhir ini kita lihat bahwa rasio CJsfCJc kurang lebih sebesar 2d/h. Jadi kita simpulkan bahwa apabila rasio d!h antara diameter terhadap tinggi balok melebihi 1/2, maka tegangan terbesar terjadi di titik B. Apabila d!h kurang dari 1/2, maka tegangan terbesar terjadi di titik C.

Kasus kedua yang akan kita bahas adalah balok persegi panjang dengan takik (Gambar 5-50). Ba1ok pacta gambar terse but mengalarni lentur mumi dan mempunyai tinggi h dan tebal b (tegak 1urus bidang gambar).


Gambar 5-50 Faktor konsentrasi tegangan K untuk balok bertakikan dengan penampang persegi panjang yang mengalami lentur murni (h =

tinggi balok, b = tebal balok, tegak lurus bidang gambar). Garis putus adalah untuk takikan setengah lingkaran (h = h1 + 2R).

Juga, tinggi neto balok (yaitu, jarak antara dasar masing-masing takikan) adalah h1 dan radius di dasar masing-masing takikan adalah R. Tegangan maksimum untuk balok ini terjadi di dasar takikan dan dapat jauh lebih besar daripada tegangan nominal di titik yang sama. Tegangan nominal dihitung dari rumus lentur dengan y = h/2 dan I = bhf/ 12; jadi,

My 6M (] = - = --nom I bh2 I

(5-59)

Tegangan maksimum sama dengan faktor konsentrasi tegangan K dikalikan tegangan nominal:

K

<Jmaks = Kanom (5-60)

1 ,5�------J-------�------�----�--L-------J--=�--�

0 0,05 0, 10 0, 15

R

71; 0,20 0,25 0,30

Faktor konsentrasi tegangan K diplot dalam Gambar 5-50 untuk beberapa harga rasio hlh1 • Perhatikan bahwa apabila takikan menjadi "lebih tajam," yaitu rasio R/h1 menjadi lebih kecil, faktor konsentrasi tegangan akan meningkat. *

Efek konsentrasi tegangan terjadi di daerah kecil di sekitar lubang dan takikan, sebagaimana diterangkan dalam pembahasan prinsip SaintVenant dalam Subbab 2. 10. Pada jarak sama yang dengan atau lebih besar dari lubang atau takikan, efek konsentrasi tegangan dapat diabaikan dan rumus biasa untuk tegangan dapat digunakan.

*Gambar 5-50 dip1ot dari rumus yang diberikan da1am Ref. 2- 10, yang mengandung rumus untuk banyak jenis lain konsentrasi tegangan. Untuk data tambahan tentang konsentrasi tegangan termasuk rumus-rumus dan grafik-grafik, lihat Ref. 2- 1 1 .

SOAL-SOAL BAB 5 I ._J , x n LEMBAR • X + KE�JA REGANGAN LONGITUDINAL Dl BALOK

5.4-1 Tentukan regangan normal maksimum £maks yang timbul di kawat baja dengan diameter d = 11 16 in., apabila kawat tersebut dibengkokkan di sekeliling drum silindris dengan radius r = 24 in. (lihat gambar).

5.4-2 Sebuah kawat tembaga yang mempunyai diameter d = 4 mm dibengkokkan menjadi lingkaran dan ditahan dengan ujung-ujungnya saling menyentuh (lihat gambar). Jika regangan izin maksimum di tembaga ada1ah £maks = 0,0033, berapa panjang terpendek L kawat yang dapat digunakan?

L == Panjang

5.4-3 Sebuah pipa polietilen dengan diameter luar 4 in. didesain untuk menyalurkan buangan kimiawi. Pipa itu diletakkan dalam parit yang membentuk belokan seperempat lingkaran 90° (lihat gambar). Bagian pipa yang melengkung mempunyai panjang 32 ft. Tentukan regangan tekan maksimum £maks di pipa.

Mekanika Bahan 31 7

5.4-4 Sebuah balok kantilever AB dibebani kopel M0 di ujung bebas (lihat gambar). Panjang balok adalah L = 1 ,2 m dan regangan normal longitudinal di permukaan atas adalah 0,0008. Jarak dari permukaan atas balok ke permukaan netral adalah 50 mm. Hitunglah radius kelengkungan p, kelengkungan 1(, dan defleksi vertikal 8 di ujung balok.

5.4-5 Sebuah plat baja yang panjangnya L = 36 in. dan tebal t = 0,4 in. dibengkokkan oleh kopel M0 (lihat gambar). Defleksi 8 di titik tengah plat (diukur dari garis yang menghubungkan titik-titik ujungnya) diketahui 0,29 in. Tentukan regangan normal longitudinal £ di permukaan atas plat tersebut.

5.4-6 Sebuah batang dengan penampang persegi panjang dibebani dan ditumpu seperti terlihat dalam gambar. Jarak antara tumpuan adalah L = 1 ,5 m dan tinggi batang ini adalah h = 1 20 mm. Defleksi 8 di titik tengah diukur 2 ,5 mm. Berapa regangan normal maksimum £ di atas dan bawah batang ini?

TEGANGAN NORMAL Dl BALOK

5.5-1 Sebuah kawat baja (E = 30 x 106 psi) dengan diameter d = 1 /32 in. dibengkokkan di sekeliling katrol yang berjari-jari r = 9,75 in. (lihat gambar). (a) Berapa

,


� p.::�.lll maksimum crmaks di kawat? (b) Apakah tegangan �umbah atau berkurang jika radius katrol bertambah?

5.5-2 Sebuah plat tipis dari tembaga keras (£ = 1 1 3 GPa) yang mempunyai panjang L = 2 m dan tebal t = 2 mm dibengkokkan menjadi berbentuk lingkaran dan ditahan dengan ujung-ujungnya saling menyentuh (lihat gambar). (a) Hitunglah tegangan lentur maksimum umaks di plat tersebut. (b) Apakah tegangan tersebut bertambah jika tebal plat bertambah?

5.5-3 Sebuah batang baja berkekuatan tinggi (£ = 28 x 106 psi) yang mempunyai tebal t = 0,06 in. dan panjang L = 14 in. dibengkokkan oleh kopel M0 menjadi busur lingkaran dengan sudut pusat a = 67,8° (lihat gambar). (a) Berapa tegangan lentur maksimum umaks di batang tersebut? (b) Apakah tegangan bertambah atau berkurang jika sudut pusatnya bertambah?

\'f'--a�,�

5.5-4 Sebuah balok kayu yang ditumpu sederhana AB dengan panjang bentang L = 3,5 m memikul be ban terbagi rata dengan intensitas q = 6,4 kN/m (lihat gambar). Hitunglah tegangan lentur maksimum umaks akibat beban q jika balok mempunyai penampang persegi panjang dengan lebar b = 1 50 mm dan tinggi h = 280 mm.

q �I l l I I h

____l L_ L ________________

5.5-5 Sebuah ayunan yang beratnya 3 lb/ft panjang dinaiki oleh dua anak, yang masing-masing beratnya 90 lb (l ihat gambar). Pusat berat setiap anak ada di 8 ft dari titik tengah. Papan tersebut mempunyai panjang 1 9 ft, le bar 8 in., dan tebal I ,5 in. Berapa tegangan lentur maksimum di papan?

5.5-6 Sebuah as gerobak angkutan AB dibebani seperti terlihat dalam gambar, dengan gaya P yang menunjukkan beban dari gerobak dan gaya R yang menunjukkan beban rei (disalurkan melalui roda). Diameter as adalah d = 80 mm, panjang roda adalah L = 1 ,45 in., dan jarak antara beban adalah b = 200 mm. Hitunglah tegangan lentur maksimum umaks di as jika P = 9,3 kN.

_L 0 d T

5.5-7 Setiap girder dari jembatan angkat (lihat gambar) mempunyai panjang 1 70 ft dan ditumpu sederhana di ujung-ujungnya. Beban desain untuk setiap girder adalah beban terbagi rata dengan intensitas 1 ,2 k/ft. Girder terbuat dari plat baja yang dilas sehingga berbentuk I dan mempunyai modulus penampang S = 2800 in.3

Berapakah tegangan lentur maksimum umaks di girder akibat beban terbagi rata?

5.5-8 Balok horizontal ABC dari pompa pengeboran minyak mempunyai penampang seperti terlihat dalam gambar. Jika gaya pompa vertikal yang bekerja di ujung C adalah 38 kN, dan jika jarak dari garis kerja gaya tersebut ke titik B adalah 4,5 m, berapa tegangan lentur maksimum di balok tersebut akibat gaya pompa?

�I 200 mm

5.5-9 Selama pelaksanaan jembatan jalan raya, girder utama dikantileverkan dari satu tiang ke tiang di sebelahnya (lihat gambar). Setiap girder mempunyai panjang kantilever 1 70 ft dan penampang berbentuk I dengan dimensi seperti terlihat dalam gambar. Beban di setiap girder (selama pelaksanaan) diasumsikan 750 lb/ ft, yang termasuk berat girder. Tentukan tegangan lentur maksimum di girder akibat beban tersebut.

96 in.

�I 24 in.

5.5-1 0 Sebuah pipa fiberglass diangkat oleh crane dengan menggunakan susunan seperti terlihat dalam gambar. Diameter luar pipa adalah 1 50 mm, tebalnya 6 mm, dan berat jenisnya 1 8 kN/m3• Panjang pipa adalah L = 1 3 m dan jarak antara titik angkat adalah s = 4 m. Tentukan tegangan lentur maksimum di pipa akibat berat sendirinya.

Mekanika Bahan 31 9

L

5.5-11 Sebuah bantalan rei dibebani dua beban terpusat, masing-masing besarnya P = 40 k, seperti terlihat dalam gambar. Reaksi q dari ballast diasumsikan terdistribusi terbagi rata di panjang bantalan, yang mempunyai dimensi penampang b = 12 in. dan h = 10 in. Hitunglah tegangan lentur maksimum O'maks di bantalan akibat beban total P, dengan mengasumsikan L = 57 in. dan a = 1 9,5 in.

p p

5.5-1 2 Sebuah tanggul yang tingginya h = 2,4 m terbuat dari balok kayu vertikal AB yang tebalnya t = 1 60 mm, seperti terlihat dalam gambar. Anggap bahwa balok tersebut ditumpu sederhana di atas dan bawah. Tentukan tegangan lentur maksimum O'maks di balok, dengan mengasumsikan bahwa berat jenis air adalah y = 9,8 1 kN/m3.

320 Bab 5 Tegangan Di Ba/ok (Topik Dasar)

T h

B

5.5-13 Dapatkan rumus untuk tegangan normal maksimum amaks (akibat momen lentur oleh momen M) pada balok yang mempunyai penampang sebagai berikut (lihat gambar): (a) inti lingkaran yang diametemya d dengan sudut f3 = 45°, dan (b) heksagon dengan sisi-sisi yang panjangnya b.

(a) (b)

5.5-1 4 Dapatkan rumus untuk tegangan tarik maksimum a, (akibat momen lentur positif M) pada balok yang mempunyai penampang sebagai berikut (lihat gambar): (a) setengah lingkaran yang diameternya d, dan (b) trapesium isosceles dengan alas b1 = b dan b2 = 3b/2, dan tinggi h.

(a) (b)

5.5- 1 5 Balok sederhana AB dengan panjang bentang L = 24 ft mengalami dua be ban roda yang bekerja pacta jarak d = 5 ft (lihat gambar). Setiap roda menyalurkan beban P = 3 k, dan gerobak di atas roda dapat berada pacta posisi manapun di balok. Tentukan tegangan lentur maksimum amaks akibat beban roda jika balok adalah balok I yang mempunyai modulus penampang S = 16,2 in.3

+---- L ---�

;r_ -I-

5.5-16 Sebuah jembatan penyeberangan di atas pipa di pabrik kimia dipikul oleh dua rangka fiberglass, seperti terlihat pada bagian (a) dalam gambar. Setiap rangka mempunyai bentang L = 5,46 m dan tinggi h = 0,82 m [lihat bagian (b) pada gambar]. Kemiringan batang miring pada rangka adalah 2 banding 3. Potongan melintang dari rangka berbentuk I dengan lebar l OO mm dan tinggi 150 mm, serta tebal 10 mm [lihat bagian (c) dari gambar] . Tentukan tegangan lentur maksimum di potongan tengah rangka akibat beban terbagi rata q = 2,9 kN/m yang bekerja di bagian horizontal dari rangka.

(a)

q = 2,9 kN/m 1 0 mm 3 �2 150 I. L = 5,46 m -I 100 mm

(b) (c)

5.5-1 7 Sebuah balok kantilever AB yang dibebani oleh beban terbagi rata dan beban terpusat (lihat gambar), terbuat dari penampang kanal. Carilah tegangan tarik maksimum a, dan tegangan tekan maksimum ac jika penampang mempunyai dimensi yang tergambar dan momen inersia terhadap sumbu z (sumbu netral) adalah I = 2,8 1 in.4 (Catatan: Beban terbagi rata menunjukkan berat balok.) 230 lb l 20 lb/ft

A ��:5 �-�-}�2� B

5.5-1 8 Sebuah balok kantilever AB dengan penampang segitiga mempunyai panjang L = 0,8 m, lebar b = 80 mm, dan tinggi h = 1 20 mm (lihat gambar). Balok ini terbuat dari perunggu yang beratnya 85 kN/m3. (a) Tentukan tegangan tarik maksimum 0'1 dan tegangan tekan maksimum ac akibat berat sendiri balok. (b) Jika lebar b menjadi dua kali, apa yang terjadi pada tegangan? (c) Jika tinggi menjadi dua kali, apa yang terjadi pada tegangan?

A B

L

5.5-1 9 Balok ABC dengan overstek dari B ke C memikul beban terbagi rata 200 lb/ft di seluruh panjangnya (lihat gambar). Balok ini mempunyai penampang kanal dengan dimensi seperti terlihat dalam gambar. Momen inersia terhadap sumbu z (sumbu netral) sama dengan 5 , 14 in.4 Hitunglah tegangan tarik maksimum a1 dan tegangan tekan maksimum ac akibat beban terbagi rata.

( 200 lb/ft

f.Ll J I �) De I. 1 0 ft '"·1:· ' 5 ft ·I

_10.674 in UJ2.496 in 5.5-20 Sebuah rangka ABC berjalan dalam arah horizontal dengan percepatan a0 (lihat gambar). Dapatkan rumus untuk tegangan maksimum amaks di lengan vertikal AB, yang mempunyai panjang L, tebal t, dan rapat massa p.

A ao = percepatan

Mekanika Bahan 321

5.5-21 Sebuah balok penampang T dipikul dan dibebani seperti terlihat dalam gambar. Penampangnya mempunyai lebar b = 2,5 in., tinggi h = 3 in., dan tebal t = 0,5 in. Tentukan tegangan tarik dan tekan maksimum di balok ini.

P = lOOO lb

5.5-22 Sebuah balok kantilewr AB dengan penampang persegi panjang mempunyai lubang longitudinal yang dibor di seluruh panjangnya (lihat gambar). Balok ini memikul beban P = 600 N. Penampang ini mempunyai lebar 25 mm dan tinggi 50 mm, serta lubangnya mempunyai diameter 1 0 mm. Carilah tegangan lentur di atas balok, di atas lubang, dan di bawah balok.

*5.5-23 Tanggul kecil yang tingginya h = 6 ft terbuat dari balok kayu vertikal AB, seperti terlihat dalam gambar. Balok kayu, yang mempunyai tebal t = 2,5 in., ditumpu sederhana oleh balok baja horizontal di A dan B. Buatlah grafik yang menunjukkan tegangan lentur maksimum amaks di balok kayu versus tinggi d dari air di atas tumpuan bawah di B. Plotlah tegangan amak> (psi) sebagai ordinat dan tinggi d (ft) sebagai absis. (Catatan: Berat jenis y air adalah 62,4 lb/ft3.)

Balok

T d

- - · - -- - · -· - -- - · - -..... .. Tampak samping

/ Balok kayu

Tampak atas


DESAIN BALOK

5.6-1 Sebuah breketfiberglass ABCD dengan potongan mdintang lingkaran solid mempunyai bentuk dan dimensi -.eperti terlihat dalam gambar. Beban vertikal P = 8 lb bekeija di ujung bebas D. Tentukan diameter izin minimum dmin dari breket jika tegangan lentur izin di bahan adalah 3500 psi dan b = 1 ,5 in. (Abaikan berat sendiri breket.)

Sb B•l a A ':if � t . ,

2b

D c l I "» l J P f 2b -I

5.6-2 Penampang jembatan rei ditunjukkan dalam gambar. Jembatan ini mempunyai girder baja longitudinal yang memikul bantalan kayu. Girder ini ditahan terhadap tekuk lateral oleh bresing diagonal, seperti terlihat dengan garis putus. Jarak girder adalah s1 = 0,8 m dan jarak rei adalah s2 = 0,6 m. Beban yang disalurkan oleh setiap rei ke satu bantalan adalah P = 1 8 kN. Potongan bantalan, yang ditunjukkan dalam bagian (b) gambar tersebut mempunyai lebar b = 1 20 mm dan tinggi d. Tentukan harga minimum d berdasarkan atas tegangan lentur izin I 0 MPa di bantalan. (Abaikan berat bantalan itu sendiri.)

p p

5.6-3 Balok kantilever yang panjangnya L = 6 ft memikul beban terbagi rata dengan intensitas q = 250 lb/ft dan beban terpusat P = 3000 lb (lihat gambar). Hitunglah modulus penampang yang diperlukan S jika Oizin = 1 6.000 psi. Selanjutnya pilihlah balok sa yap lebar yang memadai (profil W) dari Tabel E- 1 , Lampiran E, dan hitung ulang S dengan memperhitungkan berat balok. Pilihlah ukuran balok yang baru jika diperlukan.

P = 3000 lb

q = 250 lb/ft �

5.6-4 Balok sederhana yang panjangnya L = 1 5 ft memikul beban terbagi rata dengan intensitas q = 900 lb/ ft dan be ban terpusat P = 8000 lb (lihat gambar). Dengan mengasumsikan a. . = 1 8.000 psi, hitunglah modulus penampang yang dl��rlukan S. Lalu pilihlah balok sayap le bar 1 2 in. (profil W) dari Tabel E- 1 , Lampiran E, dan hitung ulang S dengan memperhitungkan berat balok. Pilihlah balok 1 2 in. yang baru jika diperlukan.

P = 8000 lb 7.5 ft�

I 5.6-5 Sebuah balok sederhana AB dibebani seperti terlihat dalam gambar. Hitunglah modulus penampang yang diperlukan S jika amaks = 1 6.000 psi, L = 24 ft, P = 2000 lb, dan q = 300 lb/ft. Lalu, pilihlah balok I yang memadai (profil S) dari Tabel E-2, Lampiran E, dan hitung ulang S dengan mempcrhitungkan berat balok. Pilih ukuran balok baru jika perlu.

, r , � ,.fD!k 1. + .1. + .I. + .1. + .1

5.6-6 Sebuah jembatan ponton (lihat gambar) terbuat dari dua balok kayu longitudinal yang membentang antara ponton yang berdekatan dan memikul balok lantai transversal, yang disebut papan. Untuk maksud desain, asumsikan beban lantai yang seragam sebesar 10 kPa bekeija di seluruh papan. (Beban ini termasuk berat papan dan balok.) Juga, asumsikan bahwa papan mempunyai panjang 2,4 m dan balok ditumpu sederhana dengan bentang 3,6 m. Tegangan lentur izin di kayu adalah 1 7,5 MPa. Jika balok mempunyai penampang bujursangkar, berapa lebar perlu minimum bmin?

5.6-7 Sebuah sistem lantai di gedung kecil terdiri atas papan kayu yang dipikul oleh balok anak yang lebarnya (le bar nominal) 2 in. dengan jarak satu sama lain s ( diukur as ke as, lihat gambar). Panjang bentang L setiap balok adalah 10,5 ft, jarak s antara balok adalah 16 in., dan tegangan lentur izin di kayu adalah 1 200 psi. Beban lantai terbagi rata adalah 100 lb/ft2, yang termasuk berat sistem lantai itu sendiri. Hitunglah modulus penampang yang diperlukan S untuk balok anak dan pilihlah ukuran balok anak yang memadai (kayu yang telah diamplas) dari Lampiran E, dengan mengasumsikan bahwa setiap balok anak dapat dinyatakan sebagai balok yang memikul beban terbagi rata.

5.6-8 Balok anak yang memikul lantai papan (lihat gambar) mempunyai penampang aktual 40 mm x 1 80 mm dan mempunyai panjang bentang L = 4,0 m. Beban lantai adalah 2,4 kPa yang sudah termasuk berat balok anak dan lantai. Hitunglah jarak izin maksimum s antara balok anak jika tegangan lentur izin adalah 8,5 MPa. (Asumsikan bahwa setiap balok anak dapat dinyatakan sebagai balok sederhana yang memikul beban terbagi rata.)

5.6-9 Sebuah balok ABC dengan overstek dari B ke C mempunyai penampang C 10 x 30 (lihat gambar). Balok tersebut memikul berat sendiri (30 lb/ft) ditambah beban terbagi rata dengan intensitas q yang bekerja di overstek. Tegangan izin tarik dan tekan masing-masing adalah 20 ksi dan 1 2 ksi. Tentukan beban terbagi rata izin q . jika jarak L sama dengan 4,0 ft.

lzm

Mekanika Bahan 323

q

A ,£;"

5.6-10 Batang yang disebut trape�e bar di kamar rumah sakit memungkinkan seorang pasien berolah raga selama berada di atas tempat tidur (lihat gambar). Batang tersebut panjangnya 2, I m dan mempunyai penampang berbentuk oktagon (segi delapan) teratur. Beban desain adalah 1 100 N yang bekerja di titik tengah batang, dan tegangan lentur izin adalah 1 60 MPa. Tentukan lebar minimum s batang tersebut. (Asumsikan bahwa ujung-ujung batang adalah tumpuan sederhana dan bahwa berat batang dapat diabaikan.)

5.6-11 Gerobak dua as yang merupakan bagian dari crane pada laboratorium uji bergerak perlahan-lahan melintasi balok sederhana AB (lihat gambar). Beban yang disalurkan ke balok dari as depan adalah 2,4 k dan dari as belakang adalah 4,8 k. Berat balok itu sendiri dapat diabaikan. (a) Tentukan modulus penampang perlu minimum S untuk balok tersebut jika tegangan lentur izin adalah 1 8 ksi, panjang balok adalah 1 6 ft, dan jarak antara as adalah 5 ft. (b) Pilihlah balok I (profil S) yang memadai dari Tabel E-2, Lampiran E.

�----------- 1 6 ft ----------�


5.6-12 Sebuah balok kantilever AB dengan penampang -=.::� dan panjang L = 500 mm memikul beban P =

):(' � yang bekerja di ujung bebas (lihat gambar). Balok :ru terbuat dari baja dengan tegangan lentur izin 80 MPa. Tentukan diameter perlu drnin balok ini dengan meninjau pengaruh berat sendiri balok.

k--------- L----------� 5.6-1 3 Sebuah balok ABCD (lihat gambar) ditumpu di titik A, B, dan D dan mempunyai sambungan ( dinyatakan dengan sambungan sendi di titik C. Jarak a = 8 ft dan balok adalah profil sayap lebar W 1 6 x 57 dengan tegangan lentur izin 1 6.000 psi. Carilah beban terbagi rata izin q yang dapat bekerja di atas balok tersebut, dengan memperhitungkan berat sendiri balok.

5.6-1 4 Sebuah balkon yang terbuat dari kayu dipikul oleh tiga balok kantilever identik (lihat gambar). Setiap balok mempunyai panjang L = 2 , 1 m, lebar b, dan tinggi h = 4b/3. Dimensi lantai balkon adalah L1 x L2, dengan L2 = 2,5 m. Beban desain adalah 5,5 kPa yang bekerja di seluruh luas lantai. (Beban ini sudah terrnasuk semua beban kecuali berat balok kantilever, yang mempunyai berat jenis y = 5,5 kN/m3 .) Tegangan lentur izin di kantilever adalah 15 MPa. Dengan menganggap bahwa kantilever tengah memikul 50% dari beban dan setiap kantilever tepi memikul 25% dari beban, tentukan dimensi b dan h yang diperlukan.

5.6-1 5 Sebuah balok yang mempunyai penampang sayap lebar tak simetris (lihat gambar) mengalami momen lentur negatif yang bekerja terhadap sumbu z. Tentukan lebar b sayap atas agar tegangan di permukaan atas dan bawah balok akan mempunyai rasio 4:3.

y

b l I I 1 .25 in

1 6 in ---- - ]�'" z c

1 .5 in

I. 16 in JT

5.6-1 6 Sebuah balok yang mempunyai penampang berbentuk kanal (Iihat gambar) mengalarni momen lentur yang bekelja terhadap sumbu z. Hitunglah tebal t kanal ini agar tegangan lentur di atas dan bawah balok tersebut mempunyai rasio 7:3.

y

-1 � z ---�===!==::i! r mm

��.1 -

5.6-1 7 Tentukan rasio berat ketiga balok yang mempunyai panjang sama, terbuat dari bahan sama, mengalarni momen lentur maksimum sama, dan mengalami tegangan lentur maksimum sama, apabila penampangnya adalah: ( 1 ) persegi panjang dengan tinggi sama dengan dua kali lebar, (2) bujursangkar, dan (3) lingkaran (lihat gambar).

T h=2b

j_ �b� I a _1

�a� 5.6-1 8 Penampang balok persegi panjang yang mempunyai lebar b dan tinggi h ditunjukkan dalam bagian (a) dalam gambar. Karena alasan yang tak diketahui oleh perencana, diharuskan menambah proyeksi struktural dari lebar b/9 dan tinggi d di atas dan bawah dari balok [lihat bagian (b) dari gambar]. Berapa harga d agar kapasitas momen lentur balok ini bertambah? Berapa harga d agar kapasitas momen Ientur balok ini berkurang?

--� d

I lh - d

�� (a) (b)

5.6-1 9 Papan AD yang panjangnya L = 30 in., lebamya b = 1 2 in. dan tebalnya t = 0,5 in. dipikul oleh breket di B dan C [lihat bagian (a) dari gambar] . Breket tersebut dapat disesuaikan dan dapat diletakkan di posisi yang dikehendaki antara kedua ujung papan. Beban terbagi rata dengan intensitas q, yang termasuk berat sendiri papan, bekerja di papan [lihat bagian (b) dari gambar] . Tentukan beban izin maksimum q jika tegangan lentur izin di papan adalah aizin = 830 psi.

(a)

q A i. l:f) ! I J� .ID (b)

5.6-20 Sebuah balok baja ABC ditumpu sederhana di A dan B dan mempunyai overstek BC yang panjangnya L = 150 mm (lihat gambar). Balok ini memikul beban terbagi rata dengan intensitas q = 3,5 kN/m di seluruh panjang 450 mm. Penampang balok ini adalah persegi panjang dengan lebar b dan tinggi 2b. Tegangan lentur izin di baja adalah aizin = 60 MPa dan berat jenisnya y = 77,0 kN/m3. (a) Dengan mengabaikan berat balok, hitunglah lebar perlu b untuk penampang persegi panjang tersebut. (b) Dengan memperhitungkan berat balok, hitung lebar b.

Mekanika Bahan 325

5.6-21 Plat baja (disebut cover plate) yang mempunyai dimensi melintang 4,0 in. x 0,5 in. dilas di sepanjang flens atas sebuah balok dengan profil sayap lebar W 1 2 x 35 (lihat gambar). Berapa persen peningkatan modulus penampang dibandingkan dengan profil sayap lebar itu sendiri?

/4,0 x 0,5 in. plat baja -v W I2 d5

r=JL 5.6-22 Sebuah balok aluminium mempunyai penampang simetri ganda seperti terlihat pada bagian (b) dalam gambar. Untuk analisis lentur, fillets dan pojok-pojok lengkung dapat diabaikan, seperti terlihat dalam bagian (b). Penampang tersebut mempunyai dimensi b = 220 mm, h = 200 mm, h1 = 80 mm, t1 = t2 = 10 mm, dan t3 = 20 mm. (a) Apakah balok ini akan lebih kuat apabila melentur terhadap sumbu 1 - 1 sebagai sumbu netral, ataukah terhadap sumbu 2-2? (b) Berapa rasio f3 antara modulus penampang yang lebih besar terhadap yang lebih kecil?

Bentuk aktual Bentuk yang diidealisasi

(a) (b)

5.6-23 Tekanan air bekeija terhadap panel miring ABC yang berfungsi sebagai penahan (lihat gambar). Panel ini ditahan di titik B, yang tingginya h di atas dasar, dan menekan terhadap dasar di A apabila level muka air tidak terlalu tinggi (perhatikan bahwa panel akan berputar terhadap sendi di B jika tinggi d dari air melebihi tinggi maksimum tertentu dmaksl· Panel ini mempunyai tebal t dan miring dengan sudut a terhadap horizontal. Turunkan rumus untuk tebal perlu minimum tmin panel tersebut jika tegangan lentur maksimum di panel tidak boleh melebihi tegangan izin aizin· (Perhatikan bahwa tegangan maksimum di panel terjadi apabila tinggi air mencapai tinggi maksimum dmaks· Dalam menurunkan rumus, tinjau saja pengaruh lentur di panel, abaikan berat panel, dan anggap berat jenis air adalah rl

326 Bao 5 Tegangan Di Balok (Topik Dasar)

5.6-24 Sebuah balok dengan penampang bujursangkar (a = panjang masing-masing sisi) melentur dalam bidang diagonalnya (lihat gambar). Dengan membuang sebagian kecil bahan di atas dan bawah pojoknya, seperti terlihat dengan bagian yang digelapkan dalam gambar, kita dapat meningkatkan modulus penampang dan mendapatkan balok yang lebih kuat, meskipun luas penampangnya berkurang. (a) Tentukan rasio f3 yang mendefinisikan luas yang harus dibuang agar kita memperoleh penampang yang paling kuat terhadap lentur. (b) Berapa persen modulus penampang bertambah apabila luas tersebut dibuang?

y

5.6-25 Sebuah dinding penahan yang tingginya 5 ft terbuat dari papan-papan kayu yang tebalnya 3 in. (dimensi aktual) yang ditumpu oleh tiang kayu vertikal berdiameter 1 2 in. (dimensi aktual) seperti terlihat dalam gambar. Tekanan tanah lateral adalah p1 = 1 00 lb/ft2 di atas dinding dan p2 = 400 lb/ft2 di bawah. Dengan mengasumsikan bahwa tegangan izin di kayu adalah 1 200 psi, hitunglah jarak izin maksimum s antar tiang. (Petunjuk: Perhatikan jarak tiang dapat ditentukan oleh kapasitas pikul beban papan dan tiang. Anggap papan beraksi sebagai balok kantilever yang mengalami beban terdistribusi trapesium dan anggap papan beraksi sebagai balok sederhana antara tiang-tiang. Agar berada pada sisi aman, asumsikan bahwa tekanan di papan bawah adalah terbagi rata dan sama dengan tekanan minimum.)

.. �� 3 in

5 ft

BALOK NONPRISMATIS

diameter 1 2 in.

- "

y

p2 = 400 lb/ft2

3 in

Tampak atas

5.7-1 Sebuah balok ABC ditahan di C dan terletak di atas B (lihat gambar). Potongan melintang adalah lingkaran dengan diameter konstan dB antara B dan C dan diameter dA di ujung bebas A. Antara titik A dan B, diameter bervariasi secara linier terhadap jarak x. Beban terpusat P bekerja di ujung A. Pada jarak x berapa dari ujung bebas tegangan lentur maksimum akibat beban P terjadi jika dsfdA = 2,25? Berapa besar amaks tegangan lentur maksimum? Berapa rasio antara tegangan maksimum terhadap tegangan terbesar aB di titik B?

c

0' · : : -

dB

L

5.7-2 Balok kantilever yang meruncing AB yang panjangnya L mempunyai penampang bujursangkar dan memikul beban terpusat P di ujung bebas (lihat gambar). Lebar dan tinggi balok bervariasi secara linier dari hA di ujung bebas hingga hB di ujung jepit. Tentukan jarak x dari ujung bebas ke penampang di mana tegangan lentur maksimum jika hB = 2,5hA. Berapa besar tegangan lentur maksimum amaks? Berapa rasio antara tegangan maksimum tersebut terhadap tegangan terbesar aB di tumpuan?

p

5.7-3 Sebuah papan tanda yang tinggi ditumpu oleh dua balok vertikal yang terdiri atas tabung lingkaran berdinding tipis yang meruncing (lihat gambar). Di dalam analisis, setiap balok dianggap sebagai balok kantilever AB yang panjangnya L = 25 ft yang mengalami beban lateral P = 500 lb di ujung bebas. Tabung tersebut mempunyai tebal konstan t = 0,375 in. dan diameter rata-rata dA = 3,5 in. dan dB = 10,5 in. masing-masing di ujung A dan B. Karena tebalnya kecil dibandingkan dengan diameter, maka momen inersia di setiap penampang dapat diperoleh dari rumus I = mh/8 (lihat Kasus 22, Lampiran D), sehingga modulus penampang dapat dihitung dengan menggunakan rumus S = mPt/4. Pada jarak x berapakah dari ujung bebas tegangan lentur maksimum terjadi? Berapa besar tegangan lentur maksimum amaks tersebut? Berapa rasio antara tegangan maksimum terhadap tegangan terbesar aB di tumpuan?

!p = 500 lb

�

Jl dB= 10.5 in

5.7-4 Sebuah balok kantilever yang meruncing AB dan mempunyai penampang persegi panjang mengalarni beban terpusat P = 400 N dan kopel M0 = 1 60 N.m yang bekerja di ujung bebas (lihat gambar). Lebar b balok adalah konstan dan sama dengan 25 mm, tetapi tingginya bervariasi secara linier dari hA = 50 mm di ujung yang dibebani ke hB = 75 mm di tumpuan. Pada jarak x berapa dari ujung bebas tegangan lentur maksimum amaks terjadi? Berapa besar tegangan maksimum amaks tersebut? Berapa rasio antara tegangan maksimum dan tegangan terbesar aB di tumpuan?

--r hB = 75 mm

___t__ -+J r-b = 25 mm

Mekanika Bahan 327

*5.7-5 Jeruji dari sebuah roda gila dimodelkan sebagai balok yang terjepit di satu ujung dan dibebani oleh beban P dan kopel M0 di ujung lainnya (lihat gambar). Penampang jeruji tersebut berbentuk elips dengan sumbu major dan minor (tinggi dan lebar) yang ukurannya seperti terlihat dalam gambar. Dimensi penampang bervariasi secara linier dari ujung A ke ujung B. Dengan hanya meninjau pengaru lentur akibat beban P dan M0, tentukan besaran berikut. (a) tegangan lentur maksimum aA di ujung A; (b) tegangan lentur maksimum aB di B; (c) jarak dari A ke penampang bertegangan lentur maksimum x; dan (d) besar tegangan lentur maksimum amaks·

**5.7-6 Tinjau balok kantilever yang meruncing dengan penampang lingkaran seperti terlihat dalam Gambar 5.24 dalam Subbab 5.7. (a) Dengan hanya meninjau pengaruh lentur akibat beban P, tentukan rasio dJ!dA antara diameter kedua ujung sedemikian hingga volume (dan juga berat) balok adalah minimum. (Asumsikan bahwa tegangan lzin lentur adalah o;zin·) (b) Turunkan rumus untuk volume minimum Vmin· (c) Carilah rasio antara volume minimum Vmin dan volume balok prismatis (dB = dA).

BALOK BERTEGANGAN PENUH

Soal 5.7-7 sampai 5.7-10 berkaitan dengan balok bertegangan penuh dengan penampang persegi panjang. Tinjaulah tegangan lentur yang diperoleh dari rumus lentur saja dan abaikan berat balok.

5.7-7 Sebuah balok kantilever AB yang mempunyai penampang persegi panjang dengan lebar konstan dan tinggi yang bervariasi hx mengalami beban terbagi rata dengan intensitas q (lihat gambar). Bagaimanakah tinggi hx harus bervariasi sebagai fungsi dari x (diukur dari ujung bebas balok) agar balok tersebut menjadi bertegangan penuh? (Nyatakan hx dalam tinggi hB di ujung jepit balok tersebut.)


q 1 1 1 1 1 1 1 1

X I L ·I

D J -l b -5.7-8 Sebuah balok kantilever AB yang mempunyai penampang persegi panjang dengan lebar bervariasi bx dan tinggi bervariasi hx mengalami beban terbagi rata dengan intensitas q (lihat gambar). Jika lebar bervariasi secara linier terhadap x menurut Persamaan bx = bJJC!L, bagaimanakah hx sebagai fungsi dari x agar menjadi balok bertegangan penuh? (Nyatakan h, dalam tinggi h8 di ujung jepit balok )

q I l l l l r riJ A

X L

5.7-9 Sebuah balok kantilever AB yang mempunyai penampang persegi panjang dengan tinggi konstan h dan lebar bervariasi bx mengalami beban terpusat P di ujung bebas (lihat gambar). Bagaimanakah lebar bx harus bervariasi sebagai fungsi dari x agar menjadi balok bertegangan penuh? (Nyatakan bx dalam lebar b8 di ujung jepit balok.)

� _l_ I_ ____J lba '

5.7-1 0 Sebuah balok sederhana AB yang memikul beban terpusat P (lihat gambar) mempunyai penampang persegi panjang dengan lebar konstan b dan tinggi bervariasi hx. Beban terpusat dapat bekerja di manapun pada bentang balok. Bagaimanakah hx harus bervariasi sebagai fungsi dari x (diukur dari titik tengah balok) agar berat balok minimum? (Nyatakan hx sebagai fungsi dari h1 di titik tengah balok.)

TEGANGAN GESER PADA BALOK PERSEGI PANJANG

5.8-1 Tegangan geser r pada balok persegi panjang dinyatakan dengan Persamaan (5-39):

r = �( � - Y� J di mana V adalah gaya geser, I adalah momen inersia penampang, h adalah tinggi balok, dan y1 adalah jarak dari sumbu netral ke titik di mana tegangan geser sedang dihitung (lihat Gambar 5-30). Dengan mengintegrasikan persamaan tersebut di seluruh luas penampang, buktikan bahwa resultan dari tegangan geser sama dengan gaya geser V.

5.8-2 Hitunglah tegangan geser maksimum rmaks dan tegangan lentur maksimum <Jmaks pada balok kayu yang ditumpu sederhana (lihat gambar) yang memikul beban terbagi rata 25 kN/m (termasuk berat balok) jika panjangnya adalah 1 ,75 m dan penampangnya adalah persegi panjang dengan lebar 200 mm dan tinggi 250 mm.

r 25 kN/m Jzso mm

1--1 200 mm 1----1 .75 m---�

5.8-3 Dua balok kayu, masing-masing dengan penampang bujursangkar (3,5 in. x 3,5 in. dimensi aktual) dilem hingga membentuk balok solid dengan dimensi 3,5 in. x 7,0 in. (lihat gambar). Balok tersebut ditumpu sederhana dengan bentang 6 ft. Berapa beban maksimum P maks yang dapat bekerja di titik tengah jika tegangan geser izin di bagian yang dilem adalah 200 psi? (Masukkan pengaruh berat sendiri balok dengan menganggap berat kayu 0,02 lb/in3 .)

5.8-4 Sebuah balok kantilever yang panjangnya L = 2 m memikul beban P = l O kN (lihat gambar). Balok tersebut terbuat dari kayu dengan dimensi penampang 150 mm x 200 mm. Hitunglah tegangan geser akibat beban P di titik yang terletak di 25 mm, 50 mm, 75 mm, dan 1 00 mm dari muka atas balok. Dari hasil-hasil tersebut, plotlah grafik yang menunjukkan distribusi tegangan geser dari atas ke bawah balok.

}oo mm r---1 150 mm

5.8-5 Sebuah balok sederhana yang panjangnya L = 16 in . dan dimensi penampangnya b = 0,5 in . dan h = 2 in. (lihat gambar) memikul beban terbagi rata dengan intensitas q = 200 lb/in., termasuk berat sendiri balok. Hitunglah tegangan geser di balok (di penampang dengan

Mekanika Bahan 329

gaya geser maksimum) pada titik yang terletak di 1 14 in., 112 in., 3/4 in., dan l in. dari permukaan atas balok. Dari perhitungan ini, plotlah grafik yang menunjukkan distribusi tegangan geser dari atas ke bawah balok.

5.8-6 Sebuah balok dengan penampang persegi panjang (lebar b dan tinggi h) memikul beban terdistribusi terbagi rata di sepanjang bentang L. Tegangan izin lentur dan geser masing-masing adalah

<Jizin dan rizin· (a) Jika balok

ini ditumpu sederhana, berapa panjang bentang L0 maksimum agar tegangan geser, bukan tegangan lentur, menentukan beban izin? (b) Jika balok tersebut adalah kantilever, berapa panjang L0 maksimum agar tegangan geser menentukan beban izin, bukannya tegangan lentur?

5.8-7 Sebuah balok kayu lapis yang terletak pada tumpuan sederhana terdiri atas tiga papan 2 in. x 4 in. (dimensi aktual) yang membentuk balok solid 4 in. x 6 in., seperti terlihat dalam gambar. Tegangan geser izin di bagian lem adalah 50 psi dan tegangan lentur izin di kayu adalah 1600 psi. Jika balok tersebut mempunyai panjang 6 ft, berapa beban izin P yang bekerja di titik tengah balok? (Abaikan berat sendiri balok.)

5.8-8 Dalam Contoh 5-8 Subbab 5.6, kita telah menganalisis tiang kayu vertikal B yang memikul tanggul kecil (lihat Gambar 5-22). Hanya tegangan lentur yang ditinjau dalam contoh tersebut. Dengan demikian, sekarang kita meninjau tegangan geser. Jika tegangan geser izin di tiang adalah r

izin = 0,9 MPa, berapa dimensi perlu b tiang

tersebut?

5.8-9 Sebuah balok kayu AB yang terletak pada tumpuan sederhana dengan panjang bentang sama dengan 9 ft mengalami beban terbagi rata dengan intensitas 120 lb/ft yang bekerja di seluruh panjang balok dan beban terpusat sebesar 8800 lb yang bekerja di titik 3 ft dari tumpuan kanan (lihat gambar). Tegangan izin lentur dan geser masing-masing adalah 2500 psi dan 1 50 psi. (a)


;);;n label dalam Lampiran F, pilihlah balok yang paling :-...:lg:::.n yang dapat memikul beban (abaikan berat sendiri :-,.j01i: 1. (b) Dengan memperhitungkan berat balok (berat . =:us = 35 lb/ft3) , selidiki apakah balok yang telah dipilih :=rsebut memadai, atau jika tidak pilihlah balok barn.

8800 lb 3 ft

9 ft I ------, 5.8-10 Sebuah balok plastik lapis dengan penampang bujursangkar terdiri atas tiga plat yang dilem, masingmasing dengan penampang 10 mm x 30 mm (lihat gambar) . Balok tersebut mempunyai berat total 3 .2 N dan ditumpu oleh bentang dengan panjang L = 320 mm. Dengan meninjau berat balok, hitunglah beban izin maksimum P yang dapat diletakkan di titik tengah jika: (a) tegangan geser izin di bagian Iem adalah 0,3 MPa, dan (b) tegangan Ientur izin di plastik adalah 8 MPa.

5.8-1 1 Sebuah balok kayu yang terletak di atas tumpuan sederhana dengan penampang persegi panjang dan bentang 4 ft memikul beban terpusat P di titik tengah selain berat sendiri (lihat gambar) . Penampangnya mempunyai dimensi nominal 6 in. x 10 in. (lihat Lampiran F untuk dimensi aktual dan berat balok). Hitunglah harga izin maksimum untuk beban P jika: (a) tegangan lentur izin adalah 1 250 psi. dan (b) tegangan geser izin adalah 140 psi.

_L £�=> �--_ . . _ , .. ..... .... .. . _ ... .. . .... .. .. , . . .. . . A I r- -2 ft -- t- 2 ft --1 *5.8-1 2 Sebuah balok kayu ABC dengan tumpuan sederhana di A dan B dan overstek BC mempunyai tinggi h = 280 mm (lihat gambar). Panjang bentang utama balok adalah L = 3 ,6 m dan panjang overstek adalah L/3 = 1 ,2 m. Balok tersebut memikul beban terpusat 3P = 1 5 kN

di titik tengah bentang utama dan beban P = 5 kN di ujung bebas overstek. Kayu tersebut mempunyai berat jenis y = 5,5 kN/m3. (a) Tentukan lebar perlu b berdasarkan atas tegangan lentur izin 8,2 MPa. (b) Tentukan le bar perlu b berdasarkan atas tegangan geser izin sebesar 0,7 MPa.

L 2

L

]h -280 mm

b �

**5.8-13 Sebuah plaiform kayu bujursangkar, 8 ft X 8 ft, terletak di atas dinding bata yang tebalnya 6 in. (lihat gambar). Dek dari plaiform ini terdiri atas papan-papan dengan tebal nominal 2 in. (tebal aktual 1 ,5 in.; lihat Lampiran F) yang terletak di atas dua balok yang panjangnya 8 ft. Balok tersebut mempunyai dimensi nominal 4 in. x 6 in. (dimensi aktual 3,5 in. x 5,5 in.) dan ditumpu di ujung-ujungnya oleh dinding. Struktur tersebut didesain untuk memikul beban terdistribusi terbagi rata w (lb/ft2) yang bekerja di seluruh permukaan atas dari plaiform. Tegangan izin lentur untuk papan dan balok adalah 2400 psi dan tegangan geser izinnya adalah 100 psi. Dalam menganalisis papan, diasumsikan bahwa reaksi terdistribusi terbagi rata di permukaan atas balok, dan dalam menganalisis balok. diasumsikan bahwa reaksinya terdistribusi terbagi rata di luas bidang kontaknya dengan dinding. Berat papan dan balok diperhitungkan dalam analisis, dan berat jenis kayu diambil y = 30 lb/ft3. (a) Tentukan beban izin w1, w2, w3, dan w4 (lb/ft2) berdasarkan atas parameter masing-masing sebagai berikut: ( 1 ) tegangan lentur di papan, (2) tegangan geser di papan, (3) tegangan lentur di balok, dan (4) tegangan geser di balok. (b) Mana di antara harga-harga tersebut yang menjadi beban izin wizin di plaiform? (Petunjuk: Hati-hati dalam menentukan diagram pembebanan, khususnya perhatikan bahwa reaksi adalah terdistribusi, bukan terpusat. Juga, perhatikan bahwa tegangan geser maksimum terjadi di muka dalam dari tumpuan.)

TEGANGAN GESER Dl BALOK LINGKARAN

5.9-1 Sebuah tiang kayu dengan penampang lingkaran solid (d = diameter) mengalami gaya horizontal P = 500 lb (lihat gambar). Panjang tiang adalah L = 6 ft, dan tegangan izin di kayu adalah 2 100 psi untuk lentur dan 150 psi untuk geser. Tentukan diameter perlu minimum untuk tiang berdasarkan atas: (a) tegangan lentur izin, dan (b) tegangan geser izin.

p -.

-I d

L

l 5.9-2 Sebuah jembatan kayu sederhana di pedalaman terdiri atas dua balok sejajar dengan papan-papan yang tegak 1urus padanya (lihat gambar) . Balok tersebut adalah Douglas-fir dengan diameter rata-rata 300 mm. Sebuah truk bergerak perlahan-lahan melintasi jembatan tersebut, yang bentangnya 2,5 m. Asumsikan bahwa berat truk terdistribusi rata antara kedua balok. Karenajarak antara as pada truk tersebut ada1ah 2,5 m, maka hanya satu as roda yang ada di jembatan setiap saat. Jadi, beban roda di satu balok akan ekivalen dengan beban terpusat W yang bekerja di sembarang posisi sepanjang bentang. Selain itu, berat satu balok dan papan-papan yang dipikulnya ekivalen dengan beban terbagi rata 850 N/m yang bekerja di balok. Tentukan beban roda izin maksimum W berdasarkan atas: (a) tegangan lentur izin 7,5 MPa, dan (b) tegangan geser izin sebesar 0,8 MPa.

, I W 850 N/m rx-. /

1------- 2,5 m

*5.9-3 Sebuah papan tanda dipikul o1eh dua tiang aluminium dengan penampang lingkaran berlubang, seperti terlihat dalam gambar. Tiang didesain untuk menahan tekanan angin sebesar 75 lb/ft2 terhadap seluruh luas

Mekanika Bahan 331

papan tanda. Dimensi tiang dan papan tanda adalah h1 = 20 ft, h2 = 5 ft, dan b = 10 ft. Untuk mencegah tekuk di dinding tabung tiang, tebal t ditetapkan sebagai 1 1 10 dari diameter luar d. (a) Tentukan diameter perlu minimum tiang berdasarkan atas tegangan lentur izin sebesar 7500 psi pada aluminium. (b) Tentukan diameter perlu minimum berdasarkan atas tegangan geser izin sebesar 2000 psi.

Be ban an gin

{er t=d/1 0

*5.9-4 Pecahkan soal sebelum ini apabila dimensinya adalah h1 = 6,0 m, h2 = 1 ,5 m, b = 3,0 m, dan t = d/10. Tekanan angin desain adalah 3,6 kPa, dan tekanan izin di aluminium adalah 50 MPa untuk lentur dan 14 MPa untuk geser.

TEGANGAN GESER Dl BALOK DENGAN FLENS

5.1 0-1 sampai 5.1 0-6 Sebuah ba1ok sayap lebar (lihat gambar) yang mempunyai penampang sebagaimana diuraikan di bawah ini menga1ami gaya geser V. Dengan menggunakan dimensi penampang, hitunglah momen inersia dan selanjutnya tentukan besaran-besaran berikut: (a) Tegangan geser maksimum rmaks di badan. (b) Tegangan geser minimum rmin di badan. (c) Tegangan geser rata-rata rrata-rata (yang diperoleh dengan membagi gaya geser dengan luas badan) dan rasio rmak/Trata-rata· (d) Gaya geser Vbactan yang dipikul di badan dan rasio Vbactan/V. (Catatan: Abaikan fillets di pertemuan badan dan sayap dalam menghitung besaran penampang.)

y

z

l---L-J

TT ll


5.1 0..1 Dimensi penampang: b = 8 in., t = 0,4 in., h = : : m.. h1 = 10,7 in., dan V = 20.000 lb.

5.1 0..2 Dimensi penampang: b = 1 60 mm, t = 8 mm, h = 3(X) mm, h 1 = 274 mm, dan V = 50 kN.

5.1 D-3 Profil sa yap le bar, W 8 x 28 (lihat Tabel E- 1 , Lampiran E); V = 10 k.

5.1 0-4 Dimensi penampang: b = 220 mm, t = 12 mm. h = 600 mm, h 1 = 570 mm, dan V = 200 kN.

5.1 0-5 Profil sayap lebar, W 24 x 94 (lihat Tabel E- 1 . Lampiran E), V = 5 0 k.

5.1 0-6 Dimensi penampang: b = 1 20 mm, t = 7 mm, h = 350 mm, h1 = 330 mm, dan V = 60 kN.

5.1 0-7 Balok kantilever AB yang panjangnya L = 6 ft memikul beban terbagi rata dengan intensitas q yang meliputi berat balok (lihat gambar). Balok ini adalah baja profil sa yap le bar W 10 x 30 (lihat Tabel E- 1 , Lampiran E). Hitung1ah beban izin maksimum q berdasarkan atas: (a) tegangan lentur izin Oizin = 1 8 ksi, dan (b) tegangan geser izin rizin = 9 ksi. (Catatan: Dapatkan momen inersia dan modulus penampang balok dari Tabel E- 1 .)

5.1 0-8 Girder jembatan AB pada bentang sederhana yang panjangnya L = 1 2 m memiku1 beban terbagi rata dengan intensitas q termasuk berat girder (lihat gambar). Girder tersebut terdiri atas tiga plat yang dilas untuk membentuk penampang seperti tergambar. Tentukan beban izin maksimum q berdasarkan atas: (a) tegangan lentur izin <Jizin = 90 MP a, dan (b) tegangan geser izin rizin = 50 MPa.

1 800 mm

l, 1---11 mm

450 mm

5.1 0-9 Sebuah balok sederhana dengan overstek memikul beban terbagi rata dengan intensitas q = 1 200 lb/ ft dan beban terpusat P = 3000 lb (lihat gambar). Tegangan izin lentur dan geser masing-masing adalah 1 8 ksi dan 1 1 ksi. Pilhlah dari Tabel E-2, Lampiran E, balok I (profil S) yang paling ringan yang dapat memikul beban terse but. ( Catatan: Beban terbagi rata q termasuk berat sendiri balok. Petunjuk: Pilih balok berdasarkan atas tegangan lentur dan selanjutnya hitung tegangan geser maksimum. Jika balok tersebut kelebihan tegangan geser, maka pilih balok yang lebih besar dan ulangi.)

5.1 Q-1 0 Sebuah balok baja kotak berlubang dengan penampang persegi panjang ditunjukkan dalam gambar. Tentukan gay a geser izin V yang dapat bekeija di balok jika tegangan geser izin adalah 40 MPa.

10

20 ! mm

� 11 \ fl ! O mm 450 mm

5.1 0-1 1 Sebuah balok baja sayap 1ebar (W 16 x 77) diperkuat dengan dua plat penguat, masing-masing lebarnya 6 in. dan tebalnya 1 /2 in. (lihat gambar). Tentukan gaya geser izin maksimum V yang dapat bekeija di balok ini jika tegangan geser izin adalah 6000 psi.

/ W 16 x 77

5.10-12 Balok T yang tergambar mempunyai dimensi penampang sebagai berikut: b = 220 mm, t = 1 5 mm, h = 300 mm, dan h1 = 275 mm. Balok ini mengalami gaya geser V = 70 kN. Tentukan tegangan geser maksimum rmaks di badan balok.

y

z-.-----I'I C

b

5.1 0-13 Hitunglah tegangan geser maksimum rmaks di badan balok T yang terlihat dalam gambar jika b = 1 0 in., t = 0,6 in., h = 8 in., h1 = 7 in., dan gaya geser V = 6000 lb.

*5.1 0-14 Sebuah balok I tak simetris (lihat gambar) mempunyai dimensi penampang sebagai berikut: b1 = 150 mm, b2 = 250 mm, t = 10 mm, h = 320 mm, dan t1 = 20 mm. Balok ini mengalami gaya geser V = 70 kN. (a) Hitunglah tegangan geser maksimum rmaks dan minimum rmin di badan balok. (b) Hitunglah tegangan geser rata-rata rrata-rata di badan dengan membagi V dengan luas badan dan hitunglah rasio rmak/rrata-rata· (c) Hitunglah gaya geser vbadan yang dipikul badan dan hitunglah rasio Vbacta/V.

BALOK TERSUSUN

5.1 1-1 Sebuah balok kayu berbentuk I prefabricated yang berfungsi sebagai balok l antai mempunyai penampang seperti terlihat dalam gambar. Beban izin geser untuk balok berlem antara badan dan sayap adalah 70 lb/in. dalam arah longitudinal. Tentukan gaya geser izin maksimum V maks untuk balok ini.

y

_1<>,75 in. : : .

z 0 l·· 0,625 in.

I· 5 in. •l lo,75 in.

Mekanika Bahan 333

5.1 1 -2 Sebuah girder baja yang dilas dengan dimensi penampang seperti terlihat dalam gambar terdiri atas dua plat sayap 250 mm x 25 mm dan plat badan 600 mm x 1 5 mm. Plat dilas satu sama lain dengan empat !as sudut secara kontinu di sepanjang girder. Setiap !as sudut mempunyai beban izin geser sebesar 500 kN/m. Hitunglah gaya geser izin maksimum V maks untuk girder ini.

t e� z ---' ·. OO mm , 0

--.--\.250 mm. I 1 25 mm

5.1 1 -3 Sebuah girder baja yang dilas dengan dimensi penampang seperti terlihat dalam gambar terdiri atas dua plat sayap 1 6 in. x 1 in. dan plat badan 60 in. x 3/8 in. Plat dilas satu sama lain dengan empat !as sudut secara kontinu di sepanjang girder. Jika girder ini mengalami gaya geser 250 kips, berapa gaya F (per in. panjang !as) harus ditahan oleh setiap !as?

y _E in. ��

z----1 3 .

s m.

0 60 in.

5.1 1 -4 Sebuah balok boks dari kayu terdiri atas dua papan 250 mm x 40 mm dan dua papan 250 mm x 25 mm (lihat gambar). Papan tersebut dipaku dengan jarak longitudinal s = 1 00 mm. Jika setiap paku mempunyai gaya geser izin F = 750 N, berapa gaya geser izin maksimum V maks?

I . 250 mm

334 Bao 5 Tegangan Di Balok (Topik Dasar)

5.11-5 Sebuah balok boks yang terdiri atas empat papan u:•u Jengan ukuran 6 in. x 1 in. (dimensi aktual) .iltunjukkan dalam gambar. Papan disambung satu sama lain oleh sekrup dengan beban izin geser F = 210 lb per sekrup. Hitunglah jarak longitudinal izin maksimum smaks antara sekrup jika gaya geser V adalah 1 1 50 lb.

5.1 1 -6 Dua boks kayu (balok A dan B) mempunyai dimensi luar sama (200 mm x 360 mm), dan tebal sama (t = 20 mm), seperti terlihat dalam gambar. Kedua balok disambung dengan paku, dengan beban geser izin 250 N. Balok-balok tersebut didesain terhadap gaya geser V = 3,2 kN. (a) Berapakah jarak longitudinal maksimum sA untuk paku di balok A? (b) Berapa jarak longitudinal maksimum s8 sumbu untuk paku di balok B? (c) Balok manakah yang efisien dalam menahan gaya geser?

z

t 2

=_ O mm

®

k---

y

1 I 0 360

mm

l z I 2

®

= O mm

y

[!. 0

�·

T 360 mm

1 5.1 1 -7 Balok T yang terlihat dalam gambar difabrikasi dengan cara mengelas dua plat baja. Jika beban izin masing-masing !as adalah 2,4 k/in. dalam arah longitudinal, berapa gaya geser izin maksimum V?

I Y

0.5 in. -�, _r z �---+!il c

5.1 1 -8 Sebuah balok berpenampang T dibentuk dengan memaku dua papan yang mempunyai dimensi seperti tergambar. Jika gaya geser total V yang bekerja di

penampang adalah 872 N dan setiap paku dapat memikul gaya geser 400 N, berapa jarak paku izin maksimum s?

5.1 1 -9 Sebuah balok baja terdiri atas profil sayap lebar W 1 6 x 77 dan dua plat pengaku 10 in. x 1/2 in. (lihat gambar). Beban izin geser di setiap baut adalah 2,8 kips. Berapa jarak baut s yang diperlukan dalam arah longitudinal jika gaya geser V = 40 kips?

y

5.1 1 -1 0 Sebuah balok tersusun terdiri atas profil sayap lebar W 1 2 x 50 dan dua profil kanal C 1 2 x 30 (lihat gambar). Balok dan kanal disambung satu sama lain oleh baut yang betjarak 7,5 in. dalam arah longitudinal . Berapa gaya geser izin V jika setiap baut dapat memikul geser 2,4 kips?

y C 1 2 X 30

C 12 X 30

BALOK DENGAN BEBAN AKSIAL

Dalam memecahkan soal-soal untuk Subbab 5. 12, asumsikan bahwa momen lentur tidak dipengaruhi oleh adanya defleksi lateral.

5.1 2-1 Pada saat mengebor, kita memberikan gaya P = 25 lb di pegangan bor (lihat gambar). Diameter crank arm adalah d = 7/ 1 6 in. dan offset lateralnya adalah b = 4.875 in . Tentukan tegangan tarik dan tegangan maksimum a, dan ac di bagian crank.

5.1 2-2 Sebuah tiang aluminium untuk penerang jalan mempunyai berat 2300 N dan memikul lengan yang beratnya 330 N (lihat gambar). Pusat berat lengan adalah 1 ,2 m dari sumbu tiang. Diameter luar tiang (di dasar) adalah 225 mm dan tebalnya adalah 1 8 mm. Tentukan tegangan tarik dan tekan maksimum a, dan ac di tiang (di dasamya) akibat semua beban mati.

1 .2 m

l w2 = 2300 N 1 8 mm

� 225 mm

5.1 2-3 Sebuah rangka kaku ABC dibentuk dengan mengelas dua pipa baja di B (lihat gambar). Setiap pipa mempunyai luas penampang A = 16, 1 in.2, momen inersia I = 212 in.4, dan diameter luar d = 10,75 in. Carilah tegangan tarik dan tekan maksimum a, dan ac di rangka akibat beban P = 3200 lb jika L = 6,0 ft dan H = 4,5 ft.

B

A

I. )I I( L .I L

5.1 2-4 Sebuah batang berbentuk busur lingkaran ABC dengan radius r = 300 mm dibebani gaya P = 1 ,6 kN (lihat gambar). Penampang batang adalah persegi panjang

Mekanika Bahan 335

dengan tinggi h dan tebal t. Jika tegangan tarik izin di batang adalah 80 MPa dan tinggi h = 30 mm, berapa tebal perlu minimum tmin?

pt(

5.1 2-5 Sebuah pohon palem yang terletak miring dengan sudut sekitar 60° mempunyai berat I 000 lb (lihat gambar). Berat pohon dapat diuraikan menjadi dua gaya resultan, yaitu gaya P1 = 900 lb yang bekerja di titik 12 ft dari dasar, dan gaya P2 = 100 lb yang bekerja di puncak pohon yang panjangnya 30 ft. Diameter di dasar pohon kira-kira 14 in. Hitunglah tegangan tarik dan tekan maksimum a, dan ac di dasar pohon akibat beratnya.

5.1 2-6 Sebuah tiang vertikal dijepit di dasar dan ditarik di puncaknya oleh kabel yang mengalami gaya tarik T ( lihat gambar). Kabel ini terpasang di permukaan di luar tiang dan membentuk sudut a = 28° terhadap vertikal. Tiang ini mempunyai panjang L = 2,0 m dan penampang lingkaran berlubang dengan diameter luar d2 = 250 mm dan diameter dalam d1 = 200 mm. Tentukan gaya tarik izin Tizin di kabel jika tegangan tekan izin di tiang aluminium adalah 80 MPa.

T -1

T

. ,


5.1 2·7 Karena penurunan (settlement) pondasi, sebuah :J:lC'Ilara lingkaran menjadi miring dengan sudut a terhadap ·. �rukal (lihat gambar). Inti struktural menara adalah srlinder lingkaran dengan tinggi h, diameter luar d2, dan diameter dalam d1. Untuk memudahkan analisis, asumsikan bahwa berat menara terdistribusi terbagi rata di seluruh tingginya. Turunkan rumus sudut izin maksimum a jika diharapkan tidak ada tegangan tarik di menara.

5.1 2·8 Sebuah batang baja dengan penampang lingkaran solid mengalami gay a tarik aksial T = 26 kN dan momen lentur M = 2,7 kN.m (lihat gambar). Berdasarkan atas tegangan tarik izin sebesar 125 MPa, tentukan diameter perlu d batang tersebut. (Abaikan berat batang itu sendiri.)

5.1 2-9 Sebuah cerobong bata silinder dengan tinggi H

mempunyai berat w = 825 lb/ft tinggi (lihat gambar). Diameter dalam dan luar masing-masing adalah d1 = 3 ft dan d2 = 4 ft. Tekanan angin terhadap sisi cerobong adalah p = 1 0 lb/ft2 bidang proyeksi . Tentukan tinggi maksimum H jika dikehendaki tidak ada tarik di cerobong bata ini.

5.12-10 Sebuah dinding beton polos (tanpa tulangan baja) terletak pada pondasi yang memadai dan berfungsi sebagai tanggul kecil (lihat gambar). Tinggi dinding

adalah h = 2 m dan tebal dinding adalah t = 0,3 m. (a) Tentukan tegangan tarik dan tekan maksimum 0"1 dan O"c di dasar dinding apabila muka air mencapai puncak (d = h). Asumsikan beton polos mempunyai berat jenis Ye =

23 kN/m3 . (b) Tentukan tinggi muka air izin maksimum dmaks jika dikehendaki tidak ada tarik di beton tersebut.

14

5.1 2-1 1 Sebuah flying buttress menyalurkan be ban P = 5400 lb, yang bekerja pada sudut 60° terhadap horizontal, ke puncak kolom vertikal AB (lihat gambar). Kolom vertikal mempunyai tinggi h = 16 ft dan penampang persegi panjang dengan tebal t = 5 ft dan lebar b = 3 ft (tegak lurus bidang gambar). Batu yang digunakan untuk konstruksi ini mempunyai berat y = 165 lb/ft3. Berapa berat W yang diperlukan untuk bagian pedestal dan patung di atas kolom vertikal (yaitu, di atas potongan A) agar tidak terjadi tegangan tarik di kolom vertikal?

*5.1 2- 1 2 Sebuah batang lingkaran solid AB dengan diameter d = 125 mm disendi di tumpuan B dan terletak pada permukaan vertikal ha! us di ujung A (lihat gambar) . Batang tersebut mempunyai panjang L = 2 m dan terbuat dari baja (berat jenis r= 77,0 kN!m\ Jika sudut inklinasi adalah a = 75°, berapa tegangan tekan maksimum O"maks di batang tersebut? (Petunjuk: Tentukan tegangan tekan di potongan melintang yang terletak pada jarak x, yang diukur di sepanjang sumbu batang, dari tumpuan B. Lalu, ambil turunan terhadap x, dan tentukan lokasi penampang yang mempunyai tegangan maksimum.)

;\

BEBAN AKSIAL EKSENTRIS

5.1 2-1 3 Dua kabel, masing-masing memikul gaya tarik P = 1 200 lb, dibaut ke blok baja (l ihat gambar). Blok tersebut mempunyai tcbal t = 1 in. dan lebar b = 3 in. (a) J ika diameter d kabel adalah 0,25 in . , berapa tarik maksimum dan tegangan tekan a, dan a, di blok tersebut? (b) J ika diameter kabel diperbesar (tanpa merubah gaya P), apa yang terjadi pada tegangan tarik dan tekan

· maksimum?

b� p , I p

..___ � ____. I lL ' , ( I

5.1 2-1 4 Sebuah tiang l ingkaran dan tiang perscgi panjang ditekan oleh beban-bcban yang menghasilkan gaya resul tan P yang bekerja di tepi penampang (l i hat gambar). Diameter tiang lingkaran dan tinggi tiang persegi panjang sama. (a) Untuk lebar b drui tiang persegi panjang berapakah tegangan tarik maksimum akan sama di kedua tiang? (b) Pada kondisi yang disebutkan dalam bagian (a). tiang manakah yang mengalami tegangan tekan lebih besar?

p

5.1 2-1 5 Sebuah batang AB memikul beban P yang bekerja di pusat berat penampang ujung (lihat gambar).

Mekanika Bahan 337

Di daerah tengah dari batang, luas penampangnya dikurangi dengan membuang setengah dari batang. (a) Jika penampang ujung adalah bujursangkar dengan sisis i s i h, berapa tegangan tarik maksimum dan tekan maksimum a, dan a, , di potongan mn di dalam daerah yang luasnya berkurang·? (b) Jika penampang ujung adalah l i ngkaran dengan di ameter b, berapakah tegangan maksimum a, dan a, ·>

" �---- - � -- �- --1 .. I

1\ 1 [ h L

· - -,, ,, 2 1 a 1

Ill 11 lz

J --- ,

s i �, I, !

lp 1\ -- -,

(b)

5.1 2-1 6 Sebuah kolom pendek dari profil sayap lebar mengalami beban tekan yang menyebabkan gaya resultan P = 60 kN yang bekerja di titik tengah satu sayap (lihat gambar). (a) Tentukan tegangan tarik maksimum amuk' dan tekan maksimum amin di kolom tersebut. (b) Tentukan lokasi sumbu netral akibal kondisi beban ini .

I' / --.----

rt1 1 1 l 1 1 200 mm

i 1 2 111111 .1

i I _I__ __ _ � 1 60 1 1111�

5.1 2-1 7 Sebuah kolom pendek dari profil sayap lebar W I 0 x 30 mengalami beban tekan yang menyebabkan gaya resultan P = 1 2 k yang bekerja di titik tengah satu sayap ( l ihat gambar). (a) Tentukan tegangan tarik maksimum amak> dan tekan maksimum amin di kolom tersebut. (b) Tentukan lokasi sumbu netral akibat kondisi beban ini .

3J8 Bab 5 Tegangan Di Balok (Topik Dasar)

P = l � k /Y

r) .I

E� 5 . 1 2-1 8 Balok T yang terlihat dalam gambar mengalami gaya tekan P yang garis kerjanya melalui titik tengah flens. (a) Tentukan persamaan sumbu netral kondisi pembebanan ini. (b) Jika tegangan izin tarik dan tekan masing-masing adalah 100 MPa dan 60 MPa, carilah beban izin maksimum P male<·

l .t nun

�--re tl mm

5 . 1 2-1 9 Sebuah kolom pendek dari profil C 8 X 1 1 ,5 mengalami gaya tekan aksia1 P yang garis kerjanya melalui titik tengah badan (lihat gambar). (a) Tentukan persamaan untuk sumbu netral akibat kondisi pembebanan ini. (b) Jika tegangan izin tarik dan tekan adalah 10.000 psi dan 8000 psi, carilah beban izin maksimum P maks'

I ·'· C 8 X 1 1 ,5

I r � � c

INTI DARI PENAMPANG

5.1 2-20 Sebuah penampang lingkaran berlubang dengan radius dalam r1 dan radius luar r2 seperti terlihat dalam gambar. (a) Tentukan radius re untuk inti penampang. (b)

5 . 1 2-21 Tentukan inti untuk profil baja struktural W 10 x 30 (lihat gambar).

c

5 . 1 2-22 Tentukan inti untuk profil baja struktural W 1 2 x 87 (lihat gambar).

5.1 2-23 Penampang bujursangkar berlubang simetris ganda yang terlihat dalam gambar mempunyai dimensi luar b dan diameter dalam c. Tentukan inti penampang irli.

\'

5 . 1 2-24 Penampang cerobong bujursangkar (b = panjang setiap sisi) dengan lubang lingkaran yang herdiameter d ditunjukkan dalam gambar. Berapa diameter terkecil d (dinyatakan dalam b) agar intinya terletak di dalam lubang?

/ � c b

Dari hasil bagian (a), dapatkan radius re untuk penampang KONSENTRASl TEGANGAN lingkaran solid. (c) Dari hasil bagian (a), dapatkan radius re untuk inti penampang dengan harga r1 mendekati r2 Soal-soal untuk Subbab 5. 1 3 dipecahkan dengan dan penampangnya menjadi cincin lingkaran tipis. meninjau faktor konsentrasi tegangan.

5 .1 3-1 Balok yang terlihat dalam gambar mengalami momen lentur M = 2100 lb-in. Setiap balok mempunyai pen am pang persegi panjang dengan tinggi h = I ,5 in. dan lebar b = 0.375 in. (tegak lurus bidang gambar). (a) Untuk balok dengan lubang di tengah-tinggi, tentukan tegangan maksimum untuk diameter lubang d = 0,25; 0,50; 0,75, dan 1 ,00 in. (b) Untuk balok dengan dua takikan identik (di dalam tinggi h 1 = 1 ,25 in.) tentukan tegangan maksimum untuk jari-jari takikan R = 0,05, 0, 10, 0, 15 , dan 0,20 in.

(al

(b )

5.1 3-2 Balok yang terlihat dalam gambar mengalami momen lentur M = 250 N.m. Setiap b�lok mempunyai penampang persegi panjang dengan tinggi h = 44 mm dan le bar b = 10 mm (tegak lurus bidang gambar). (a) Untuk balok dengan lubang di tengah-tinggi, tentukan tegangan maksimum untuk diameter lubang d = I 0, 16, 22, dan 28 mm. (b) Untuk balok dengan dua takikan

Mekanika Bahan 339

identik (di dalam tinggi h1 = 40 mm.) tentukan tegangan maksimum untuk jari-jari takikan R = 2, 4, 6, dan 8 mm.

5.1 3-3 Sebuah balok persegi panjang dengan penampang setengah lingkaran, seperti terlihat pacta bagian (a) dalam gambar, mempunyai dimensi h = 0,88 in. dan h1 = 0,80 in. Tegangan lentur izin maksimum di balok metal adalah O'maks = 60 ksi, dan momen l entur adalah M = 600 lb-in. Tentukan \ebar izin minimum bmin balok ini.

5.1 3-4 Balok persegi panjang dengan takikan setengah lingkaran, seperti terlihat pada bagian (b) dalam gambar, mempunyai dimensi h = 1 20 mm dan h1 = 100 mm. Tegangan lentur izin maksimum di balok plastik adalah O'maks = 6 MPa, dan momen lentur adalah M = 150 N .m. Tentukan lebar izin minimum bmin balok ini.

5 .1 3-5 Sebuah balok persegi panjang dengan takikan dan lubang (lihat gambar) mempunyai dimensi h = 5,5 in., h 1 = 5 in., dan lebar b = 1 ,6 in. Balok ini mengalami momen lentur M = 1 30 k-in., dan tegangan lentur izin di bahan (baja) adalah amaks = 42.000 psi. (a) Berapa radius terkecil Rmin yang harus digunakan di takikan? (b) Berapa diameter dmaks dari lubang terbesar perlu dibor di tengah-tinggi balok?

6 -

6.2 1

TEGANGAN Dl BALOK (TOPIK LANJ UT)

PENGANTAR

Di dalam bab ini kita teruskan tinjauan kita tentang lentur di balok dengan mempelajari beberapa topik khusus, termasuk analisis balok komposit (yaitu balok dengan lebih dari satu bahan), balok dengan beban miring, balok tak simetris, tegangan geser di balok berdinding tipis, pusat geser, lentur elastoplastis, dan lentur nonlinier. Topik-topik ini didasarkan atas topik dasar yang telah dibahas dalam Bab 5-seperti kelengkungan, tegangan normal di balok (termasuk rumus lentur), dan tegangan geser di balok. Selanjutnya, dalam Bab 9 dan 1 0, kita akan membahas dua topik tambahan mengenai hal-hal penting di dalam desain balok-defleksi balok dan balok statis tak tentu.

BALOK KOMPOSIT

Balok yang terdiri atas lebih dari satu bahan disebut balok komposit. Contoh-contohnya adalah balok bimetalik (digunakan di termostat), pipa yang dilapisi plastik, dan balok kayu dengan plat penguat baja (Gambar 6- l ). Ban yak jenis lain dari balok komposit yang telah dikembangkan beberapa tahun terakhir, terutama untuk menghemat bahan dan mengurangi berat. Sebagai contoh, balok sandwich banyak digunakan di industri penerbangan dan angkasa luar, di mana bobot yang ringan, kekuatan tinggi, dan rigiditas merupakan syarat yang dikehendaki. Benda-benda yang dikenal sehari-hari seperti pintu, panel dinding, rak buku, dan kotak cardboard juga merupakan benda-benda yang dibuat dengan gaya sandwich. Balok sandwich yang khas (Gambar 6-2) terdiri atas dua muka tipis dari bahan berkekuatan relatif tinggi (seperti aluminium) yang dipisahkan oleh sebuah inti tebal dari bahan berkekuatan relatif rendah. Karena bagian muka mempunyai jarak terbesar dari sumbu netral ( di m ana tegangan lentur terbesar), maka bagian tersebut berfungsi seperti flens pada balok I. Inti berfungsi sebagai pengisi dan memberikan dukungan pada muka, serta menstabilkannya terhadap kerut atau tekuk. Plastik atau foam ringan, sebagaimana juga honeycomb dan corrugation, sering digunakan pada inti.

(a)

( h )

(c)

Gambar 6-1 Contoh-contoh balok komposit: (a) balok bimetalik, (b) pipa baja yang d1lapisi plastik, dan (c) balok kayu yang diperkual pial baj�1

Gambar 6-2 Balok sand11 ich dengan (a) inti plaslik, (b) in ti honeycomb, dan (c) inti corrugated

Mekanika Bahan 341

• Regangan dan Tegangan

Regangan pacta balok komposit ditentukan dari aksioma dasar yang sama dengan yang digunakan untuk mencJ.ri regangan di balok dengan satu bahan, yaitu penampang harus tetap datar selama melentur. Aksioma ini berlaku untuk lentur mumi, tidak bergantung pada sifat bahan (lihat Subbab 5 .4). Dengan demikian, regangan longitudinal F.x pacta balok komposit akan bervariasi secara linier dari atas ke bawah balok, seperti dinyatakan dalam Persamaan (5-4), yang ditulis ulang di sini

\' Ex = -� = - K\ p (6- l )

Di dalam persamaan ini , y adalah jarak dari sumbu netral, p adalah radius kelengkungan, dan K adalah kelengkungan.

Dengan menggunakan distribusi regangan linier yang dinyatakan dengan Persamaan (6- 1 ), kita dapat menentukan regangan dan tegangan di sembarang balok komposit. Untuk menunjukkan bagaimana hal ini dilakukan, tinjau balok komposit yang terlihat dalam Gambar 6-3a dan 6-3b. Balok ini terdiri atas dua bagian - dalam gambar tersebut diberi l abel I dan 2 - yang secara aman dilekatkan sedemikian rupa sehingga dapat berfungsi sebagai balok solid tunggal. Seperti pacta pembahasan balok sebelum ini (Bab 5), kita asumsikan bahwa bidang X)' adalah bidang simetri dan bahwa bidang xz adalah bidang netral balok. Namun, sumbu netral (sumbu z) tidak melalui pusat ber<lt penampang apabila balok terbuat dari dua bahan yang berbeda.

Jika balok dilenturkan dengan kelengkungan positif, maka regangan £X akan bervariasi seperti terlihat dalam Gambar 6-3c, di mana EA adalah regangan tekan di atas balok (dinyatakan dengan huruf A) , E8 adalah regangan tarik di bawah (dinyatakan dengan huruf B), dan Ec adalah regangan di pemmkaan kontak (dinyatakan dengan huruf C). Tegangan normal yang bekerja di penampang dapat diperoleh dari regangan dengan menggunakan hubungan tegangan-regangan untuk kedua bahan. Kita asumsikan bahwa kedua bahan berperilaku secara elastis linier sehingga hukum Hooke untuk tegangan uniaksial berlaku. Dengan demikian, tegangan di bahan diperoleh dengan mengalikan regangan dengan masingmasing modul us elastisitas. Dengan menuliskan modulus elastisitas untuk bahan I dan 2 masing-masing sebagai £1 dan £2, dan juga mengasumsikan bahwa £2 > £ 1 , maka kita peroleh diagram tegangan seperti terlihat dalam Gambar 6-3d. Tegangan tekan di atas dan bawah balok adalah O'A = E1 EA dan tegangan tarik di bawah adalah 0'8 = E2E8. Di permukaan kontak, tegangan di kedua bahan berbeda karena masing-masing modulusnya berbeda. Di bahan I tegangannya adalah 0'1 c = E 1 Ec dan di bahan 2

adalah 0'2c = E2Ec

(:1 ) 1nl ( I: I

3 ;l 2 Bab 6 Tegangan Di Balok (Topik Lanjut)

Gambar 6-3 (a) Balok komposit dengan dua bahan, (b) penampang balok, (c) distribusi regangan Ex di seluruh tinggi balok, dan (d) distribusi tegangan CJ, di balok untuk kasus E, > £,

1'

A E.4 CJA = EIEA � " ';t--L -8 Es 0B = E2EB

(b) (c) (d)

Dengan menggunakan hukum Hooke ctan Persamaan (6- 1 ), kita ctapat menyatakan tegangan normal pacta jarak y ctari sumbu netral ctalam kelengkungan:

(6-2a,b)

cti mana <Jx1 actalah tegangan cti bahan 1 ctan <Jt2 actalah tegangan cti bahan 2. Dengan bantuan persamaan ini, kita ctapat menentukan lokasi sumbu netral ctan memperoleh hubungan momen-kelengkungan.

• Sumbu Netral

Posisi sumbu netral ctiperoleh ctari konctisi bahwa gaya aksial resultan cti penampang actalah nol (lihat Subbab 5.5) ; ctengan ctemikian,

iax1dA + J2ax2dA = 0

cti mana ctipahami bahwa integral pertama ctievaluasi pacta seluruh luas penampang bahan 1 dan integral kectua ctievaluasi pacta seluruh luas penampang bahan 2. Dengan mengganti ax1 ctan ax2 cti ctalam persamaan sebelum ini ctengan rumusnya masing-masing ctari Persamaan (6-2a) ctan (6-2b), kita peroleh -i El /()idA - L E2 /()idA = 0

Karena konstan cti setiap penampang, maka kelengkungan tictak masuk ke ctalam integrasi ctan ctapat dihilangkan ctari persamaan cti atas; jacti,

(6-3)

Integral ctalam persamaan ini menyatakan momen pertama untuk kedua bagian luas penampang terhactap sumbu netral. (Seanctainya acta lebih ctari

.-/t-.

0 f

1

I I T

, I

Gambar 6-4 Penampang simetri ganda

Mekanika Bahan 343

dua bahan - suatu kondisi yang jarang terjadi - maka dibutuhkan tambahantambahan suku dalam persamaan ini . )

Persamaan (6-3) adalah bentuk umum dari persamaan analog untuk balok dengan satu bahan (Persamaan 5-8). Detail mengenai prosedur untuk menentukan lokasi sumbu netral dengan bantuan Persamaan (6-3) digambarkan dalam c�mtoh 6- 1 .

Jika penampang suatu balok adalah simetris ganda, seperti dalam kasus balok kayu dengan plat penguat baja di atas dan bawah (Gambar 6-4), maka sumbu netral terletak di tengah-tinggi penampang dan Persamaan (6-3) tidak diperlukan .

• H ubungan Momen-kelengkungan

Hubungan momen-kelengkungan untuk balok komposit (Gambar 6-3) dapat ditentukan dari kondisi bahwa resultan momen dari tegangan lentur sama dengan momen lentur M yang bekerja di penampang. Dengan mengikuti langkah-langkah sama untuk balok dari satu bahan (lihat Persamaan 5-9 sampai 5 - 12), dan juga menggunakan Persamaan (6-2a) dan (6-2b), kita dapatkan

M = -f�xydA = -l ax1 ydA - l ax2ydA

= IC£1 f/dA + IC£2 f/dA

Persamaan ini dapat ditulis ulang dalam bentuk yang lebih sederhana

(6-4)

di mana 11 dan 12 adalah momen inersia terhadap sumbu netral (sumbu z) dari bagian penampang bahan 1 dan bahan 2. Perhatikan bahwa I = 11 + 12, di mana I adalah momen inersia seluruh daerah penampang di dekat sumbu netral.

Sekarang Persamaan (6-4) dapat disesuaikan untuk mendapatkan kelengkungan yang dinyatakan dalam momen lentur:

(6-5)

Persamaan ini adalah hubungan momen-kelengkungan untuk balok dari dua bahan (bandingkan dengan Persamaan 5- 1 2 untuk balok dengan satu bahan). Penyebut di sebelah kanan adalah ri�i<iihl'- i(· ntw untuk balok komposit tersebut.

• Tegangan Normal

Tegangan normal (atau tegangan lentur) di balok tersebut diperoleh dengan memasukkan rumus untuk kelengkungan (Persamaan 6-5) ke dalam rumus untuk ax1 dan ax2 (Persamaan 6-2a) dan (6-2b); jadi,

(6-6a,b)

344 Bab 6 Tegangan Di Balok (Topik Lanjut)

• f

0

,, l t

Gambar 6-5 Penampang balok sandwich yang mempunyai dua sumbu simetri (penampang si rnetris ganda)

Rumus ini, dikenal dengan rumus lentur untuk balok komposit, memberikan tegangan normal di bahan 1 dan 2. Jika kedua bahan mempunyai modulus elastisitas sama (£1 = £2 = E), maka kedua persamaan akan menjadi rumus lentur untuk balok dengan satu bahan (Persamaan 5- 1 3) .

Analisis balok komposit, dengan menggunakan Persamaan (6-3) sampai (6-6), digambarkan dalam Contoh 6- 1 dan 6-2 di akhir subbab ini.

• Teori Pendekatan u ntuk Lentur dan Balok Sandwich Balok sandwich yang mempunyai penampang simetris ganda dan terdiri atas dua bahan elastis linier (Gambar 6-5) dapat dianalisis untuk lentur dengan menggunakan Persamaan (6-5) dan (6-6), seperti diuraikan di atas. Namun, kita dapat juga mengembangkan teori pendekatan untuk lentur pacta balok sandwich dengan menggunakan beberapa asumsi penyederhanaan. Jika bahan di daerah muka (bahan 1 ) mempunyai modulus elastisitas yang jauh lebih besar dibandingkan bahan inti (bahan 2), maka tegangan normal di inti dapat diabaikan dan dapat diasumsikan bahwa kedua muka menahan semua tegangan lentur longitudinal . Asumsi ini ekivalen dengan menyebutkan bahwa modulus elastisitas £2 di inti adalah no!. Pacta kondisi ini, rumus lentur untuk bahan 2 (Persamaan 6-6b) memberikan O"x2 = 0 (sebagaimana diharapkan), dan rumus lentur untuk bahan 1 (Persamaan 6-6a) memberikan

My (J' xl = --· (6-7) /I

yang lebih kecil daripada rum us lentur biasa (Persamaan 5- 1 3 ). Besaran /1 adalah momen inersia kedua muka yang dievaluasi terhadap sumbu netral; jadi,

(6-8)

di mana b adalah lebar balok, h adalah tinggi total balok, dan he adalah tinggi iRti. Perhatikan bahwa h, = h - 2t, di mana t adalah tebal masingmasing muka.

Tegangan normal maksimum di balok sandwich terjadi di alas dan bawah penampang di mana y = h/2 dan y = -h/2. Jadi, dari Persamaan (6-7), kita peroleh

Mh (J'bawah = -2/1

(6-9a,b)

Jika momen lentur M positif, maka muka atas ada dalam keadaan tekan dan muka bawah mengalami tarik.

Jika kedua muka adalah tipis dibandingkan dengan tebal inti (yaitu j ika t kecil dibandingkan dengan h) , maka kita dapat mengabaikan tegangan geser di muka dan mengasumsikan bahwa inti memikul semua tegangan geser. Pacta kondisi ini, tegangan geser rata-rata dan regangan geser rata-rata di inti masing-masing adalah

V V (J' - y -rata-rata -

bh rata-rata - bh G (,' c c (6- l Oa,b)

di m ana V adalah gay a geser yang bekerja di penampang dan G c adalah modulus elastisitas geser untuk bahan inti. (Meskipun tegangan geser maksimum dan regangan geser maksimum lebih besar daripada harga rata-ratanya, harga rata-rata sering digunakan di dalam desain.)

1 . ;{1 u I I : f � : .., . <> I"

Gambar 6-6 Balok beton hertulang dengan batang tulangan utama dan sengkang vertikal

, , A

I �� l 6 111.

c

Mekanika Bahan 345

• Pembatasan

Di dalam seluruh pembahasan di atas mengenai balok komposit, kita berasumsi bahwa kedua bahan mengikuti hukum Hooke dan bahwa kedua bagian balok telah secara memadai dilekatkan satu sama lain sehingga dapat beraks i sebagai kesatuan utuh. Jadi , analis is kita sangatlah diideal isas ikan dan hanya merepresentasikan langkah awal dalam memahami perilaku balok komposit dan bahan komposit. Metode-metode untuk mempelajari bahan nonhomogen dan nonlinier, tegangan ikat antara bagian-bagiannya, tegangan geser pada penampang, tekuk pada muka, dan hal-hal lain dibahas dalam buku-buku referensi yang berkaitan dengan konstruksi komposit.

Balok beton bertulang adalah salah satu jenis konstruksi komposit yang paling kompleks (Gambar 6-6), dan perilakunya sangat berbeda dengan balok komposit yang dibahas dalam s ubbab ini. Seton adalah bahan yang kuat terhadap tekan tetapi sangat lemah terhadap tarik. Akibatnya, kekuatan tariknya biasanya diabaikan sama sekali. Pada kondisi tersebut, rumus-rumus yang diberikan dalam subbab ini tidak berlaku . Selain itu, balok beton bertulang tidak didesain berdasarkan perilaku elastis l inier, melainkan dengan metode desain yang lebih realistis (berdasarkan atas kapasitas pikul beban, bukan tegangan izin). Karena desain beton bertulang merupakan hal yang sangat khusus, maka kita tidak membahasnya di sini .

• Contoh 6-1

Sebuah ba1ok komposit (Gambar 6-7) dibuat dari balok kayu (dimensi aktua1 4,0 in. x 6,0 in.) dan plat penguat baja (lebar 4,0 in. dan 1ebar 0,5 in.) . Kayu dan baja tersebut dihubungkan dengan baik sehingga dapat beraksi sebagai balok tunggal . Balok ini mengalami momen lentur positif M = 60 k-in. Hitung1ah tegangan tarik dan tekan terbesar di kayu ini (bahan 1 ) dan tegangan maksimum dan minimum di baja (bahan 2) jika £1 = 1 500 ksi dan £2 = 30.000 ksi .

Solusi

1 ' · , 1 l-j 05 in Sumbu netral. Langkah pertama da1am anal isis adalah menentukan lokasi sumbu netral penampang ini. Untuk itu, kita tul iskan jarak dari sumbu netral ke atas dan bawah balok masing-masing sebagai h 1 dan h2. Untuk mendapatkan jarak-jarak ini, kita gunakan Persamaan (6-3). Integral di dalam persamaan tersebut dievaluasi dengan mengambil momen penama dari area 1 dan 2 terhadap sumbu z sebagai berikut:

. , B ' � '-o-- � m "1

Gambar 6-7 Contoh 6- 1 . Balok komposit antara kayu dan baja iydA = y1A1 = (h 1 - 3 in. )(4 in. x 6 in.) = (h 1 - 3 in . ) (24 in.2)

f!dA = )i2A2 = -(6.25 in. - h 1 )(4 in. x 0,5 in . ) = (h 1 - 6,25 in.)(2 in.2)

di mana A 1 dan A2 adalah luas bagian 1 dan 2 dari penampang, y1 dan y2 adalah koordinat v masing-masing pusat berat bagian tersebut, dan h 1 mempunyai satuan inci.

Dengan memasukkan rumus-rumus di atas ke dalam Persamaan (6-3), kita peroleh Persamaan untuk menentukan lokasi sumbu netral, scbagai berikut:

E, iydA + E2LydA = 0

Atau ( 1 500 ksi)(h 1 - 3 in.)(24 in.2) + (30.000 ksi)(h1 - 6,25 in.)(2 in.2) = 0 Dengan memecahkan persamaan ini, kita peroleh jarak h 1 dari sumbu netra1 ke atas balok:


h 1 = 5,03 1 in .

Juga, jarak h2 dari sumbu netral ke bawah balok adalah

h2 = 6,5 in . - h 1 = 1 ,469 in.

Jadi, posisi sumbu netral telah ditentukan. M omen inersia. M omen inersia /1 dan !2 untuk area A 1 dan A2 terhadap

sumbu netral dapat diperoleh dengan menggunakan teorema sumbu sejajar (lihat Subbab 12.5 dalam Bab 1 2). Untuk area l (Gambar 6-7), kita dapatkan

I /1 = ]2(4 in.)(6 in.)3 + (4 in.)(6 in.)(h 1 - 3 in.i = 1 7 1 ,0 in.4

Dengan cara sama, untuk area 2 kita peroleh

12 = 1� (4 in.)(O,S in.)3 + (4 in.)(0,5 in.)(h2 - 0,25 in.)2 = 3,01 in .4

Untuk mengecek kondisi ini , kita dapat menentukan momen inersia I untuk keseluruhan luas penampang terhadap sumbu z sebagai berikut:

I = .!.c 4 in.)h� + .!.c 4 in.)fli = 1 69,8 + 4,2 = 174,0 in 4 3 3

yang cocok dengan jumlah /1 dan /2. Tegangan normal. Tegangan di bahan 1 dan 2 dihitung dari rumus lentur

untuk balok komposit �Persamaan 6-6a dan b). Tegangan tekan terbesar di bahan I terjadi di atas balok (A) di mana y = h 1 = 5,03 1 in . Dengan menuliskan tegangan ini sebagai alA' dan dengan menggunakan Persamaan (6-6a), kita dapatkan

E, IJ + £2/2 (60 k-in.)(5,03 1 in.) ( l500 ksi) = -1 3 1 0 si ..

( 1 500 ksi)( l 7 l ,O in. 4 ) + (30.000 ksi)(3,01 in . 4 \ p

Tegangan tarik terbesar di bahan I terjadi di bidang kontak antara kedua bahan (C) di mana y = -(h2 - 0,5 in.) = -0,969 in. Dengan melakukan perhitungan yang serupa dengan di atas, kita peroleh

(60 k -in. )(-0.969 in . )( 1 500 k:i ) = 25 1 si ( nKl k\i )( l 7 1 .0 m.4 l + ( 30.000 k�i)f 3.0 1 in.J ) P

Jadi, kita telah mendapatkan tegangan tarik dan tekan terbesar di kayu ini. Plat baja (bahan 2) terletak di bawah sumbu netral, sehingga seluruhnya

mengalami tarik. Tegangan tarik maksimum terjadi di bawah balok (B) di mana y = -h2 = - 1 ,469 i n. Jadi, dari Persamaan (6-6b) kita peroleh

M(-h2 )E2 EI /I + £2!2 __ _,(_60_k_-i_n-'-. )(-'--

--:li-,4_6�9-in_.. )'""(3_0_.o_o_O_k_s-'-i )_--,- = 7620 psi

( 1 500 ksi)( l 7 1 ,0 in .4 ) + (30.000 ksi)(3,01 in 4 )

Tegangan tarik minimum d i bahan 2 terjadi d i bidang kontak (C) di mana y = -0,969 in. Jadi

(60 k- in. )( .969 1 11 . )(30.000 J...si ) 5030 · . , . 4 = _ pSI ( 1 500 J...s i)( 1 7 1 .0 in. 1 ) ( 30.000 J...s J )( ,, , O J i n . l

Tegangan ini adalah tegangan maksimum dan minimum di baja. Catatan: Di bidang kontak rasio tegangan di baja terhadap tegangan di kayu adalah

a2c = 5030 psi = 20 a1 c 25 1 psi

Mekanika Bahan 34 7

yang sama dengan rasio Ei£1 antara masing-masing modulus elastisitas, sebagaimana diharapkan. Meskipun regangan di baja dan kayu sama di bidang kontak, tegangannya berbeda karena berbedanya modulus elastisitas.

• Contoh 6-2

: �---' O

!l�� 1. b = 200 mm .I

" = I SO mm h = 1 60 mm i

t = mm

Gambar 6-8 Contoh 6-2. Penampang balok sandwich yang mempunyai muka paduan alumunium dan inti plastik

Sebuah balok sandwich yang mempunyai muka aluminium dan inti plastik (Gambar 6-8) mengalami momen lentur M = 3,0 kN.m. Tebal muka tersebut adalah t = 5 mm dan modulus elastisitas adalah £1 = 72 GPa. Tinggi inti plastik adalah he = 1 50 mm dan modulus elastisitasnya adalah £2 = 800 MPa. Dimensi total balok ini adalah h = 160 mm dan b = 200 mm. Tentukan tegangan tank dan tekan maksimum di muka dan inti dengan menggunakan: (a) teori umum untuk balok komposit, dan (b) teori pendekatan untuk balok sandwich.

Solusi Sumbu netral. Karena penampang ini simetris ganda, maka sumbu netral terletak di tengah-tinggi (lihat sumbu z di Gambar 6-8). Momen inersia. Momen inersia /1 untuk muka aluminium adalah

!1 = ..!!_(h3 - h3 ) = 200 mm [(160 mm)3 - ( 1 50 mm)3] = 1 2,017 x 1 06 mm4 1 2 ' 12

dan momen inersia /2 inti plastik adalah

!2 = ..!!_(h: ) = 200 mm ( 1 50 mm)3 = 56,250 x 106 mm4 12 1 2

(a) Tegangan normal yang dihitung dari teori umum untuk balok komposit. Untuk menghitung tegangan ini, kita gunakan Persamaan (6-6a dan b). Sebagai catatan awal, kita akan mengevaluasi suku-suku di pembilang dalam persamaanpersamaan tersebut (yaitu, rigiditas lentur balok komposit):

EJ1 + Ei2 = (72 GPa)( l 2,0 1 7 X 1 06 mm4) + (800 MPa)(56,250 x 106 mm4) = 9 1 0.200 N·m2

Tegangan tarik dan tekan maksimum di muka aluminium diperoleh dari Persamaan (6-6a):

= + M(h/2)(£1 ) - Et /t

+ £2 /2 _ + (3,0 kM·m)(80 mm)(72 GPa) - -

910.200 N·m2 = ±19,0 MPa

Besaran terkait untuk inti plastik (dari Persamaan 6-6b) adalah

= + M(hJ2)(£2 ) £] /]

+ £2 /2

= + (3,0 kM·m)(75 mm)(800 GPa) 9 10.200 N·m2

= ±0, 198 MPa

..

.. Tegangan maksimum di muka aluminium adalah 96 kali lebih besar daripada tegangan maksimum di inti. lni tidak mengherankan, mengingat bahwa modulus elastisitas aluminium adalah sekitar 90 kali lebih besar daripada modulus elastisitas plastik.

(b) Tegangan normal yang dihitung dari rumus pendekatan untuk balok sandwich. Di dalam teori pendekatan, kita mengabaikan tegangan normal di inti dan mengasumsikan bahwa muka memikul keseluruhan momen lentur. Dengan demikian, tegangan tarik dan tekan maksimum di muka dapat diperoleh dari Persamaan (6-7), sebagai berikut:

r 348 Bab 6 Tegangan Di Balok (Topik Lanjut)

6.3 1

(b)

Gambar 6-9 Balok komposit dengan dua bahan: (a) penampang aktual, dan (b) penampang tertransformasi yang mcngandung hanya bahan I

= + My = + M(/ /2) - /1 - /1 = + (3,0 kM· m)(80 mm)

1 2, 0 1 7 x 1 06 mm4 = ±20,0 MPa ..

Sebagaimana diharapkan, teori ini konservatif dan memberikan tegangan yang sedikit lebih besar di muka aluminium daripada yang dihitung dengan teori umum untuk balok komposit .

METODE PENAMPANG TERTRANSFORMASI

Metode penampang tertransformasi adalah prosedur alternatif untuk menganalisis tegangan lentur pada balok komposit. Metode ini didasarkan atas teori dan persamaan yang telah dikembangkan dalam subbab sebelum ini sehingga mempunyai pembatasan yang sama (misalnya, hanya berlaku untuk bahan elastis linier) dan memberikan hasil sama. Meskipun metode penampang tertransformasi tidak mengurangi langkah-langkah perhitungan, banyak perencana yang menganggap bahwa metode ini memberikan cara mudah untuk memvisualisasikan dan mengorganisasikan perhitungan.

Metode ini terdiri atas transformasi penampang suatu balok komposit menjadi penampang ekivalen balok imajiner yang terdiri atas hanya satu bahan. Penampang baru ini disebut penampang tertransformasi .

Selanjutnya, balok imajiner dengan penampang tertransformasi dianalisis dengan cara biasa untuk balok dengan satu bahan. Sebagai langkah akhir, tegangan di balok tertransformasi diubah menjadi tegangan di balok semula.

Jika balok tertransformasi harus ekivalen dengan balok semula, maka sumbu netralnya harus terletak di lokasi yang sama dan kapasitas tahanan momennya harus sama. Untuk membuktikan bagaimana kedua persyaratan ini dipenuhi, tinjau kembali balok komposit yang terdiri atas dua bahan (Gambar 6-9a). Sumbu netral penampang diperoleh dari Persamaan (6-3), yang ditulis ulang di sini:

EliydA + E2I!dA = 0 (6- 1 1 )

Di dalam persamaan ini, integralnya menunjukkan momen pertama dari kedua bagian penampang terhadap sumbu netral . Sekarang kita gunakan notasi

(6- 1 2)

di mana n adalah rasio modular. Dengan menggunakan notasi ini, kita dapat menu lis ulang Persamaan ( 6- 1 1 ) dalam bentuk

f?

dA +

fi

n dA = 0 (6- 13 )

Karena Persamaan (6- l l ) dan (6-1 3) ekivalen, maka persamaan d i atas membuktikan bahwa sumbu netral tidak berubah jika setiap elemen luas dA di bahan 2 dikalikan dengan faktor n, asalkan koordinat y untuk setiap e1emen luas tidak berubah. Dengan demikian, kita dapat membuat penampang baru yang terdiri atas dua bagian: ( I ) area 1 dengan dimensi

Mekanika Bahan 349

tak diubah, dan (2) area 2 dengan lebamya (yaitu, dimensi sejajar sumbu netral) dikalikan dengan n. Penampang baru ini (penampang teitransformasi) ditunjukkan dalam Gambar 6-9b untuk kasus di mana E2 > E1 (sehingga n > 1 ) . Sumbu netralnya berada pada posisi yang sama dengan sumbu netral di balok semula. (Perhatikan bahwa semua dimensi yang tegak lurus sumbu netral tetap sama.)

Karena tegangan di bahan (untuk regangan yang diketahui) sebanding dengan modulus elastisitas (er = E£), kita l ihat bahwa mengalikan le bar bahan 2 dengan n = EiE1 sama saja dengan mentransformasikannya menjadi bahan 1 . Sebagai contoh, anggap n = 10. Karena itu area bagian 2 dari penampang sekarang adalah 1 0 kali lebih lebar daripada sebelumnya. Jika kita bayangkan bahwa bagian balok ini sekarang adalah bahan 1 , maka kita lihat bahwa ia akan memikul gaya sama dengan sebe1umnya karena modulus elastisitas berkurang dengan faktor sebesar 1 0 (dari E2 ke £1) pada saat yang sama area tersebut diperbesar dengan faktor 10. Jadi, penampang baru (penampang tertransformasi) hanya terdiri atas bahan I .

Hubungan momen-kelengkungan untuk balok tertransformasi harus sama dengan hubungan untuk balok semula. Untuk membuktikan bahwa ini memang demikian, kita perhatikan bahwa tegangan di balok tertransformasi (karena balok ini hanya terdiri atas bahan 1 ) dinyatakan dengan Persamaan (5-7) dalam Subbab 5.5:

Dengan menggunakan persamaan ini, dan juga dengan mengikuti prosedur sama seperti untuk balok dengan satu bahan (lihat Subbab 5.5), kita dapat memperoleh hubungan momen-kelengkungan untuk balok tertransformasi:

M = -J �·-" cL4. = -J1cr , y dA -J2cr .. y dA

= £1 K" l_/dA + £1 K" lr!dA = 1C(E1 !1 + E2n/2 )

a tau (6- 14)

Persamaan m 1 sama dengan Persamaan (6-4), sehingga terbukti bahwa hubungan momen-kelengkungan untuk balok tertransformasi sama dengan untuk balok semula.

Karena balok tertransformasi hanya terdiri atas satu bahan, maka tegangan lentur dapat diperoleh dari rumus lentur standar (Persamaan 5-1 3). Jadi, tegangan normal di balok yang tertransformasi menjadi bahan 1 (Gambar 6-9b) adalah

(6- 15 )

d i mana I r adalah momen inersia penampang tertransformasi terhadap sumbu netral. Dengan memasukkannya ke dalam persamaan ini, kita dapat menghitung tegangan di setiap titik dari balok tertransformasi. (Sebagaimana diterangkan di bawah ini, tegangan di balok tertransformasi sama dengan tegangan di balok semula pada bagian balok semula yang

3 5 0 Bab 6 Tegangan Di Balok (Topik Lanjut)

terdiri atas bahan 1 ; namun, di bagian balok semula yang mengandung bahan 2, tegangannya berbeda dengan tegangan di balok tertransformasi.)

Kita dapat dengan mudah membuktikan kebenaran Persamaan (6- 15) dengan memperhatikan bahwa momen inersia penampang tertransformasi (Gambar 6-9b) berkaitan dengan momen inersia penampang semula (Gambar 6-9a) dengan hubungan berikut:

(6- 16)

Dengan mensubstitusikan persamaan untuk IT ke dalam Persamaan (6- 1 5) kita peroleh

(a)

yang sama dengan Persamaan (6-6a), sehingga terbukti bahwa tegangan di bahan l di balok semula sama dengan tegangan di bagian sama pacta balok tertransformasi.

Sebagaimana disebutkan di atas, tegangan di bahan 2 pacta balok semula tidak sama dengan tegangan di bagian yang sama pacta balok tertransformasi. Tegangan di balok tertransformasi (Persamaan 6- 1 5) harus dikalikan dengan rasio modular n untuk mendapatkan tegangan di bahan 2 pacta balok semula:

Mv O"x2 = - -- ll Ir (6- 17)

Kita dapat menyelidiki kebenaran rumus ini dengan memperhatikan bahwa apabila Persamaan (6-1 6) untuk IT disubstitusikan ke dalam Persamaan (6- 1 7), kita dapatkan

(b)

yang sama dengan Persamaan (6-6b). Di dalam pembahasan metode penampang tertransformasi kita telah

memilih untuk mentransformasikan balok semula menjadi balok imajiner yang hanya terdiri atas bahan 1 . Kita dapat saja memilih untuk mentransformasikan menjadi balok dengan bahan 2. Dalam hal ini, tegangan di balok semula di bahan 2 akan sama dengan tegangan di bagian sama pacta balok tertransformasi. Sedangkan tegangan di bahan 1

pacta balok semula harus dihitung dengan mengalikan tegangan di bagian sama pacta balok tertransformasi dengan rasio modular n, yang dalam hal ini didefinisikan sebagai n = E/E2.

Adalah suatu hal yang mungkin untuk mentransformasikan balok semula menjadi bahan dengan modulus elastisitas sembarang E, di mana semua bagian balok harus ditransformasikan menjadi bahan fiktif. Tentu saja, perhitungannya akan lebih sederhana jika kita mentransformasikan ke salah satu dari bahan semula. Akhimya, dengan sedikit usaha kita dapat memperluas metode penampang tertransformasi untuk balok komposit yang terdiri atas lebih dari dua bahan.

Gambar 6-1 0 Contoh 6-3. Balok komposit pada Contoh 6- I dianal isis dengan metode penampang tertransformasi: (a) balok semula, dan (b) penampang tertransformasi (bahan I )

Mekanika Bahan 351

• Contoh 6-3

Sebuah balok komposit yang terlihat dalam Gambar 6-1 Oa dibentuk dari balok kayu (dimensi aktual 4,0 in. x 6,0 in.) dan plat penguat baja (lebar 4,0 in. dan tebal 0,5 in.). Balok ini mengalami momen lentur positif M = 60 k-in. Dengan menggunakan metode penampang tertransformasi, hitunglah tegangan tarik dan tekan terbesar di kayu tersebut (bahan 1) dan tegangan maksimum dan minimum di baja (bahan 2) jika £1 = 1 500 ksi dan £2 = 30.000 ksi. (Catatan: Ini adalah balok yang sama dengan yang telah dianalisis sebelum ini di dalam Contoh 6-1 Subbab 6.2.)

IT' ." ,I� I _. in. I .-- - A • 1- ........ ---r

-:-J

" I ./ 6 111. h i 6 m. '

1

' 0 . h ' :.r..._

• 0.5 In •

"� i 0 (' t I. 80 in . H .. l 1

), i',-j:. • 4 tn . 18 0 � . .. Ill.

' 1) (a) (b)

Solusi

Penampang tertransformasi. Kita akan mentransfonnasikan balok semula menjadi balok dari bahan 1 , yang berarti bahwa rasio modular didefinisikan sebagai

n = £2 = 30.000 ksi = 20 £1 1 500 ksi

Bagian balok yang terbuat dari kayu (bahan I ) tidak diubah tetapi bagian yang terbuat dari baja (bahan 2) mempunyai lebar yang dikalikan dengan rasio modular. Jadi, lebar bagian balok ini menjadi

n(4 in.) = 20(4 in.) = 80 in.

di dalam penampang tertransformasi (Gambar 6-1 Ob). Sumbu netral. Karena balok tertransformasi terdiri atas hanya satu bahan,

maka sumbu netral melewati pusat berat penampang. Dengan demikian, dengan mengambil tepi atas penampang sebagai garis referensi , dan dengan jarak Y; diukur positif ke bawah, kita dapat menghitung jarak h1 ke pusat berat sebagai berikut:

(3 i n . )(4 in.)(6 i n . ) + (6,25 in . )( RO i n . )(0.5 in. ) (4 in.)(6 i n . ) + (80 i n . \(0.5 in. )

322,0 in .3 = 5 03 1 . 3 ' 111.

64,0 in.

Juga, jarak h2 dari tepi bawah penampang ke pusat berat adalah

h2 = 6,5 in. - h 1 = 1 ,469 in.

Jadi, lokasi sumbu netral telah ditentukan. Momen inersia penampang tertransformasi. Dengan menggunakan teorema

sumbu·sejajar (lihat Subbab 1 2.5 pada Bab 1 2), kita dapat menghitung momen inersia lr untuk keseluruhan penampang terhadap sumbu netral sebagai berikut:


:

1 1

rr. . r( ,

Gambar 6-1 1 Balok dengan beban lateral yang bekerja di bidang simetri

IT = 1� (4 in.)(6 in.)3 + (4 in.)(6 in.)(h1 - 3 in.)2

+ _!__ (80 in.)(0,5 in.)3 + (80 in.)(0,5 in.)(h2 - 0,25 in} 1 2

= 1 7 1 ,0 in 4 + 60,3 in.4 = 23 1 ,3 in.4

Tegangan normal di kavu ( hahan 1 ). Tegangan di balok tertransformasi (Gambar 6- I Ob) di atas penampang (A) dan di bidang kontak antara kedua bagian (C) sama dengan yang ad a di balok semula (Gambar 6- 1 Oa). Tegangan ini dapat dihitung dari rumus \entur (Persamaan 6- 1 5), sebagai berikut:

My (60 k-in.)(5,03 1 in.) 1 3 1 0 . = - - = = - pSi

IT 23 1 ,3 in.4 _ My

= _ ( 60 1- - in . )( U.96l) 1 11. ) = 25 1 psi

IT 2J 1 .3 in. 1

lni adalah tegangan tarik dan tekan terbesar di kayu (bahan I ) di ba1ok semu1a. Tegangan cr1 A adalah tekan dan tegangan cr1c adalah tarik.

Teganga11 normal di haja. (bahan 2). Tegangan maksimum dan minimum di p1at baja diperoleh dengan mengalikan tegangan yang bersangkutan di balok tertransformasi dengan rasio modular n (Persamaan 6- 1 7). Tegangan maksimum terjadi di tepi bawah penampang (B) dan tegangan minimum terjadi di bidang kontak (C).

My = --n =

IT Mv = - -· n = IT

(60 k-in.)(- 1 ,469 in.) (20) = 7620 psi 23 1 .3 in.4

(60 k-in.)(-0,9469 in.) (20) = 5030 psi

23 1 ,3 in. Kedua tegangan ini adalah tarik.

Perhatikan bahwa tegangan yang dihitung dengan metode penampang tertransformasi cocok dengan yang diperoleh pada Contoh 6- 1 dengan penerapan \angsung rumus balok komposit.

BALOK SIMETRIS GANDA DENGAN BEBAN MIRING

Di ctalam pembahasan sebelum ini mengenai lentur, kita meninjau balok yang memiliki bictang simetri longitudinal (bictang xy ctalam Gambar 6-1 1 ) ctan memikul beban lateral yang bekerja pacta bidang tersebut. Pacta konctisi tersebut, tegangan lentur dapat diperoleh dari rumus lentur (Persamaan 5 - 13) asalkan bahannya bersifat homogen ctan elastis linier. Di dalam subbab ini, kita akan memperluas ide tersebut ctan meninjau apa yang terjacti apabila balok mengalami beban yang tidak beraksi pacta bictang simetri , yaitu beban miring (Gambar 6- 1 2) . Kita akan membatasi pembahasan cti sini pacta balok yang mempunyai penampang simetris gancta, yaitu bictang xy dan xz adalah bidang simetri. Juga, beban miring harus bekerja melalui pusat berat penampang untuk menghinctari terpuntirnya balok terhadap sumbu longitudinal.

Kita akan menentukan tegangan lentur di balok yang terlihat dalam Gambar 6- 1 2 dengan menguraikan beban miring menjadi ctua komponen, masing-masing bekerja pacta bidang simetri. Karena itu, tegangan lentur dapat dihitung dari rumus lentur untuk setiap komponen beban yang bekerja secara terpisah, dan tegangan akhir dapat diperoleh dengan superposisi masing-masing tegangan.

Mekanika Bahan 353

• Perjanjian Tanda untuk Momen Lentu r

Sebagai ha! awal, kita akan menetapkan perjanjian tanda untuk momen lentur yang bekerja di penampang suatu balok.* Untuk itu. kita potong balok tersebut dan kita tinjau sehuah penampang yang khas (Gambar 6-1 3) . Momen lentur M,. dan M: yang bekerja terhadap sumbu y dan z dinyatakan sebagai vektor dengan menggunakan panah berkepala ganda. Momen adalah positif jika vektomya searah dengan arah positif sumbu yang bersangkutan, dan aturan tangan kanan untuk vektor memberikan arah rotasinya (ditunjukkan dengan panah lengkung di dalam gambar). Jadi, momen lentur positif M, menghasilkan tekan di sisi kanan ba1ok (sisi z negatif) dan tarik di sisi kiri (sisi z positifJ. Begitu pula, momen positif

Gambar 6-1 2 B�lok s i metris M_ menghasilkan tekan di bagian atas balok (di mana y adalah positif) dan g�ndil dengan bebiln miring ta;ik di bagian bawah (di mana y adalah negatif). Juga, perlu diingat

bahwa momen 1entur yang terlihat dalam Gambar 6- 1 3 bekerja pada muka x positif dari segmen balok, yaitu, di muka yang mempunyai normal ke luar arah positif sumbu x.

I ' • Tegangan Lentur

Gambar 6-1 3 Pcrjanjian tanda untuk momen lentur M, dan M.

Gambar 6-1 4 Penampang b�lok yang mengalami momen lentur M, dan M.

Tegangan normal yang berkaitan dengan momen lentur M'" dan M: yang bekerja secara terpisah diperoleh dari rum us lentur (Persamaan 5- 1 3 ). Tegangan ini digabungkan untuk menghasilkan tegangan yang dihasilkan oleh kedua momen yang bekerja secara simu1tan. Sebagai contoh, tinjaulah tegangan di sebuah titik pada penampang yang mempunyai koordinat positif y dan z (titik A dal am Gambar 6- 1 4). Momen positif My

menimbulkan tarik di titik tersebut dan momen positif M: menyebahkan tekan ; jadi, tegangan normal di titik A ada1ah

M,z _

Mzy I '" '- (6- 1 8 )

di mana I, dan /: ada1ah momen inersia penampang terhadap sumbu y dan z. Dengan menggunakan persamaan tersebut kita dapat mencari tegangan normal di sembarang titik pada penampang dengan memasukkan hargaharga aljabar dengan benar.

• Sumbu Netral

11 Persamaan sumhu netral dapat ditentukan dengan menyamakan tegangan normal 0", ( Persamaan 6- 1 8) dengan no] :

M,. M_ -·-z - -· v 1,. [_ .

0 (6- 1 9)

Persamaan ini menunjukkan bahwa sumbu netral 1111 adalah garis lurus yang melewati pusat berat C (Gambar 6- 14) . Sudut f3 antara sumbu netral dan sumbu z ditentukan sebagai berikut:

,\ 1 ,d1 IC�dll�.l ll lhll l l l t i l J.1 1 1 1_-!l'�l'l d1 "ua1u h.llnk. ht < l,, t l l } <l -.,ud�th jcl. t-.. dcngtl ll l l lL'Il l l l l.lll h.d, � � d.tll

j1L' I l lhch�IIWil l l ) �l -..r h 1 ng;;c1 k l l�l '>L' I I Il�!k.a l l dtq1dl llll'nglutu n.� I L'g<tng:lll Llcn�an lllL' I l� : lhaih:.l l l pc1 i < �n j i .l n

l . ln lLI �..bn h,m \ ,1 l llL i l��ur l . l � . l ll h d l � . l l l l u t b h. n , ,t '\ d l l l l l l l � 1 1 1 .1 111 l l lL' I l l l l l l l l�, l l l ru l lH I'- U ll 1 l l l l l l- 1 u pl' l l u

l l ll'l1.�.!..' l l l l t il- . l l 1 f'l'l l : l ll l l < � ll landti l l l l l l l h. llll'll,� h i ndtl l l h.l·hin.�ll l l .�. l ll lLd: l l l l llll'll�!-'ll lltlk.;ul rl'L'- . I I ll.I:Hl

3 5 � Bab 6 Tegangan Di Balok (Topik Lanjut)

,.

(il)

:

(b)

Gambar 6-1 5 Balok simetris ganda dengan beban miring P yang bekerja pada sudut 8 terhadap sumbu y positif

(6-20)

Bergantung pada besar dan arah momen lentur, sudut {3 dapat bervariasi ctari -90° sampai +90°. Dengan mengetahui orientasi sumbu netral kita ctapat menentukan titik-titik di penampang cti mana tegangan normalnya terbesar. (Karena tegangan bervariasi secara linier terhactap jarak ctari sumbu rietral, maka tegangan maksimum terjacti cti titik yang terletak paling jauh ctari sumbu netral.)

• H ubungan antara Sumbu Netral dan Kem i ringan Beban

Sebagaimana baru saja kita lihat, orientasi sumbu netral terhactap sumbu z ctitentukan ctengan momen lentur ctan momen inersia (Persamaan 6-20). Sekarang kita ingin menentukan orientasi sumbu netral relatif terhactap sudut kemiringan beban yang bekerja cti balok. Untuk itu, kita akan menggunakan balok kantilever yang terlihat ctalam Gambar 6-lSa sebagai contoh. Balok ini ctibebani oleh gaya P yang bekerja cti bidang penampang ujung ctan miring ctengan sudut e terhactap sumbu y positif. Orientasi khusus beban ini ctipilih karena ini berarti bahwa kectua momen lentur (Mv ctan Mz) actalah positif apabila e cti antara 0 ctan 90°.

.

11

Beban P ctapat ctiuraikan menjacti komponen P cos 8 ctalam arah y positif ctan P sin e ctalam arah z negatif. Dengan ctemikian, momen lentur M" ctan Mz (Gambar 6-lSb) yang bekerja pacta penampang yang terletak pacta jarak x ctari tumpuan jepit actalah

MY = (P sin 8)(L - x) Mz = (P cos 8)(L - x) (6-2 l a,b)

cti mana L actalah panjang balok. Rasio antara kectua momen ini actalah

M" -· = tan e M_ (6-22)

yang menunjukkan bahwa vektor momen resultan M acta cti suctut e ctengan sumbu z (Gambar 6- 15b). Karena itu, momen resultan terjacti berarah tegak lurus bictang longitudinal yang menganctung gaya P.

Suctut {3 antara sumbu netral nn dan sumbu z (Gambar 6-1 5b) ctiperoleh ctari Persamaan (6-20):

MJ. I tan {3 = --' = ...L tan e

M2/Y IY (6-23)

yang menunjukkan bahwa suctut {3 pacta umumnya tidak sama ctengan suctut e. Jacti, kecuali pada kasus-kasus khusus, sumbu netral tidak tegak lurus bidang longitudinal yang mengandung beban.

Pengecualian ctari aturan umum ini terjadi pacta tiga kasus khusus: ( I ) Apabila beban terletak cti bictang xy ( e = 0 atau 1 80°), yang berarti bahwa sumbu z actalah sumbu netral. (2) Apabila beban terletak cti bictang xz ce = ±90°), yang berarti bahwa sumbu y adalah sumbu netral. (3) Apabila momen inersia utama sama, yaitu apabila /" = lz. Dalam hal ini, semua sumbu yang melalui pusat berat actalah sumbu· utan1a dan semuanya mempunyai momen inersia sama. Bidang pembebanan, tictak pectuli ke mana pun arahnya, selalu merupakan bictang utama, dan sumbu netral selalu tegak lurus pactanya. (S i tuasi ini terj acti pacta penampang

Pemn up

(a)

Gambar 6-1 6 Contoh 6-4. Balok kayu dengan penampang persegi panjang yang berfungsi sebagai gording

Mekanika Bahan 355

bujursangkar, lingkaran, dan penampang tertentu lainnya, sebagaimana diuraikan dalam Subbab 12.9 Bab 1 2.)

Fakta bahwa sumbu netral tidak selalu tegak lurus bidang beban dapat sangat mempengaruhi tegangan di balok, khususnya jika rasio antara kedua momen inersia utama sangat besar. Pada kondisi ini tegangan di balok sangat sensitif terhadap perubahan kecil pada arah beban dan ketidakteraturan pada kelurusan balok itu sendiri. Karakteristik balok seperti ini digambarkan dalam Contoh 6-5.

Contoh 6·4

Sebuah balok kayu AB dengan penampang persegi panjang berfungsi sebagai gording atap (Gambar 6- 16a dan b) di tumpu sederhana oleh batang-batang tepi atas dari dua rangka batang yang berdekatan. Balok tersebut memikul herat penutup atap dan bahan-bahan atap lainnya, ditambah beratnya sendiri dan beban tambahan yang mempengaruhi atap (misalnya beban angin, salju, dan gempa). Dalam contoh ini, kita hanya akan meninjau pengaruh beban terdistribusi terbagi rata q = 3,0 kN/ m yang bekerja di arali vertikal melalui pusat berat penampang (Gambar 6- 1 6c). Beban tersebut bekerja di seluruh panjang balok dan termasuk berat balok. Batang atas dari rangka batang mempunyai kemiringan I banding 2 (a = 26,57°), dan balok mempunyai lebar b = 1 00 mm, tinggi h = 1 50 mm, dan ben tang L = I ,6 m.

Tentukan tegangan tarik dan tekan maksimum di balok ini dan tentukan lokasi sumbu netral.

(h) (c)

Solusi

_Lj i 2 � u = 26.57°

Beban dan momen lentur. Beban terbagi rata q yang bekerja di arah vertikal dapat diuraikan menjadi dua komponen da\am arah y dan z (Gambar 6- 1 7a):

qY = q cos a q, = q sin a (6-24a,b)

Momen lentur maksimum terjadi di titik tengah balok dan diperoleh dari rumus umum M = qL2/8 ; jadi,

2 M = q, L

\' 8 qL2 sin a

8 L2 2

M = !!..::...__ = qL cos a l 8 8

(6-25a,b)

Kedua momen ini positif karena vektornya ada di arah positif sumbu y dan z (Gambar 6- 1 7b).

Momen inersia. Momen inersia penampang terhadap sumbu y dan z adalah hb3 hh'

1 = - I = - (6-26a,b) I 1 2 z 12 Tefi£mgan lentur. Tegangan di potongan tengah balok diperoleh dari Persamaan (6-1 8) dengan momen lentur yang dihitung dari Persamaan (6-25) dan momen inersia dihitung dari Persamaan (6-26):


Gambar 6-1 7 Solusi untuk Conloh 6-4 (a) Komponen dari be ban terbagi rata, dan (b) momen lentur yang bekerja di penampang

/J \' \"

. � A

11

,,, , ! b )

M,z M.v ax = -·- - �·-· = 1, I,

qe s in a qL2 cos a 8 hh3 11 2 z

= 8 hb3 11 2 y

(6-27)

Tegangan di sembarang titik pada penampang dapat ditentukan dari persamaan ini dengan memasukkan koordinat y dan z titik tersebut.

Dari orientasi penampang serta arah beban dan momen lentur (Gambar 6- 1 7) , jelaslah bahwa tegangan tekan maksimum terjadi di titik D (di mana y = h/2 dan z = -b/2) dan tegangan tarik maksimum terjadi di titik E (di mana y = -h/2 dan z = b/2) . Dengan memasukkan koordinal ini ke dalam Persamaan (6-27) dan menyederhanakannya, maka kita peroleh rumus-rumus untuk tegangan maksimum dan minimum di balok tersebut:

_ _ 3qL2 ( sin a cos a ) CJE - -CJo - 4bh -h

- + -h- (6-28) ..

Harga-harga numerik. Tegangan tarik dan tekan maksimum dapat dihitung dari persamaan di atas dengan memasukkan data yang diketahui:

q = 3,0 kN/m L = I ,6 m b = 1 00 m m h = 1 50 mm a = 26,57°

Hasilnya adalah

.. Sumhu netral. Selain mencari tegangan di balok, seringkali sumbu netral

perlu dicari lokasinya. Persamaan garis diperoleh dengan menetapkan tegangan (Persamaan 6-27) sama dengan nol:

si�2

a z - c�sz a Y = 0 (6-29)

Sumbu netral ditunjukkan dalam Gambar 6- 1 7b sebagai garis nn. Sudut {3 dari sumbu z ke sumbu netral diperoleh dari Persamaan (6-29) sebagai berikut:

y h2 tan {3 = - - 2 tan a (6-30) z b

Dengan memasukkan harga-harga numerik, kita dapatkan

h2 tan {3 = 2 tan a =

b ( 1 50 mm)2 (tan 26,57°) = I , 1 25 ( 1 00 mm)2

Karena sudut {3 tidak sama dengan sudut a, maka sumbu netral akan m iring terhadap bidang pembebanan (yang vertikal) .

Dari orientasi sumbu netral (Gambar 6- 17b), kita lihat bahwa titik D dan E adalah yang terjauh dari sumbu netral, yang menegaskan asumsi kita bahwa tegangan maksimum tetjadi di titik-titik tersebut. Bagian balok di atas dan di kanan sumbu netral mengalami tekan, dan bagian di kiri dan bawah sumbu netral.

· mengalami tarik.

Mekanika Bahan 357

• Contoh 6-5

Gambar 6-1 8 Contoh 6-5. Balok kantilever dengan momen inersia I jauh lebih besar dari pada /,

Sebuah balok kantilever yang panjangnya 1 2 ft (Gambar 6- 1 8a) terbuat dari profil S 24 x 80 (lihat Tabel E-2 Lampiran E untuk dimensi dan besaran balok ini) . Beban P = 10 k bekerja dalam arah vertikal di ujung balok tersebut. Karena balok tersebut sangat sempit dibandingkan tingginya (Gambar 6- 1 8b ), maka m omen inersianya terhadap sumbu z jauh lebih besar dibandingkan momen inersianya terhadap sumbu y.

\'

P = 1 0 k

11

� = -1 1 : r C

11

(a) Tentukan tegangan lentur maksimum di balok ini jika sumbu y dari penampang adalah vertikal sehingga sebidang dengan beban P (Gambar 6- 1 8a).

(b) Tentukan tegangan lentur maksimum j ika balok ini miring dengan sudut kecil a = I o terhadap beban P (Gambar 6- 1 8b). (Kemiringan kecil dapat disebabkan oleh ketidaksempurnaan dalam: pembualan balok, pemasangan balok, atau pergerakan tumpuannya.)

Solusi

(a) Tegangan lentur maksimum apabila heban sebidang dengan sumhu y. Jika balok dan beban sebidang, maka sumbu :: adalah sumbu netral dan tegangan maksimum di balok (pada tumpuannya) diperoleh dari rumus lentur:

a _ My _ PL(h/2) mab - !, - f,

di mana M = PL adalah momen lentur di tumpuan, h adalah tinggi balok, dan /_ adalah momen inersia terhadap sumbu z. Dengan memasukkan harga-harga numerik, kita dapatkan

_ ( 1 0 k)( l 2f t )( l :! m./ft)( 1 2.00 in. ) _ 8230 . · a maks - ') • j - psi _ J OO tn.

Tegangan ini adalah tarik di atas ba1ok dan tekan di bawah balok. (b) Teganga11 lentur maksimum apabila beba11 miring terhadap sumbu y.

Sekarang kita asumsikan bahwa balok ini mempunyai kemiringan kecil (Gambar 6- 1 8b), sehingga sudul antara sumbu y dan beban adalah a = 1 ° .

Komponen beban P adalah P cos a dalam arah y negatif dan P sin a dalam arah z posi tif. Dengan demikian, momen l entur di tumpuan adalah

M,, = - (P sin a)L = - ( I 0 k)(sin 1 °)( 1 2 ft)( 12 in ./ft) = -25, 1 3 k-in . M, = - (P cos a)L = - ( 1 0 k)(cos 1° )( 1 2 ft)( l 2 i n./ft) = - 1440 k-in.

Sudut f3 yang memberikan orientasi kepada sumbu netral 1111 diperoleh dari Persamaan (6-20):


6.5 1

tan f3 = l'. = MJ, = (-25, 1 3 k- in)(2 1 00 in.� ) = 0 8684 f3 = 41 o

z MJ, (- 1 -+40 k -in.)(42 .2 in.� l '

Perhitungan ini menunjukkan bahwa sumbu netral mempunyai sudut kemiringan 4 1 • dari sumbu z meskipun bidang be ban hanya miring I · dari sumbu y. Sensitivitas posisi sumbu netral terhadap sudut beban merupakan konsekuensi dari besarnya rasio l!fy·

Dari posisi sumbu netral (Gambar 6- 1 8b), kita l i hat bahwa tegangan maksimum di balok terjadi di titik A dan B, yang terletak di jarak terjauh dari sumbu netral. Koordinat titik A adalah

ZA = - 3,50 in. yA = 1 2,0 in.

Dengan demikian, tegangan tarik di titik A (lihat Persamaan 6- 1 8) adalah

(-25, 1 3 k-in.)(-3,50 in.) (-1440 k-in.)( l 2,0 in.) 42,2 in.4 2 1 00 in.4

= 2080 psi + 8230 psi = 1 0.3 1 0 psi

Tegangan di B mempunyai besar sama tetapi berupa tegangan tekan: a8 = -1 0.3 1 0 psi

..

.. Tegangan ini 25% lebih besar daripada tegangan amaks = 8230 psi untuk balok sama dengan beban yang benar-benar sebidang. Selain itu, beban miring menimbulkan defleksi lateral dalam arah z , sedangkan beban yang sebidang tidak.

Contoh ini menunjukkan bahwa balok dengan 1, jauh lebih besar daripada /" dapat menimbulkan tegangan besar jika balok atau beban menyimpang, meskipun sedikit, dari bidang yang direncanakan. Dengan demikian, balok seperti ini perlu digunakan secara hati-hati, karena sangat mungkin mengalarni kelebihan tegangan dan mengalami lentur dan tekuk ke arah lateral (ke samping). Pencegahannya adalah dengan cara memberikan tumpuan lateral pada balok tersebut sehingga dapat mencegah lentur ke samping. Sebagai contoh, balok lantai kayu di gedung diturnpu secara lateral dengan memasang penghubung antara balok-balok tersebut.

LENTUR PADA BALOK TAK SIMETRIS

Di dalam pembahasan sebelum ini mengenai lentur, kita asumsikan bahwa balok mempunyai penampang dengan sedikitnya satu sumbu simetri. Sekarang kita akan abaikan pembatasan tersebut dan meninjau balok dengan penampang tak simetris. Kita mulai dengan menyelidiki balok yang mengalami lentur mumi, dan selanjutnya di dalam Subbab 6.6, 6.7 dan 6.8 kita akan meninjau pengaruh beban-beban lateral . Seperti pada pembahasan sebelum ini, diasumsikan bahwa balok terbuat dari bahan elastis Iinier.

Misalkan bahwa suatu balok yang mempunyai penampang tak simetris mengalami momen lentur M yang bekerja di penampang ujung (Gambar 6- 1 9a). Kita ingin mengetahui tegangan di balok dan posisi sumbu netral. Sayangnya, pada tahap analisis ini tidak ada cara langsung untuk menentukan besaran-besaran tersebut. Dengan demikian, kita akan menggunakan pendekatan tidak langsung-kita tidak mulai dengan momen lentur dan mencoba menemukan sumbu netral, tetapi kita akan mulai dengan sumbu netral yang diasumsikan dan mencari momen lentumya.

\'

M ' ,

�-' (a)

- 1 '. -" I

(b)

Gambar 6-1 9 Balok dengan penampang tak simetris

Mekanika Bahan 359

Kita mulai dengan membuat dua sumbu yang saling tegak lurus (sumbu y dan z) di titik yang dipilih sembarang di bidang penampang (Gambar 6- 19b). Kedua sumbu tersebut mungkin mempunyai orientasi sembarang, tetapi untuk mudahnya kita akan mengambil orientasi tersebut horizontal dan vertikal. Selanjutnya, kita asumsikan bahwa balok tersebut melentur sedemikian hingga sumbu z adalah sumbu netral penampang. Dengan demikian, balok akan berdefleksi dalam bidang .xy, yang menjadi bidang lentur. Pada semua kondisi ini, tegangan normal yang bekerja di elemen dengan luas dA yang terletak pada jarak y dari sumbu netral (lihat Gambar 6- 19b dan Persamaan 5-7 dalam Bab 5) adalah

(6-3 1 )

Tanda negatif diperlukan karena bagian dari balok di atas sumbu z (sumbu netral) mengalami tekan apabila kelengkungannya positif. (Perjanjian tanda untuk kelengkungan apabila balok ditentukan di bidang �}' ditujukan dalam Gambar 6-20a.)

Gaya-gaya yang bekerja di elemen luas dA adalah a,dA, dan gaya resultan yang bekerja di seluruh penampang adalah integral dari gaya elemental ini di seluruh luas penampang A. Karena balok ini mengalami lentur mumi, maka gaya resultan harus sama dengan no!; jadi,

f�xdA = -tEKyY dA = 0

Modulus elastisitas dan kelengkungan adalah konstanta pada setiap penampang, sehingga

(6-32)

Persamaan ini menunjukkan bahwa sumbu z (sumbu netral) melalui pusat berat C penampang.

Sekarang kita asumsikan bahwa balok ini melentur sedemikian hingga sumbu y adalah sumbu netral dan bidang xz adalah bidang lentur. Jadi, tegangan normal yang bekerja di elemen luas dA (Gambar 6- 1 9b) adalah

(6-33)

Perjanjian tanda untuk kelengkungan K2 di dalam bidang xz ditunjukkan dalam Gambar 6-20b. Tanda negatif dibutuhkan dalam Persamaan (6-33) karena kelengkungan positif di bidang xz menimbulkan tekan di elemen dA. Gaya resultan untuk kasus ini adalah

L axdA = -LEKzzdA = 0

sehingga

Lz dA = O (6-34)

dan sekali lagi, kita lihat bahwa sumbu netral harus melalui pusat berat. Jadi, kita telah mengetahui bahwa pusat sumbu y dan z untuk balok tak simetris harus terletak di pusat berat C.

Sekarang tinjaulah resultan momen dari tegangan ax. Sekali lagi kita asumsikan bahwa lentur terjadi dengan sumbu z sebagai sumbu netral, di mana tegangan a, dihitung dengan Persamaan (6-3 1 ) . Momen lentur Mz dan M. terhadap sumbu z dan y (Gambar 6-2 1 ), adalah


J I �lengkungan positif K,. l _________ X 0 (a)

J

l_ ----�c�:_i·t�f�::_n __ _

• t 0 (b)

Gambar 6-20 Perjanjian tanda untuk kelengkungan K", dan K", masing-masing dalam bidang xr

_ dan x�

( I

D M_ D

Gambar 6-21 Momen lentur M, dan M, yang masing-masing bekerja lerhadap sumbu y dan z

Mz = -LcrxydA = K"yEL/dA = K", E/2

M, = fcrxzdA = -K",.Ef yzdA = -K""El,._ - A - A

(6-35a)

(6-35b)

Di dalam persamaan di atas, I, adalah momen inersia penampang terhadap sumbu z dan /" adalah hasil kali inersia terhadap sumbu y dan z. *

Dari Persamaan (6-35a) dan (6-35b) kita dapat menarik kesimpulan sebagai berikut: ( 1 ) Jika sumbu z mempunyai arah sembarang dan melalui pusat berat, maka sumbu tersebut akan merupakan sumbu netral hanya jika momen M, dan Mz bekerja terhadap sumbu y ctan z ctan hanya jika kectua momen tersebut mempunyai rasio yang memenuhi Persamaan (6-35a) dan (6-35b). (2) Jika sumbu z ctipilih sebagai sumbu utama, maka hasil kali inersia lyz sama dengan nol ctan satu-satunya momen lentur actalah Mz. Dalam hal ini , sumbu z actalah sumbu netral ctan lentur terjacti cti bictang -D·, momen M2 bekerja di bictang yang sama. Jacti, momen terjacti dengan cara analog ctengan pacta balok simetris .

Singkatnya, suatu balok tak simetris akan melentur ctengan cara umum sama seperti pacta balok simetris asalkan sumbu z actalah sumbu berat utama ctan satu-satunya momen lentur actalah momen M, yang bekerja terhactap sumbu yang sama.

Jika sekarang kita asumsikan bahwa sumbu y actalah sumbu netral, kita akan sampai pacta kesimpulan serupa. Tegangan crx dinyatakan ctengan Persamaan (6-33) ctan momen lenturnya actalah

M,. = fer ,zdA = - K"zEf z2dA = - K"z EJ" (6-36a) - A A -

Mz. = -LcrxydA = - K"zE Lyz dA = K"2Elvz (6-36b)

cti mana /" actalah momen inersia terhadap sumbu y. Sekali lagi kita amati bahwa jika sumbu netral (di ctalam hal ini sumbu y) berorientasi sembarang, maka momen MY ctan Mz harus acta. Namun, jika sumbu y merupakan sumbu utama, satu-satunya momen actalah M,, ctan kita mempunyai lentur biasa cti ctalam bictang xz. Dengan ctemikian, kita ctapat menyatakan bahwa balok tak simetris melentur ctengan cara umum yang sama seperti balok simetris apabila sumbu y actalah sumbu berat utama ctan satu-satunya momen lentur actalah M, yang bekerja terhactap sumbu tersebut.

Pengamatan lebih l�mjut-karena sumbu y ctan z sating tegak lurus, kita ketahui bahwa jika salah satu adalah sumbu utama, maka sumbu lainnya secara otomatis actalah sumbu utama j uga.

Kita sekarang sampai pada kesimpulan penting berikut: Apabila suatu balok tak simetris mengalami lentur murni. maka bidang di manu momen lentur bekerja akan tegak lurus permukaan netral hanya jika sumbu y dan z adalah sumbu pusat berat utama penampang dan momen lentur bekerja di salah satu bidang utama (bidang xy atau xz). Dalam kasus itu, bictang utama cti mana momen lentur bekerja menjacti bictang lentur ctan teori lentur biasa (termasuk rumus lentur) berlaku.

Dengan adanya kesimpulan ini, kita sekarang menctapatkan metocte langsung untuk mencari tegangan cti balok tak simetris yang mengalami momen lentur yang bekerja ctalam arah sembarang.

Ha�il kal i i ncrsia dihaha" di dalam Subhab 1 2 7 Bah 1 2

Mekanika Bahan 361

• Prosedur untuk Menganalisis Balok Tak Simetris

\ ) 1/

Gambar 6-22 Penampang Lak

simetris dcngan momcn lentur M

yang d i uraikan menjadi komponen

M, dan M, yang masing-masing

bekerja terhadap sumbu berat

ut am a

Kita sekarang akan menguraikan prosedur umum untuk menganalisis balok tak simetris yang mengalami momen lentur M (Gambar 6-22). Kita mulai dengan menentukan lokasi pusat berat C penampang dan menetapkan satu set sumbu utama di titik tersebut (sumbu y dan z di dalam gambar.)* Selanjutnya, momen lentur M diuraikan menjadi komponen M, dan Me, positif dalam arah seperti terlihat dalam gambar tersebut. Komponen tersebut adalah

M, = M sin (J M_ = M cos (J (6-37a,b)

di mana (J adalah sudut antara vektor momen M dan sumbu z (Gambar 6-22). Karena setiap komponen bekerja dalam bidang utama, maka terjadi lentur mumi di bidang yang sama. Jadi, rumus biasa untuk lentur mumi berlaku, dan kita dapat langsung mencari tegangan akibat momen M, dan Mz yang beraksi secara terpisah. Tegangan lentur yang diperoleh dari momen yang bekerja secara terpisah tersebut selanj utnya disuperposisikan untuk mendapatkan tegangan yang dihasilkan oleh momen lentur semula M. (Perhatikan bahwa prosedur umum ini sama dengan yang diuraikan dalam subbab sebelum ini untuk menganalisis balok simetri ganda dengan beban miring.)

Superposisi tegangan lentur untuk mendapatkan tegangan resultan di sembarang titik pada penampang dinyatakan dengan Persamaan (6- 18) :

o: = Myz _ M:Y = (M sin ())z x IY Iz I,.

(M cos ())y I_

di mana y dan z adalah koordinat titik yang di tinjau.

(6-38)

Juga, persamaan untuk sumbu netral nn (Gambar 6-22) diperoleh dengan menetapkan o:, sama dengan nol dan menyederhanakannya:

sin () cos () --z - --y Iv lz

(6-39)

Sudut f3 antara sumbu netral dan sumbu z dapat diperoleh dari persamaan di atas sebagai berikul:

y I tan f3 = - = .....;_ tan () z I, (6-40)

Persamaan ini menunjukkan bahwa pada umumnya sudut f3 dan e tidak sama, sehingga sumbu netral pada umumnya tidak tegak lurus bidang di mana momen M bekerja. Kekecualian adalah pada tiga kasus khusus yang dijelaskan dalam subbab sebelum ini (Subbab 6.4) di dalam pembahasan setelah Persamaan (6-23).

Di dalam subbab ini kita telah memusatkan pembahasan kita pada balok tak simetris. Tentu saja, balok simetris adalah kasus istimewa dari balok tak simetris sehingga pembahasan di dalam subbab ini juga berlaku untuk balok simetris. Jika suatu balok adalah simetri� tunggal, maka sumbu simetri adalah salah satu sumbu berat utama dari penampang tersebut; sumbu berat utama lainnya tegak lurus sumbu simetri di pusat berat. Jika suatu balok simetris ganda, maka kedua sumbu simetris adalah sumbu berat utama.

Secara lebih rinci, pembahasan pada subbab ini berlaku hanya untuk lentur mumi, yang berarti bahwa tidak ada gaya geser yang bekerja di

' 'Sumhu ulama dihahas di Suhhah 1 2 8 dan 1 2 Y F!ah 12


penampang. Apabila gaya geser ada, maka ada kemungkinan bahwa balok tersebut terpuntir terhadap sumbu longitudinalnya. Namun, puntir tersebut dapat dihindari apabila gay a geser bekeija melalui pusat geser, yang dibahas pacta subbab setelah ini.

Contoh-contoh berikut ini menggambarkan analisis balok yang mempunyai satu sumbu simetri dan tidak mempunyai sumbu simetri sama sekali.

• Contoh 6-6

C !O x 1 5.3

M = 15 k-in.

c a = J O"

L IJ

Gambar 6-23 Contoh 6-6. Penampang kanal yang mengalami momen lentur M yang bekerja pada sudut (} terhadap sumbu z

11 _\' c = 0,643 in.

I ( M,

� t • c \ M�

IJ

Gambar 6-24 Solusi untuk Contoh 6-6

"

Sebuah profil kanal (C 1 0 x 1 5,3) menga1ami momen lentur M = 1 5 k-in. yang berorientasi pada sudut (J = I oa terhadap sumbu z (Gambar 6-23a). Hitunglah tegangan lentur aA dan a8 masing-masing di titik A dan B, dan tentukan posisi sumbu netral.

Solusi

Be sa ran penampang. Pusat berat C terletak di sumbu simetri (sumbu z) pada jarak

c = 0,634 in.

dari tepi luar badan profil (Gambar 6-24).* Sumbu y dan z adalah sumbu berat utama dengan momen inersia

IY = 2,28 in.4 I, = 67,4 in.4

Juga, koordinat titik A dan B adalah sebagai berikut:

38):

YA = 5,00 in. zA = -2,600 in. + 0,634 in. = - 1 ,966 in. y8 = -5,00 in. z8 = 0,634 in.

Momen lentur. Momen lentur terhadap sumbu y dan z (Gambar 6-24) adalah

Mv = M sin (J = ( 1 5 k-in.)(sin 10°) = 2,605 k-in. M, = M cos (J = ( 1 5 k-in.)(cos 1 0°) = 1 4,77 k-in.

Tegangan lentur. Sekarang kita hitung tegangan di titik A dari Persamaan (6-

M,.zA _ M,yA 1,. I,

(2,605 k -in.)(-1 ,966 in.) (1 4,77 k-in.)(5,00 in.) 2,28 in.4 67,4 in.4

= -2246 psi - \096 psi = -3340 psi

Dengan perhitungan serupa, kita dapatkan tegangan di titik B:

Mvz8 M_y8 0"8 = -·- - ---/)' I,

(2,605 k-in.)(0,634 in.) (1 4,77 k-in.)(-5,00 in.) 2.28 in.4 67.4 in.4

= 724 psi + 1096 psi = 1 820 psi ..

Tegangan-tegangan ini adalah tegangan tarik dan tekan maksimum di balok. Sumbu netral. Sudut f3 yang menunjukkan lokasi sumbu netral (Persamaan

6-40) diperoleh sebagai berikut: 1 67 4 in.4

tan f3 = .:.>... tan (J = ' 4 tan 10° = 5,2 12 f3 = 79, 1 ° /v 2,28 in.

Sumbu netral nn ditunjukkan dalam Gambar 6-24, dan kita lihat bahwa titik A dan B terletak di jarak terjauh dari sumbu netral, jadi hal ini memastikan bahwa O"A dan a8 adalah tegangan-tegangan terbesar di balok tersebut.

Mekanika Bahan 363

Di dalam contoh ini, sudut f3 antara sumbu z dan sumbu netral jauh lebih besar daripada sudut (} (Gambar 6-24) karena rasio I/fy besar. Sudut f3 bervariasi dari 0 sampai 79, 1 ° apabila sudut (} bervariasi dari 0 sampai 1 0°. Sebagaimana dibahas sebelum ini dalam Contoh 6-5 Subbab 6.4, balok dengan rasio 1/f, besar sangat sensitif terhadap arah pembebanan. Jadi, pada balok seperti ini perlu diberikan tumpuan lateral untuk mencegah detleksi lateral yang berlebihan.

2 • Contoh 6-7

L 6 x 4 x�

M = 10 k-in. c -- I

2 Gambar 6-25 Contoh 6-7. Profil siku tak sama kaki (penampang tak simetris) yang mengalami momen lentur M yang bekerja terhadap sumbu l - 1

�

2 e = 23,7"

y

A

/. .

Sebuah profil siku dengan kaki tak sama (l 6 x 4 x 1 /2) ditunjukkan dalam Gambar 6-25. Siku ini men gal ami momen lentur M = 1 0 k-in dengan vektor momen yang berarah sepanjang sumbu 1 - 1 , yang sejajar dengan kaki pendek profil siku tersebut. Tentukan tegangan tarik dan tekan maksimum di siku ini.

Solusi

Besaran penampang. Pusat berat C dari profil siku ini (Gambar 6-26) terletak pada jarak c = 0,987 in. dari tepi luar kaki panjang profil tersebut dan jarak d = 1 ,99 dari tepi Juar kaki pendeknya. * Sumbu berat utama ditunjukkan sebagai sumbu 3-3 dan 4-4 di Tabel E-5 Lampiran tersebut; narnun, kita akan menggunakan label sumbu y dan z agar konsisten dengan pembahasan kita sebelum ini. Sudut (} antara sumbu 2-2 dan sumbu y (Gambar 6-26) sama dengan sudut antara sumbu 2-2 dan 3-3 dalam Tabel E-5 ; jadi,

tan (} = tan a = 0,400 (} = 23,7°

Karena di dalam contoh ini vektor momen M mempunyai arah sepanjang sumbu 1 - 1 , maka sudut antara sumbu z dan vektor M juga sama dengan e.

Momen inersia utama JY dan /z dapat diperoleh dari data dalam Tabel E-5. Tabel tersebut memberikan radius girasi terhadap sumbu 3-3 (sumbu-y); dengan demikian,

1, = 122 = A?min = (4,75 in.2)(0,870 in.)2 = 3,60 in.4

M omen inersia utama (I) diperoleh dari kenyataan bahwa jumlah momen inersia untuk semua pasangan sumbu yang saling tegak lurus adalah konstanta (lihat Persamaan 1 2-29 dalam Bab 1 2) :

sehingga

Iz = Il l + I22 - I,. = 1 7,4 in.4 + 6,27 in.4 - 3,60 in.4 = 20, 1 in.4

Jika tabel besaran penampang tidak tersedia, maka orientasi sumbu utama dan besar momen inersia utama perlu dihitung dengan menggunakan persamaan transformasi yang diberikan dalam Subbab 1 2.9 Bab 1 2. I ll = 67.8° M

\ , I •

\f) = 2J.__7"� Orientasi sumbu netral. Sudut f3 antara sumbu z dan sumbu netral nn

----\-----.:-- 1 ditentukan sebagai berikut (lihat Persamaan 6-40):

2

Garnbar 6-26 Solusi untuk Contoh 6-7

11 tan f3 = lz tan (} = 20,1 in .: tan 23,7° = 2,45

IY 3,60 in. f3 = 67,8°

Dengan memperhatikan Gambar 6-26, kita lihat bahwa titik B terletak paling jauh dari sumbu netral di sisi tarik balok (di bawah dan di kiri sumbu netral). Dengan demikian, terjadi tegangan tarik maksimum di B. Tegangan tekan maksimum terjadi di suatu lokasi di permukaan lengkung dekat titik A. Namun, penentuan lokasi titik secara akurat ini tidak penting (perhitungan kita hanya berlaku hingga dua atau tiga angka penting), sehingga kita akan menganggap tegangan di A sebagai tegangan tekan maksimum agar praktis.


:

�. d, CQS 8 - -� I

d, sin e 1,

\'

P_

\ .. -�\

J2 : e \yp \

-�--�--�-� I .,. e .

2

(a)

(b)

Gambar 6-27 Koordinat titik P terhadap sumbu-sumbu rz apabila koordinat terhadap sumbu-sumbu 1 -2 diketahui (Pcrsamaan 6-4 1 )

Koordinat titik A dun B . Koordinat titik A dan B dibutuhkan untuk menentukan tegangan. Meskipun koordinat titik-titik tersebut terhadap sumbu 1 - 1 dan 2-2 telah diperoleh dari data dalam Tabel E-5, koordinatnya terhadap sumbu v dan : lebih sulit untuk ditentukan.

Untuk mudahnya, kita akan menurunkan rumus umum untuk menghitung koordinat tersebut. Di dalam Gambar 6-27a ditunjukkan dua set sumbu (sumbu 1 -2 dan sumbu yz) dengan sudut () di antaranya. Titik P mempunyai koordinat d1 dan d2 yang diketahui terhadap sumbu 1 -2, dan kita akan menentukan koordinat Yp dan Zp terhadap sumbu y:. Kita dapat memperoleh rumus yang diharapkan untuk hubungan geometris yang terlihat dalam Gambar 6-27b. Kita mulai dengan koordinat YP· yang sama dengan jarak Ps ditambah jarak qr. Jarak Ps (dari segitiga Psq) sama dengan d1 cos (), dan jarak qr (dari segitiga qCr) sama dengan d1 sin e. Dengan cara sa m a, kita lihat bahwa koordinat Zp sama dengan jarak Cr dikurangi jarak qs. Jarak Cr (dari segitiga qCr) sama dengan d1 cos (), dan jarak qs (dari segitiga Psq) sama dengan d1 sin e. Jadi, kita mempcroleh rumus berikut untuk koordinat -"p dan zp:

(6-4 1 a,b)

Dengan mengetahui koordinat d1 dan d2 dari suatu titik terhadap sumbu 1 -2, kita dapat menggunakan persamaan ini untuk mendapatkan koordinat Yp dan Zp tcrsebut sumbu rz .

Sekarang tinjau kemba1i profil siku dalam Gambar 6-26. Koordinat titik A terhadap sumbu 1 -2 dapat diperoleh dengan menggunakan dimcnsi yang diberikan dalam Tabel E-5:

d1 = c = 0,987 in. d2 = 6,00 in. - d = 6,00 in. - 1 ,90 in. = 4,0 1 in .

Koordinat y dan ::: untuk titik A sekarang diperoleh dari Persamaan (6-41 a) dan (6-41 b):

YA = (0,987 in. )(sin 23.7°) + (4,0 1 in.)(cos 23,7°) = 4.07 in.

zA = (0,987 in.)(cos 23,7°) - (4,01 in.)(sin 23, 1 7°) = -0,7 1 in.

Dengan cara sama. kita dapatkan untuk titik B koordinat scbagai herikut:

d1 = c = 0,987 in. d2 = -d = - 1 .99 in.

y8 = (0,987 in.)(sin 23,7°) + (-1 ,99 in.)(cos 23,7°) = -1 ,43 in.

::.8 = (0.987 in. )(cos 23,7° ) - (-1 ,99 in.)(sin 23,7°) = 1 ,70 in.

Metode alternatif untuk mencari koordinat titik A dan B adalah dcngan memhuat gambar profil siku tersebut secara berskala berikut sumbu-sumbunya dan mengukur jarak yang dicari.

Tegangan /entur di titik A dan B. Komponen momen M tcrhadap sumhu y dan ::: (lihat Gamhar 6-26) adalah

M, = M sin() = ( 1 0 k-in.)(sin 23,7°) = 4,02 k-in M, = M cos() = ( 1 0 k-in.)(cos 23,7°) = 9, 1 6 k-in.

Dengan dcmikian, tegangan di titik A (dari Persamaan 6-38) adalah

M,zA _ M,yA l, /_

(4,02 k- in.)(-0,7 1 in.) (9, 1 6 k-in. )(4,07 in.) 3,60 in_4 20, 1 in.�

= -793 psi - 1 855 psi = -2650 psi ..

yang merupakan tegangan tekan maksimum di profil terscbut. Dcngan cara perhitungan sama kita peroleh tegangan di titik 8:

p

(b)

6.6 1

p

Gambar 6-28 Balok kantilever dengan penampang simetris tunggal : (a) balok dengan beban, dan (b) penampang balok yang menunjukkan pusat berat C dan pusat geser S

Mekanika Bahan 365

(4,02 k-in.)(-0,70 in .) (9, 16 k-in.)(-1 ,43 in.) 3 ,60 in.� 20, 1 in.4

= 1 898 psi + 652 psi = 2550 psi

yang merupakan tegangan tarik maksimum di profil tersebut. Jadi, kita telah menentukan tegangan tarik dan tekan maksimum di profil

siku tak simetris akibat momen lentur M. Prosedur umum yang sama dapat digunakan untuk profil lain yang tak simetns.

KONSEP PUSAT GESER

Di dalam semua subbab sebelum ini kita telah meninjau tegangan lentur di balok yang mengalami berbagai kondisi khusus. Sebagai contoh, dalam Subbab 6.4 kita telah meninjau balok tak simetris dengan beban miring, dan di dalam Subbab 6.5 kita telah meninjau balok tak simetris. Namun, beban lateral yang bekerja di suatu balok selain menimbulkan gaya geser juga momen lentur, sehingga di dalam subbab ini dan dua subbab setelah ini kita akan mempelajari pengaruh-pengaruh geser.

Di dalam Bab 5 kita telah mempelajari bagaimana menentukan tegangan geser di balok apabila beban bekerja di bidang simetri , dan kita telah menurunkan rumus geser untuk menghitung tegangan geser di profilprofil balok tertentu. Sekarang kita kan mempelajari tegangan geser pada ·balok apabila beban lateral bekerja di bidang yang bukan merupakan bidang simetri. Kita akan mendapati bahwa beban harus bekerja di titik khusus di penampang, yang disebut pusat geser, j ika balok tersebut diharapkan melentur saja tanpa puntir.

Tinjaulah balok kantilever dengan penampang simetris tunggal yang memikul beban P di ujung bebas (Gambar 6-28a). Sebuah balok yang mempunyai penampang seperti terlihat dalam Gambar (6-28b) disebut balok I tak seimbang. Balok berbentuk I, apakah seimbang atau tidak, biasanya dibebani pacta bidang simetri (bidang xz) , tetapi di dalam hal ini garis kerja gaya P tegak lurus bidang tersebut. Karena pusat koordinat diambil di pusat berat C penampang, dan karena sumbu z adalah sumbu simetri penampang, maka sumbu y dan z adalah sumbu titik berat utama.

Asumsikan bahwa akibat aksi beban P balok tersebut melentur dengan bidang xz sebagai bidang netral, yang berarti bahwa bidang xy adalah bidang lentur. Pada kondisi demikian, ada dua resultan tegangan di penampang antara balok (Gambar 6-28b): momen lentur M0 yang bekerja terhadap sumbu z dan mempunyai vektor momen di arah negatif sumbu z, dan gaya geser yang besamya P bekerja dalam arah y negatif. Untuk balok dan pembebanan yang diketahui, baik M0 maupun P merupakan besaran yang diketahui.

Tegangan normal yang bekerja di penampang mempunyai resultan berupa momen lentur M0, dan tegangan geser mempunyai resultan gaya geser (sebesar P). Jika bahan mengikuti hukum Hooke, maka tegangan normal bervariasi secara linier terhadap jarak dari sumbu netral (sumbu z) dan dapat dihitung dari rumus lentur. Karena tegangan geser yang bekerja di penampang ditentukan dari tegangan normal berdasarkan tinjauan


I'

p p Gambar 6-29 Balok simetris tunggal dengan beban P diterapkan di titik A

p

(a)

p

(b)

Gambar 6-30 (a) Balok simetris ganda dengan beban P yang bekerja melalui pusat berat (dan pusat geser), dan (b) balok s imetris tunggal dengan beban P yang bekerja melalui pusat geser

:: s

p Gambar 6-31 Balok tak simetris dengan beban P yang bekerja melalui pusat geser S

keseimbangan (lihat penurunan rumus geser dalam Bab 5), maka distribusi tegangan geser di penampang juga dapat ditentukan. Resultan tegangan geser ini adalah gaya vertikal yang sama besar dengan gaya P dan mempunyai garis kerja melalui sebuah titik S yang terletak di sumbu z (Gambar 6-28b). Titik ini dikenal dengan pusat gescr (juga disebut pusat lentur) penampang.

Singkatnya, dengan mengasumsikan bahwa sumbu z adalah sumbu netral, kita dapat menentukan bukan hanya tegangan normal tetapi juga distribusi tegangan geser dan posisi gaya geser resultan. Dengan demikian, kita sekarang mengetahui bahwa beban P yang diterapkan di ujung balok (Gambar 6-28a) harus bekerja melalui sebuah titik khusus (pusat geser) jika lentur diharapkan terjadi dengan sumbu z sebagai sumbu netral.

Jika beban diterapkan di titik lain pada sumbu z (katakanlah di titik A dalam Gambar 6-29), beban ini dapat secara statika diganti dengan sebuah sistem ekivalen yang terdiri atas gaya P yang bekerja di pusat geser dan torsi T. Gaya yang bekerja di pusat geser tersebut menghasilkan lentur terhadap sumbu z. Dengan demikian, sekarang kita mengetahui bahwa beban lateral yang bekerja di suatu balok akan menghasilkan lentur tanpa puntir hanyajika beban tersebut bekerja melalui pusat geser.

Pusat geser (seperti juga pusat berat) terletak di sumbu simetri, sehingga pusat geser S dan pusat berat C akan berimpit untuk pcnampa ng simet ris ganda (Gambar 6-30a). Sebuah beban P yang bekerja melalui pusat berat menimbulkan lentur terhadap sumbu y dan z tanpa torsi, dan tegangan lentumya dapat diperoleh dengan menggunakan metode yang telah diuraikan dalam Subbab 6.4 untuk balok simetris ganda.

Jika sebuah balok mempunyai pcnampang si metris tu n)_!;gal (Gambar 6-30b), maka pusat berat dan pusat geser terletak di sumbu simetri. Beban P yang bekerja melalui pusat geser dapat diurail.can menjadi komponenkomponen dalam arah y dan z. Komponen dalam arah y akan menghasilkan lentur dalam bidang xy dengan sumbu z sebagai sumbu netral, dan komponen dalam arah z akan menghasilkan lentur (tanpa torsi) dalam bidang xz dengan sumbu y sebagai sumbu netral. Tegangan lentur yang dihasilkan oleh komponen-komponen tersebut dapat disuperposisikan untuk mendapatkan tegangan yang diakibatkan beban semula.

Akhimya, jika sebuah balok mempunyai pcnampang tak simetris

(Gambar 6-3 1 ) , analisis lentur dilakukan seperti berikut ini (asalkan beban bekerja melalui pusat geser). Mula-mula, tentukan lokasi pusat berat C penampang dan tentukan orientasi sumbu berat utama y dan z. La\u, uraikan beban tersebut menjadi komponen-komponen (yang bekerja di pusat geser) dalam arah y dan z dan tentukan momen lentur MY dan Mz terhadap sumbu berat. Akhimya, hitunglah tegangan lentur dengan menggunakan metode yang telah diuraikan dalam Subbab 6.5 untuk balok tak simetris.

Karena kita telah mengetahui arti penting pusat geser dan penggunaannya dalam analisis, maka wajarlah bila kita bertanya "Bagaimana kita menentukan lokasi pus at geser?" Untuk profil simetris ganda jawabannya tentu saja sederhana, yaitu di pusat berat. Untuk profil simetris tunggal, pusat geser terletak di sumbu simetri, tetapi lokasi yang pasti di sumbu tersebut tidak mudah ditentukan. Menentukan lokasi pusat geser lebih sulit lagi j ika penampangnya tidak simetris. Dalam kasus tersebut, dibutuhkan metode lanjut di luar ruang lingkup buku ini. (Beberapa buku pegangan teknik memuat rumus-rumus untuk menentukan pusat geser, misalnya lihat Ref. 2- 10.)

Mekanika Bahan 367

Balok dengan penampang terbuka berdiruling tip is, seperti balok sayap lebar, kanal, siku, T, dan Z, adalah kasus-kasus khusus. Profil-profil tersebut bukan saja ban yak digunakan di dalam struktur, tetapi juga lemah terhadap tarsi. Akibatnya, penentuan lokasi pusat geser merupakan hal yang penting. Penampang seperti ini ditinjau dalam dua subbab berikut-di Subbab 6.7 kita membahas bagaimana mencari tegangan geser di balok berpenampang tersebut di atas, dan di dalam Subbab 6.8 kita tunjukkan bagaimana menentukan pusat gesernya.

6.7 1 TEGANGAN GESER 01 BALOK DENGAN PENAMPANG ....._____. TER B U KA BERDINDING TIPIS

Distribusi tegangan geser di balok persegi panjang, balok lingkaran, dan di badan balok dengan flens telah dibahas dalam Subbab 5.8, 5.9, dan 5 . 10, dan kita telah menurunkan rumus geser (Persamaan 5-38) untuk menghitung tegangan: -r = VQ

lb (6-42)

Di dalam rum us ini, V menunjukkan gaya geser yang bekeija di penampang, I adalah momen inersia penampang (terhadap sumbu netral), b adalah lebar balok di lokasi di mana tegangan geser dihitung, dan Q adalah momen pertama (statis momen) bagian penampang di luar lokasi di mana tegangan sedang dihitung.

Sekarang kita akan meninjau tegangan geser pada kelompok balok khusus yang disebut pcnampang terhuka llcrdinding t ipis. Balok seperti ini dibedakan karena dua karakteristik: ( 1 ) tebal dinding yang kecil dibandingkan dengan tinggi dan lebar penampang, dan (2) penampangnya terbuka, seperti dalam kasus balok I atau balok kanal, bukan tertutup, seperti dalam kasus balok boks berlubang. Contoh-contoh penampang terbuka berdinding tipis terlihat dalam Gambar 6-32. Balok seperti ini juga disebut potnngan struktural atau potongan proti l .

� Balok yung. kha> I [::--.J L 'lL 1 dengun penumpang terhuka herdinding tipb (ht�lol.. suyap lehur atau bnlok I. balok kannl.

profil >tku. protil Z. d:111 balo'- T)

Kita dapat menentukan tegangan geser di balok berdinding tipis penampang terbuka dengan menggunakan cara sama yang digunakan dalam menurunkan rumus geser (Persamaan 6-42). Untuk mempertahankan penurunan selama mungkin, kita akan meninjau sebuah balok yang mempunyai garis tengah penampang mm dengan bentuk sembarang (Gambar 6-33a). Sumbu y dan z adalah sumbu berat utama penampang dan beban P bekeija sejajar sumbu y dan melalui pusat geser S (Gambar 6-33b). Dengan demikian, lentur akan terjadi di bidang xy dengan sumbu z sebagai sumbu netral. Pada kondisi ini, kita dapat memperoleh tegangan normal di sembarang titik di ba1ok dari rumus lentur:

= -M,y er x (6-43) I,


Gambar 6-33 Tegangan geser di balok berpenampang terbub herdinding tipis. (Sumbu y dan z. adalah sumbu berat utama.)

di mana M, adalah momen lentur terhadap sumbu z (positif seperti didefinisikan dalam Subbab 6.4 dan Gambar 6- 13) dan y adalah koordinat titik yang ditinjau.

� tl � u h /

(' -" "' .. '

I'

Sekarang tinjau elemen volume abed yang dipotong antara dua potongan melintang dengan jarak dx satu sama lain (Gambar 6-33a). Perhatikan bahwa elemen mulai di tepi potongan melintang dan mempunyai panjang s yang diukur sepanjang geser pusat mm. Untuk menentukan tegangan geser, kita isolasikan elemen tersebut seperti terlihat dalam Gambar 6-33c. Resultan untuk tegangan normal yang bekerja pada sisi ad adalah gaya F1 dan untuk yang bekerja pada sisi be adalah gaya F2. Karena F1 punya momen lentur yang lebih besar daripada F2, maka tegangan normal yang bekerja pada sisi ad lebih besar daripada yang bekerja pada sisi be, sehingga F1 lebih besar daripada F2. Maka, tegangan geser r harus bekerj a sepanjang sisi ed agar elemen mencapai kesetimbangan. Kerja tegangan geser ini paralel pada permukaan atas dan bawah elemen dan harus disertai dengan tegangan geser komplementer yang bekerja pada sisi penampang melintang ad dan be, sebagaimana yang ditunjukkan pada gambar.

Untuk menghitung tegangan-tegangan geser ini, kita j umlahkan gayagaya dalam arah x untuk elemen abed (Gambar. 6-33c), maka,

(a)

di mana t adalah ketebalan penampang pada sisi ed elemen. Dengan kata lain, t adalah ketebalan penampang pada jarak s dari ujung yang bebas (Gambar 6-33b). Selanjutnya, kita peroleh per�amaan untuk gaya F1 dengan menggunakan Persamaan (6-43) :

fl = i�xdA = - M,1 1·� dA o I, u

(b)

di mana dA adalah elemen luas pada sisi ad dari volume abed, y adalah koordinat pada elemen dA , dan M, 1 adalah momen lentur pada penampang. Persamaan yang analog diperoleh untuk gaya F2 :

(c)

Mekanika Bahan 369

dengan memasukkan nilai F1 dan F2 untuk pers. (a), kita mendapatkan

-r = ( Mz2 - Mzt ) _1_ fs y dA (d) dx lzt )0

Jumlah (Mz1 - Mz2)/dx adalah nilai perubahan dM/dx momen lentur dan

besarnya sama dengan gaya geser yang bekerja pada penampang (lihat

pers. 4-6).

dM dx =

M - M z2 z l = V dx y (e)

Gaya geser VY paralel dengan sumbu y dan positif dalam arah negatif sumbu y, yang artinya, positif dalam arah gaya P (gambar 6-33). Konvensi

ini konsisten dengan perjanjian tanda yang diberlakukan sebelumnya di

Bab 4 (lihat gambar 4-5 untuk perjanjian tanda gaya geser).

Dengan memasukkan Persamaan (e) ke Persamaan (d), kita dapatkan

persamaan berikut untuk tegangan geser -r:

r = �:t s;ydA (6-44)

Persamaan ini memberikan tegangan geser di sembarang titik di penampang

pada jarak s dari tepi bebas. Integral di sisi kanan menunjukkan bahwa

momen pertama terhadap sumbu z (sumbu netral) penampang dari s = 0 sampai s = s. Dengan menuliskan momen pertama ini sebagai Q2, kita

dapat menulis persamaan untuk tegangan geser r dalam bentuk yang

lebih sederhana

(6-45)

yang analog dengan rumus geser standar (Persamaan 6-42). Tegangan

geser mempunyai arah di sepanjang garis pusat penampang dan sejajar

dengan tepi-tepi penampang. Lebih jauh lagi, kita dapat mengasumsikan

bahwa tegangan tersebut mempunyai intensitas konstan di seluruh tebal

dinding t, yang merupakan asumsi sah apabila tebal tersebut kecil.

(Perhatikan bahwa tebal dinding tidak harus konstan tetapi dapat bervariasi

sebagai fungsi dari jarak s.) Aliran geser di sembarang titik pada penampang sama dengan hasil

kali tegangan geser dan tebal di titik tersebut, yaitu

(6-46)

Karena Vy dan Iz adalah konstanta, maka aliran geser berbanding lurus

dengan Qz. Di tepi atas dan bawah penampang, Qz adalah nol dan

karenanya, aliran geser adalah nol. Aliran geser bervariasi secara kontinu

antara titik-titik ujung ini, dan mencapai harga maksimum di mana Qz adalah maksimum, yang terjadi di sumbu netral.

Sekarang bayangkan bahwa balok dalam Gambar 6-33 melentur akibat

beban yang bekerja sejajar sumbu z dan melalui pusat geser. Balok ini

akan melentur dalam bidang xz dan sumbu y akan merupakan sumbu

r


netral. Dalam hal ini kita dapat mengulangi jenis analisis yang sama dan sampai pada rumus berikut untuk tegangan geser dan aliran geser (bandingkan dengan Persamaan 6-45 dan 6-46):

(6-47a,b)

Di dalam persamaan-persamaan ini, Vz adalah gaya geser sejajar sumbu z dan Qv adalah momen pertama terhadap sumbu y.

Sin.gkatnya, kita telah menurunkan rumus untuk tegangan geser di balok dengan penampang terbuka berdinding tipis dengan ketentuan bahwa gaya harus bekerja melalui pusat geser dan harus sejajar salah satu sumbu berat utama. Jika gaya geser tersebut miring terhadap sumbu y dan z (tetapi masih melalui pusat geser), maka gaya tersebut dapat diuraikan menjadi komponen-komponen sejajar sumbu utama. Lalu, dua analisis terpisah dapat dilakukan, dan hasilnya disuperposisikan.

Untuk menggambarkan penggunaan rumus tegangan geser, kita akan meninjau tegangan geser di balok sayap lebar. Selanjutnya, di dalam Subbab 6.8 kita akan menggunakan rumus tegangan geser untuk menentukan lokasi pusat geser beberapa balok berdinding tipis dengan penampang terbuka.

• Tegangan Geser d i Balok Sayap Lebar

Kita akan menyelidiki tegangan geser di balok sayap lebar dalam Gambar 6-34a. Balok ini dibebani oleh gaya P yang bekerja di bidang badan, jadi melalui pusat geser, yang berimpit dengan pusat berat penampang. Dimensi penampang ditunjukkan dalam Gambar 6-34b, di mana kita perhatikan bahwa b adalah lebar flens, h adalah tinggi antara garis pusat flens, tr adalah tebal flens, dan tw adalah tebal badan.

Kita mulai dengan meninjau tegangan geser di potongan bb di bagian kanan flens atas (Gambar 6-34b). Karena jarak s mempunyai pusat di tepi penampang (titik a), maka luas potongan di antara titik a dan potongan bb adalah st1 Juga, jarak dari pusat berat area ke sumbu netral adalah h/2, sehingga momen pertama Qz sama dengan st1hl2. Jadi, tegangan geser r1 di flens di potongan bb (dari Persamaan 6-45) adalah

P(stf h/2) shP rf = //r = 2/z (6-48)

Arah tegangan ini dapat ditentukan dengan mempelajari gaya-gaya yang bekerja di elemen A, yang dipotong dari flens antara titik a dan potongan bb (lihat Gambar 6-34a dan b). Elemen tersebut digambar dengan skala yang lebih besar dalam Gambar 6-34c agar gaya dan tegangan yang bekerja padanya dapat terlihat jelas. Kita dengan mudah dapat mengetahui bahwa gaya F1 lebih besar daripada gaya F2, karena momen lentumya lebih besar di muka belakang elemen dibandingkan dengan di muka depan. Jadi tegangan geser di muka kiri elemen A harus bekerja menuju pembaca jika elemen tersebut harus berada dalam kesetimbangan. Dari pengamatan tersebut jelaslah bahwa tegangan geser di muka depan elemen A harus bekerja menuju ke kiri.

Sekarang tinjau kembali Gambar 6-34b, Kita lihat bahwa kita telah menentukan dengan lengkap besar dan arah tegangan geser di potongan

z

Gambar 6-34 Tegangan geser di balok sayap lebar

Mekanika Bahan 371

y b

z __

d_r---'---lf.

M C d �

X __,,.L;}o;-- tw h/2

_l �� !l b/2 ·I· b/2 ·I (a) (b)

'tz

(c) (d)

bb, yang dapat terletak di antara titik a dan pertemuan flens dan badan. Jadi, tegangan geser di seluruh bagian kanan atas flens adalah horizontal, bekerja ke kiri, dan mempunyai besar yang dinyatakan dalam Persamaan (6-48). Seperti terlihat dari persamaan tersebut, tegangan geser bertambah secara linier terhadap jarak s. Variasi tegangan ditunjukkan secara grafis dalam Gambar 6-34d, dan kita lihat bahwa tegangan bervariasi dari nol di titik a (di mana s = 0) sampai ke harga maksimum r1 di s = b/2:

Aliran gesemya adalah

bhP r, = 4 / z

(6-49)

(6-50)

Perhatikan bahwa kita telah menghitung tegangan geser dan aliran geser di pertemuan garis pusat flens dan badan, dengan menggunakan hanya dimensi garis pusat penampang di dalam perhitungan. Prosedur pendekatan ini menyederhanakan perhitungan dan cukup memadai untuk penampang berdinding tipis.

Dengan mulai pada titik c di bagian kiri flens atas (Gambar 6-34b) dan mengukur s ke arah kanan, kita dapat mengulangi jenis analisis yang sama. Kita akan mendapatkan bahwa besar tegangan geser juga dinyatakan dengan Persamaan (6-48) dan (6-49). Namun, dengan memotong elemen


B (Gambar 6-34a) dan meninjau keseimbangannya, kita dapatkan bahwa tegangan geser di penampang sekarang bekerja ke arah kanan, seperti terlihat dalam Gambar 6-34d.

Langkah berikutnya adalah menentukan tegangan geser yang bekerja di badan. Dengan meninjau potongan horizontal di atas badan ( di pertemuan flens dan badan), kita dapatkan bahwa momen pertama terhadap sumbu netral adalah Qz = btjz/2, sehingga persamaan tegangan geser adalah

bhtfP 'r2 =

2ft (6-5 1 ) z w

Aliran geser yang berkaitan dengan ini adalah

bhtfP /2 = 'r2tw = 'if

z (6-52)

Perhatikan bahwa aliran geser /2 sama dengan dua kali aliran geser /1 , sesuai dengan yang diharapkan, karena aliran geser di dua buah setengah flens atas bergabung menghasilkan aliran geser di atas badan.

Tegangan geser di badan bekerja ke bawah dan bertambah besar sampai mencapai sumbu netral, Di potongan dd, yang terletak di jarak r dari sumbu netral (Gambar 6-34b), tegangan geser rw di badan dihitung sebagai berikut:

= btrh + (!! _ r)(t )(h/2 + r) = btrh + �(h2 _ r2 ) Qz 2 2 w 2 , 2 2 4

-r = ( btrh + !!!__ _ r2 )_!_ w tw 4 2/z (6-53)

Apabila r = h/2, maka persamaan ini akan menjadi Persamaan (6-5 1) , dan jika r = 0, ini akan menghasilkan tegangan geser maksimum:

(6-54)

Sekali lagi perlu diingat bahwa kita telah melakukan semua perhitungan ini berdasarkan atas dimensi garis pusat penampang. Karena alasan ini, maka tegangan geser di badan suatu balok sayap lebar yang dihitung dari Persamaan (6-53) dapat sedikit berbeda dengan yang diperoleh dari analisis lebih eksak yang ada di Bab 5 (lihat Persamaan 5-46 Subbab 5. 10).

Tegangan geser di badan bervariasi secara parabolik, seperti terlihat dalam Gambar 6-34d, meskipun variasi tersebut tidak besar. Rasio -rmaks terhadap -r2 adalah

(6-55)

Sebagai contoh, jika kita mengambil harga yang khas h = 2b dan tf = 2tw, rasio tersebut adalah -rmalclr = 1 ,25.

Sebagai langkah akhir, kita dapat menyelidiki tegangan geser di flens bawah dengan menggunakan metode yang sama dengan yang kita gunakan untuk flens atas. Kita akan mendapatkan bahwa besar tegangan akan sama dengan di flens atas, tetapi arahnya seperti terlihat dalam Gambar 6-34d.

Dari Gambar 6-34d, kita lihat bahwa tegangan geser di penampang "mengalir'' dari tepi paling luar flens atas, turun melalui badan, dan akhirnya

6.8 1

Mekanika Bahan 373

berarah ke luar tepi flens bawah. Karena aliran ini selalu kontinu di sembarang penampang struktural, maka ini dapat berfungsi sebagai metode konvensional dalam menentukan arah tegangan. Sebagai contoh, jika gaya geser bekerja ke bawah pada balok dalam Gambar 6-34a, kita ketahui langsung bahwa aliran geser di badan juga hams berarah ke bawah. Dengan mengetahui arah aliran geser di badan ini, kita juga mengetahui arah aliran geser di flens karena aliran geser hams kontinu. Menggunakan cara sederhana ini untuk mendapatkan arah tegangan geser lebih mudah daripada memvisualisasikan arah-arah gaya yang bekerja di elemen seperti A (Gambar 6-34c) yang dipotong dari balok.

Resultan dari semua tegangan geser yang bekerja di penampang jelaslah merupakan gaya vertikal karena tegangan horizontal di flens tidak menghasilkan resultan. Tegangan geser di badan mempunyai resultan R, yang dapat diperoleh dengan mengintegrasikan tegangan geser di seluruh tinggi badan, sebagai berikut:

J rh/2 R = -r dA = 2 Jo nw dr

Dengan substitusi dari Persamaan (6-53), kita dapatkan

R = 2t rh/2( btrh + _if_ - ,2 )(_!!__)dr =

( btr + !!_)h2twP

(6-56) w Jo tw 4 2lz tw 6 2Iz

Momen inersia /z dapat dihitung sebagai berikut (dengan menggunakan dimensi garis pusat):

(6-57)

di mana suku pertama adalah momen inersia badan dan suku kedua adalah momen inersia flens. Apabila rumus untuk Iz disubstitusikan ke dalam Persamaan (6-56), kita peroleh R = P, yang menunjukkan bahwa resultan dari tegangan geser yang bekerja di penampang sama dengan bebannya. Selain itu, garis kerja resultan ini ada di bidang badan sehingga resultan tersebut melalui pusat geser.

Analisis di atas menunjukkan bagaimana tegangan geser di penampang terbuka berdinding tipis dapat diperoleh. Hasil ini juga memberikan gambaran lebih lengkap tentang tegangan geser yang bekerja di penampang balok I atau sayap lebar (ingat bahwa di dalam pembahasan sebelum ini di Bab 5, kita hanya menyelidiki tegangan geser di badan). Contoh-contoh tambahan diberikan dalam subbab berikut, di mana tegangan geser di profil kanal dan profil siku ditentukan sebagai bagian dari proses penentuan pusat geser.

PUSAT GESER PENAMPANG TERBUKA BERDINDING TIPIS

Di Subbab 6.7 kita telah mengembangkan metode-metode untuk mencari tegangan geser di penampang terbuka berdinding tipis. Sekarang kita akan menggunakan metode-metode tersebut untuk menentukan lokasi pusat geser beberapa bentuk penampang balok. Hanya balok dengan penampang simetris tunggal dan tak simetris yang ditinjau karena kita telah mengetahui bahwa pusat geser penampang simetris ganda terletak di pusat berat.

37 4 Bab 6 Tegangan Di Balok (Topik Lanjut)

Prosedur untuk menentukan lokasi pusat geser terdiri atas dua bagian utama: pertama, mengevaluasi tegangan geser yang bekerja di penampang apabila lentur terjadi terhadap salah satu sumbu utama, dan kedua, menentukan resultan dari tegangan tersebut. Pusat geser terletak di garis keJja resultan tersebut. Dengan meninjau lentur terhadap kedua tegangan utama, kita dapat menentukan posisi pusat geser.

Seperti di Subbab 6. 7, kita akan menggunakan hanya dimensi garis pusat dalam menurunkan rumus-rumus dan melakukan perhitungan. Prosedur ini cukup memadai jika baloknya berdinding tipis, artinya, jika tebal balok kecil dibandingkan dengan dimensi lain penampang.

• Profil Kanal

y tr

tw 1 z c ± tr l

r-- b -H (a)

Gambar 6-35 Pusat geser S dari sebuah profil kanal

Balok pertama yang dianalisis adalah profil kanal simetris tunggal (Gambar 6-35a). Dari pembahasan dalam Subbab 6.6 kita ketahui dengan mudah bahwa pusat geser ada di sumbu simetri (sumbu z). Untuk mendapatkan posisi pusat geser di sumbu z, kita asumsikan bahwa balok melentur terhadap sumbu z sebagai sumbu netral, dan selanjutnya kita tentukan garis kerja gaya geser resultan VY yang bekerja sejajar sumbu y. Pusat gesemya terletak di perpotongan garis keJja Vy dan sumbu z. (Perhatikan pusat sumbu-sumbu ada di pusat berat C, sehingga sumbu y dan z adalah sumbu berat utama.)

y

s z � c

'+ c

Fz -

'tz F3 vy 'tl

(b) (c) (d)

Berdasarkan atas pembahasan di Subbab 6.7, kita simpulkan bahwa tegangan geser di kanal bervariasi secara linier di dalam flens dan secara parabolik di badan (Gambar 6-35b). Kita dapat mencari resultan dari tegangan-tegangan tersebut jika kita mengetahui tegangan maksimum r1 di flens, tegangan r2 di atas badan, dan tegangan maksimum rmaks di badan. Untuk memperoleh tegangan r1 di flens, kita gunakan Persamaan (6-45) dengan Q, sama dengan momen pertama dari luas flens terhadap sumbu z:

btfh Qz = -2- (a)

di mana b adalah lebar flens, t1 adalah tebal flens, dan h adalah tinggi balok. (Perhatikan sekali lagi bahwa dimensi b dan h diukur di sepanjang garis pusat penampang.) Jadi, tegangan r1 di flens adalah

VY QZ bhVY r' = Ttf = ----rr-z z

di mana lz adalah momen inersia terhadap sumbu z.

(6-58)

Mekanika Bahan 375

Tegangan t'2 di atas badan diperoleh dengan cara sama tetapi dengan tebal sama dengan tebal badan, bukan teoal flens:

VyQz btrhVY t'2 = -- = --liw 2twlz

Juga, di sumbu netral, momen pertama area ini adalah

Dengan dernikian, tegangan n'aksimum adalah

VYQZ ( btf h JhVY t'maks = T/ = -t- + 4 2/ z w w z

(6-59)

(b)

(6-60)

Tegangan 'ti dan r2 di setengah bawah badan sama dengan tegangan terkait di setengah atasnya (Gambar 6-35b).

Gaya geser horizontal F1 di setiap flens (Gambar 6-35c) dapat diperoleh dari diagram tegangan segitiga. Setiap gaya sama dengan luas segitiga tegangan dikalikan dengan tebal flens:

( t'1b J hb\ �v FJ = 2 ( tf ) = 4/z (6-61 )

Gaya vertikal F2 di badan harus sama dengan gaya geser VY, karena gaya-gaya di flens tidak mempunyai komponen vertikal. Sebagai pemeriksaan, kita dapat melihat bahwa F2 = Vy dengan meninjau diagram tegangan parabolik pada Gambar 6-35b. Diagram ini terdiri atas dua bagian-persegi panjang dengan luas r2 h dan segmen luas parabolik

2 3(t'maks - t'z )h

Jadi, gaya geser F2, sama dengan luas diagram tegangan dikalikan tebal badan tw, adalah

2 F2 = t'2htw + 3(t'maks - t'2 )htw

Dengan memasukkan rumus untuk r2 dan t'maks (Persamaan 6-59 dan 6-60) ke dalam rumus di atas, kita dapatkan

_ ( twh3 bh2

tt )VY F2 - ----u- + -2- T z

Akhimya, kita perhatikan bahwa rumus untuk momen inersia

t h3 bh2

t I w r z = ----u- + -2-

(c)

(6-62)

; mana kita sekali lagi dengan menggunakan dimensi garis pusat. Dengan ·: ' ;nasukkan rumus untuk Iz ke dalam Persamaan (c) untuk F2, kita peroleh

� = � � sebagaimana diharapkan.

Ketiga gaya yang bekerja di penampang (Gambar 6-35c) mempunyai resultan VY yang berpotongan dengan sumbu z di pusat geser S (Gambar 6-35d). Jadi, momen dari ketiga gaya tersebut terhadap sembarang titik di


penampang harus sama dengan momen dari gaya VY terhadap titik yang sama. Hubungan momen tersebut memberikan persamaan yang menghasilkan posisi pusat geser. Sebagai ilustrasi, momen dari ketiga gaya (Gambar 6-35c) adalah F1h - F2e, di mana e adalah jarak dari garis pusat badan ke pusat geser, dan momen dari gaya resultan VY adalah nol (Gambar 6-35d). Dengan menyamakan momen-momen tersebut kita peroleh

(6-63)

Dengan memasukkan F1 dari Persamaan (6-6 1 ) dan F2 dari Persamaan (d), dan memecahkan e, kita peroleh

b2 h2tr e = 4/ z

(6-64)

Apabila rumus untuk Iz (Persamaan 6-62) disubstitusikan, Persamaan (6-64) menjadi

3b2t e = r

htw + 6btf

Jadi, kita telah menentukan posisi pusat geser penampang kanal.

(6-65)

Sebagaimana diterangkan dalam Subbab 6.6, suatu balok kanal akan mengalami lentur tanpa puntir apabila dibebani oleh gaya yang bekerja melalui pusat geser, Jika beban tersebut bekerja sejajar sumbu y tetapi tidak melalui pusat geser (misalnya jika beban bekerja di bidang badan), maka beban tersebut dapat diganti dengan sistem gaya yang secara statis ekivalen, yaitu yang terdiri atas beban yang melalui pusat geser dan kopel puntir. Jadi, kita mempunyai kombinasi lentur dan torsi pada balok tersebut. Jika beban bekerja di sepanjang sumbu z, maka kita mempunyai lentur sederhana terhadap sumbu y. Jika beban bekerja dalam arah miring melalui pusat geser, maka beban tersebut dapat diganti dengan beban yang ekivalen secara statis yang bekerja sejajar sumbu y dan z.

• Profil Siku

Gambar 6-36 Pusat geser untuk profil siku sama kaki

y

z

(a)

Profil berikutnya yang akan ditinjau adalah profil siku sama kaki (Gambar 6-36a), di mana setiap kaki siku mempunyai panjang b dan tebal t. Sumbu z adalah sumbu simetri dan pusat sumbu koordinat ada di pusat berat C; dengan demikian, sumbu y dan z adalah sumbu berat utama.

y y y

(b) (c) (d)

Mekanika Bahan 377

Untuk menentukan lokasi pusat geser, kita akan mengikuti prosedur umum sama seperti yang telah digunakan pada profil kanal, karena kita akan menentukan distribusi tegangan geser sebagai bagian dari analisis. Namun, sebagaimana akan terlihat nanti, pusat geser profil siku dapat ditentukan dengan inspeksi.

Kita mulai dengan mengasumsikan bahwa penampang mengalami gaya geser VY yang bekerja sejajar sumbu y. Lalu, kita menggunakan Persamaan (6-45) untuk mendapatkan tegangan geser di masing-masing kaki siku. Untuk itu, kita membutuhkan momen pertama dari area penampang antara titik a di tepi luar balok (Gambar 6-36b) dan potongan bb yang terletak pada jarak s dari titik a. Area ini sama dengan st dan jarak pusat beratnya dari sumbu netral adalah

b - s/2 -12

Jadi, momen pertama dari area ini adalah

Q = st( b - s/2 ) z -12 (6-66)

Dengan mensubstitusikan ke dalam Persamaan (6-45), kita dapatkan rumus berikut untuk tegangan geser pada jarak s dari tepi penampang

� = V;�z = /� {b - f) z z (6-67)

Momen inersia Iz dapat diperoleh dari Kasus 24 Lampiran D dengan f3 = 45°:

I = 21 = 2( tb3 ) = tb3 z BB 6 3 (6-68)

Dengan memasukkan rumus untuk Iz ke dalam Persamaan (6-67) kita dapatkan

(6-69)

Rumus ini memberikan tegangan geser di sembarang titik sepanjang kaki siku. Tegangan tersebut bervariasi secara kuadratik terhadap s, seperti terlihat dalam Gambar 6-36c.

Harga maksimum dari tegangan terjadi di perpotongan kaki-kaki siku dan diperoleh dari Persamaan (6-69) dengan memasukkan s = b:

3Y � = y maks 2bt-Jl (6-70)

Gaya geser F di masing-masing kaki (Gambar 6-36d) sama dengan luas diagram tegangan parabolik (Gambar 6-36c) dikalikan dengan tebal t kaki:

2 Vy F = 3(�maksb)(t) = -J2 (6-71 )

Karena komponen horizontal dari gaya F saling meniadakan, maka hanya komponen vertikal yang tertinggal. Setiap komponen vertikal sama dengan Fl -fi atau VY 12 sehingga gaya vertikal resultan sama dengan gaya geser

lj.


Gambar 6-37 Pusat geser dari penampang yang terdiri atas dua persegi panjang tipis yang berpotongan

(a) (b)

Gambar 6·38 Pusat geser profil Z berdinding tipis

Karena gaya resultan melalui titik perpotongan garis kerja kedua

gaya F (Gambar 6-36d), maka kita lihat bahwa gaya geser S terletak di

perpotongan dari kedua kaki profil siku tersebut.

• Penampang yang Terdiri atas Dua Persegi Panjang Sempit yang Berpotongan

Di dalam pembahasan sebelum ini mengenai profil siku, kita telah

mengevaluasi tegangan geser dan gaya-gaya di kaki profil siku untuk

menggambarkan metodologi umum dalam menganalisis penampang terbuka

berdinding tipis. Namun, jika tu juan utama adalah menentukan pusat geser,

maka tegangan geser dan gaya-gaya tersebut tidak perlu dievaluasi

(Persamaan 6-69 dan 6-7 1 ) . Karena tegangan geser sejajar dengan garis

pusat kaki (Gambar 6-36b), maka kita akan dapat mengetahui secara

langsung bahwa resultannya adalah dua gaya F (Gambar 6-36d). Resultan

dari kedua gaya ini adalah satu gaya yang melalui titik potongnya. Dengan

demikian, titik tersebut merupakan pusat geser. Jadi, kita dapat menentukan

lokasi pusat geser dari profil siku sama kaki dengan argumentasi sederhana,

tanpa perlu melakukan perhitungan.

Argumentasi yang sama juga berlaku untuk semua penampang yang

terdiri atas dua persegi panjang tipis yang saling berpotongan (Gambar 6-

37). Dalam hal ini resultan tegangan geser adalah gaya-gaya yang

berpotongan di perpotongan masing-masing persegi panjang. Dengan

demikian, pusat geser S terletak di titik tersebut.

• Profil Z Sekarang kita akan menentukan lokasi pusat geser dari profil Z yang

mempunyai dinding tipis (Gambar 6-38a). Profil ini tidak mempunyai

sumbu simetri tetapi simetris terhadap pusat berat C (lihat Subbab 1 2.2 dalam Bab 12 untuk pembahasan simetri terhadap sebuah titik). Sumbu

y dan z adalah sumbu utama yang melalui pusat berat.

Kita mulai dengan mengasumsikan bahwa gaya geser VY beketja sejajar

dengan sumbu y dan menyebabkan lentur terhadap sumbu z sebagai sumbu

netral. Karena itu, tegangan geser di flens dan badan akan berarah seperti

terlihat dalam Gambar 6-38a. Dari tinjauan simetri, kita simpulkan bahwa

gaya F1 di dua flens harus sama (Gambar 6-38b). Resultan dari ketiga

gaya yang bekelja di penampang (F1 di flens, dan F2 di badan) harus

sama dengan gaya geser VY. Gaya F1 mempunyai resultan 2F1 yang bekelja

melalui pusat berat dan sejajar dengan flens. Gaya ini berpotongan dengan

gaya F2 di pusat berat C sehingga kita simpulkan bahwa garis kerja gaya

geser Vv melalui pusat berat.

Jika balok mengalami gaya geser Vz yang sejajar sumbu z, maka kita akan sampai pada kesimpulan serupa, bahwa gaya geser bekerja melalui

pusat berat. Karena pusat geser terletak di perpotongan garis kelja kedua

Gambar 6-39 Contoh 6-8. Pusat geser suatu penampang setengah lingkaran berdinding tipis

Mekanika Bahan 379

gaya geser, maka kita simpulkan bahwa pusat geser profil Z berhimpit dengan pusat beratnya.

Kesimpulan ini berlaku untuk setiap profil Z yang simetris terhadap pusat berat, yaitu setiap profil Z yang mempunyai flens identik (le bar dan tebal sama). Namun perlu diingat bahwa tebal badan tidak harus sama dengan tebal flens.

Lokasi pusat geser untuk berbagai profil struktural lain diberikan dalam soal-soal di akhir bab ini.*

Contoh 6-8

Sebuah penampang setengah lingkaran berdinding tipis dengan radius r dan tebal t terlihat dalam Gambar 6-39a. Tentukan jarak e dari pusat lingkaran 0 ke pusat geser S.

(a) (b)

Solusi

Kita ketahui secara langsung bahwa pusat geser terletak di sumbu simetri (sumbu z). Untuk menentukan posisi eksaknya, kita asumsikan bahwa balok ini melentur akibat gaya geser VY yang bekeija sejajar sumbu y dan menghasilkan lentur terhadap sumbu z sebagai sumbu netral (Gambar 6-39b).

Langkah pertama adalah menentukan pusat tegangan geser T yang bekeija di penampang (Gambar 6-39b). Kita tinjau potongan bb yang didefinisikan dengan jarak s yang diukur sepanjang garis pusat penampang dari titik a. Sudut tengah yang dibatasi oleh titik a dan potongan bb ditulis dengan notasi e. Dengan dernikian, jarak s sama dengan re, di mana r adalah radius garis pusat dan e dinyatakan dalam radian. Untuk mengevaluasi momen pertama dari area penampang antara titik a dan potongan bb, kita identifikasikan elemen luas dA (terlihat digelapkan dalam gambar) dan integrasikan sebagai berikut:

Qz = J y dA = L9(r cos <P)(tr d<P) = r2 t sin e (e)

di mana <P adalah sudut terhadap elemen luas dan t adalah tebal penampang. Jadi, tegangan geser T di potongan bb adalah

VyQz Vyr2 sin e T = -- = -'----:---

// /z (f)

*Penentuan pusat geser pertama kali dilakukan oleh Timoshenko pada tahun 1913 (Ref. 6-1). Untuk perkembangan sejarah mengenai konsep pusat geser, lihat Ref. 6-1 sampai 6-6.


Dengan memasukkan /2 = n?t/2 (lihat Kasus 23 dalam Lampiran D), kita dapatkan 2 Vv sin 0

'l' = -'------ (6-72)

Apabila 0 = 0 atau 0 = n, maka rumus ini memberikan 'l' = 0, sebagaimana diharapkan. Apabila 0 = 1C/2, maka didapatkan tegangan geser maksimum.

Resultan tegangan geser harus sama dengan gaya geser VY. Dengan demikian, momen M0 dari tegangan geser terhadap pusat 0 harus sama dengan momen dari gaya vy terhadap titik yang sama:

(g) Untuk mengevaluasi M0, kita mulai dengan memperhatikan bahwa tegangan geser 'l' yang bekerja di elemen luas dA (Gambar 6-39b) adalah

2 V sin </> 'l' = -'-Y __

nrt

sebagaimana diperoleh dari Persamaan (6-72). gaya yang berkaitan dengan ini adalah r dA, dan momen dari gaya ini adalah

2V sin </> dA dM0 = r('l'dA) = �Y'----7rt Karena dA = trd</>, rumus ini menjadi

2 rV sin</> d</> dM = ---'y'------o 7r

Dengan demikian, momen yang dihasilkan oleh tegangan geser tersebut adalah

J 1" 2rVY sin </> d</> 4rVY M = dM = = --o 0 0 7r 7r

Dari Persamaan (g) diperoleh bahwa jarak e ke pusat geser adalah

(h)

Mo 4r e = -- = - "" I 27 r V n ' (6-73) •

y Hasil ini menunjukkan bahwa pusat geser S terletak di luar penampang setengah lingkaran.

·

Catatan: Jarak dari pusat busur lingkaran 0 ke pusat berat penampang C (Gambar 6-39a) adalah 2r/n (dari Kasus 23 Lampiran D), yang merupakan setengah dari jarak e. Jadi, pusat berat terletak di antara pusat geser dan pusat busur lingkaran. Lokasi pusat geser pada kasus yang lebih umum dari penampang lingkaran berdinding tipis, ditentukan dalam Soal 6.8- 1 2.

-·6·•9 1 LENTUR ELASTOPLASTIS

Di dalam semua pembahasan sebelum ini mengenai lentur, kita telah berasumsi bahwa balok terbuat dari bahan yang mengikuti hukum Hooke (bahan elastis linier). Sekarang kita akan meninjau lentur pada balok apabila tegangan telah melebihi limit proporsional bahan. Apabila ini terjadi, distribusi tegangan tidak lagi linier tetapi bervariasi menurut bentuk kurva tegangan-regangan. Di dalam subbab ini kita akan menganalisis balok dengan bahan elastoplastis, dan di dalam subbab setelah ini kita akan meninjau lebih banyak bentuk umum kurva tegangan-regangan.

Bahan elastoplastis telah dibahas sebelum ini pada saat kita menganalisis batang yang dibebani secara aksial dan batang yang

Gambar 6-40 Diagram teganganregangan yang diidealisasi untuk bahan elastoplastis

z

X

Gambar 6-41 Balok dari bahan elastoplastis yang mengalami momen lentur positif M

z

(a) (b)

Gambar 6-42 Distribusi tegangan di balok dari bahan elastoplastis

Mekanika Bahan 381

mengalami torsi (lihat Subbab 2. 1 2 dan 3. 12). Sebagaimana diterangkan dalam subbab tersebut, bahan elastoplastis mengikuti hukum Hooke sampai tegangan luluh O'Y dan selanjutnya luluh secara plastis pada kondisi tegangan konstan (lihat diagram tegangan-regangan dalam Gambar 6-40). Dari gambar tersebut, kita lihat bahwa bahan elastoplastis mempunyai daerah elastisitas linier di antara daerah-daerah yang mempunyai plastisitas sempurna. Di seluruh subbab ini, kita akan mengasumsikan bahwa bahan mempunyai tegangan luluh O'Y sama dan regangan luluh ey sama dalam kondisi tarik dan kondisi tekan.

Baja struktural adalah contoh terbaik untuk bahan elastoplastis karena bahan ini mempunyai titik luluh yang terdefinisi jelas dan mengalami regangan besar selama luluh. Asumsi plastisitas sempurna sesudah tegangan luluh dicapai mengandung arti bahwa kita mengabaikan efek pengerasan regang (strain hardening). Karena pengerasan regang memberikan peningkatan kekuatan, maka asumsi ini berada di sisi aman.

Mari kita tinjau sebuah balok dari bahan elastoplastis yang mengalami momen lentur M yang menyebabkan lentur dalam bidang xy (Gambar 6-41). Apabila momen lentur tersebut kecil, maka tegangan maksimum di balok akan lebih kecil daripada tegangan luluh ay, sehingga balok berada dalam kondisi yang sama dengan sebuah balok yang mengalami lentur elastis biasa dengan distribusi tegangan linier, seperti terlihat dalam Gambar 6-42b. Pada kondisi ini, sumbu netral yang melalui pusat berat penampang dan tegangan normal diperoleh dari rumus lentur (a = -My/f). Karena momen lentur adalah positif, tegangan adalah tekan di atas sumbu z dan tarik di bawahnya. Kondisi ini terus ada sampai tegangan di balok di titik terjauh dari sumbu netral mencapai tegangan luluh ay, baik tarik maupun tekan (Gambar 6-42c ). Momen lentur di balok apabila tegangan maksimum tepat mencapai tegangan luluh, yang disebut momen luluh MY, dapat diperoleh dari rumus lentur:

(6-74)

di mana c adalah jarak ke titik paling jauh dari sumbu netral dan S adalah modulus penampangnya.

cr 1· y ·1

� �� I· cry ·I (c) (d) (e) (f)

Jika kita sekarang memperbesar momen lentur hingga di atas momen luluh MY, maka regangan di balok akan terus membesar dan regangan maksimum akan melebihi regangan luluh ey. Namun, karena kondisinya luluh plastis sempurna, maka tegangan maksimum akan tetap konstan dan


Gambar 6-43 Lokasi sumbu netral dan penentuan momen plastis MP pada kondisi plastis penuh

sama ctengan ay, seperti terlihat ctalam Gambar 6-42ct. Perhatikan bahwa ctaerah luar balok telah mengalami plastis penuh sectangkan ctaerah inti tengah (ctisebut inti elastis) tetap elastis linier. Jika sumbu z bukan sumbu simetri (penampang simetris tunggal), maka sumbu netral akan menjauhi pusat berat apabila momen luluh terlampaui. Perubahan letak lokasi sumbu netral tictaklah besar, ctan ctalam hal penampang trapesium (Gambar 6-42), perubahan ini terlalu kecil untuk ctapat terlihat ctalam gambar. Jika penampang actalah simetris gancta, maka sumbu netral melalui pusat berat bahkan pacta saat momen luluh terlampaui.

Apabila momen lentur meningkat lebih lanjut, ctaerah plastis membesar ctan bergerak ke ctalam ke arah sumbu netral sampai konctisi yang terlihat ctalam Gambar 6-42e cticapai. Pacta tahap ini regangan maksimum cti balok (cti jarak teijauh ctari sumbu netral) mungkin sebesar 10 sampai 15 kali regangan luluh ey ctan inti elastis hampir tictak acta lagi. Jacti, untuk praktisnya, balok tersebut ctipanctang telah mencapai kapasitas tahanan momen ultimatenya, ctan kita ctapat mengictealkan ctistribusi tegangan ultimate sebagai terctiri atas ctua bagian persegi panjang (Gambar 6-42t). Momen lentur yang berkaitan ctengan ctistribusi tegangan yang ctiictealisasikan ini, yang ctisebut momen plastis MP, menunjukkan momen maksimum yang ctapat ctipikul oleh bahan elastoplastis.

Untuk mencari momen plastis MP, kita mulai ctengan menentukan lokasi sumbu netral penampang pacta konctisi plastis penuh. Untuk itu, tinjau penampang yang terlihat ctalam Gambar 6-43a ctan rnisalkan sumbu z actalah sumbu netral. Setiap titik cti penampang cti atas sumbu netral mengalami tegangan tekan ay (Gambar 6-43b), ctan setiap titik cti bawah sumbu netral mengalami tegangan tarik ay. Gaya tekan resultan C sama ctengan ay ctikali luas penampang A1 cti atas sumbu netral (Gambar 6-43a), ctan gaya tarik resultan T sama ctengan ay ctikali luas A2 cti bawah sumbu netral. Karena gaya resultan yang bekeija cti penampang actalah nol, maka,

T = C atau A1 = A2 (a)

Karena luas total penampang A sama ctengan A 1 + A2, maka kita lihat bahwa

(6-75)

Dengan ctemikian, pacta konctisi plastis penuh, sumbu netral membagi penampang atas dua luas yang sama. Karena itu, lokasi sumbu netral untuk momen plastis MP ctapat berbecta ctengan lokasi sumbu netral untuk lentur elastis linier. Sebagai contoh, ctalam hal penampang trapesium yang

(a)

Mekanika Bahan 383

lebih sempit di atasnya dibandingkan dengan di bawahnya (Gambar 6-43a), sumbu netral untuk lentur plastis mumi berada sedikit di bawah sumbu netral untuk lentur elastis linier.

Karena momen plastis MP adalah resultan momen dari tegangan yang bekerja di penampang, maka momen tersebut dapat dicari dengan mengintegrasi tegangan di seluruh luas penampang A (Gambar 6-43a):

MP = -J oydA = - J (-av )ydA - J a ydA A � . � y

_ - avA(yi + Y2 ) = <1, (y1A1 ) - <1,(-Y2A2 ) = . 2

di mana y adalah koordinat (positif ke atas) elemen luas dA dan y1 dan y2 masing-masing adalah jarak dari sumbu netral ke pusat berat c1 (untuk A 1) dan c2 (untuk A2).

Cara yang lebih mudah untuk mendapatkan momen plastis adalah dengan mengevaluasi momen terhadap sumbu netral dari gaya-gaya C dan T (Gambar 6-43b):

MP = C.Yi + Ty2

Dengan menggantikan T dan C dengan a.f./2, kita peroleh

(6-76)

Prosedur untuk setiap balok khusus adalah membagi penampangnya menjadi dua luas yang sama, menentukan lokasi pusat berat masing-masing luas tersebut, dan selanjutnya menggunakan Persamaan (6-76) untuk menghitung MP.

Rumus untuk momen plastis dapat ditulis ulang dalam bentuk yang sama dengan untuk momen luluh (Persamaan 6-74), sebagai berikut:

(6-77)

di mana

(6-78)

adalah modulus plastis (atau modulus penampang plastis) untuk suatu penampang. Modulus plastis diinterpretasikan sebagai momen pertama (yang dievaluasi terhadap sumbu netral) dari luas bagian penampang di atas sumbu netral ditambah momen pertama dari luas di bawah sumbu netral.

Rasio antara momen plastis terhadap momen luluh semata-mata merupakan fungsi dari bentuk penampang dan disebut faktor bentuk f.

(6-79)

Faktor ini merupakan ukuran kekuatan cadangan pada balok sesudah luluh pertama kali terjadi. Nilainya akan terbesar apabila sebagian besar bahan

/ I


Gambar 6-44 Penampang persegi panjang

terletak di de kat sumbu netral ( contohnya, suatu balok yang mempunyai penampang lingkaran solid), dan akan terkecil apabila sebagian besar bahan jauh dari sumbu netral ( contohnya, balok yang mempunyai penampang sayap lebar). Hargaj untuk penampang persegi panjang, sayap lebar, dan lingkaran diberikan di bagian lain subbab ini. Bentuk penampang lain ditinjau dalam soal-soal di akhir bab ini.

• Balok dengan Penampang Persegi Panjang

Sekarang kita akan menentukan besaran suatu balok yang mempunyai penampang persegi panjang (Gambar 6-44) apabila bahan bersifat elastoplastis. Modulus penampang adalah S = bh216, sehingga momen luluhnya (Persamaan 6-74) adalah

(] bh2 M = -Y __ y 6

di mana b adalah lebar dan h adalah tinggi penampang.

(6-80)

Karena penampang ini simetris ganda, maka sumbu netral melalui pusat berat bahkan jika balok tersebut dibebani hingga mencapai daerah plastis. Dengan demikian, jarak ke pusat berat area di atas dan dibawah sumbu netral adalah - - h

YI = y2 = 4 Dengan demikian, modulus plastisnya (Persamaan 6-78) adalah

z = A(.yi + Y2 ) = bh (!!_ !!_) = bh2 2 2 4

+4 4

dan momen plastisnya adalah (Persamaan 6-77)

(] bh2 M = -Y __ p 4

(b)

(6-8 1 )

Akhimya, faktor bentuk untuk penampang persegi panjang adalah

MP z 3 J = My = s = 2 (6-82)

yang berarti bahwa momen plastis untuk balok persegi panjang adalah 50% lebih besar daripada momen luluh.

Selanjutnya, kita tinjau tegangan di balok persegi panjang apabila momen lentur M lebih besar daripada momen luluh tetapi bel urn mencapai momen plastis. Bagian luar dari balok akan berada pada tegangan luluh ay dan bagian dalam (inti elastis) akan mempunyai distribusi tegangan yang bervariasi secara linier (Gambar 6-45a dan b). Daerah plastis penuh digelapkan dalam Gambar 6-45a, dan jarak dari sumbu netral ke tepi luar inti elastis dinyatakan dengan e.

Tegangan yang bekerja di penampang mempunyai resultan gaya Cl' C2, Ti ' dan T2, seperti terlihat dalam Gambar 6-45c. Gaya C1 dan T1 di daerah plastis masing-masing sama dengan tegangan luluh dikalikan dengan luas bagian penampang:

(c)

(a)

Gambar 6-45 Distribusi tegangan di balok berpenampang persegi panjang dengan inti elastis (My � M � Mp)

<ly I" .I

-e

I. <ly .I (b)

h 2

h 2

Mekanika Bahan 385

1--.,_-+-Cl .,_-+- Cz

1-----"�_.Tz ___.1 ____ f---+-�Tl

(c)

Gaya C2 dan T2 di inti elastis masing-masing sama dengan luas diagram tegangan dikali lebar balok b:

a e c2 = T2 =+b (d)

Jadi, momen lentur (lihat Persamaan 6-45c) adalah

M = C1 ( � + e) + C2 (�e ) = a i( � - e)(� + e) + a �be (�e )

(6-83)

Persamaan ini berlaku untuk MY .s; M .s; MP. Perhatikan bahwa jika e = h/2, maka persamaan tersebut menghasilkan M = MY, dan jika e = 0, persamaan tersebut menghasilkan M = 3Mj2. yang merupakan momen plastis MP.

Persamaan (6-83) dapat digunakan untuk menentukan momen lentur apabila dimensi inti elastis diketahui. Namun, persyaratan yang lebih umum adalah menentukan ukuran inti elastis apabila momen lentur diketahui. Dengan demikian, kita akan memecahkan Persamaan (6-83) untuk e yang dinyatakan dalam momen lentur:

e = h t(t - ;: ) (6-84)

Sekali lagi, kita perhatikan bahwa kondisi yang membatasi adalah: apabila M = MY, maka persamaan tersebut memberikan e = h/2, dan jika M = MP = 3Mj2. persamaan tersebut menghasilkan e = 0, yang merupakan kondisi plastis penuh.

• Balok dengan Profil Sayap Lebar

Untuk balok sayap lebar simetris ganda (Gambar 6-46), modulus plastis Z (Persamaan 6-78) dihitung dengan mengambil momen pertama terhadap sumbu netral dari luas satu flens dan setengah atas badan, dan kemudian mengalikannya dengan 2. Hasilnya adalah

Z = 2[ (btc { � - t� ) + (tw )( � - tc )( � )( � - tc )] = btf (h - tf ) + tw ( � - tf r (6-85a)

386 8ab 6 Tegangan Di Balok (Topik Lanjut)

Gambar 6-46 Penampang balok sayap lebar

z

Gambar 6-47 Contoh 6-9. Penampang balok lingkaran (bahan elastoplastis)

z

Gambar 6-48 Solusi untuk Contoh 6-9

yang dapat ditulis dalam bentuk altematif

(6-85b)

Sesudah menghitung modulus plastis dari Persamaan (6-85a atau b), kita dapat memperoleh momen plastis MP dari Persamaan (6-77).

Harga Z untuk profil sayap lebar yang secara komersial tersedia dicantumkan dalam manual dari AISC (Ref. 5-4). Faktor bentuk f untuk balok sa yap lebar secara tipikal berada dalam selang 1 , 1 sampai 1 ,2, bergantung pada proporsi penampang.

Balok elastoplastis dengan profil lain dapat dianalisis dengan cara yang sama dengan yang diuraikan di atas untuk balok persegi panjang dan sayap lebar (lihat contoh-contoh berikut dan soal-soal di akhir bab ini).

• Contoh 6-9

Tentukan momen luluh, modulus plastis, momen plastis, dan faktor bentuk untuk sebuah balok berpenampang lingkaran dengan diameter d (Gambar 6-47).

Solusi

Perhatikan bahwa karena penampang adalah simetris ganda, maka sumbu netral akan melalui pusat lingkaran untuk keadaan elastis linier dan elastoplastis.

Momen luluh MY diperoleh dari rumus lentur (Persamaan 6-74) sebagai berikut:

(6-86) .. Modulus plastis Z diperoleh dari Persamaan (6-78) di manaA adalah luas lingkaran

dan 5\ dan y2 adalah jarak pusat berat c 1 dan c2 untuk dua buah setengah lingkaran

(Gambar 6-48). Jadi, dari Kasus 9 dan 10 dalam Lampiran D, kita peroleh

rrd2 - - 2d A = -4- YI = Yz 3n (e,f)

Sekarang dengan memasukkan ini ke dalam Persamaan (6-78) untuk modulus plastis, kita peroleh

z = A(.Y1 + Yz ) = d3 2 6

Dengan demikian, momen plastis MP (Persamaan 6-77) adalah

a d3 M = a Z = -Y-P Y 6

dan faktor bentuk (Persamaan 6-79) adalah

M f = -p = � "' 1 70 M 3n ' y

(g)

(6-87) ..

(6-88) ..

basil ini menunjukkan bahwa momen lentur maksimum untuk balok lingkaran dengan bahan elastoplastis sekitar 70% lebih besar daripada momen lentur apabila balok mulai luluh.

V

I z- _ __jc hi lh

�l 1.1+--�b& -----+�.1_1

Gambar 6-49 Contoh 6-10. Penampang balok kotak berlubang (bahan elastoplastis)

Gambar 6-50 Solusi Contoh 6-10

Mekanika Bahan 387

• Contoh 6- 1 0

Sebuah balok boks berlubang simetris (Gambar 6-49) dari bahan elastoplastis (ay = 220 MPa) mengalami momen lentur M yang besarnya sedemikian hingga flens mengalami luluh tetapi badan tetap elastis linier. Tentukan besar momen M jika dimensi penampang adalah b = 1 50 mm, b1 = 1 30 mm, h = 200 mm, dan h1 = 1 60 mm.

Solusi Penampang ba1ok dan distribusi tegangan normal masing-masing ditunjukkan da1am Gambar 6-SOa dan b. Dari gambar tersebut, kita lihat bahwa tegangan di badan bertambah secara linier terhadap jarak dari sumbu netral dan tegangan di flens sama dengan tegangan luluh ay. Dengan demikian, momen Jentur M yang bekerja di penampang terdiri atas dua bagian: ( 1) momen M1 yang berkaitan dengan inti elastis, dan (2) momen M2 yang dihasilkan oleh tegangan luluh a,. di flens. Momen Jentur yang dikontribusi oleh inti diperoleh dari rumus Jentur (Persamaan 6-74) dengan modulus penampang dihitung untuk badan saja; jadi,

dan

y

z c

1.1+-1, -"-'-b&--.1��1 (a)

(b - b1 )h; s =

6

F

hi h

(b)

h+hi 2

(h)

(i)

Untuk mendapatkan momen yang dikontribusi oleh flens, kita perhatikan bahwa gaya resultan F di setiap flens (Gambar 6-SOb) sama dengan tegangan luluh dikalikan dengan luas flens:

( h - h ) F = ayb -2-

1 (j)

Gaya di flens atas adalah tekan dan gay a di flens bawah adalah tarik jika momen lentur M adalah positif. Kedua gaya tersebut secara bersama menghasilkan momen lentur M2:

= ( h + h1 ) - ayb(h 2 - h12 ) M2 F 2 - 4

Jadi, momen total yang bekerja di penampang adalah

a M "' M1 + M2 = 1� {3bh2 - (b + 2b1 )h; )

(k)

(6-89) •


cr

<lj - - - - - - - - - __ , .-

Dengan memasukkan harga-harga numerik, kita peroleh

M = 138 kN·m

Catatan: Momen luluh MY dan momen plastis MP untuk balok di contoh ini mempunyai harga sebagai berikut (ditentukan dalam Soal 6.9-14):

MY = 1 22 kN·m MP = 147 kN·m Momen lentur M ada di antara kedua harga tersebut, sebagaimana diharapkan.

6"1 0 I LENTUR NONLINIER

Di dalam subbab sebelum ini kita telah membahas kasus khusus bahan elastoplastis, suatu idealisasi yang merepresentasikan secara sangat dekat perilaku baja struktural. Sekarang, kita akan meninjau bahan yang mempunyai kurva tegangan-regangan lebih umum (Gambar 6-5 1 ) . Pada awalnya, kita akan mengasumsikan bahwa bahan mempunyai kurva tegangan-regangan yang sama dalam kondisi tarik dan tekan (kurva tegangan-regangan simetris), dan selanjutnya kita akan meninjau bahan dengan kurva tak simetris. Juga, kita akan membatasi analisisnya pada balok dengan penampang persegi panjang, sehingga menyederhanakan

'-----------£ perhitungan dengan tetap menggambarkan prinsip-prinsip umum analisis €] nonlinier.

Gambar 6-51 Kurva tegangan-regangan nonlinier • Balok dengan Penampang Persegi Panjang dan Kurva

Gambar 6-52 Balok persegi panjang yang mengalami lentur nonlinier: (a) penampang balok dengan sumbu netral melalui pusat berat, (b) regangan di balok, dan (c) tegangan di balok

Tegangan-Regangan Simetris

Apabila suatu penampang balok adalah simetris ganda dan kurva teganganregangan sama untuk kondisi tarik dan tekan, maka kita dapat segera mengetahui bahwa sumbu netral untuk lentur melalui pusat berat penampang, seperti terlihat untuk penampang persegi panjang dalam Gambar 6-52a. Selain itu, kita ketahui bahwa regangan di suatu balok yang mengalami lentur mumi bervariasi secara linier di seluruh tinggi balok, tidak bergantung pada bagaimana sifat bahan (lihat Subbab 5 .4). Dengan demik:ian, regangan di balok dalam Gambar 6-52a akan bervariasi seperti terlihat dalam Gambar 6-52b apabila balok tersebut mengalami momen Ientur positif (tekan di setengah atas balok dan tarik di setengah bawah). Regangan akan nol di sumbu netral dan sama dengan e1 di atas dan bawah balok.

z

I. b .I (a) (b) (c)

Mekanika Bahan 389

Tegangan di suatu balok diperoleh dari regangannya dengan menggunakan hubungan tegangan-regangan. Karena regangan bervariasi secara linier terhadap jarak dari sumbu netral, maka distribusi tegangan di seluruh tinggi balok (Gambar 6-52c) mempunyai bentuk sama dengan kurva tegangan-regangan itu sendiri (Gambar 6-5 1) . Tegangan maksimum <11 di balok berkaitan dengan regangan e1 di kurva tegangan-regangan.

Sekarang kita akan menentukan momen lentur M yang bekerja di penampang. Kita mulai dengan mengidentifikasikan elemen tipis dari daerah yang terletak di jarak y dari sumbu netral (Gambar 6-52a). Elemen tersebut mempunyai lebar b dan tinggi dy, sehingga luasnya adalah b dy. Gaya yang bekerja di daerah ini sama dengan ab dy, dan momen dari gaya tersebut terhadap sumbu z adalah aby dy. Jadi, momen lentur adalah ih/2

M = 2 0 aby dy (a)

Hanya harga mutlak digunakan dalam persamaan ini dan persamaanpersamaan berikut ini karena arah tegangan dan arah momen lentur selalu sudah jelas. Sebagai contoh, kita ketahui bahwa momen lentur positif menghasilkan tegangan tekan di bagian atas balok dan tegangan tarik di bagian bawahnya.

Tegangan a yang muncul dalam Persamaan (a) ditentukan dari kurva tegangan-regangan sehingga merupakan fungsi dari regangan e. Namun, integrasinya dilakukan terhadap variabel y. Karena itu, kita perlu melakukan perubahan variabel supaya dapat melakukan integrasi. Kita dapat menghubungkan variabel e dan y dengan mengamati bahwa regangan e pada jarak y dari sumbu netral (Gambar 6-52b) adalah

sehingga he y = u 1

(b)

(c,d)

Dengan mensubstitusikan persamaan-persamaan ini ke dalam Persamaan (a), dan juga mengubah limit atas integrasi dari h/2 menjadi harga regangan e1 yang berkaitan, maka,

a tau

ih/2 r'l ( he )( h de ) M = 2 o aby dy = 2b Jo a 2el 2el

(6-90a)

Persamaan ini menghubungkan regangan maksimum e1 di balok dengan momen lentur M, asalkan tegangan a diketahui sebagai fungsi dari regangan e.

Persamaan (6-90a) dapat diberikan interpretasi geometris sederhana. Integralnya merupakan momen pertama (statis momen) dari daerah di bawah kurva tegangan-regangan (Gambar 6-5 1 ) dari e = 0 sampai e = el' yang dievaluasi terhadap sumbu vertikal (sumbu tegangan). Jadi,

M = bh2 Q 2e2 s (6-90b)

I di mana Q. adalah momen pertama yang baru saja diterangkan.

-390 Bab 6 Tegangan Di Balok (Topik Lanjut)

<J=Ee

(Jl --- - - -

Gambar 6-53 Diagram tegangan-regangan untuk bahan elastis linier

(J

Gambar 6-54 Kurva teganganregangan nonlinier dengan besaran berbeda untuk kondisi tarik dan tekan

Jika hubungan tegangan-regangan cukup sederhana untuk dinyatakan secara analitis, maka adalah suatu hal yang mungkin untuk mendapatkan rumus momen pertama Q

,. Dalam hal tersebut, Persamaan (6-90b) menjadi

rumus yang menghubungkan momen lentur M dan regangan maksimum c1 . Kita kemudian dapat mensubstitusikan hubungan tegangan-regangan dan mendapatkan rumus yang menghubungkan momen dengan tegangan maksimum a1 • Hubungan terakhir ini merupakan rumus lentur untuk balok persegi panjang dari bahan nonlinier. Ilustrasi rumus tersebut diberikan kemudian dalam Contoh 6- l l .

Namun, jika hubungan tegangan-regangan lebih rumit dan tidak dapat diintegrasikan secara analitis, atau jika hubungan tegangan-regangan dinyatakan secara numerik, maka momen pertama Q, harus dievaluasi secara numerik. Prosedumya adalah memilih harga regangan maksimum cp menentukan harga Q, dari kurva tegangan-regangan, dan kemudian mengevaluasi M dari Persamaan (6-90b). Hasilnya merupakan harga tunggal dari M yang terkait dengan regangan maksimum yang telah dipilih. Dengan mengulangi perhitungan ini untuk berbagai harga regangan, maka hubungan antara M dan c1 diperoleh sebagai tabel dari harga-harga numerik. Karena tegangan dan regangan dihubungkan oleh kurva tegangan-regangan, maka kita juga dapat memperoleh tabel harga yang menghubungkan antara M dan tegangan maksimum a1 • Akhimya, grafik M versus c1 dan M versus a1 dapat diplot dari tabel data tersebut. (Perhatikan bahwa grafik M versus a1 dapat menggantikan rumus lentur.)

Sebagai kasus khusus, tinjau balok dari bahan elastis linier yang mempunyai hubungan tegangan-regangan (Gambar 6-53)

a = Ec

Momen pertama Q, adalah

- al cl ( 2cl ) - al e� Q

, -

2 3 - 3

sehingga momen lentumya adalah

M = bh 2 = bh 2 ( al e� ) = aibh2

= a s 2£ 2 Q

, 2£2 3 6 I I I

(e)

(f)

(g)

di mana S adalah modulus penampang. Persamaan ini merupakan rumus lentur yang sudah kita kenal untuk balok persegi panjang dari bahan elastis linier.

• Balok dengan Penampang Persegi Panjang dan Kurva Tegangan-Regangan Tak Simetris

Sekarang tinjaulah apa yang terjadi apabila bagian tarik dan tekan dari kurva tegangan-regangan berbeda (Gambar 6-54). Kita segera mengenali bahwa sumbu netral tidak lagi melewati pusat berat penampang (Gambar 6-55a). Distribusi regangan linier mempunyai bentuk seperti terlihat dalam Gambar 6-55b, di mana £1 adalah regangan tekan di atas balok dan £2 adalah regangan tarik di bawah balok. Distribusi tegangan (Gambar 6-55c) mempunyai bentuk sama dengan kurva tegangan-regangan.

Untuk menentukan lokasi sumbu netral, kita menggunakan persyaratan bahwa gaya resultan yang bekerja di penampang haruslah nol. Sekali lagi

Gambar 6-55 Balok persegi panjang yang mengalarni lentur nonlinier: (a) penampang balok, (b) regangan di balok, dan (c) tegangan di balok

Mekanika Bahan 391

T

I. b .I (a) (b) (c)

kita meninjau elemen luas yang mempunyai lebar b dan tinggi dy (Gambar 6-55a), dan kita perhatikan bahwa gaya yang bekerja di elemen ini adalah CJb dy. Jika kita mengintegrasikan gaya ini di setengah atas balok, maka kita akan mendapatkan gaya tekan resultan C (Gambar 6-55c): ihl

c = 2 0 CJb dy (h)

di mana h1 adalah jarak dari sumbu netral ke atas balok. (Seperti telah disebutkan, hanya harga mutlak yang digunakan di sini dan persamaanpersamaan lainnya karena arah tegangan dan gaya dapat diketahui dengan inspeksi.)

Dengan 1nengikuti langkah-langkah yang sama dengan yang digunakan dalam menurunkan Persamaan (6-90a), kita dapat mengubah variabelnya dari y menjadi e dengan menggunakan persamaan-persamaan berikut (lihat Gambar 6-55b):

(i,j,k)

Dengan demikian, gaya tekan C adalah

(6-91 a)

Integral terakhir ini adalah luas Ac antara bagian tekan dalam kurva tegangan-regangan dan sumbu regangan (Gambar 6-54). Jadi, bentuk alternatif dari persamaan di atas adalah

C = bhi A ei

c (6-91b)

Luas Ac dapat dievaluasi secara analitis atau numerik, bergantung pada bagaimana kurva tegangan-regangan didefinisikan.

Gaya tarik resultan T di bagian bawah balok diperoleh dengan cara sama. Namun, untuk mudahnya kita sekarang mengambil koordinat y' dalam arah y negatif (Gambar 6-55a), dan mengidentifikasi elemen luas b dy'. Gaya di elemen ini adalah CJb dy' sehingga gaya T adalah rhz T = Jo CJb dy' (1)

392 Bab 6 Tegangan Di Ba/ok (Topik Lanjut)

di mana � adalah jarak dari sumbu netral ke bawah balok. Untuk mengubah variabel, kita menggunakan hubungan berikut (lihat Gambar 6-55b ):

e = e L y' = hze dy' = hzde

2 �� hz e2 e2

Jadi, gaya tarik T adalah

(6-92a)

Sekali lagi kita lihat bahwa integral di atas mempunyat mterpretasi geometris sederhana-interpretasi ini adalah luas A1 antara bagian tarik dari kurva tegangan-regangan dan sumbu regangan (Gambar 6-54). Jadi,

bh2 T = -A (6-92b) ez r Karena kita telah memperoleh rumus untuk gaya C dan T, maka kita dapat menentukan lokasi sumbu netral.

Persyaratan bahwa gaya resultan bekerja di penampang adalah nol menghasilkan rumus berikut:

Dari distribusi regangan linier (Gambar 6-55b), kita lihat bahwa

!l = h2

ei ez

sehingga Persamaan (p) akan susut menjadi

Ac = Ar

(p)

(6-93)

(6-94)

Dengan perkataan lain, sumbu netral terletak sedemikian rupa sehingga luas tekan pada diagram tegangan-regangan sama dengan luas tarik (Gambar 6-54). Jadi, untuk setiap e1 yang diasumsikan, kita dapat menentukan harga ez terkait dari Persamaan (6-94) dan kurva tegangan-regangan.

Dengan mengetahui e1 dan ez, maka kita dapat memperoleh rasio antara h 1 dan h2 dari Persamaan (6-93). Selain itu, kita ketahui bahwa

(6-95)

Dengan demikian, kita dapat memperoleh h 1 dan h2 dengan memecahkan secara simultan Persamaan (6-93) dan (6-95); hasilnya adalah

(6-96a,b)

Singkatnya, sumbu netral dapat ditentukan lokasinya dengan mengasumsi harga regangan e1 , mencari regangan ez dari Persamaan (6-94) dan kurva tegangan-regangan, dan selanjutnya mencari h1 dan h2 dari Persamaan (6-96).

Langkah berikutnya adalah mencari momen lentur M yang bekerja di penampang. Kita akan memisahkan momen menjadi dua bagian: momen Mc yang dihasilkan oleh tegangan tekan dan momen M1 yang dihasilkan oleh tegangan tarik. Untuk mendapatkan momen Mc, kita tinjau kembali

Mekanika Bahan 393

elemen luas b dy yang terletak pada jarak y dari sumbu netral (Gambar 6-55a). Gaya yang bekerja di elemen adalah CJb dy, dan momen terhadap sumbu netral adalah CJby dy; jadi,

MC = s:�CJby dy

Dengan memasukkan Persamaan (j) dan (k), dan mengubah batas atasnya, kita dapatkan

M = r'\rb( h1 e )( h1 de ) = bhf r\rede c Jo e1 e1 e� Jo Dengan melakukan cara sama untuk tegangan tarik, kita peroleh

rho Mt = Jo -CJby' dy'

Dengan memasukkan Persamaan (n) dan (o), maka dihasilkan

(q)

(r)

(6-97a)

Integral pertama menunjukkan momen pertama dari luas Ac yang dievaluasi terhadap sumbu tegangan (Gambar 6-54), dan integral kedua menunjukkan momen pertama dari luas A1 yang dievaluasi terhadap sumbu yang sama. Dengan memberikan notasi Qc dan Q1 untuk masing-masing momen pertama tersebut, maka persamaan di atas menjadi

bh 2 bh; M = -1 Q + - Q 2 c -2- t el e2 (6-97b)

Dari Persamaan (6-93) kita Iihat bahwa dua fraksi di dalam persamaan di atas adalah sama; maka,

bh 2 bh 2 M = -1 (Q + Q1 ) = -;f--(Q + Q1 ) (6-98)

e2 c e - c 1 2 Jadi, kita sekarang mempunyai persamaan untuk menentukan momen lentur di balok, dengan mengasumsikan bahwa kita telah menentukan lokasi sumbu netral, dan menentukan fp �. hp dan h2• Yang tersisa tinggallah menentukan momen pertama Qc dan Q1 dari diagram tegangan-regangan dan memasukkannya ke dalam Persamaan (6-98).

Detail prosedur di atas bergantung pada bagaimana informasi tegangan-regangan. Jika kurva tegangan-regangan dapat dinyatakan dalam bentuk analitis sederhana, maka kita dapat menurunkan rumus untuk menentukan lokasi sumbu netral dan menghubungkan momen lentur dengan tegangan maksimum. Prosedur ini digambarkan dalam Contoh 6-1 1 . Bila tidak, maka solusinya harus dilakukan secara numerik dimana kita menghitung harga M (dari Persamaan 6-98) untuk setiap harga e1 yang diasumsikan. Karena kita mengetahui harga �. a1 , dan a2 yang terkait dengan masing-masing harga el' maka kita secara otomatis mempunyai hubungan antara momen lentur M dan tegangan maksimum dan minimum.

( 394 Bab 6 Tegangan Di Balok (Topik Lanjut)

I. b .I (a)

(J

(b)

Gambar 6-56 Contoh 6-1 1 . Balok persegi panjang dengan diagram tegangan-regangan yang terdiri atas dua garis lurus

Gambar 6-57 Solusi Contoh 6-1 1 : (a) lokasi sumbu netral, (b) diagram tegangan-regangan, (c) distribusi regangan, dan (d) distribusi tegangan

z

(a)

• Contoh 6-1 1

Sebuah balok dengan penampang persegi panjang dengan lebar b dan tinggi h, (lihat Gambar 6-56a) terbuat dari bahan yang mempunyai diagram teganganregangan yang terdiri atas dua garis lurus (Gambar 6-56b). Modulus elastisitas untuk tekan dan tarik masing-masing adalah E1 dan E2. Dengan mengasumsikan bahwa balok ini mengalami momen lentur positif M yang bekerja terhadap sumbu z, tentukan lokasi sumbu netral dan tegangan tarik dan tekan maksimum di balok.

Solusi

Sumbu netral. Sumbu netral terletak pada jarak h1 dari atas balok dan jarak h2 dari bawahnya (Gambar 6-57a). Kita dapat mencari jarak-jarak ini dari fakta bahwa bagian tekan dan tarik pada diagram tegangan-regangan (Gambar 6-57b) harus mempunyai luas sama; jadi,

a e A = A atau -1-1 c I 2 (s)

di mana e1 dan t2 masing-masing adalah regangan di atas dan bawah balok (Gambar 6-57c), dan a1 dan a2 adalah tegangan maksimumnya (Gambar 6-57d). Persamaan untuk diagram tegangan-regangan adalah

at = EieJ

sehingga Persamaan (s) menjadi

e atau -

1 e2

Jarak h1 dan h2 diperoleh dari Persamaan (6-96a dan b):

h h TE; I; = -:-------:--" "'2

1 + e2 /e1 .[£; + JE; hf£:

(t,u)

(v)

(6-99a) •

(6-99b) •

jadi, posisi sumbu netral telah ditentukan. Perhatikan bahwa jika E1 lebih besar daripada E2, maka jarak h2 lebih besar daripada h1•

Tegangan maksimum. Untuk mendapatkan hubungan antara momen lentur dan tegangan, kita mulai dengan mengevaluasi momen pertama di kedua bagian diagram tegangan-regangan (lihat Gambar 6-57b):

(J

= A (�) = (�)(�) = � QC C 3 2 3 3

Q, 2 azF::z

3

E2 (J2 - - - - - - - - - - - -'

E2

E - - - - - crl I

(b)

(w)

(x)

(d)

SOAL-SOAL BAB 6

BALOK BETON

Mekanika Bahan 395

Dengan memasukkan ke dalam Persamaan (6-98) akan kita peroleh

bhl2 bhl

2 2 2 M = -2-(Qc + Q, ) = --2 (C11EI + C12E2 )

E l 3£1 Dengan menggantikan a2 dengan a1E/E2 (dari Persamaan s), dan dengan menggunakan Persamaan (v) untuk rasio E/Ez. kit�apatkan

a1bh12 ( f£: J 3M ( J£; J M = --3- 1 + r;;:;- atau a 1 = -2- � rz;;-· 'I) E2 bh1 -v E1 + -v E2

Akhimya, kita masukkan Persamaan (6-99a) untuk mendapatkan

Dengan cara sama, kita dapat mencari tegangan a2:

(y,z)

(6- I OOa) ..

(6- 100b) ..

Persamaan (6- lOOa) dan (6-100b) adalah rumus lentur untuk balok persegi panjang yang terbuat dari bahan dengan modulus elastisitas tekan E1 dan modulus elastisitas tarik E2• Tegangan a1 adalah tegangan tekan maksimum, dan tegangan a2 adalah tegangan tarik maksimum.

Kasus khusus: Jika modulus elastisitas tekan dan tarik sama (E1 = E2), maka Persamaan (6-99) dan (6- 1 00) menjadi

sebagaimana diharapkan.

h 2

6M M bh

2 = s

1-----------------

Dalam memecahkan soal-soal untuk Subbab 6.2, asumsikan bahwa komponen-komponen dari balok dilekatkan atau disambung dengan alat penyambung dengan baik. Juga, pastikan bahwa teori balok komposit yang diuraikan dalam subbab ini digunakan.

z J_jO.lO in. 0.50 in.

IO. lO in. 6.2-1 Sebuah balok komposit yang terdiri atas muka fiberglass dan inti particle board mempunyai potongan melintang seperti terlihat dalam gambar. Lebar balok adalah 2,0 in., tebal muka adalah 0, 10 in., dan tebal inti adalah 0,50 in. Balok ini mengalami momen lentur 500 lb-in. yang bekerja terhadap sumbu z. Carilah tegangan maksimum amuka dan ainti di muka dan di inti, jika modulus elastisitasnya masing-masing 4 x 1 06 psi dan 1 ,5 x 106 psi.

1--1 ------------�2�.0�in�·--------�1 .. .

6.2-2 Sebuah balok kayu dengan dimensi 200 x 300 mm diperkuat di sampingnya dengan menggunakan plat yang tebalnya 1 2 mm (lihat gambar). Modulus·elastisitas untuk baja dan kayu masing-masing adalah Es = 204 GPa dan Ew = 8,5 GPa. Juga, tegangan izinnya masingmasing adalah as = 140 MPa dan aw = 10 MPa. Hitunglah m omen Ientur izin maksimum M maks apabila balok tersebut melentur terhadap sumbu z.


6.2-3 Sebuah balok boks berlubang terdiri atas badan dari kayu lapis Douglas-fir dan sayap pinus seperti terlihat dalam gambar. Kayu lapis mempunyai tebal I in. dan lebar 12 in; flens berukuran aktual 2 in. x 4 in. Modulus elastisitas untuk kayu lapis adalah 1 .600.000 psi dan untuk pinus adalah 1 .200.000 psi. Jika tegangan izin adalah 2100 psi untuk kayu lapis dan 1 800 psi untuk pinus, carilah momen lentur izin Mmaks apabila balok ini melentur terhadap sumbu z.

6.2-4 Sebuah tabung bundar baja dengan diameter luar d dan inti aluminium dengan diameter d/2 dilekatkan satu sama lain hingga membentuk balok komposit seperti tergambar. Turunkan rumus untuk menghitung momen lentur izin M yang dapat dipikul oleh balok berdasarkan atas tegangan izin a. di baja. (Asumsikan bahwa modulus elastisitas untuk baja dan aluminium masing-masing adalah E, dan Ea.)

6.2-5 Sebuah balok sederhana dengan bentang 12 ft memikul beban terbagi rata dengan intensitas 1000 lb/ft (lihat gambar). Balok tersebut terdiri atas elemen struktur kayu (penampang 4 in. x 1 1 ,5 in.) yang diperkuat dengan plat baja yang tebalnya 0,25 in. di atas dan bawah. Modulus elastisitas untuk baja dan kayu masing-masing adalah Es = 30 X 1 06 psi dan Ew = 1 ,5 x 106. Hitunglah tegangan maksimum a. di plat baja dan tegangan maksimum aw di elemen struktur kayu akibat beban terbagi rata tersebut.

6.2-6 Sebuah pipa baja yang dalamnya dilapisi plastik mempunyai bentuk penampang seperti terlihat dalam gambar. Pipa baja mempunyai diameter luar d3 = 100 mm dan diameter dalam d2 = 94 mm. Plastik mempunyai diameter d1 = 82 mm. Modulus elastisitas baja adalah 75 kali modulus plastik. Tentukan momen lentur Mizin izin jika tegangan izin di baja adalah 35 MPa dan di plastik adalah 0,50 MPa.

z

6.2-7 Penampang balok sandwich yang terdiri atas muka aluminium dan inti foam seperti terlihat dalam gambar. Lebar balok b adalah 8,0 in., tebal muka 0,25 in., dan tinggi he inti adalah 5,5 in. (tinggi total h = 6,0 in.). Modulus elastisitas untuk muka aluminium dan intifoam masing-masing adalah 10,5 x 106 psi dan 12.000 psi. Momen lentur M = 40 k-in. beketja terhadap sumbu z. Tentukan tegangan maksimum di muka dan inti dengan menggunakan: (a) teori umum untuk balok komposit, dan (b) teori pendekatan untuk balok sandwich.

z h

6.2-8 Penampang balok sandwich yang terdiri atas muka fiberglass dan inti plastik ringan seperti terlihat dalam gambar. Lebar b balok adalah 50 mm, tebal t muka adalah 4 mm, dan tinggi he inti adalah 92 mm (tinggi total h = 100 mm). Modulus elastisitas fiberglass dan plastik masing-masing adalah 75 GPa dan 1 200 MPa. Momen lentur M = 275 N·m bekerja terhadap sumbu z. Tentukan tegangan maksimum di muka dan inti dengan menggunakan: (a) teori umum untuk balok komposit, dan (b) teori pendekatan untuk balok sandwich.

6.2-9 Sebuah balok bimetalik digunakan pada saklar pengontrol temperatur dari plat aluminium dan tembaga yang dilekatkan satu sama lain (lihat gambar). Lebar balok adalah 1 in. dan setiap plat mempunyai tebal 111 6 in. Akibat aksi momen lentur M = 12 !b-in. yang bekerja terhadap sumbu z, berapa tegangan maksimum CT0 dan ere masing-masing di aluminium dan tembaga? (Asumsikan bahwa E0 = 10.500.000 psi, dan Ec = 1 6.800.000 psi.)

z

y 1 .

1 6 m.

* L--1 in.---�-� In. 6.2-10 Sebuah balok komposit yang ditumpu sederhana dengan bentang 3 m memikul beban terbagi rata dengan intensitas q = 3,2 kN/m (lihat gambar). Balok ini terbuat dari kayu dengan lebar 100 mm dan tinggi 1 50 mm, yang diperkuat di sisi bawah oleh p1at baja dengan tebal 8 mm dan lebar 100 mm. Carilah tegangan lentur maksimum CTw dan CTs masing-masing di kayu dan baja akibat beban terbagi rata terse but jika modulus elastisitas kayu dan baja masing-masing adalah Ew = 10 GPa dan Es = 2 1 0 GPa.

q = 3.2 kN/m

�----- 3 m------�

Mekanika Bahan 397

METODE PENAMPANG TERTRANSFORMASI

Dalam memecahkan soal-soal untuk Subbab 6.3, asumsikan bahwa komponen-komponen balok dengan baik dilekatkan satu sama lain atau dengan menggunakan alat penyambung.

6.3-1 Sebuah balok kayu dengan lebar 8 in. dan tinggi 1 2 in. diperkuat di atas dan bawah oleh plat baja yang tebalnya 0,5 in. (lihat gambar). Carilah momen lentur izin Mmaks terhadap sumbu z jika tegangan izin di kayu adalah 1050 psi dan di baja adalah 1 8.000 psi. (Asumsikan bahwa rasio modulus elastisitas baja dan kayu adalah 20.)

z

6.3-2 Sebuah balok sederhana dengan bentang 3,2 m memikul beban terbagi rata dengan intensitas 48 kN/m. Penampang balok merupakan boks berlubang dengan flens kayu dan plat samping baja, seperti terlihat dalam gambar. Flens kayu mempunyai penampang 75 mm x 100 mm. dan plat baja mempunyai tinggi 300 mm. Berapa tebal t plat baja yang diperlukan jika tegangan izin adalah 1 20 MPa untuk baj a dan 6,5 MPa untuk kayu? (Asumsikan bahwa modulus elastisitas untuk baja dan kayu masing-masing adalah 210 GPa dan 10 GPa, dan abaikan berat balok.)

6.3-3 Sebuah balok sederhana yang bentangnya 16 ft mernikul beban terbagi rata dengan intensitas q. Balok ini mempunyai penampang S 8 x 1 8,4 (berbentuk I) yang diperkuat dengan kayu yang secara baik dilekatkan ke sayap balok (lihat penampang pada gambar). Balok kayu ini mempunyai tinggi 2 in. dan lebar 4 in. Modulus elas-


tisitas baja adalah 20 kali modulus elastisitas kayu. Jika tegangan izin di baja dan kayu masing-masing adalah 16.000 psi dan 1200 psi, berapa beban izin qizin?

S 8 X l 8 . 4

Z ---11111

6.3-4 Ba1ok komposit yang terlihat dalam gambar ditumpu sederhana dan memikul beban terbagi rata total sebesar 40 kN/m pada panjang bentang 5 m. Balok ini terdiri atas elemen struktur kayu dengan penampang dengan dimensi 1 50 mm x 250 mm, dan dua plat baja dengan dimensi penampang 50 mm x 1 50 mm. Tentukan tegangan maksimum a:, dan aw di baja dan kayu, jika modulus elastisitas masing-masing adalah Es = 209 GPa dan Ew = 1 1 GPa.

40 kN/m

1{ \ 6{ l l \1 I S m---+1

_j_ 1so mm

250 mm

_j_ 50 mm � �

!50 mm

6.3-5 Penampang sebuah balok terdiri atas empat plat strip aluminium yang diselang-seling dengan plastik ringan seperti terlihat dalam gambar. Balok ini mempunyai lebar b = 3,0 in., strip aluminium mempunyai tebal t = 0,1 in., dan segmen plat mempunyai tinggi d = 1 ,2 in. dan 3d = 3,6 in. Tinggi total balok adalah h = 6,4 in. MGIR!lus elastisitas untuk aluminium dan plastik masingm� adalah Ea = 1 1 x 1 06 psi dan EP = 440 x 103 psi. Tent'lftcan tegangan maksimum aa dan a:P di aluminium dan plastik, akibat momen lentur sebesar 10 k-in.

z

I· b ·I

6.3-6 Pecahkan soal sebelum ini jika balok mempunyai lebar b = 75 mm, strip aluminium mempunyai tebal t = 3 mm, segmen plastik mempunyai tinggi d = 40 mm dan 3d = 120 mm, dan tinggi total balok adalah h = 2 1 2 mm. Juga, modulus elastisitas adalah Ea = 75 GPa, dan EP = 3 GPa. Tentukan tegangan maksimum aa dan a:P di aluminium dan plastik akibat momen lentur sebesar 1 ,0 kN.m.

6.3-7 Sebuah balok komposit terbuat dari kayu yang diperkuat dengan plat baja mempunyai dimensi penampang seperti terlihat dalam gambar. Balok ini ditumpu sederhana dengan panjang bentang 1 2 ft dan memikul beban terbagi rata dengan intensitas q = 275 lb/ ft. Hitunglah tegangan lentur maksimum as dan aw masing-masing di baja dan kayu, akibat beban terbagi rata jika EJEw = 20.

z

6.3-8 Penampang balok komposit yang terbuat dari aluminium dan baja ditunjukkan dalam gambar. Modulus elastisitasnya masing-masing adalah Ea = 75 GPa dan Es = 200 GPa. Akibat aksi momen lentur yang menghasilkan tegangan maksimum sebesar 50 MPa di aluminium, berapa tegangan maksimum as di baja?

Alumunium

Steel

40 mm

L H

30 mm

6.3-9 Sebuah balok komposit terbuat dari balok kayu yang lebamya 6 in. dan tingginya 8 in., dan diperkuat di sisi bawah dengan plat baja berukuran 0,5 in. x 6 in. (lihat gambar). Modulus elastisitas untuk kayu adalah Ew = 1 ,2 x 1 06 psi dan untuk baja adalah Es = 30 x 106 psi. Carilah momen lentur izin Mizin di balok jika tegangan izin di kayu adalah aw = 1 500 psi dan di baja ada1ah a:, = 1 5 .000 psi.

z

6.3-1 0 Penampang strip bimetalik terlihat dalam gambar. Dengan mengasumsikan bahwa modulus elastisitas untuk masing-masing metal A dan B adalah EA = 196 GPa dan E8 = 105 GPa, tentukan modulus penampang terkeci1 untuk balok ini. (Ingat bahwa modulus penampang sama dengan momen lentur dibagi tegangan lentur maksimum.) Pada bahan di manakah tegangan maksimum teljadi?

y

z

1- IO mm-j

-r-3 mm +-3 mm __i_____

6.3-11 Sebuah balok sayap lebar W 12 x 50 dan segmen beton dengan tebal 4 in. (lihat gambar) secara bersama menahan momen lentur positif sebesar 100 k-ft. Balok dan plat beton tersebut dihubungkan dengan penghubung geser (shear connection) yang dilas ke balok baja. (Penghubung ini menahan geser horizontal di permukaan kontak.) Modulus elastisitas baja dan beton mempunyai rasio 1 2 banding 1 . Tentukan tegangan maksimum a, dan o:c masing-masing di baja dan beton.

]4 in.

6.3-1 2 Sebuah balok kayu diperkuat dengan kanal aluminium seperti terlihat dalam gambar. Balok ini mempunyai penampang dengan dimensi 150 mm x 250 mm, dan kanal tersebut mempunyai tebal seragam 6 mm. Jika tegangan izin di kayu dan aluminium masing-masing adalah 8 MPa dan 40 MPa, dan jika rasio modulus elastisitasnya 1 banding 6, berapa momen lentur izin maksimum untuk balok ini?

Mekanika Bahan 399

150 mm I" .I r - 1 216 mm L 250 mm

J 40 mm _L_ 6 mm

I 162 mm {1 I ill(

6.3-13 Sebuah balok kayu 6 in. x 8 in. diperkuat dengan plat baja 0,5 in. x 6 in. pada bagian bawahnya dan batang baja 1 in. x 2 in. pada bagian atasnya (lihat gambar). Jika tegangan izin kayu dan baja masing-masing adalah 2000 psi dan 1 6.000 psi, dan jika ratio modulus elastisitasnya adalah 1 berbanding 20, berapa kali momen lentur izin maksimum untuk balok tersebut?

1 in.

z 8 in.

I 6 in . •

BALOK DENGAN BEBAN MIRING

Dalam memecahlwn soal untuk Subbab 6.4, gambarlah penampang yang memperlihatlwn sumbu netral dan lolwsi titik-titik di mana tegangan dicari.

6.4-1 Sebuah balok dengan penampang persegi panjang memikul beban miring P yang mempunyai garis kelja di sepanjang garis diagonal pada penampang (lihat gambar). Buktikan bahwa sumbu netralnya terletak pada diagonal lainnya.

z ---

p

400 Bab 6 Tegangan Di Ba/ok (Topik Lanjut)

6.4-2 Sebuah balok kayu dengan penampang persegi panjang (lihat gambar) ditumpu sederhana pada bentang yang panjangnya L. Sumbu longitudinal balok terletak horizontal, dan penampang tersebut miring dengan sudut a. Beban di balok merupakan beban terbagi rata vertikal dengan intensitas q yang bekerja melalui pusat berat C. Tentukanlah orientasi sumbu netral dan hitunglah tegangan tarik maksimum O'maks jika b = 75 mm, h = 1 50 mm, L = 3,0 m, a = 30°, dan q = 2,0 kN/m.

6.4-3 Pecahkan soal sebelum ini untuk data berikut: b = 6 in., h = 8 in., L = l O ft, tan a = l /3, dan q = 200 lb/ ft.

6.4-4 Sebuah ba1ok sayap lebar yang ditumpu sederhana dengan bentang L memikul beban terpusat P yang beke1ja melalui pusat berat C di titik tengah bentang (lihat gambar). Balok ini terletak pada tumpuan yang miring dengan sudut a dengan horizontal. Tentukanlah orientasi sumbu netral dan hitunglah tegangan maksimum di pojok luar penampang (titik A, 8, D, dan E) akibat beban P. Data untuk balok ini adalah sebagai berikut: profil W 10 x 30, L =8,5 ft, P = 5 k, dan a = 26,57°.

y p

E

z

6.4-5 Pecahkan soal sebelum ini dengan menggunakan data sebagai berikut: profil W 8 x 2 1 , L = 8 ft, P = 3,8 k, dan a = 20°.

6.4-6 Sebuah balok kanti1ever kayu dengan penampang persegi panjang dan panjang L memikul beban miring P di ujung bebas (lihat gambar). Tentukan orientasi sumbu netral dan hitunglah tegangan tarik maksimum O'maks akibat beban P. Data untuk balok sebagai berikut: b = 75 mm, h = 1 50 mm, L = 1,5 m, P = 800 N, dan a = 36°.

I. b .I 6.4-7 Pecahkan soal sebelum ini untuk balok kantilever dengan data sebagai berikut: b = 4 in., h = 8 in., L = 6 ft, P = 500 lb, dan a = 45°.

6.4-8 Sebuah balok baja dengan profil I (lihat gambar) ditumpu sederhana di ujung-ujungnya. Dua momen lentur yang sama besar dan berlawanan arah M0 bekerja di ujung-ujung balok tersebut sedemikian hingga balok tersebut mengalami lentur murni. Momen tersebut bekerja di bidang mm, yang berorientasi pada sudut a dengan bidang xy. Tentukan orientasi sumbu netral dan hitunglah tegangan tarik maksimum O'maks akibat momen M0• Data untuk balok adalah sebagai berikut: profil S 8 x 1 8,4, M0 = 30 k-in., dan a = 30°.

6.4-9 Sebuah balok kantilever dengan penampang sayap lebar dan panjang L memikul beban miring P di ujung bebas (lihat gambar). Tentukan orientasi sumbu netral dan hitunglah tegangan tarik maksimum O'maks akibat beban P. Data untuk balok adalah sebagai berikut: profil W 10 x 45, L = 6 ft, P = 2,5 k, dan a = 55°.

y

6.4-1 0 Pecahkan soal sebelum ini dengan menggunakan data berikut: profil W 8 x 35, L = 6 ft, P = 2,0 k, dan a = 60°.

6.4-11 Sebuah balok kantilever dengan profil W 1 2 x 14 dan panjang L = 9 ft memikul beban agak miring P = 500 lb di ujung bebas (lihat gambar). (a) Plotlah grafik tegangan CTA di titik A sebagai fungsi dari sudut kemiringan a. (b) Plotlah grafik sudut {3, yang menunjukkan sumbu netral nn, sebagai fungsi dari sudut a. (Dalam memplot grafik, gunakan harga a dari 0° sampai 10°.)

y

n

n

LENTUR BALOK TAK SIMETRIS

Dalam memecahkan soal-soal untuk Subbab 6.5, gambarlah sketsa penampang yang menunjukkan orientasi sumbu netral dan lokasi titik di mana tegangan dicari.

6.5-1 Sebuah balok dengan profil kanal mengalami momen lentur M yang vektomya membentuk sudut (J dengan sumbu z (lihat gambar). Tentukan orientasi sumbu netral dan hitunglah tegangan tarik maksimum a, dan tegangan tekan maksimum CTc di balok tersebut. Gunakan data berikut: profil C 8 x 1 1 ,5, M = 20 k-in., tan (J = 1/3.

y

M

Mekanika Bahan 401

6.5-2 Pecahkan soal sebelum ini dengan menggunakan data profil C 6 x 1 3 dengan M = 5,0 k-in. dan (J = 1 5°.

6.5-3 Sebuah profil siku sama kaki mengalami momen lentur M dengan vektor yang berarah sepanjang sumbu 1 - 1 , seperti terlihat dalam gambar. Tentukan orientasi sumbu netral dan hitunglah tegangan tarik maksimum a, dan tegangan tekan maksimum CTc jika siku tersebut adalah L 6 x 6 x 3/4 dan M = 20 k-in.

M I -

2

2

6.5-4 Pecahkan soal sebelum ini dengan menggunakan data: L 4 x 4 x 112 dengan M = 6,0 k-in.

*6.5-5 Sebuah penampang balok mempunyai bentuk segitiga sama sisi dengan panjang sisi b (lihat gambar). Balok ini mengalami momen lentur M yang vektomya membentuk sudut (J dengan sumbu z. (a) Tentukan sumbu netralnya. (b) Turunkan rumus untuk tegangan CTA, a8, dan CTc di titik A, B, dan C yang dinyatakan dalam M, b, dan 9. (c) Plotlah grafik tegangan tarik maksimum CT1 sebagai fungsi dari sudut (J untuk harga (J yang bervariasi dari 0 sampai 90°. Gunakan ordinat grafik berupa besaran nondimensional CTmaksb

3!32M.

y B

c *6.5-6 Sebuah balok dengan penampang setengah lingkaran dengan radius r mengalami momen lentur M yang vektomya membentuk sudut (J dengan sumbu z (lihat gambar). Tentukan tegangan tarik maksimum a, dan tegangan tekan maksimum CTc di balok tersebut untuk (J = 0,45°, dan 90°.

l


*6.5-7 Sebuah profil siku tak sama kaki mengalami momen lentur M dengan sumbu netral berarah sepanjang sumbu 1 - 1 , seperti terlihat dalam gambar. Tentukan orientasi sumbu netral dan hitunglah tegangan tarik maksimum a, dan tegangan tekan maksimum ac di balok ini jika siku tersebut adalah L 8 x 6 x 1 dan M = 25 k-in.

2

I

c

2

*6.5-8 Pecahkan soal sebelum ini dengan menggunakan data profil siku L 7 x 4 x 1/2 dengan momen M = 1 5 k-in.

TEGANGAN GESER Dl BALOK BERDINDING TIP IS

Dalam menyelesaikan soal-soal untuk Subbab 6. 7, asumsikan bahwa penampang mempunyai dinding tipis dan gunakan dimensi garis pusat dalam menentukan semua perhitungan dan penurunan rumus.

6.7-1 Sebuah ba1ok sederhana dengan profil sayap 1ebar memikul beban terbagi rata dengan intensitas q = 3,0 k/ ft di bentang yang panjangnya L = ! 0 ft (lihat gambar). Dimensi penampang adalah h = 10,5 in., b = 7 in., dan tr = tw = 0,4 in. (a) Hitung1ah tegangan geser maksimum rmaks di potongan A-A yang terletak pada jarak d = 2,0 ft dari ujung balok. (b) Hitunglah tegangan geser r8 di titik B pada potongan tersebut. Titik B ter1etak pada jarak a = 2,0 in. dari tepi flens bawah.

y

q A�

6. 7-2 Pecahkan soal sebelum ini dengan menggunakan data berikut: L = 3 m., q = 40 kN/m, = 260 mm, b = 1 70 mm, t1 = 1 2 mm, tw = 10 mm d = 0,6 m, dan a = 60 mm.

6.7-3 Sebuah balok yang mempunyai penampang simetris ganda dalam gambar ini mengalami gaya geser P = 4,0 k yang bekerja mela1ui pusat berat dan sejajar dengan sumbu y. (a) Hitunglah tegangan geser maksimum rmaks· (b) Berapa fraksi gay a geser P yang ditahan oleh setiap luas persegi panjang dalam penampang ini?

y

0.45 0.30 0.30 0.45 in. in. in. in. -1cr- 1 r- i1 r- 1 r_ __

�� •• • 4.0 in.

r--= J4.0 in.

P = 4k

6.7-4 Sebuah balok T mengalami gaya geser P yang bekerja me1alui pusat geser S yang sejajar sumbu y (lihat gambar). Flens mempunyai lebar b dan tebal t. Selidikilah tegangan geser yang bekerja di penampang, sebagai berikut: (a) Dapatkan rumus untuk tegangan geser maksimum rmaks· (b) Plotlah grafik yang menunjukkan tegangan geser r bervariasi pada tinggi flens. (c) Tunjukkan bahwa resu1tan tegangan geser sama dengan P.

b/2 _l_

j Y

6.7-5 Sebuah balok sayap lebar simetris tunggal mengalami gaya geser P yang bekerja melalui pusat geser S yang sejajar dengan sumbu y (lihat gambar). Turunkan rumus untuk tegangan geser maksimum rmaks di balok ini dengan mengasumsikan bahwa b1 > b2.

y

p 6.7-6 Sebuah profil siku sama kaki memikul gaya geser P yang bekerja melalui pusat geser S dan sejajar sumbu y yang merupakan sumbu simetri (Iihat gambar). Setiap kaki siku tersebut mempunyai panjang garis pusat b dan tebal t. Selidikilah tegangan geser yang bekerja di penampang tersebut, sebagai berikut: (a) Turunkan rumus untuk tegangan geser maksimum rmaks di profil siku. (b) Plotlah grafik yang menggambarkan bagaimana tegangan geser r bervariasi di sepanjang garis pusat penampang. (c) Tunjukkan bahwa resultan tegangan ini sama dengan P.

y

6.7-7 Sebuah balok dengan penampang kanal mengalami gaya geser P = 12 k yang bekerja di sepanjang sumbu y, yang merupakan sumbu simetri (lihat gambar), Dimensi penampang ada1ah h = 1 8 in, b = 6 in., dan t = l in. Selidikilah tegangan geser yang bekerja di penampang tersebut, sebagai berikut: (a) Hitunglah tegangan geser maksimum rmaks· (b) Plotlah grafik yang menggambarkan bagaimana tegangan geser r bervariasi di sepanjang tinggi b flens dan di seluruh panjang badan h. (c) Tunjukkan bahwa resultan tegangan ini sama dengan beban P.

y h

--r= � t b z �

t s

p

Mekanika Bahan 403

6.7-8 Pecahkan soal sebelum ini jika P = 20 kN dan dimensi penampang adalah h = 225 mm, b = 90 mm, dan t = 20 mm.

*6.7-9 Sebuah balok I tak seimbang diletakkan seperti tergambar dan mengalami gaya geser P = 20 k yang bekerja dalam arah sumbu y, yang merupakan sumbu simetri (lihat gambar). Dimensi penampang adalah h = 1 6 in., b = 9 in., b1 = 6 in., b2 = 3 in., t1 = 1 in., dan t.,. = 0,75 in. Selidikilah tegangan geser yang bekerja di penampang sebagai berikut: (a) Hitunglah tegangan geser maksimum rmaks· (b) Plotlah grafik yang menunjukkan bagaimana tegangan geser r bervariasi di seluruh tinggi flens b dan panjang badan h. (c) Tunjukkan bahwa resultan tegangan geser sama dengan P.

I Y I h

IT jw z c

_j_ __!_ b T LL T s

'r-1 r p --1 r tr

*6.7-10 Selesaikan soal sebelum ini jika P = 1 20 kN dan dimensi penampang adalah h = 300 mm, b = 1 60 mm, b1 = 1 20 mm, b2 = 40 mm, Lf-= 20 mm, dan tw = 1 5 mm.

PUSAT GESER PENAMPANG TERBUKA BERDINDING TIPIS

Dalam menentukan lokasi pusat geser di dalam soalsoal untuk Subbab 6.8, asumsikan bahwa penampang berdinding tipis dan gunakan dimensi garis pusat untuk semua perhitungan dan penurunan rumus.

6.8-1 Hitunglah jarak e dari garis pusat badan profil kanal C 1 2 x 20,7 ke pusat geser S (lihat gambar). (Catatan: Untuk tujuan analisis, anggaplah flens sebagai persegi panjang dengan tebal t1 sama dengan tebal flens rata-rata yang diberikan dalam Tabel E-3, Lampiran E.)

y


6.8-2 Hitunglah jarak e dari garis pusat badan profil i.;;ma] C 8 x 1 8,75 ke pusat geser S (lihat garnbar). Untuk :-JJuan analisis, anggaplah flens sebagai persegi panjang dengan tebal t1 sama dengan tebal flens rata-rata yang diberikan dalam Tabel E-3, Lampiran E.)

6.8-3 Penampang balok sayap lebar tak seimbang ditunjukkan dalam gambar. Turunkan rumus untuk jarak h 1 dari garis pusat satu flens ke pusat geser S:

t2 b� h h i = 3 3 tl bl + t2 b2

Juga, cek rumus ini untuk kasus balok T (b2 = t2 = 0) dan balok sayap lebar seimbang (t2 = t1 dan b2 = b1).

tz ,---- { ll 4 bl -H .._

z

Is 'C

'------ h . I h2 T h

6.8-4 Penampang balok sayap lebar tak seimbang ditunjukkan dalarn gambar. Turunkan rumus berikut untuk jarak e dari garis pusat badan ke pusat geser S:

3tf (b; - b12

) e = -:---'-::c-=-:-:---'---:---:-htw + 6 t1 (b1 + b2 )

Juga, cek rumus untuk kasus khusus profil kanal (b1 = 0 dan b2 = b) dan balok simetris ganda (b1 = b2 = b/2).

y lr

lw J2

z s

�e-t � r lr

· •

�b�� I - bz �

6.8-5 Penampang balok kanal dengan flens ganda dan tebal konstan di seluruh penampang ditunjukkan dalam gambar. Turunkan rumus berikut ini untuk jarak e dari garis pusat badan ke pusat geser S:

y

z s c I hi h2 e---1 � 1

6.8-6 Penampang tabung lingkaran bercelah dengan tebal konstan ditunjukkan dalam gambar. Buktikan bahwa jarak e dari pusat lingkaran ke pusat garis S sama dengan 2r.

y

6.8-7 Penarnpang tabung bujursangkar bercelah dengan tebal konstan ditunjukkan dalarn garnbar. Turunkan rumus berikut untuk jarak e dari pojok penampang ke pusat geser S:

b e = --z.,fi

y

6.8-8 Penampang tabung persegi panjang bercelah dengan tebal konstan ditunjukkan dalam gambar. Turunkan rumus berikut untuk jarak e dari garis pusat dinding tabung ke pusat geser S:

b(2h + 3b) e = 2(h + 3b)

y

i h/2

s -1 e ,___ c z

h/2

1 b/2 b/2

6.8-9 Sebuah penampang berbentuk U dengan tebal konstan ditunjukkan dalam gambar. Turunkan rumus berikut untuk jarak e dari pusat setengah lingkaran ke pusat geser S:

2(2r2 + b 2 + nbr) e = 4b + m-

Juga, plotlah grafik yang menunjukkan bagaimana jarak e (dinyatakan dalam rasio tak berdimensi e/r) bervariasi sebagai fungsi dari rasio blr. (Misalkan selang blr dari 0 sampai 2.)

y

b -1 s

*6.8-1 0 Turunkan rumus berikut untuk jarak e dari garis pusat dinding ke pusat geser S untuk penampang C dengan tebal konstan seperti terlihat dalam gambar:

3bh 2 (b + 2a) - 8ba3 e = --=-----'-----'-----,----

h2 (h + 6b + 6a) + 4a 2 (2a - 3h) Juga, cek rumus tersebut untuk kasus profil kanal (a = 0) dan tabung persegi panjang bercelah (a = h/2).

y

Mekanika Bahan 405

*6.8-1 1 Turunkan rumus berikut untuk jarak e dari garis pusat dinding ke pusat geser S untuk penampang topi dengan tebal konstan seperti terlihat dalam gambar:

3bh2 (b + 2a) - 8ba3 e = --=-----'-----'----=----

h2 (h + 6b + 6a) + 4a2 (2a + 3h) Juga, cek rumus tersebut untuk kasus profil kanal (a =

0).

y a

I h/2

s c-+ z

l e h/2

*6.8-1 2 Sebuah penampang dengan bentuk busur lingkaran dengan tebal konstan ditunjukkan dalam gambar. Turunkan rumus berikut untuk jarak e dari pusat busur ke pusat geser S:

2r(sin f3 - f3 cos /3) e = --:::---=---::-----::--'-/3 - sin f3 cos f3

di mana f3 dalam radian. Juga, plotlah grafik yang menunjukkan bagaimana e bervariasi untuk harga f3 dari 0 sampai n.

y

LENTUR ELASTOPLASTIS

Soal-soal untuk Subbab 6 .9 dipecahkan dengan menggunakan asumsi bahwa bahannya elastoplastis dengan tegangan luluh ay.

6.9-1 Turunkan faktor bentuk f untuk penampang dengan bentuk trapesium ganda yang mempunyai dimensi seperti terlihat dalam gambar.

,

)


y

6.9-2 (a) Turunkan faktor bentuk f untuk penampang lingkaran berlubang yang mempunyai radius dalam r1 dan radius luar r2 (lihat gambar). (b) Jika penampang sangat tipis, berapakah faktor bentuknya?

y

Z-

6.9-3 Sebuah balok kantilever dengan panjang L = 60 in. memikul beban terbagi rata dengan intensitas q (lihat gambar). Balok ini terbuat dari baja (O"Y = 40 ksi) dan mempunyai penampang persegi panjang dengan lebar b = 4,0 in. dan tinggi h = 6,0 in. Berapa intensitas beban q yang akan menghasilkan kondisi plastis penuh pada balok ini?

'.l.t }: :·,�'

I·

q l J 1 1 J L,l,J z 1

h =6.0 in

l LJ L = 60 in I •

b = 4.0 in

6.9-4 Sebuah balok dengan penampang persegi panjang mempunyai lebar 50 mm dan tinggi 80 mm (lihat gambar). Tegangan luluh baja adalah 210 MPa. (a) Berapa persen bagian 1uas penampang yang ditempati oleh inti elastis jika balok tersebut mengalami momen lentur sebesar 1 3,0 kN·m yang bekerja terhadap sumbu z? (b) Berapa besar momen lentur yang akan menyebabkan 50% dari penampang mengalami luluh?

6.9-5 Hitunglah faktor bentukfuntuk balok sayap lebar yang seperti terlihat dalam gambar jika h = 1 2,0 in., b = 6,0 in., t1 = 0,6 in., dan tw = 0,4 in.

y

z -----t: C h

I. 6.9-6 Pecahkan soal untuk balok sayap lebar sebelum ini dengan h = 400 mm, b = 160 mm, t1 = 1 2 mm, dan tw = 8 mm.

6.9-7 Tentukan modulus penampang S , modulus plastis Z, dan faktor bentuk f untuk balok sa yap lebar W 1 2 x 87. (Catatan: Dapatkan besaran balok dengan melakukan perhitungan menggunakan dimensi penampang yang diberikan dalam Tabel E-1 , Lampiran E.)

6.9-8 Pecahkan soal sebelum ini untuk balok sayap lebar W 10 x 60.

6.9-9 Tentukan momen luluh MY dan momen plastis MP untuk balok sayap lebar W 16 x 77 jika O"Y = 36 ksi. (Catatan: semua besaran ba1ok dengan melakukan perhitungan menggunakan dimensi penampang yang diberikan dalam Tabel E- 1 , Lampiran E.)

6.9-10 Pecahkan soal sebelum ini untuk balok sayap lebar W 8 x 2 1 .

6.9-11 Sebuah balok boks berlubang dengan tinggi h = 16 in., lebar b = 8 in., dan tebal dinding konstan t = 0,75 in. terlihat dalam gambar. Balok ini terbuat dari baja dengan tegangan luluh O"Y = 32 ksi. Tentukan momen luluh MY dan momen plastis MP.

y

z

6.9-1 2 Pecahkan soal sebelum ini untuk balok boks dengan dimensi h = 0,4 in., b = 0,2 in., dan t = 20 mm. Tegangan luluh baja yang digunakan adalah 230 MPa.

6.9-13 Sebuah balok boks berlubang dengan tinggi h = 9,0 in., tinggi dalam hi = 7,5 in., lebar b = 5,0 in., dan lebar dalam bi = 4,0 in. ditunjukkan dalam gambar. Dengan mengasumsikan bahwa balok tersebut terbuat dari baja dengan tegangan luluh ay = 33 ksi, hitunglah momen luluh MY dan momen plastis MP.

y

��Sll I Z---ft��J

b

6.9-14 Pecahkan soal sebelum ini untuk balok boks dengan dimensi h =200 mm, hi = 160 mm, b = 1 50 mm, dan bi = 1 30 mm. Asumsikan bahwa balok ini terbuat dari baja dengan tegangan luluh ay = 220 MPa.

6.9-1 5 Balok boks berlubang yang terlihat dalam gambar mengalami momen lentur M yang besarnya sedemikian rupa sehingga flens mengalami luluh tetapi bagian badan tetap elastis linier. (a) Hitunglah besar momen M jika dimensi penampang adalah h = 14 in., hi = 12,5 in., b = 8 in., dan b1 = 7 in. Juga, tegangan luluhnya adalah a,. = 42 ksi. (b) Berapa persen momen M dihasilkan oleh inti elastis?

6.9-1 6 Pecahkan soal sebelum ini untuk balok boks dengan dimensi h = 400 mm, h1 = 360 mm, b = 200 mm, dan b1 = 160 mm, dengan tegangan luluh a, = 220 MPa.

6.9-1 7 Sebuah balok sayap lebar W 12 x 50 mengalami momen lentur M yang besamya sedemikian hingga flens luluh dan badan tetap elastis linier. (a) Hitunglah besar momen M jika tegangan luluh ay = 36 ksi. (b) Berapa persen momen M dihasilkan inti elastis?

Mekanika Bahan 407

6.9-18 Pecahkan soal sebelum ini untuk balok sayap lebar jika tinggi balok adalah 210 mm, lebar flens 130 mm, tebal flens adalah 10 mm, tebal badan adalah 6,5 mm, dan tegangan luluh adalah 200 MPa.

6.9-1 9 Sebuah balok simetris tunggal berpenampang T (lihat gambar) mempunyai dimensi penampang b = 6 in., a = 8 in., tw = 1,5 in., dan t1 = 1 ,5 in. Hitunglah modulus plastis Z dan faktor bentuk f

I Y

I y . 6.9-20 Pecahkan soal sebelum ini untuk balok T dengan dimensi b = 140 mm, a = 200 mm, tw = 20 mm, dan t1 = 25 mm.

6.9-21 Sebuah balok sayap lebar dengan penampang tak seimbang mempunyai dimensi seperti terlihat dalam gambar. Tentukan momen plastis MP jika ay = 36 ksi.

y I lO inJ I i _L L ccz cccc: 0,5 in

z -----t' 111lu 7 in

0,5 in---> ·I--r::::;:::z;z;;;;:22;:;;[Z[3 -.--0,5 in �;·--5_i_n_�·l I

6.9-22 Tentukan momen plastis MP untuk balok yang mempunyai penampang seperti terlihat dalam gambar jika aY = 2 10 MPa.


LENTUR NONLINIER

6.1 0.1 Sebuah balok persegi panjang dari plastik struktural mempunyai lebar 3,0 in. dan tinggi 6,0 in. !lihat gambar) dan mengalami momen lentur positif M. Diagram tegangan untuk plastik ini direpresentasikan dengan dua garis lurus dan mempunyai modulus elastisitas tekan E1 = 2,8 x 106 psi, dan modulus elastisitas tarik adalah E2 = 1 ,5 x 106 psi. Jika tegangan izin maksimum untuk tarik dan tekan masing-masing adalah 900 psi dan 1 200 psi, berapa momen lentur izin Mizin?

cr

1. 3 in .I

6.1 0-2 Sebuah balok kantilever dengan penampang persegi panjang dan panjang L memikul beban terdistribusi dengan intensitas q (lihat gambar). Bahan balok mempunyai modulus elastisitas E1 untuk tekan dan E2 untuk tarik. Harga numeriknya adalah sebagai berikut: L = 1 ,0 in., q = 12,0 kN/m, b = 60 mm, h = 140 mm, E1 = 200 GPa, dan E2 = 70 GPa. Tentukan tegangan tarik maksimum a, dan tegangan tekan maksimum ere.

cr

P= ' w .. <).I . .. l ...... l,,l I· L .I

6.1 0-3 Pecahkan soal sebelum ini untuk kondisi berikut: L = 3,0 ft, q = 75 lb/in, b = 2,5 in., h = 6,0 in., E1 = 24 x 106 psi, dan Ec = 1 8 x 106 psi.

6.1 0-4 Sebuah balok dengan penampang persegi panjang terbuat dari bahan yang direpresentasikan dengan diagram tegangan-regangan bilinier seperti terlihat dalam gambar. Modulus elastisitasnya adalah E1 dan E2 dan sifatnya sama untuk tarik dan tekan. Data numerik berikut berlaku untuk balok ini: b = 40 mm, h = 120 mm, E1 = 70 GPa, E2 = 30 GPa, dan av = 160 MPa. Jika tegangan maksimum di balok ini adal<ih amaks = 200 MPa, berapa momen lentur M?

6.1 0-5 Pecahkan soal sebelum ini dengan menggunakan data berikut: b = 2,0 in., h = 6,0 in., E1 = 10 x 106 psi, E2 = 4 x 106 psi, ay = 24.000 psi, dan amaks = 30.000 psi.

6.10-6 Sebuah balok dengan penampang persegi panjang (lebar b, tinggi h) terbuat dari bahan dengan kurva tegangan-regangan tarik (lihat gambar) yang dinyatakan dengan persamaan:

di mana B1 dan B2 adalah konstanta dan Emaks = Bl2B2• Kurva tegangan-regangan untuk tekan sama dengan untuk tarik. Turunkan rumus untuk momen lentur M jika regangan di atas dan bawah balok sama c1 •

cr

6.1 0-7 Hubungan tegangan-regangan untuk bahan suatu balok (lihat gambar) diasumsikan mempunyai bentuk a = BE!', di mana B dan n adalah konstanta (0 � n � 1 ). Kurva tegangan-regangan untuk tekan sama dengan untuk tarik. Penampang balok adalah persegi panjang dengan lebar b dan tinggi h. (a) Turunkan rumus berikut untuk tegangan maksimum di balok akibat momen lentur M:

a1 = �c( n ; 2 } di mana c = h/2 dan I = bh3!1 2. (b) Turunkan rumus berikut untuk tegangan a di balok pada jarak y dari sumbu netral:

_!!___ = (�)n (Jl h Juga, plotlah graflk: yang menunjukkan distribusi tegangan di balok untuk berbagai harga n. (Plotlah grafik dalam bentuk tak berdimensi, a/a1 versus 2y!h, dan pilihlah n = 1 , 0,5; 0,25, dan 0.)

O < n < l

L-------�------------E

6.1 0-8 Distribusi tegangan di pen am pang balok persegi panjang yang mempunyai lebar b dan tinggi h dinyatakan dengan persamaan

_Q:_ = 1 - (1 - 2y )m 0'1 h

di mana 0' adalah tegangan pada jarak y dari sumbu netral, 0'1 adalah tegangan di atas dan bawah balok, dan m adalah konstanta (m � 1 ). Distribusi tegangan sama untuk bagian tarik dan tekan balok (lihat gambar). (a) Turunkan rumus berikut untuk momen lentur M yang bekerja di penampang tersebut:

M 0'1 / [ 3m(m + 3) J = -c- 2(m + 1 )(m + 2 ) (m � 1 )

di mana c = h/2 dan I = bh3112. (b) Plotlah grafik yang menunjukkan distribusi tegangan di balok ini untuk berbagai harga m (Plotlah grafik tersebut dalam bentuk tak berdimensi, 0'/0'1 versus 2y/h, dan pilihlah m = 1 , 2, 4, 10.)

6.1 0-9 Sebuah balok dengan penampang persegi panjang (lebar b = 2,0 in., dan tinggi h = 4,5 in., terbuat dari baja mutu tinggi dengan diagram tegangan-regangan yang

Mekanika Bahan 409

didefinisikan dengan data numerik yang tercantum dalam tabel ini. Diagram ini sama untuk tarik dan tekan. Hitunglah harga momen lentur M jika tegangan maksimum di balok adalah 105 ksi.

Data tegangan-regangan untuk Soal 6 . 1 0-9

Tegangan (ksi) Regangan 0 0

70 0,0024 75 0,0030 80 0,0038 90 0,0063

100 0,0105 1 10 0,0170 1 20 0,0274

*6.1 0-1 0 Tentukan tegangan maksimum O'maks di balok dalam Soal 6.10-4 jika momen Ientur M = 1 8 kN-m.

*6.1 0-11 Tentukan tegangan maksimum O'maks di balok dalam Soal 6.10-5 jika momen lentur M = 320 k-in.

**6 .10-12 Sebuah balok dengan penampang persegi panjang (lebar b = 25 mm dan tinggi h = 75 mm) terbuat dari bahan yang mempunyai kurva tegangan-regangan yang diidealisasikan tak simetris seperti terlihat dalam gambar. Kerniringan garis-garis tersebut adalah E 1 = 6,5 GPa, dan £2 = 2,85 GPa, dan regangan luluh tarik adalah EY = 0,0022. Berapakah m omen lentur M di balok ini jika tegangan tarik maksimum adalah 20 MPa?

a

,

-

REFERENSI DAN CATATAN SEJ ARAH

1 -1 Timoshenko, S. P., History of Strength of Materials, Dover Publications, Inc., New York, 1983 (semu1a diterbitkan oleh McGraw-Hill book Co., Inc., New York, 1953).

Catatan: Stephen P. Timoshenko ( 1 878- 1 972) adalah ilmuwan, insinyur, dan guru yang terkenal. Dilahirkan di Russia, ia tiba di Amerika Serikat tahun 1922. la adalah peneliti di Westinghouse Research Laboratory, profesor di University of Michigan, dan belakangan profesor di Stanford University, di mana ia pensiun pada tahun 1 944. Timoshenko membuat banyak kontribusi, baik teoretis maupun eksperimental, di dalam mekanika terapan, dan ia menulis dua belas buku teks perintis yang memberikan revolusi di dalam pengajaran mekanika di Amerika Serikat. Buku-buku tersebut, yang diterbitkan sebanyak Iima edisi dan diterjemahkan ke 35 bahasa, mencakup bahan-bahan tentang statika, dinamika, mekanika bahan, getaran, teori struktural, stabilitas, elastisitas, p1at, dan cangkang.

1 -2 Todhunter, I. dan Pearson, K., A History of the Theory of Elasticity and of the Strength of Materials, Jilid I dan II, Dover Publications, Inc., New York, 1960 (semula diterbitkan oleh Cambridge University Press pada tahun 1 886 dan 1 893). Catatan: Isaac Todhunter ( 1 820-1884) dan Karl Pearson ( 1857-1936) adalah matematikawan Inggris dan pendidik. Pearson khususnya dikenal karena kontribusi orisinalnya dalam statistika.

1 -3 Love, A. E. H., A Treatise on the Mathematical Theory of Elasticity, 4th Ed., Dover Publications, Inc., New York, 1944 (semula diterbitkan oleh Cambridge University Press pada tahun 1927); lihat "Pendahuluan Sejarah" di halaman 1 -3 1 . Catatan: Augusts Edward Hough Love ( 1 863- 1940) adalah ahli e1astisitas Inggris yang mengajar di Oxford University. Penelitian penting yang dilakukannya meliputi analisis gelombang permukaan seisrnik, yang sekarang disebut gelombang Lovetoleh para ahli geofisika.

1 -4 Jacob Bemoulli ( 1654-1705), juga dikenal dengan nama James, Jacques, dan Jakob, adalah anggota keluarga matematikawan dan ilmuwan terkenal dari Basel, Swiss. la menghasilkan karya yang berkaitan dengan kurva

elastis pada balok. Bernoulli juga mengembangkan koordinat polar dan menjadi terkenal karena karyanya di teori probabilitas, geometri analitis, dan cabang-cabang ilmu lain. Jean Victor Poncelet ( 1788-1 867) adalah orang Perancis yang berjuang di kampanye Napoleon melawan Rusia. la sempat dipenjara, dan belakangan kembali ke Perancis untuk meneruskan pekeijaannya di dalam bidang matematika. Kontribusi utama darinya di dalam bidang matematika adalah geometri, dan di dalam bidang mekanika, ia sangat terkenal karena karyanya di dalam besaran bahan dan dinamika. (Untuk karya Bernoulli dan Poncelet yang berkaitan dengan diagram tegangan-regangan, lihat Ref. 1 - 1 , halaman 88, dan Ref. 1 -2, Jilid 1 , halaman 10, 533, dan 873.)

1 -5 James dan James, Mathematics Dictionary, Van Nostrand Reinhold, New York (edisi terakhir).

1 -6 Robert Hooke ( 1635- 1 703) adalah ilmuwan Inggris yang melakukan banyak eksperimen dengan benda elastis, dan mengembangkan perbaikan dalam benda-benda kecil. la juga memformulasikan hukum gravitasi secara terpisah dari Newton. Sesudah mendirikan Royal Society of London pada tahun 1662, Hooke diangkat sebagai kurator pertama. (Untuk asal-usul hukum Hooke, lihat Ref. 1 - 1 , halaman 17-20, dan Ref. 1 -2, Jilid I , halaman 5 .)

1 -7 Thomas Young ( 1773- 1829) adalah ilmuwan Inggris yang menjadi perintis di dalam bidang optik, bunyi, kejut, dan bidang-bidang lainnya. (Untuk informasi mengenai karyanya dalam bidang bahan, lihat Ref. 1 - 1 , halaman 90-98, dan Ref. 1 -2, Jilid I, halaman 80-86.)

1 -8 Simeon Denis Poisson ( 178 1 - 1 840) adalah matematikawan Perancis. la memberikan banyak kontribusi di dalam bidang matematika dan mekanika, dan namanya juga dikenal bukan hanya karena rasio Poisson. Sebagai contoh, kita mempunyai persamaan Poisson pada persamaan diferensial dan distribusi Poisson pada teori probabilitas. Berdasarkan atas teorinya sendiri mengenai perilaku bahan, ia menghitung regangan lateral suatu batang yang mengalami tarik dan mendapatkan bahwa besarnya seperempat dari regangan longitudinal. (Untuk informasi mengenai teorinya di dalam perilaku mekanika,

lihat Ref. 1 - 1 , halaman 1 1 1- 1 14; Ref. 1-2, Jilid I, halaman 208-318; dan Ref. 1-3, halaman 1 3.)

2-1 Timoshenko, S.P, dan Goodier, J.N., Theory of Elasticity, 3rd Ed., McGraw-Hill Book Co., Inc., New York, 1 970 (lihat halaman 1 1 0). (Catatan: James Norman Goodier ( 1 905- 1 969) sangat terkenal karena kontribusi penelitiannya di dalam teori elastisitas, stabilitas, penjalaran gelombang pada padatan, dan cabang-cabang lain mekanika terapan. Dilahirkan di Inggris, ia belajar di Cambridge University dan University of Michigan. la adalah profesor di Comell University dan belakangan di Stanford University, di mana ia mengetuai program mekanika terapan.

2-2 Weaver, W., Jr., dan Gere, J.M., Matrix Analysis of Framed Structures, 3rd Ed., Van Nostrand Reinhold Co., New York, 1990. Catatan: Metode fleksibilitas dan kekakuan untuk menganalisis struktur statis tak tentu dengan metode-metode komputer disajikan di dalam buku ini.

2-3 Leonhard Euler ( 1707 - 1783) adalah matematikawan Swiss, mungkin merupakan matematikawan terbesar sepanjang masa. Ref. 1 1 -2 memberikan informasi mengenai kehidupan dan karya-karyanya (lihat Ref. 1 - 1 , halaman 36, dan Ref. 2-4, halaman 650, mengenai karyanya tentang struktur statis tak tentu.

2-4 Oravas, G. A., dan McLean L., "Historical Development of Energetical Principles in Elastomechanics," Applied Mechanics Reviews, Vol. I, Jilid 19, No. 8, Agustus 1966, halaman 647-658, dan Vol. II, Jilid 19, Nomor 1 1 , November 1 966, halaman 919-933.

2-5 Louis Marie Henri Navier ( 1785-1836), matematikawan dan insinyur Perancis, adalah salah seorang pembangun teori elastisitas matematis. la berkontribusi di dalam teori balok, plat, dan cangkang, di dalam teori getaran, dan di dalam teori fluida viskos (Lihat Ref. 1 -1 , halaman 75 ; Ref. 1 -2, Jilid 1 , halaman 146; dan Ref. 2-4, halaman 652, untuk analisisnya di dalam struktur statis tak ten tu.)

2-6 Piobert, G., Morin, A.J., Diction, I., "Commission des Principes du Tir," Memorial de l 'Artillerie, Jilid 5, 1 842, halaman 501 -552. Catatan: Makalah ini menguraikan eksperimen yang dilakukan dengan menembakkan proyektil artileri ke plat besi. Di halaman 505 ditunjukkan deskripsi penandaan yang merupakan pita slip. Deskripsi tersebut cukup singkat, dan tidak ada indikasi bahwa para peneliti tersebut memasukkan penandaan tersebut sebagai kontribusi di dalam karakteristik bahan. Guillaume Piobert ( 1793-1871) adalah jendral Perancis sekaligus juga matematikawan yang melakukan banyak studi mengenai balistik; pada saat makalah ini ditulis, ia adalah kapten di dalam artileri.

2-7 L.ders, W., "Ueber die Ausserung der elasticitat an stahlartigen Eisenstaben und Stahlstaben, und iiber eine beim Biegen solcher Stabe beobachtete Molecular-

Mekanika Bahan 41 1

bewegung," Dingier's Polytechnisches Journal, Vol. 155, 1 860, halaman 1 8-22. Catatan: Makalah ini menguraikan serta mengilustrasikan dengan jelas pita yang muncul di permukaan spesimen baja yang dipoles selama mengalami leleh. Tentu saja, pita ini hanya merupakan manifestasi permukaan dari zona tiga dimensi yang mungkin seharusnya diidentifikasi sebagai "wedges" bukan sebagai pita. Sekalipun demikian, sebutan pita L.ders biasanya digunakan untuk penandaan, meskipun kadang-kadang disebut juga pita Piobert.

2-8 Benoit Paul Emile Clapeyron ( 1799-1 864) ada1ah insinyur struktur dan perencana jembatan Perancis yang terkenal; ia mengajar teknik di Ecole des Ponts et Chaussees di Paris. Teorema C1apeyron, yang menyatakan bahwa keija yang dilakukan oleh beban luar yang bekeija pada benda elastis linier sama dengan energi regangan, pertama kali diterbitkan pada tahun 1 833. (Lihat Ref. 1 -1 , halaman 1 1 8 dan 288, Ref. 1 -2, Jilid 1 , halaman 578; dan Ref. 1 -2, Jilid II, halaman 418.)

2-9 Poncelet menyelidiki getaran longitudinal pada suatu batang akibat beban kejut (lihat Ref. 1 - 1 , halaman 88). Ref. 1 -4 memberikan informasi tambahan mengenai kehidupan dan karya-karyanya.

2-1 0 Roark, R.J., dan Young, W.C., Formulasfor Stress and Strain, 6th Ed., McGraw-Hill Book Co., Inc., New York, 1989.

2-1 1 Peterson, R.E., Stress Concentration Factors, John Wiley and Sons, Inc., New York, 1 974.

2-1 2 Barre de Saint-Venant ( 1797-1886) dikenal secara umum sebagai ahli elastisitas paling terkemuka sepanjang masa. Dilahirkan di dekat Paris, ia belajar sebentar di Ecole Polytechnique dan belakangan lulus dari Ecole des Ponts et Chaussees. Karir profesionalnya belakangan sangat terbengkalai karena penolakannya, dalam masalah politik, untuk bergabung dengan teman sekolahnya dalam mempertahankan Paris pada bulan Maret 1 8 14, sesaat sebelum ditinggalkan oleh Napoleon. Akibatnya ia lebih dikenal di negara-negara lain dibandingkan dengan di Perancis. Sebagian dari kontribusinya yang terkena1 adalah formulasi persamaan-persamaan dasar dan pengembangan teori eksak mengenai lentur dan torsi. la juga mengembangkan teori untuk deformasi plastis dan getaran. Nama panjangnya adalah Adehmar Jean Claude Barre, Count de Saint-Venant. (Lihat Ref. 1 - 1 , halaman 229-242; Ref. 1 -2, Jilid I, halaman 833-872; Jilid II, Vol. I, halaman 1 -286; Jilid II, Vol. II, halaman 1 -5 1 ; dan Ref. 2- 1 , halaman 39-40.)

2-1 3 Zaslavsky, A., "A note on Saint-Venant's principle," Israel Journal of Technology, Vol. 20, 1 982, halaman 143- 144.

2-1 4 Ramberg, W.A., dan Osgood, W.R., "Description of stress-strain curves by three parameters,! National Advisory Committee for Aeronautics, Technical Note No. 902, Juli 1943.

1

41 2 REFERENSI DAN CATATAN SEJARAH

3-1 Hubungan antara torsi dan sudut puntir di dalam 'usus batang lingkaran secara benar dikemukakan pada tahun 1 784 oleh Charles Augustin de Coulomb ( 1736-1806 l, ilmuwan Perancis (lihat Ref. 1 - 1 , halaman 5 1-53. 82, dan 92, dan Ref. 1 -2, Jilid I, halaman 69). Coulomb memberikan kontribusi di dalam elektrisitas dan magnetisme, viskositas fluida, friksi, lentur balok, dinding penahan tanah dan pelengkung, torsi dan getaran torsional, dan ban yak bidang lainnya (Ref. 1 - 1 , halaman 47-54). Thomas Young (Ref. 1-6) mengamati bahwa torsi yang bekerj a diimbangi oleh tegangan geser di penampang dan bahwa tegangan geser sebanding dengan jarak dari sumbunya. Insinyur Perancis Alphonse J. C. B. Duleau ( 1 789- 1832) melakukan pengujian pada batang yang mengalarni torsi dan juga mengembangkan teori untuk batang berpenampang lingkaran (lihat Ref. 1-1 , halaman 82). 3-2 Catatan penting dari Saint-Venant mengenai torsi yang diterbitkan dalam tahun 1 855, diuraikan di dalam Ref. 1 - 1 , halaman 229-237, dan Ref. 1 -2, Jilid II, Vol. II, halaman 1-5 1 . (Lihat Ref. 2-12 untuk informasi mengenai kehidupan dan karya-karya Saint-Venant.)

3-3 Untuk tambahan informasi mengenai Poisson, lihat Ref. 1 - 1 , halaman 216 dan Ref. 1 -7.

3-4 Bredt, R., "Kritische Bemerkungen zur Drehungselastizitat," Zeitschrift des Vereines Deutscher lngenieure, Vol. 40, 1 896, halaman 785-790, dan 8 1 3-817. Catatan: Rudolph Bredt ( 1842-1900) adalah insinyur Jerman yang belajar di Karlsruhe dan Zurich. Selanjutnya ia bekerja di Crewe, Inggris, di pabrik kereta api, di mana ia mempelajari desain dan konstruksi cranes. Pengalamannya memberikan dasar pada karya selanjutnya sebagai pembuat crane di Jerman. Teorinya mengenai torsi dikembangkan dalam kaitan dengan desain crane balok boks.

5-1 Bukti bahwa penampang suatu balok yang mengalarni momen lentur mumi akan tetap datar dapat diperoleh di dalam makalah oleh Fazekas, G. A., "A note on the bending of Euler beams," Journal of Engineering Education, Vol. 57, No. 5, Januari 1967. Bukti tersebut juga dapat diperoleh di dalam buku-buku mengenai mekanika bahan, seperti buku oleh F. P. Beer dan E. R. Johnston, Jr.; S. H. Crandall, N. C. Dahl, dan T. J. Lardner; dan I. H. Shames. Keabsahan teorema telah lama dikenal, dan telah digunakan oleh banyak peneliti awal seperti Jacob Bemoulli (Ref. 1 -4) dan L. M. H. Navier (Ref. 2-5). Untuk pembahasan mengenai basil karya Bemoulli dan Navier dalam kaitannya dengan lentur pada balok, lihat Ref. 1-1 , halaman 25-27 dan 70-75.

5-2 Galilei, Galileo, Dialogues Concerning 1Wo New Sciences, yang diterjemahkan dari bahasa ltalia dan Latin ke dalam bahasa Inggris oleh Henry Crew dan Alfonso De Salvio, The Macmillan Company, New York, 1933 (terjemahannya diterbitkan pertama kali pada tahun 19 14.)

Catatan: Buku ini diterbitkan dalam tahun 1638 oleh Louis Elzevir di Leida, sekarang Leiden, Belanda. Two New Sciences merepresentasikan karya Gelileo dalam bidang dinamika dan mekanika bahan. Dapat dikatakan bahwa kedua bidang tersebut, sebagaimana kita kenal dewasa ini, dimulai oleh Galileo dan publikasi bukunya yang terkenal ini.

Galileo Galilei dilahirkan di Pisa pada tahun 1564. la melakukan banyak eksperimen dan penemuan, termasuk mengenai benda jatuh dan bandul yang mengalarni ilmu tentang dinamika. Galileo adalah dosen yang piawai dan disukai oleh mahasiswa di berbagai negara. la mengawali ilmu astronomi dan mengembangkan teleskop yang dapat mengantarkan pada penemuanpenemuan astronomi, termasuk karakter pegunungan di bulan, satelit Jupiter, fasa Venus, dan spot matahari. Karena tinjauan ilmiahnya mengenai sistem tata surya bertentangan dengan teologi, ia dikutuk oleh gereja di Roma dan diasingkan beberapa tahun terakhir dalam hidupnya di Florence; selama periode tersebut ia menulis Two New Sciences. Galileo meninggal pada tahun 1642 dan dikeburnikan di Florence.

5-3 Sejarah teori balok diuraikan di dalam Ref. 1 - 1 , halaman 1 1-47 dan 1 35-1 4 1 , dan Ref. 1-2. Edme Mariotte (1 620-1684) adalah fisikawan Perancis yang melakukan banyak perkembangan di dalam dinamika, hidrostatika, dan mekanika. la melakukan pengujian pada balok dan mengembangkan teori untuk menghitung kapasitas pikul beban; teorinya merupakan pengembangan dari karya Galileo, tetapi masih tidak benar. Jacob Bemoulli (1654-1705), yang diuraikan di dalam Ref. 1 -4, pertama kali menentukan bahwa kelengkungan sebanding dengan momen lentur. Namun, konstanta proporsionalnya masih belum benar. Leonhard Euler (1707-1 783) mendapatkan persamaan diferensial untuk kurva defleksi pada balok dan menggunakannya untuk memecahkan banyak masalah, baik mengenai defleksi kecil maupun besar (kehidupan dan karya Eu1er diuraikan di dalam Ref. 1 1-2). Orang pertama yang mendapatkan distribusi tegangan di balok dan secara benar menghubungkan tegangan dengan momen lentur mungkin adalah Antoine Parent ( 1666-1716), seorang fisikawan dan matematikawan Perancis. Belakangan, penelitian mendetail dilakukan oleh Saint-Venant ( 1797-1886); lihat Ref, 2-1 2.

5-4 Manual of Steel Construction, diterbitkan oleh American Institute of Steel Construction, Inc., One East Wacker Drive, Suite 3 100, Chicago, Illinois 60601 -2001 .

5-5 Aluminum Construction Manual, diterbitkan oleh The Alurninum Association, Inc., 900 1 9th Street, N. W., Washington, D.C. 20006.

5-6 Nation Design Specification for Wood Construction dan Wood Structural Design Data, diterbitkan oleh American Forest and Paper Association, 1250 Connecticut Avenue, N. W., Washington D.C. 20036.

5-7 D. J. Jourawski ( 1 82 1-189 1 ) adalah insinyur kereta api dan jembatan Rusia yang mengembangkan teori pendekatan yang dewasa ini banyak digunakan mengenai tegangan geser di balok (lihat Ref. 1 - 1 , halaman 141-144, dan Ref. 1 -2, Jilid II, Vol. I, halaman 641--642). Di dalam tahun 1 844, hanya dua tahun sesudah ia 1u1us dari Institute of Engineers of Ways of Communication di St. Petersburg, ia diberi tugas untuk mendesain dan me1aksanakan jembatan utama untuk jalur kereta api dari Moscow ke St. Petersburg. la mencatat bahwa beberapa dari balok kayu terbelah secara longitudinal di tengah penampang, di mana ia mengetahui tegangan geser adalah no!. Jourawski menggambarkan diagram benda bebas dan dengan cepat menemukan adanya tegangan geser horizontal di balok tersebut. la menurunkan rumus geser dan menerapkan teori tentang tegangan geser di balok. Meskipun teori eksak untuk tegangan geser di balok diturunkan oleh Saint-Venant, ini berguna pada sangat sedikit kasus praktis, sehingga catatan kritis mengenai teori Jourawski yang dibuat oleh Todhunter dan Pearson pada halaman 642 Ref. 1 - 2 tidak tepat. Makalah Jourawski mengenai geser di balok dikutip di dalam Ref. 5-6. Namanya juga dieja dengan Dimitrii lvanovich Zhuravskii.

5-8 Jourawski, D. J. "Sur la resistance d'un corps prismatique . . . ," Annates des Pants et Chaussees, Memoires et Documents, 3rd Series, Jilid 1 2, Vol. 2, 1 856, ha1aman 328-35 1 . 5-9 Zas1avsky, A., 1tOn the limitations of the shearing stress formula," International Journal of Mechanical Engineering Education, Vol. 8, No. 1 , 1980, ha1aman 1 3-19.

5-10 Maki, A. C., dan Kuenzi, E. W., "Deflection and stresses of tapered wood beams," Research Paper FPL, 34, U. S. Forest Service, Forest Products Laboratory, Madison, Wisconsin, September 1965, 54 halaman.

5-11 Lihat Ref. 2- 1 , halaman 358-359. 5-12 lnsinyur Perancis Jacques Antoine Charles Bresse ( 1 822-1 883) sangat dikenal karena karyanya mengenai batang 1engkung dan pelengkung. Untuk detail mengenai analisis inti suatu penampang, lihat Ref. 1 - 1 , halaman 147. 6-1 Timoshenko, S. P., "Use of stress functions to study flexure and torsion of prismatic bars," (dalam bahasa Rusia), St. Petersburg, 1 9 1 3 (dicetak u1ang di dalam Memoirs of the Institute of Ways of Communication, Vol. 82, ha1aman 1-2 1 ).

Catatan: Di dalam makalah ini, titik di suatu penampang balok di mana beban terpusat harus bekerja melaluinya agar tidak terjadi rotasi ditemukan. Jadi, karya ini memuat penentuan pertama mengenai pusat geser. Balok khusus yang dite1iti mempunyai penampang solid setengah lingkaran (lihat Ref. 2- 1 , halaman 371-373. Pada tahun 1909, C. Bach menguji balok kanal dan mengamati bahwa puntir yang terjadi apabila beban

Mekanika Bahan 41 3

sejajar dengan bidang badan bekerja pada balok tersebut (Ref. 6-2). la juga mengamati bahwa rotasi berubah apabila beban dipindahkan da1am arah lateral, tetapi temyata ia tidak menentukan pusat geser. Pada tahun 1917, A. A. Griffith dan G. I. Taylor menggunakan metode se1aput sabun untuk menyelidiki lentur; mereka menentukan lokasi pusat geser, yang mereka sebut pusat 1entur, untuk beberapa bentuk penampang struktural (Ref. 6-3). Solusi pendekatan umum untuk pusat geser suatu batang berdinding tipis berpenampang terbuka dikembangkan oleh R. Maillart, yang menjelaskan pentingnya pusat geser pada penampang-penampang struktural (lihat Ref. 6-4). Temyatajuga bahwa Maillart memperkenalkan penggunaan nama pusat geser, selain juga penyajian umum mengenai masalah lentur dan torsi balok, diberikan di dalam Ref. 6-5, dan beberapa komentar sejarah mengenai pusat geser dapat diperoleh di da1am Ref. 1 -1, halaman 401 , dan Ref. 6-6.

6-2 Bach, C., "Versuche tiber die tatslichliche Widerstandsfahigkeit von Balkan mit [-fOrmigem Querschnitt," Zeitschrift des Vereines Deutscher Ingenieure, Vol. 53, No. 44, 1909, halaman 1790-1795, dan "Versuche tiber die tatslichliche Widerstandsflihigkeit von Trligem mit [-fOrmigem Querschnitt," ibid, Vol. 54, No. 10, 1910, halaman 382-387.

6-3 Griffith, A. A., dan Taylor, G. 1., "The problem of flexure and its solution by the soap-film method,i Technical Report of the Advisory Committee for Aeronautics, 1917- 1918, Vol. 3, diterbitkan pada tahun 1921 oleh His Majesty's Stationery Office, London (Reports and Memoranda, No. 399, November 1917), halaman 950-969. 6-4 Maillart, R. "Zur Frage der Biegung," Schweizerische Bauzeitung, Vol. 77, 192 1 , halaman 1 95-197; "Bemerkungen zur Frage der Biegung." ibid, Vol. 78, 192 1 , ha1aman 1 8- 19; "Ueber Drehung und Biegung," ibid, Vol. 79, 1 922, halaman 254--257; "Der Schubmittelpunkt," ibid, Vol. 83, 1924, halaman 109-1 1 1 ; dan "Zur Frage des Schubmittelpunktes," ibid, Vol. 83, 1924, halaman 176- 177.

6-5 Timoshenko, S. P., "Theory of bending, torsion, and buckling of thin-walled members of open cross section," Journal of the Frank/in Institute, Vol. 239, No. 3, Maret 1 945, ha1aman 201 -2 1 9 ; No. 4, April 1 945, halaman 249-268; dan No. 5, Mei 1945, halaman 343-361 . 6-6 Nowinski, J . L., "Theory of thin-walled bars," Applied Mechanics Surveys, diedit oleh Abramson, H. N., et. al., Spartan Books, Washington, D. C., 1966, halaman 325-338. 7-1 Augustin Louis Cauchy ( 1789-1 857) adalah salah satu matematikawan yang terbesar. Dilahirkan di Paris, ia masuk ke Ecole Polytechnique pada usia 16, di mana ia belajar di bawah bimbingan Lagrange, Laplace, Fourier, dan Poisson. la dengan cepat dikenal karena

41 4 REFERENSI DAN CATATAN SEJARAH

J.:eahliannya dalam bidang matematika, dan pada usia 27 :ahun ia menjadi profesor di Ecole dan anggota dari A.:ademy of Sciences. Karya utamanya di dalam matemarika murni adalah teori kelompok, teori bilangan, deret, mtegrasi, persamaan diferensial, dan fungsi analitis. Di Jalam matematika terapan, ia memperkenalkan konsep tegangan sebagaimana kita kenal dewasa ini, mengembangkan persamaan untuk teori elastisitas, dan memperkenalkan adanya tegangan utama dan regangan utama i lihat Ref. 1 - 1 , halaman 1 07-1 1 1) . Keseluruhan bab dikhususkan untuk menguraikan karyanya mengenai teori e1astisitas di dalam Ref. 1-2 (lihat Vol. I, halaman 3 19-376).

7-2 Lihat Ref. 1 - 1 , halaman 229-242. Catatan: SaintVenant adalah perintis di banyak aspek pada teori elastisitas, dan Todhunter dan Pearson mendedikasikan buku mereka, A History of the Theory of Elasticity (Ref. 1 -2), kepadanya. Untuk informasi lebih lanjut mengenai Saint-Venant, lihat Ref. 2- 12.

7-3 William John Macquorn Rankine ( 1 820-1 872) dilahirkan di Edinburgh, Scotland, dan mengajar teknik di Glasgow University. la menurunkan persamaan transformasi tegangan dalam tahun 1 852 dan memberikan banyak kontribusi di dalam teori elastisitas dan mekanika terapan (lihat Ref. 1 - 1 , halaman 197-202, dan Ref. 1 -2, Vol. 11, Vol. I, halaman 86 dan 287-322). Bidang keteknikan yang ia kembangkan meliputi dinding penahan, pelengkung, dan teori struktural. la juga terkenal karena karyanya di bidang fluida, cahaya, bunyi, dan perilaku kristal.

7.4 Insinyur sipil Jerman yang terkenal Otto Christian Mohr ( 1835-1918) adalah praktisi perencana dan ahli teoritis. la adalah profesor di Stuttgart Polytechnikum dan belakangan di Dresden Polytechnikum. la mengembangkan lingkaran tegangan dalam tahun 1 882 (Ref. 7-5 dan Ref. 1 - 1 , halaman 283-288). Lingkaran tersebut juga diuraikan di dalam buku Mohr (Ref. 7-6, halaman 1 87-219). Mohr memberikan banyak kontribusi di dalam teori struktur, termasuk diagram Williot-Mohr untuk peralihan rangka batang, dan metode area-momen untuk defleksi balok, dan metode Maxwell-Mohr untuk menganalisis struktur statis tak tentu (Catatan: Joseph Victor Williot, 1 843-1907, adalah insinyur Perancis, dan James Clerk Maxwell, 1 83 1- 1879, ada1ah ilmuwan lnggris yang terkenal.)

7-5 Mohr, 0., "Uber die Darstellung des Spannungszustandes und des Deformationzustandes eines Korperelementes," Zivilingenieur, 1 882, halaman 1 13.

7-6 Mohr, 0., Abhandlungen aus dem Gebiete der technischen Mechanik, Wilhelm Ernst dan Sohn, Berlin, 1906.

8-1 Karl Culmann ( 1821 - 1881 ) adalah insinyur kereta api dan jembatan Jerman. Di dalam tahun 1 849-1850 ia berkelana di lnggris dan Amerika Serikat untuk

- ----.Illempelajari jembatan, dan belakangan ia menulis hasil

pengamatannya di Jerman. la mendesain banyak struktur jembatan di Eropa, dan di tahun 1 855 ia menjadi profesor struktur di Zurich Polytechnicum. Culmann memberikan banyak perkembangan di dalam metode-metode grafis dan menulis buku pertamanya mengenai statika grafis, yang diterbitkan di Zurich pada tahun 1 866. Trayektori tegangan adalah salah satu topik orisinal yang disajikan di dalam buku ini (lihat Ref. 1 - 1 , halaman 190-197). Untuk informasi tambahan mengenai Culmann dan sejarah jembatan, lihat Ref. 8-2.

8-2 Kuzmanovic, B. 0., "History of the theory of bridge structures," Proceedings of the American Society of Civil Engineers, Journal of the Structural Division, Vol. 103, No. ST5, Mei 1977, halaman 1095-1 1 1 1 .

9-1 Karya Jacob Bemoulli, Euler, dan banyak lainnya mengenai kurva elastis diuraikan di dalam Ref. 19 1 , halaman 27 dan 30-36, dan Ref. 1 -2. Anggota lain dari keluarga Bernoulli, Daniel Bernoulli ( 1700-1782), menunjukkan kepada Euler bahwa ia mendapatkan persamaan diferensial untuk kurva defleksi dengan meminimumkan energi regangan, yang Euler telah lakukan sebelumnya. Daniel Bemoulli, keponakan dari Jacob Bernoulli, dikenal karena karyanya di dalam hidrodinamik, teori kinetik mengenai gas, getaran balok, dan bidang-bidang lainnya. Ayahnya, John Bernoulli ( 1667-1748), adik dari Jacob, juga dikenal sebagai matematikawan dan ilmuwan yang pertama kali memformulasikan prinsip peralihan virtual, memecahkan masalah brachystochrone, dan menetapkan cara untuk mendapatkan harga yang membatasi suatu pecahan, apabila pembilang dan penyebut menuju nol. la mengkomunikasikan cara tersebut dengan G. F. A. de l'Hopital ( 1661-1704 ), orang cerdas yang menulis buku pertamanya mengenai kalkulus ( 1696) dan memasukkan teorema tersebut, yang akibatnya dikenal dengan aturan L'Hopital (lihat Ref. 9-2). Keponakan Daniel, Jacob Bernoulli ( 1759-1789), juga' dikenal sebagai James atau Jacques, adalah perintis di dalam teori lentur plat dan getaran plat. Informasi lain mengenai anggota dari keluarga Bernoulli, juga perintis lain dalam mekanika dan matematika, dapat diperoleh di dalam buku mengenai sejarah matematika (sebagai contoh, lihat Ref. 9-3, 9-4, dan 9-5).

9-2 Struik, D. J., "The origin of L'Hopital's rule," The Mathematics Teacher, Vol. 56, No. 4, April 1963, halaman 257-260.

9-3 Newman, J. R., The World of Mathematics, Vol. 1 -4, Simon and Schuster, New York, 1956, 2469 halaman.

9-4 Struik, D. J. A Concise History of Mathematics., 4th Ed., Dover Publications, Inc., New York, 1 987.

9-5 Cajori, F., A History of Mathematics, 4th Ed., Chalsea Publishing Co., New York, 1985.

9-6 Lihat Ref. 1 - 1 , halaman 1 37, dan Saint-Venant, Barn! de, catatan dan lampiran di edisi ketiga dari ba1ok oleh Navier, Resume des Ucons donnees a I ' ecole des

pants et chaussees sur [ 'application de la mecanique a l 'etablissement des constructions et des machines, Bagian pertama, "De la Resistance des corps solides," Paris, 1 864, halaman 72.

9-7 Lihat Ref. 1 - 1 , halaman 284, dan Mohr, 0. "Beitrag zur Theorie der Holz- und Eisen-Constructionen," Zeitschrift des Architekten- und lngenieur-Vereins zu Hannover, Vol. 14, 1 868, halaman 19-5 1 .

9-8 Greene, C . E., Graphical Method for the Analysis of Bridge Trusses, D. Van Nostrand Co. Inc., New York, 1 875. Catatan: Metode area-momen ditemukan secara terpisah oleh Greene, profesor di University of Michigan, pada tahun 1 873. la mulai mengajarkannya ke mahasiswa pada tahun tersebut. Metode tersebut diuraikan dengan nama metode area-momen di halaman 35-40 buku ini.

9-9 Castigliano, A., Theorie de l 'equilibre des systemes Elastiques et ses applications, A.F. Negro, Turin, 1 879, 480 halaman. Catatan: Di dalam buku ini, Castigliano menyajikan dengan lengkap konsep-konsep dan prinsipprinsip dasar mengenai analisis struktur. Meskipun Castigliano adalah orang Itali, ia menulis ini di dalam bahasa Perancis untuk mendapatkan pembaca yang lebih luas. Buku tersebut diterjemahkan ke bahasa Jerman dan Inggris (Ref. 9- 10 dan 9- 1 1 ). Terjemahan dalam bahasa Inggris diterbitkan terhadap 1966 oleh Dover Publications dan sangat berguna karena ada bahan pendahuluan dari Gunhard A. Oravas (Ref. 9-1 2 dan 9-1 3). Teorema Castigliano pertama dan kedua ada di halaman 1 5- 16 pada edisi tahun 1966 bukunya. la mengidentifikasikannya sebagai Bagian 1 dan Bagian 2 dari "Teorema koefisien diferensial untuk Keija Dalam." Dalam bentuk matematika, kedua teorema tersebut di tulis di dalam bukunya sebagai

F = dWj dan P drP

dW r = --' P dFP

yang mana W; adalah keija dalam (atau energi regangan), FP menunjukkan salah satu dari gaya-gaya luar, dan rP adalah peralihan di titik keija FP.

Castigliano tidak mengklaim orisinalitas teorema pertama tersebut, meskipun ia menyatakan di dalam Pengantar bukunya bahwa penyajiannya dan bukti yang ada lebih umum dari pada yang telah diterbitkan sebelumnya. Teorema ke dua adalah orisinal darinya dan merupakan bagian dari thesisnya untuk gelar insinyur sipil dari Polytechnic Institute of Turin pada tahun 1 873.

Carlo Alberto Pio Castigliano dilahirkan dari keluarga miskin di Asti pada tahun 1 847 dan meninggal karena pneumonia pada tahun 1 884, pada saat ia memulai produktivitasnya. Cerita mengenai kehidupannya diuraikan oleh Oravas di dalam pendahuluan buku edisi 1966, dan daftar karya Castigliano dan daftar penghargaan yang ia peroleh juga ada di sana. Kontribusinya juga dicatat di dalam Ref. 2-4 dan 1 - 1 . la menggunakan nama Alberto Castigliano kalau menandatangani hasil tulisannya.

Mekanika Bahan 41 5

9-1 0 Hauff, E., Theorie des Gleichgewichtes elastischer Systeme und deren Anwendung, Car! Gerold's Sohn, Vienna, 1 886. (Terjemahan dari buku Castigliano, Ref. 9-9.)

9-1 1 Andrews, E. S . , Elastic Stresses in Structures, Scott, Greenwood and Son, London, 1919. (Terjemahan dari buku Castigliano, Ref. 9-9.)

9-12 Castigliano, C. A. P., The Theory of Equilibrium of Elastic Systems and Its Applications, diterjemahkan oleh E. S. Andrews dengan pendahuluan barn dan bagian potret biografis oleh G. A. Oravas, Dover Publications, Inc., New York, 1966. (Penerbitan ulang dari Ref. 9- 1 1 tetapi dengan tambahan bahan sejarah oleh Oravas.)

9-1 3 Oravas, G. A., "Historical Review of Extremum Principles in Elastomechanics," bagian pendahuluan (halaman xx-xlvi) dari buku ini. The Theory of Equilibrium of Elastic Systems and Its Applications, oleh C. A. P. Castigliano, diterjemahkan oleh E. S. Andrews, Dover Publications, Inc., New York, 1966 (Ref. 9- 1 2).

1 0-1 Navier, L. M. H., Resum'e des Ler.;ons donnees a l 'ecole des pants et chaussees sur [ 'application de la mEcanique a l • establissement des constructions et des machines, 1 st Ed., 1 826, 2nd Ed., 1 833; 3rd Ed. (dengan catatan dan lampiran oleh Saint-Venant), Paris, 1 864. Catatan: Navier menyiapkan edisi pertama dan kedua; edisi ketiga disiapkan oleh Saint-Venant sesudah Navier meninggal dunia. Tambahan dari Saint-Venant sebanyak sepuluh kali buku semula. Untuk pembahasan buku yang terkenal ini, lihat Ref. 1 - 1 , halaman 73-77 dan 232-233, dan Ref. 1 -2, Vol. I, halaman 144-146, Vol. II, Bagian I, halaman 105- 135.

1 0-2 B. P. E. Clapeyron ( 1799-1 864) adalah insinyur Perancis yang mengembangkan persamaan tiga momen dalam kaitannya dengan pekerjaannya dalam bidang jembatan (Ref. 1 - 1 , halaman 144-146). la juga dikenal karena teoremanya mengenai kerja dan energi regangan (lihat Ref. 2-8). Makalah Clapeyron memberikan persamaan tiga momen dikutip di dalam Ref. 10-3. Bertot, insinyur Perancis lainnya, adalah orang pertama yang mempublikasikan persamaan tiga momen dalam bentuk yang dikenal dewasa ini (Ref. 10-4). Meskipun makalah Bertot diterbitkan sebelum makalah Clapeyron, namun kelihatannya Clapeyron menggunakan metode tersebut beberapa tahun sebelumnya dan merupakan perintis persamaan tersebut, sebagaimana disebutkan di dalam Ref. 1 - 1 .

1 0-3 Clapeyron, B . P. E., "Calcul d'une poutre elastique reposant librement sur des appuis inegalement espaces," Comptes Rendus, Vol. 45, 1 857, halaman 1076-1080.

1 0-4 Bertot, H., Memoires et compte-rendu des travaux de la Societe des lngenieurs Civils, Vol. 8, 1 855, halaman 278.

10-5 Zaslavsky, A., "Beams on immovable supports," Publications of the International Association for Bridge

416 REFERENSI DAN CATATAN SEJARAH

and Structural Engineering, Vol. 25, 1965, halaman 353-362.

1 1 -1 Zaslavsky, A., "Models for elastic buckling behaviour," Israel Journal of Technology, Vol. 6, No. 4, 1968, halaman 2 12-226. 1 1 -2 Euler, L., "Methodus inveniendi lineas curvas maximi minimive proprietate gaudentes . . . ," Lampiran I, "De curvis elasticis," Bousquet, Lausanne and Geneva, 1744. (Peneljemah bahasa Inggris: Oldfather, W. A., Ellis, C. A., dan Brown, D. M. Isis, Vol. 20, 1933, halaman 72-160. Juga, diterbitkan ulang di dalam Leonhardi Euleri Opera Omnia, seri I , Vol. 24, 1952)

Catatan: Leonhard Euler ( 1707-1783) memberikan banyak kontribusi luar biasa di dalam matematika dan mekanika. la adalah matematikawan paling produktif sepanjang masa (Ref. 9-4, halaman 1 20) dan Newman menyebutnya "pahlawan untuk matematika" (Ref. 9-3, halaman 1 50). Namanya, yang diucapkan "oiler," muncul berulangkali di dalam buku masa kini; sebagai contoh, di dalam mekanika kita mempunyai persamaan Euler untuk gerakan benda tegar, sudut Euler, persamaan Euler untuk aliran fluida, beban Euler pada tekuk kolom, dan banyak lagi; dan di dalam matematika kita menjumpai konstanta Euler yang terkenal, juga bilangan Euler, identitas Euler (e;9 = cos 9 + i sin 6), rumus Euler (e;"' + I = 0), persamaan diferensial Euler, persamaan Euler untuk masalah variasional, rumus kuadratur Euler, rumus perjumlahan Euler, teorema Euler mengenai fungsi homogen, integral Euler, dan bahkan kuadrat Euler (larik kuadrat dari bilangan yang mempunyai sifat khusus).

Dalam mekanika terapan, Euler merupakan orang pertama yang menurunkan rumus untuk beban tekuk kritis pada kolom langsing, ideal, dan merupakan orang pertama yang memecahkan masalah elastica. Karyanya diterbitkan dalam tahun 1 744, sebagaimana dikutip di atas. la membahas kolom yang dijepit di dasar dan bebas di puncaknya. Belakangan ia memperdalam karyanya mengenai kolom (Ref. 1 1 -3). Banyak buku Euler, antara lain tesis mengenai mekanika selestial, dinarnika, dan hidromekanika, dan makalahnya antara lain mengenai getaran balok dan plat dan struktur statis tak tentu.

Dalam bidang matematika, Euler memberikan kontribusi yang luar biasa di dalam trigonometri, aljabar, teori bilangan, kalkulus diferensial dan integral, deret tak hingga, geometri analitis, persamaan diferensial, kalkulus variasi, dan banyak topik lainnya. la adalah orang pertama yang memandang harga trigonometri sebagai rasio antara bilangan dan orang pertama yang menyajikan persamaan terkenal ei9 = cos 9 + i sin 9. Dalam buku-bukunya mengenai matematika, yang semuanya merupakan referensi klasik untuk banyak generasi, selain juga hal menarik seperti bukti dari teorema terakhir Fermat untuk n = 3 dam n = 4. Euler juga memecahkan masalah terkenal mengenai tujuh jembatan Konigsberg, masalah topologi, bidang ilmu yang juga ia rintis.

Euler dilahirkan di Basel, Swiss, dan belajar di

University of Basel, di mana ia dibimbing oleh Bernoulli ( 1667-1748). Dari 1727 sampai 1 741 ia tinggal dan bekelja di St. Petersburg, di mana ia mencapai reputasi gemilang sebagai matematikawan. Pada tahun 1 74 1 ia pindah ke Berlin atas undangan Frederick the Great, Raja Prussia. la meneruskan penelitian matematikanya di Berlin sampai tahun 1766, pada saat ia kembali ke St. Petersburg atas permintaan Catherine II, Ratu Prusia, pada usia 76; selama itu, ia menuliskan lebih dari pada 400 makalah. Di dalam seluruh hidupnya, banyak buku dan makalah ditulis oleh Euler, totalnya 886; ia meninggalkan banyak naskah pada saat kematiannya dan naskah-naskah tersebut terns diterbitkan oleh Russian Academy of Sciences di St. Petersburg sampai 47 tahun kemudian. Semua karya tersebut dihasilkan meskipun satu matanya buta pada tahun 1 735 dan yang satu lagi pada tahun 1766! Riwayat kehidupan Euler diceritakan di dalam Ref. 1 - 1 , halaman 28-30, dan Ref. 9-3, halaman 148- 1 5 1 ; sebagian dari kontribusinya di dalam mekanika diuraikan di dalam Ref. 1 - 1 , halaman 30--36 (lihat juga Ref. 1 -2, 1 -3, 2-3, dan 5-3). 1 1 -3 Euler, L., "Sur la force des colonnes," Histoire de L'Academie Royale des Sciences et Belles Lettres, 1757, diterbitkan di Memoires of the Academie, Vol. 13, Berlin, 1 759, halaman 252-282. (Lihat Ref. 1 1 -4 untuk teljemahan dan pembahasan mengenai makalah ini.)

1 1 -4 Van den Broek, J. A., "Euler's classic paper 'On the strength of columns,"' American Journal of Physics, Vol. 15, No. 4, Juli-Agustus 1947, halaman 309-3 18.

1 1 -5 Timoshenko, S. P., dan Gere, J. M., Theory of Elastic Stability, 2nd Ed., McGraw-Hill Book Company, Inc., New York, 1 961 . 1 1 -6 Bleich, F., Buckling Strength of Metal Structures, McGraw-Hill Book Company, Inc., New York, 1 952. 1 1 -7 Johnston, B. G., editor, Guide to Stability Design Criteria for Metal Structures, 3rd Ed., John Willey and Sons, New York, 1976. 1 1 -8 Keller, J. B., "The shape of the strongest column," Archive for Rational Mechanics and Analysis, Vol. 5, No. 4, 1 960, halaman 275-285. 1 1 -9 Young, D. H., "Rational design of steel column," Transactions of the American Society of Civil Engineers, Vol. 101 , 1 936, halaman 422-45 1 . Catatan: Donovan Harold Young (1904- 1980) adalah pendidik teknik yang sangat terkenal. la adalah profesor di University of Michigan dan belakangan di Stanford University. Lima bukunya dalam bidang mekanika terapan, ditulis bersama S. P. Timoshenko, diteljemahkan ke dalam banyak bahasa dan digunakan di seluruh dunia. 11 -10 Lamarle, A. H. E., "Memoire sur la flexion du bois," Annales des Travaus Publiques de Belgique, Bagian I, Vol. 3, 1 845, halaman 1 -64, dan Bagian 2, Vol. 4, 1 846, halaman 1 -36. Catatan: Anatole Henri Ernest Lamarle ( 1 806- 1 875) adalah insinyur dan profesor. la

dilahirkan di Calais, belajar di Paris, dan menjadi profesor di University of Gand, atau Ghent, Belgia. Untuk karyanya mengenai kolom, lihat Ref. 1 - 1 , halaman 208.

1 1 -1 1 Considere, A., "Resistance des pieces comprimees," Congres International des Procedes de Construction, Paris, September 9-14, 1 889, kumpulan makalah yang diterbitkan oleh Librairie Po1ytechnique, Paris, Vol. 3 , 1 89 1 , halaman 37 1 . Catatan: Armand Gabriel Considere ( 1 841-1914) adalah insinyur Perancis.

1 1-12 Engesser, F., "Ueber die Knickfestigkeit gerader Stlibe," Zeitschrift for Architektur und lngenieurwesen, Vol. 35, No. 4, 1 889, halaman 455-462. Catatan: Friedrich Engesser ( 1848-1931) adalah insinyur jembatan dan kereta api Jerman. Belakangan, ia menjadi profesor di Karlsruhe Polytechnical Institute, di mana ia memberikan kontribusi besar di dalam teori struktur, khususnya di da1am metode energi dan tekuk. Untuk karyanya mengenai kolom, lihat Ref. 1 - 1 , halaman 292 dan 297-299.

11-13 Engesser, F. , "Knickfragen," Schweizerische Bauzeitung, Vol. 25, No. 13, 30 Maret 1 895, halaman 88-90.

1 1 -14 Jasinski, F., "Noch ein Wort zu den 'Knickfragen'," Schweizerische Bauzeitung, Vol. 25, No. 25, 22 Juni 1 895, halaman 1 72-175. Catatan: Felix S. Jasinski ( 1856-1899) dilahirkan di Warsawa dan belajar di Rusia. la menjadi profesor di Institute of Engineers of Ways of Communication di St. Petersburg, sekarang Leningrad.

11-15 Engesser, F., "Ueber Knickfragen," Schweizerische Bauzeitung, Vol. 26, No. 4, 27 Juli, 1 895, halaman 24-26.

1 1 -1 6 von Kanmin, T., "Die Knickfestigkeit gerader Stlibe," Physikalische Zeitschrift, Vol. 9, No. 4, 1 908,

Mekanika Bahan 41 7

halaman 1 36-140 (makalah ini juga muncul di dalam Vol. I di dalam Ref. 1 1- 1 8). Catatan: Theodore von Kiirman ( 1 88 1 - 1 963) dilahirkan di Hungaria dan belakangan bekelja di University of Gi:ittingen di dalam bidang aerodinamika. Sesudah tiba di Amerika Serikat dalam tahun 1 929, ia mendirikan Jet Propulsion Laboratory dan merintis masalah pesawat terbang dan roket. Penelitiannya juga meliputi tekuk inelastis pada kolom dan stabilitas cangkang. 1 1 -17 von Kiirman, T., "Untersuchungen uber Knickfestigkeit," Mitteilungen uber Forschungsarbeiten auf dem Gebiete des Ingenieurwesens, Verein Deutscher lngenieure, Berlin, Heft 8 1 , 1910 (makalah ini juga muncul di dalam Ref. 1 1 - 1 8).

1 1 -1 8 Collected Works of Theodore von Karman, Vol. I-IV, Butterworths Scientific Publications, London, 1956.

1 1 -1 9 Shanley, F. R., "TYhe Column paradox," Journal of the Aeronautical Sciences, Vol. 13, No. 1 2, Desember 1946, ha1aman 678. Catatan: Francis Reynolds Shanley ( 1904-1968) adalah profesor teknik aeronautika di University of California, Los Angeles. 1 1 -20 Shanley, F. R., "Inelastic column theory," ibid., Vol. 14, No. 5, Mei 1947, halaman 261 -267.

1 1 -21 Hoff, N. J., "Buckling and Stability," The FortyFoist Wilbur Wright Memorial Lecture, Journal of the Royal Aeronautical Society, Vol. 58, Januari 1 954, halaman 3-52.

1 1 -22 Hoff, N. J., "The idealized column," lngenieur Archiv, Vol. 28, 1 959 (Festschrift Richard Gramme!), halaman 89-98.

1 1 -23 Johnston, B. G., "Column buckling theory: Historical highlights," Journal of Structural Engineering, Structural Division, American Society of Civil Engineers, Vol. 109, No. 9, September 1983, halaman 2086-2096.

,

A -

SISTEM SATU AN DAN FAKTOR KONVERSI

A.1 I SISTEM SATUAN

Sistem pengukuran merupakan suatu keharusan sejak manusia pertama kali membangun dan berdagang. Setiap kultur kuno telah mengembangkan suatu bentuk sistem pengukuran untuk memenuhi kebutuhannya. Standarisasi satuan terjadi secara gradual selama berabad-abad, kadang-kadang dengan menggunakan maklumat kerajaan. Perkembangan Sistem Imperial lnggris dari standar pengukuran sebelumnya dimulai pada abad ke- 1 3 dan telah mapan sebelum abad ke- 18 . Sistem Inggris menyebar ke berbagai penjuru dunia, termasuk Amerika Serikat, melalui perdagangan dan kolonisasi. Di Amerika Serikat, sistem ini secara gradual berevolusi menjadi Sistem Umum Amerika Serikat (U.S. Customary System, USCS) yang umum digunakan dewasa ini.

Konsep sistem metrik berasal dari Perancis sekitar 300 tahun yang lalu dan diresmikan pada tahun 1790-an, pada saat terjadinya Revolusi Perancis. Perancis memerintahkan penggunaan sistem metrik pada tahun 1 840, dan sejak itu banyak negara yang telah melakukan hal yang sama. Pada tahun 1 866 Kongres Amerika Serikat mengesahkan sistem metrik tanpa membuatnya menjadi suatu keharusan.

Suatu sistem satuan yang baru telah diciptakan pada saat sistem metrik mengalami revisi besar-besaran pada tahun 1950-an. Secara resmi, persamaan itu digunakan pada tahun 1960 dan diberi nama Sistem Satuan Internasional. Sistem yang lebih baru ini umum disebut sistem SI. Meskipun beberapa satuan SI sama dengan satuan pada sistem metrik yang lama, SI mempunyai banyak keunggulan dan penyederhanaan baru. Jadi, SI merupakan sistem metrik yang disempumakan. Panjang, waktu, massa, dan gaya merupakan konsep-konsep dasar dalam mekanika, di mana satuan pengukuran diperlukan. Namun, hanya tiga dari besaran ini yang independen karena keempatnya berkaitan dengan hukum Newton kedua tentang gerak:

F = ma (A-1 )

di mana F adalah gaya yang bekerja pada suatu partikel, m adalah massa partikel tersebut, dan a adalah percepatannya. Karena percepatan mempunyai satuan panjang dibagi dengan waktu kuadrat, maka keempat besaran ini terlibat dalam hukum Newton tersebut.

Sistem Satuan Intemasional, seperti sistem metrik, didasarkan atas panjang, waktu, dan massa sebagai besaran dasar. Di dalam sistem ini, gaya diturunkan dari hukum Newton kedua. Dengan dernikian, satuan untuk gaya dinyatakan berdasarkan satuan untuk panjang, waktu, dan massa, sebagaimana ditunjukkan dalam subbab berikut ini. SI disebut sebagai sistem satuan absolut karena pengukuran ketiga

A.2 1

�--------------- - ·=-�� ·�-----

Mekanika Bahan 419

besaran dasar tidak: bergantung pada lokasi di mana pengukuran dilak:ukan; artinya, pengukuran tidak bergantung pada pengaruh gravitasi. Dengan demikian, satuan SI untuk panjang, wak:tu, dan massa dapat digunak:an di manapun di dunia, di ruang angkasa, di bulan, atau barangkali di planet lainnya. Ini adalah salah satu alasan mengapa sistem metrik selalu lebih disukai dalam bidang sains.

Sistem Imperial Inggris dan USCS didasarkan atas panjang, waktu, dan gaya sebagai besaran dasar dengan massa diturunkan dari hukum Newton kedua. Dengan demikian, di dalam kedua sistem tersebut, satuan massa dinyatak:an dalam satuan panjang, wak:tu, dan gaya. Satuan gaya didefinisikan sebagai gaya yang diperlukan untuk memberikan suatu massa standar tertentu sebuah percepatan yang sama dengan percepatan gravitasi, yang berarti bahwa satuan gaya bervariasi terhadap lokasi dan ketinggian. Karena alasan itulah, maka sistem-sistem ini disebut sistem

satuan gravitasional. Sistem seperti ini mengalami evolusi pertama kali, mungkin karena berat merupakan besaran yang acak dan karena variasi pengaruh gravitasi tidak: terlihat jelas. Jadi jelaslah bahwa dalam dunia teknologi modem sistem absolut lebih disukai.

SATUAN SI

Si stem Satuan Intemasional mempunyai tujuh satuan dasar yang dapat digunak:an untuk menurunkan satuan lain. Satuan dasar yang penting dalam mekanika adalah meter (m) untuk panjang, sekon (s) atau detik untuk waktu, dan kilogram (kg) untuk massa. Satuan dasar SI lainnya berkaitan dengan temperatur, arus listrik, banyak substansi, dan intensitas lumina.

Meter pada awalnya didefinisikan sebagai satu per sepuluh juta jarak: dari Kutub Utara ke katulistiwa. Belakangan, jarak ini dikonversikan ke standar fisik, dan selama beberapa tahun standar untuk meter adalah jarak: antara dua tanda di batang platium-iridium yang disimpan di kantor pusat Biro Intemasional untuk Berat dan Ukuran. di Sevres, daerah pinggiran di sebelah barat Paris, Perancis. Karena ketidaktepatan yang terdapat pada penggunaan batang fisik sebagai standar, definisi satu meter telah berubah pada tahun 1 983 menjadi panjang jalan yang dilalui oleh cahaya di dalam ruang hampa selama selang wak:tu 1/299792458 detik. * Keuntungan standar "a1arni" dari metode ini adalah bahwa piranti-piranti eksperimennya tidak mengalami kerusak:an fisik dan dapat dilakukan berulang kali di laboratorium di manapun di dunia.

Sekon (detik) pada mulanya didefinisikan sebagai 1 /86400 dari hari matahari rata-rata (24 jam sama dengan 86400 detik). Namun, sejak 1 967 jam atomik yang sangat ak:urat telah digunakan sebagai standar, dan satu detik sekarang didefinisikan sebagai durasi 9 19263 1770 periode radiasi yang berkaitan dengan transisi antara dua level hyperfine dari atom cesium 133 dalam kondisi dasar. (Sebagian besar insiyur lebih menyukai definisi semula dibandingkan yang baru, yang tidak: ban yak mengubah satu detik, akan tetapi ini merupak:an suatu keharusan karena laju rotasi bumi secara gradual menjadi lebih lambat.)

Di antara ketujuh satuan dasar dalam SI, kilogram adalah satu-satunya satuan yang masih didefinisikan dengan benda fisik. Karena massa suatu benda hanya dapat ditentukan dengan menghitungnya secara eksperimental dengan massa benda lainnya, maka standar fisik dibutuhkan. Untuk itu, satu kilogram silinder platinum-iridium, yang disebut Kilogram Prototipe Intemasional, disimpan oleh International Bureau of Weights and Measures di Sevres.

Satuan lain yang digunak:an dalam mekanika, yang disebut satuan turunan,

dinyatak:an dalam satuan-satuan dasar meter, detik (atau sekon), dan kilogram. Sebagai contoh, satuan gaya adalah newton, yang didefinisikan sebagai gaya yang diperlukan untuk menghasilkan percepatan satu meter per detik kuadrat pada

*Kebalikan dari angka ini merupakan laju cabaya di ruang hampa (299792458 meter per sekon).

420 L.ampiran A Sistem Satuan dan Faktor Konversi

suatu massa sebesar satu kilogram.* Dari hukum Newton kedua (F = ma), kita dapat menurunkan satuan gaya yang dinyatakan dalam satuan dasar:

I newton = ( I kilogram) ( I meter per detik kuadrat)

Jadi, newton (N) dinyatakan dalam satuan dasar dengan rumus

1 N = 1 kg.m/s2 (A-2)

Untuk memberikan titik referensi, kita perhatikan bahwa satu buah ape! kecil beratnya kira-kira satu newton.

Satuan kerja, dan energi adalah joule, yang didefinisikan sebagai kerja yang dilakukan apabila titik penerapan suatu gaya yang besarnya satu newton dipindahkan sejauh satu meter dalam arah gaya. ** Dengan demikian,

I joule = ( I newton)(! meter) = I newton meter

a tau 1 J = 1 N·m (A-3)

Apabila pembaca mengangkat buku ini dari meja ke level ketinggian mata, pembaca akan melakukan kerja sekitar satu joule, dan apabila pembaca berjalan naik satu anak tangga, pembaca melakukan kerja sekitar 200 joule.

Nama-nama, simbol, dan rumus-rumus untuk satuan SI yang penting dalam mekanika dicantumkan dalam Tabel A- 1 . Beberapa di antara satuan turunan mempunyai nama khusus, seperti newton, joule, hertz, watt, dan pascal. Satuansatuan tersebut dinarnakan seperti itu untuk menghargai para ahli yang bersangkutan dan mempunyai simbol (N, J, Hz, W, dan Pa) yang ditulis dengan huruf besar, meskipun nama satuannya itu sendiri ditulis dengan huruf kecil. Satuan turunan lainnya tidak mempunyai nama khusus (sebagai contoh, satuan untuk percepatan, luas, dan berat jenis) dan harus dinyatakan dalam satuan dasar dan satuan turunan lainnya.

Hubungan antara berbagai satuan SI dan satuan metrik lain yang umum digunakan diberikan di bagian atas Tabel A-2. Satuan metrik seperti dyne, erg, gal, dan mikron tidak lagi disarankan untuk digunakan dalam bidang teknik maupun sains.

Berat suatu benda adalah gaya gravitasi yang bekerja pada suatu benda, sehingga berat dinyatakan dalam newton. Karena gaya gravitasi bergantung pada ketinggian dan posisi di bumi, maka berat bukan merupakan besaran benda yang invarian. Selain itu, berat suatu benda sebagaimana diukur dengan skala pegas dipengaruhi tidak hanya oleh tarikan gravitasional dari bumi tetapi juga oleh efek sentrifugal yang berkaitan dengan rotasi bumi. Karena itu, kita harus memahami dua jenis berat, berat absolut dan berat yang kelihatan. Yang pertama didasarkan atas hanya gaya gravitasi, sedangkan yang kedua sudah termasuk pengaruh rotasi. Jadi, berat yang kelihatan selalu kurang dari berat absolut (kecuali di kutub). Berat yang kelihatan, yang merupakan berat suatu benda yang diukur dengan skala pegas, adalah berat yang biasa kita gunakan dalam kehidupan sehari-hari; berat absolut digunakan dalam astroengineering dan jenis sains tertentu. Di dalam buku ini, sebutan "berat" akan selalu berarti "berat yang kelihatan."

Percepatan gravitasi, yang diberi notasi huruf g, berbanding langsung dengan gaya gravitasi, sehingga juga bergantung pada posisi. Sebaliknya, massa adalah ukuran banyaknya bahan di suatu benda sehingga tidak dipengaruhi perubahan lokasi.

Hubungan dasar antara berat, massa, dan percepatan gravitasi dapat diperoleh dari hukum Newton kedua (F = ma), yang dalam ha! ini menjadi

W = mg (A-4)

Dalam persamaan ini, W adalah berat dalam newton (N), m adalah massa dalam

*Sir Isaac Newton (1642- 1727) adalah seorang matematikawan, fisikawan, dan astronom berkebangsaan Inggris. la menemukan hukum-hukum gerak dan gravitasi.

** J ames Prescott Joule ( 1818-1889) adalah ahli fisika Inggris yang mengembangkan met ode untuk menentukan ekivalen mekanikal untuk panas. Nama belakangnya diucapkan jool.

Mekanika Bahan 421

TABEL A-1 Satuan utama yang digunakan dalam mekanika

Akselerasi (anguler) radian per second sq rad/s2 rad/s2

Akselerasi (linier) radian per second sq m/s2 ft/s2

Area square meter m2 ft2

Densitas (massa) kilogram per cubic m kg/m3 sluglft2 (massa jenis)

Densitas (berat) newton per cubic m N/m3 pcf lb/ft3 (berat jenis)

Energi; kerja joule J N · m foot-pound ft-lb

Gay a newton N kg·rnfs2 pound lb (unit )

Gaya per satuan panjang newton per meter N/m pound per foot lb/ft (Intensitas gaya)

Frekuensi hertz Hz s-1 herzt Hz s-1

Panjang meter m (base unit) foot ft (base)

M as sa kilogram kg (base) slug lb-s2/ft

Momen gaya; torque newton meter N·m pound-foot lb-ft

Momen inersia (luas) meter m4 in.4

Momen inersia (massa) kilogram meter kg·m2 slug slug-ft2

Day a watt w J/s foot-pound per psf (N·rnls)

Tekanan pascal Pa N/m2 pound psf lb/ft2

Modulus penampang meter to third power m3 inch in.3

Tegangan pascal Pa n/mz pound psi lb/in.s

Waktu second s (base unit) second s (base)

Kecepatan (anguler) radian per second rad/s radian per second rad/s

Kecepatan (linier) meter per second rnls radian per second mls

Volume (zat cair) !iter L 10-3 m3 gallon gal. 231 in.3

Volume (zat padat) cubic meter m3 cubic foot cf ft3

Catatan: I joule (J) = 1 newton meter (N·m) = 1 watt second (W·s) 1 hertz (Hz) = l cycle per second (cps) atau 1 evoution per second (rev/s) l watt {W) l joule per second (J/s) = l newton meter per second (N·rnls) 1 pascal (Pa) = l newton per meter sqiared (N/m2) 1 !iter (L) = 0,001 cubic meter (m3) = 1000 cubic centimeter (cm3)

422 Lampiran A Sistem Satuan dan Faktor Konversi

T ABEL A-2 Satuan utama yang digunakan dalam mekanika

I gal = 1 centimeter per second squared ( cm/s2) 1 micron = 1 micrometer (jlm) = 10-6 meter (m) 1 gram (g) = 1 o-3 kilogram (kg) for example, g = 981 gals)

I are (a) = 100 square meters (m2)

I hektar (ha) = 10.000 square meters (m2)

I erg = 10-7 joule (J)

1 metric ton (t) = 1 megagram (Mg) = 1000 kilogram (kg) 1 watt (W) = 107 ergs per second ( erg/s) 1 dyne per square centimeter (dyne/cm2) = 10-1 pascals (Pa) 1 bar = 105 pascals (Pa) 1 kilowatt-hour (kWh) = 3,6 megajoule (MJ)

I dyne = I o-5 newton (N) 1 stere = 1 cubic meter (m3)

I kilgoram-force (kgf) = 1 kilopond (kp) = 9,80665 newton (N)

I centimeter (cm) = w-2 meters (m)

I kilowatt-hour (kWh) = 2.655.220 foot-pounds (ft-lb) I horsepower (hp) = 550 foot-pounds per second (fr-lb/s) I kilowatt (kW) 1 Brittis thermal unit (Btu) = 778, 1 7 1 foot-pounds (ft-lb)

1 kip (k) = I 000 pounds (lb) = 737.562 foot-pounds per second (ft-lb/s) = 1 .34102 horsepower (hp)

1 ounce ( oz) = 116 pounds (lb)

I ton = 2000 pounds (lb) I pound per square inch (psi)

I Imperial ton (or long ton) = 2240 pounds (lb)

I pounds (pdl) = 0,023 108 10 pounds (!b)

= 144 pounds per square foot (psf) I revolution per minute (rpm)

= 27r/60 radians per second (rad/s) I mile per hour (mph)

= 0, 1 38255 newton (N)

I inch (in.) = 1112 foot (ft)

1 mil = 0,001 inch (in.)

I yard (yd) = 3 feet (ft)

1 mile = 5280 feet (ft)

= 22115 feet per second (fps) ! quart (qt) = 2 pints = 114 gallon (gal.) 1 cubic foot (cf) = 576/77 gallons

= 7.48052 gallons (gal.) I Imperial gallon = 277.420 cubic inches (in.3)

kilogram (kg), dan g adalah percepatan gravitasi dalam meter per detik2 (m/s2). Persamaan (A-4) menunjukkan bahwa benda yang mempunyai massa satu kilogram mempunyai berat dalam newton yang secara numerik sama dengan g. Harga berat W dan percepatan g bergantung pada banyak faktor, termasuk lokasi geografis dan ketinggian. Namun, untuk perhitungan sains, harga standar internasional g telah ditetapkan sebesar

g = 9,806650 m/s2 (A-5)

Harga ini dimaksudkan untuk digunakan pada kondisi ketinggian dan garis lintang standar (level muka air laut pada garis lintang sekitar 45°). Harga g yang direkomendasikan untuk bidang teknik biasa pada atau di dekat permukaan burni adalah

g = 9,8 1 m/s2 (A-6)

Jadi, suatu benda yang mempunyai massa 1 kg mempunyai berat 9,8 1 newton. Tekanan atmosfer sangat bervariasi terhadap kondisi cuaca, lokasi,

ketinggian, dan faktor-faktor lain. Akibatnya, harga internasional standar untuk tekanan di permukaan bumi telah didefinisikan:

1 atmosfir standar = 101 ,325 kilopascal

Harga yang disederhanakan berikut ini untuk dunia teknik biasa adalah:

1 atmosfir standar = 101 kPa

(A-7)

(A-8)

Mekanika Bahan 423

Tentu saja, harga yang diberikan dalam Persamaan (A-7) dan (A-8) ditujukan untuk digunakan dalam perhitungan dan tidak merepresentasikan tekanan sekitar aktual pada lokasi yang diketahui.

Suatu konsep dasar dalam mekanika adalah momen atau torsi, khususnya momen dari suatu gaya dan momen dari suatu kopel. Momen dinyatakan dalam satuan gaya dikalikan panjang, atau newton meter (N·m). Konsep penting lain di mekanika adalah kerja dan energi, di mana keduanya dinyatakan dalam joules, suatu satuan turunan yang mempunyai satuan sama (newton meter) seperti momen. Namun, momen merupakan besaran yang sangat berbeda dengan kerja atau energi, dan joule tidak dapat digunakan untuk momen atau torsi.

Frekuensi dinyatakan dalam satuan hertz (Hz), suatu satuan turunan yang sama dengan kebalikan detik ( 1/s atau s-1 ). Hertz didefinisikan sebagai frekuensi suatu fenomena periodik yang terjadi dalam satu detik; jadi, ini ekivalen dengan satu siklus per detik (cps) atau satu revolusi (atau putaran) per detik (rev/s). Ini biasa digunakan untuk frekuensi pada getaran, gelombang suara, dan gelombang elektromagnetik, dan kadang-kadang digunakan untuk frekuensi rotasional sebagai alternatif dari satuan tradisional putaran per menit (rpm) dan putaran per detik (rev/s).*

Dua satuan turunan lainnya yang mempunyai nama khusus dalam SI adalah watt (W) dan pascal (Pa). Watt adalah satuan daya, yang merupakan kerja per satuan waktu, dan satu watt sama dengan satu joule per detik (J/s) atau satu newton meter per detik (N·rnls). Pascal adalah satuan untuk tegangan dan tekanan, atau gaya per luas satuan, dan sama dengan satu newton per meter kuadrat (N/m2). **

Liter bukanlah merupakan satuan SI yang diterima, tetapi banyak digunakan sehingga tidak dapat diabaikan. Dengan demikian, SI memperkenankan penggunaannya pada kondisi terbatas untuk kapasitas volumetrik, ukuran kering, dan ukuran cair. Baik huruf besar L maupun huruf kecil I diperkenankan sebagai simbol untuk !iter dalam SI, tetapi di Amerika Serikat, hanya L yang diperkenankan (untuk menghindari tertukarnya dengan angka 1) . Satu-satunya awalan yang diperkenankan untuk !iter adalah mili dan mikro.

Beban-beban pada suatu struktur, apakah akibat gravitasi atau aksi lainnya, biasanya dinyatakan dalam satuan gaya, seperti newton, newton per meter, atau pascal (N/m2). Contoh-contoh beban seperti ini adalah beban terpusat sebesar 25 kN yang bekerja di suatu poros, beban terbagi rata dengan intensitas 800 N/m2 yang bekerja pada sebuah balok kecil dan tekanan udara sebesar 2, I kPa yang bekerja di sayap pesawat terbang. Namun, ada satu keadaan di SI di mana kita dapat menyatakan beban dalam satuan massa. Jika beban yang bekerja di suatu struktur dihasilkan oleh gravitasi yang bekerja di suatu massa, maka beban tersebut dapat dinyatakan dalam satuan massa (kg, kg/m, atau kg/m2). Prosedur biasa untuk kasus seperti ini adalah mengkonversikan beban menjadi bersatuan gaya dengan mengalikannya dengan percepatan gravitasi (g = 9,8 1 rn/s2).

• Awalan-awalan SI

Pengalian untuk satuan SI (baik satuan dasar maupun satuan turunan) dilakukan dengan memasang awalan untuk satuan-satuan (lihat Tabel A-3 untuk daftar awalan). Penggunaan awalan dapat menghindari bilangan yang sangat besar atau sangat kecil. Aturan umum adalah awalan hams digunakan untuk menjaga bilangannya dalam selang 0, 1 sampai 1000.

Semua awalan yang disarankan merubah ukuran suatu besaran dengan kelipatan tiga. Apabila pangkat dari 10 digunakan sebagai pengali, maka eksponen

*Heinrich Rudolf Hertz ( 1 857- 1 894) adalah fisikawan Jerman yang menemukan gelombang

elektromagnetik dan menunjukkan bahwa cahaya dan gelombang elektromagnetik adalah identik.

**James Watt (1736- 1 8 19) adalah penemu dan insinyur Scotlandia yang mengembangkan mesin

uap praktis dan menemukan komposisi air. Watt juga pengusul penggunaan istilah tenaga kuda. Blaise Pascal (1623-1662) adalah matematikawan dan fi1suf Perancis. la memantapkan teori

probabilitas, membuat mesin hitung pertama, dan membuktikan secara eksperimental bahwa tekanan atmosfer bervariasi terhadap ketinggian.

C24 Lampiran A Sistem Satuan dan Faktor Konversi

untuk 1 0 harus merupakan kelipatan dari tiga (sebagai contoh, 40 x 103 N dapat dipakai, tetapi 400 x 102 N tidak). Juga, eksponen dari suatu satuan dengan awalan merujuk ke keseluruhan satuan; misalnya, simbol mm2 berarti (mm)2 dan bukan m(ml

• Gaya Penulisan Satuan SI

Aturan untuk menulis satuan SI telah ditetapkan oleh persetujuan internasional, dan yang paling penting diuraikan di sini. Contoh-contoh aturan ditunjukkan dalam tanda kurung.

( 1 ) Satuan selalu ditulis dengan simbol-simbol (kg) dalam persamaan dan perhitungan numerik. Di teks, satuan ditulis dengan kata-kata (kilogram) kecuali kalau ada harga numeriknya, baik kata-kata atau simbol dapat digunakan ( 12 kg atau 1 2 kilogram).

(2) Perkalian ditunjukkan dalam satuan gabungan dengan titik yang dinaikkan (kN·m). Apabila satuan ditulis dalam kata-kata, titik tidak dipakai (kilonewton meter).

(3) Pembagian ditunjukkan dalam satuan gabungan dengan garis miring (slash atau solidus) atau dengan perkalian dengan pangkat negatif (rnls atau m·s-1). Apabila satuan ditulis dalam kata-kata, maka garis miring selalu diganti dengan kata "per" (meter per detik).

(4) Spasi selalu digunakan antara suatu angka dan satuannya (200 Pa atau 200 pascal) dengan kekecualian simbol derajat (untuk sudut atau temperatur), di mana spasi tidak digunakan antara angka dan simbolnya (45°, 20°C).

(5) Satuan dan awalannya selalu ditulis dalam huruf roman (yaitu, jenis tegak atau vertikal) dan bukan huruf miring, meskipun teks di sekitarnya dalam huruf miring.

(6) Apabila ditulis dalam kata-kata, satuan tidak ditulis dalam huruf besar (newton) kecuali di awal kalimat atau dalam teks yang ditulis dalam huruf besar misalnya pada judul. Apabila ditulis sebagai simbol, satuan ditulis dalam huruf besar apabila diturunkan dari nama orang (N). Kekecualian untuk ini adalah simbol untuk liter, yang dapat ditulis L atau 1, tetapi penggunaan L lebih disukai untuk menghindari kebingungan dengan angka 1 . Juga, beberapa awalan ditulis dengan huruf besar apabila digunakan sebagai simbol (MPa) tetapi tidak demikian apabila digunakan dalam kata-kata (megapascal).

TABEL A-3 Prefiks SI

tera T 1012 = 1 000 000 000 000 gig a G 109 = 1 000 000 000 mega M 106 = 1 000 000 kilo k 1oJ = 1000 hecto h 102 = 100 deka da 10' = 1 0 deci d 10-1 = 0,1 centi c 10-2 = 0,01 milli m 10-3 = 0,001 micro Jl 10-6 = 0,000 001 nano n w-9 = 0,000 000 001 pi eo p 1 0-12 = 0,000 000 000 001

Catatan:

Mekanika Bahan 425

(7) Apabila ditulis dalam kata-kata, satuan adalah tunggal atau jamak (tidak berlaku untuk bahasa Indonesia-red.) ( 1 kilometer, 20 kilometer, 6 detik). Apabila ditulis sebagai simbol, satuan selalu tunggal ( 1 km, 20 km, 6 detik). (8) Simbol satuan tidak pemah mempunyai titik sebagai bagian dari simbol (kg, bukan kg.). Tentu saja, titik dapat mengikuti satuan pada akhir suatu kalimat. (9) Dalam SI, spasi, bukan koma, digunakan untuk memisahkan bilangan panjang menjadi kelompok yang terdiri atas tiga angka, dengan menghitung dari titik desimal, baik ke kanan maupun ke kiri:

1 2 345 678,876 54

Kesulitan dengan cara ini adalah bahwa spasi dapat agak ganjil terutama apabila ditulis dengan tangan. Keganjilan ini dapat dikurangi dengan menggunakan pangkat dari 10 dan awalan.

( 10) Awalan tidak digunakan dalam penyebut dari suatu satuan gabungan. Kekecualiannya adalah kilogram (kg), yang merupakan satuan dasar sehingga huruf "k" tidak dipandang sebagai awalan. Sebagai contoh, kita dapat menulis kN/ m tetapi tidak N/mm, dan kita dapat menulis J/kg tetapi tidak mJ/g.

• Perhitungan Satuan SI

A.3 1

Salah satu keuntungan SI adalah mudahnya konversi yang tidak menggunakan faktor seperti 1 2 (feet ke inci) dan 144 (feet kuadrat ke inci kuadrat). Namun, kadang-kadang kita perlu mengkonversikan antara pangkat 10 yang berbeda, dan kadangkala kita mudah berbuat kesalahan dalam melakukan ha! ini. Untuk mengurangi kecenderungan salah, sangat disarankan bahwa semua perhitungan dilakukan dalam satuan dasar (meter, detik, kilogram). Lalu, hasil akhir dikonversikan ke bilangan yang ukurannya memudahkan dengan menyesuaikan awalan dan pangkat dari 10 dan memindahkan titik desimalnya dengan benar.

Pengucapan Awalan dan Satuan SI

Petunjuk untuk mengucapkan beberapa nama SI yang kadang-kadang salah diucapkan ada di Tabel A-4. Sebagai contoh, kilometer, kilometer diucapkan killoh-meter, bukan kil-om-eter. Satu-satunya awalan yang membangkitkan argumen adalah satuan giga, pengucapan resminya adalahjig-uh, tetapi kebanyakan insinyur di Amerika Serikat menyebutnya gig-uh.

SATUAN UMUM AMERIKA SERIKAT

Satuan pengukuran yang secara tradisional digunakan di Amerika Serikat tidak pemah diwajibkan oleh pemerintah; sehingga karena tidak ada nama yang lebih baik, maka disebut besaran customary (biasa). Di dalam sistem ini, satuan dasar

yang relevan dengan mekanika adalah foot (ft) untuk panjang, sekon (s) untuk waktu, dan pound (lb) untuk gaya. Foot didefinisikan sebagai

l ft = 0,3048 m (eksak) (A-9)

Sekon sama dengan yang ada di satuan SI dan diuraikan dalam sebelum ini. Pound didefinisikan sebagai gaya yang akan memberikan suatu massa standar

tertentu percepatan yang sama dengan percepatan gravitasi. Dengan perkataan lain, pound adalah berat massa standar, yang didefinisikan sebagai 0.45359237 kg (eksak). Berat dari massa tersebut adalah (Persamaan A-4)

W = (0,45359237kg)(9,806650 m/s2) = 4,44822 N

di mana harga intemasional untuk g digunakan (lihat Persamaan A-5). Jadi, pound didefinisikan sebagai berikut:

1 lb = 4,448222 (A- 1 0)


TABEL A-4 SI

tera gig a

mega kilo milli micro nano pico

joule kilogram kilometer pascal

same as terra, as in terra firma pronounced jig-uh; with a pronounced as in about

(alternative pronunciation: gig-uh) same as mega in megaphone pronounced kill-oh; rhyme with pillow pronounced mill-eh, as in military same as micro in microphone pronounced na-oh; rhymes with man-oh pronounced pea-ko Note: The first syllable of every prefix is accented

pronounced jool; rhymes with cool and pool pronounced kill-oh-gram pronounced kill-oh-meter pronounced pas-kal, with the accent on kal

yang menunjukkan bahwa pound (seperti foot) pada dasamya didefinisikan sebagai satuan SI.

Satuan massa dalam USeS, disebut slug, adalah satuan turunan yang didefinisikan sebagai massa yang akan dipercepat 1 ft/s2 apabila diberikan gaya sebesar 1 pound. Dengan menu1is hukum Newton kedua dalam bentuk m = F/a, kita dapatkan

1 pound 2 slug = 1 ft/s2

yang menunjukkan bahwa slug dinyatakan da1am satuan dasar menurut rumus

1 slug = 1 lb · s2/ft (A- l l )

Untuk mendapatkan massa suatu benda yang beratnya diketahui, kita gunakan hukum kedua dalam bentuk

w M = g (A- 1 2)

di mana m adalah massa dalam slug, W adalah berat dalam pound, dan g adalah percepatan gravitasi dalam feet per detik kuadrat. Seperti telah dibahas sebelum ini, harga g bergantung pada lokasi, tetapi dalam perhitungan di mana lokasi tidak relevan, harga standar intemasional dapat digunakan:

g = 32, 1 740 ft/s2

Untuk penggunaan biasa, harga yang disarankan adalah

g = 32,2 ft/s2

(A- 1 3)

(A- 14)

Dari persamaan di atas kita simpulkan bahwa suatu benda yang mempunyai massa 1 slug akan mempunyai berat 32,3 lbs di permukaan bumi.

Satuan massa lainnya dalam uses adalah pound-mass (lbm), yang merupakan massa dari suatu benda yang beratnya I pound, jadi, I lbm = 1132,2 slug. Seperti telah disebutkan sebelum ini, tekanan atmosfer sangat bervariasi terhadap kondisi lokal, namun, untuk kebanyakan tu juan, harga standar intemasional dapat digunakan

I atmosfer standar = 14,6959 pounds per inci kuadrat

atau, untuk dunia teknik biasa:

(A- 1 5)

A.4 1

Mekanika Bahan 427

1 atmosfer standar = 14,7 psi (A- 1 6)

Kedua harga ini dimaksudkan untuk dipakai da1am perhitungan dan tentu saja tidak merepresentasikan tekanan atmosfer sesungguhnya.

Satuan untuk kerja dan energi dalam uses adalah foot-pound (ft-lb), yang didefinisikan sebagai kerja yang dilakukan apabila suatu titik penerapan dari sebuah gaya 1 pound berpindah sejauh satu foot dalam arah gaya tersebut. Satuan momen

atau torsi adalah pound-foot (lb-ft), yang berasal dari kenyataan bahwa momen dinyatakan dalam satuan gaya dikalikan panjang. Meskipun dalam kenyataannya satuan yang sama (ft-lb) berlaku untuk kerja, energi, dan momen, dalam praktek pound-foot umum digunakan untuk momen dan foot-pound dipakai untuk kerja dan energi.

Simbol dan rumus untuk sebagian besar satuan uses terpenting yang digunakan dalam mekanika dicantumkan dalam Tabel A- 1 .

Satuan tambahan lainnya dari sistem USeS dan Imperial ada dalam literatur mekanika, yang beberapa di antaranya dicantumkan di bagian bawah Tabel A-2.

SATUAN TEMPERATUR

Temperatur dalam SI dinyatakan dalam kelvin (K), dan skalanya disebut skala

temperatur Kelvin. Skala Kelvin adalah skala absolut, yang berarti bahwa pusatnya (nol kelvin, atau 0 K) adalah temperatur nol absolut, suatu temperatur teoretis yang dicirikan dengan tidak adanya panas sama sekali. Pada skala Kelvin, air membeku pada sekitar 273 K dan mendidih pada sekitar 373 K.

Untuk maksud nonsains, biasanya digunakan skala temperatur eelcius.

Satuan temperatur yang berkaitan adalah derajat eelcius (0C), yang sama dengan satu kelvin. Pada skala ini, air membeku pada sekitar no! derajat (0°C) dan mendidih pada sekitar 100 derajat ( 100°C) pada kondisi standar tertentu. Skala eelcius juga dikenal dengan skala temperatur centigrade. Hubungan antara temperatur Kelvin dan temperatur eelcius dinyatakan dalam persamaan berikut:

Temperatur dalam derajat eelcius = temperatur dalam kelvin - 273, 1 5

a tau T(0C) = T(K) - 273, 1 5 (A- 17)

di mana T menunjukkan temperatur. Dalam bekerja dengan perubahan temperatur, atau interval temperatur, seperti yang biasa terjadi dalam mekanika, kedua satuan tersebut dapat digunakan karena intervalnya sama. *

Satuan temperatur pada USeS adalah derajat Fahrenheit (°F). Pada skala

temperatur Fahrenheit, air membeku pada sekitar 32 derajat (32°F) dan mendidih pada sekitar 2 1 2 derajat (2l2°F). Setiap derajat Fahrenheit tepat sama dengan 5/ 9 kelvin atau derajat eelcius. Skala absolutnya adalah skala temperatur Rank

ine, yang berkaitan dengan skala Fahrenheit dengan persamaan

WF) = T(0R) - 459,67 F (A- 1 8) Jadi, nol absolut berkaitan dengan -459,67°F.**

*Lord Kelvin (1824-1907), William Thomson adalah fisikawan Inggris yang membuat banyak penemuan sains, mengembangkan teori·teori tentang panas, dan mengusulkan skala absolut untuk temperatur.

Anders Celcius (1701-1744) adalah ilmuwan dan astronomer Swedia. Dalam tahun 1742 ia mengem· bangkan skala temperatur di mana 0 dan lOO secara berturut-turut adalah titik beku dan titik didih air.

**William John Macquorn Rankine ( 1820-1872) adalah insinyur dan fisikawan Skotlandia. la membuat kontribusi penting dalam berbagai bidang seperti termodinamika, cahaya, bunyi, analisis tegangan, dan rekayasa/teknik jembatan.

Gabriel Daniel Fahrenheit ( 1686- 1736) adalah fisikawan Jerman yang bereksperimen dengan termometer dan membuatnya lebih akurat dengan menggunakan merkuri (air raksa) di dalam tabung. Fahrenheit menetapkan titik asal (Oo) skala temperaturnya di titik beku campuran es, garam, dan air.


Rumus konversi antara skala Fahrenheit dan eelcius adalah sebagai berikut:

(A- 1 9a,b)

Seperti sebelumnya, T menunjukkan temperatur pada skala yang ditulis.

A.S I KONVERSI ANTARA SATUAN

T ABEL A-5 Konversi

Akselerasi (linier) foot per second squared inch per second squared

Luas square foot square foot

Densitas (massa) (Massa jenis) slug per cubic foot

Densitas (berat) (Berat jenis) pound per cubic foot pound per cubic inch

Besaran-besaran yang diberikan dalam satuan USeS atau SI dapat dikonversi secara cepat ke sistem lainnya dengan menggunakan faktor konversi yang dicantumkan dalam Tabe1 A-5. Jika besaran yang diberikan dinyatakan dalam satuan uses, maka angka ini dapat dikonversi ke satuan SI dengan cara mengalikannya dengan faktor konversi. Untuk mengilustrasikan proses ini, asumsikan bahwa tegangan di suatu balok diberikan sebesar 1 0600 psi dan kita akan mengkonversikan besaran ini ke satuan SI. Dari Tabel A-5 kita lihat bahwa tegangan sebesar 1 psi setara dengan 6894,76 Pa. Dengan demikian, konversi dari harga yang diketahui tersebut dilakukan dengan cara berikut:

( 10.600 psi)(6894,76) = 73. 100.000 Pa = 73, 1 MPa

Karena harga semula dinyatakan dalam tiga angka penting, maka kita membulatkan hasil akhir ketiga angka penting juga (Iihat Larnpiran B untuk pembahasan angka penting). Perhatikan bahwa faktor konversi sebesar 6894,76 mempunyai satuan pascal dibagi dengan pound per inci kuadrat, sehingga persamaan tersebut dimensinya sudah benar. Untuk membalik proses konversi (artinya, untuk mengkonversi dari satuan SI ke satuan useS), besaran dalam satuan SI dibagi dengan faktor konversi. Sebagai contoh, misalkan momen inersia suatu penampang balok diketahui sebesar 94,73 X 1 06 mm4. Momen inersia dalam satuan uses adalah

3 6 4 94,7 x 1 0 mm = 228 . 4 416.23 1 m

di mana angka 41623 1 adalah faktor konversi untuk momen inersia.

ft/s2 0,3048* 0,3048* meter per second squared rnfs2 in./s2 0,0254* 0,0254 meter per second squared rnfs2

ft2 0,09290304* 0,0929 square meter m2 7 in.- 645 , 16* 645 square milimeter mm2

slug/ft3 5 15,379 5 1 5 kilogram per cubic meter kg/m3

lb/ft3 1 57,087 1 57 newton per cubic meter kN!m3 lb/in.3 27 1 ,447 27 1 kilonewton per cubic kN/m3

meter

-1 Mekanika Bahan 429

T ABEL A-5 Lanjutan

Energi; kerja foot-pound ft-lb 1 ,35582 1 ,36 joule J kilowatt-hour kWh 3,6* 3,6 megajoule MJ British thermal unit Btu 1055,06 1055 joule J

Gay a pound lb 4,44822 4,45 newton M kip (1000 pounds) k 4,44822 4,45 kilo newton kN

Gaya per satuan panjang (Intensitas gaya)

pound per foot lb/ft 14,5939 14,6 newton per meter NI m pound lb/in. 175 , 127 175 newton N/n kip k/ft 14,5939 14,6 kilo kN/m kip k/in. 1 75 , 127 175 kilo kN/m

Panjang foot ft. 0,3048* 0,305 meter m inch in. 25,4* 25,4 millimeter mm mile mi 1 ,609344* 1 ,6 1 kilometer km

Mass a slug 14,5939 14,6 kilogram kg

Momen gaya; torque pound-foot lb-ft 1 ,35582 1 ,36 newton meter N·m pound-inch !b-in. 0, 1 12985 0, 1 13 newton meter N·m kip-foot k-ft 1 ,35582 1 ,36 kilonewton meter kN·m kip-inch k-in. 0, 1 12985 0,1 1 3 kilonewton meter kN·m

Momen inersia (area) inch in.4 416,23 1 4 16,000 milimeter sampai pangkat 4 mm4 inch in.4 0,41623 1 X 10-6 0,416 x 10-6 meter sampai pangkat 4 m4

Moment inersia slug slug-fe 1 ,35582 1 ,36 kilogram meter persegi kg·m2

Gay a foot ft-lb/s 1 ,35582 1 ,36 watt w foot ft-lb/min 0,0225970 0,0226 watt w horsepower (550 ft-lb/s) hp 745,701 746 watt w

Tekanan; tegangan pound psf 47,8803 47,9 pascal (N/m2) Pa pound psf 6894,76 6890 pascal Pa kip ksf 47,8803 47,9 kilopascal kPa kip ksi 6,89476 6,89 megapascal MP a

Modulus Penampang inch in.3 16.387, I 1 6.400 millimeter sampai pangkat 3 mm3 inch in.3 16,3871 X 1 9-6 16,4 X 10-6 meter sampai pangkat 3 m3

430 L.ampiran A Sistem Satuan dan Faktor Konversi

T ABEL A-5 Lanjutan

KtXepatan (linier) foot ft/s 0,3048* inch in .Is 0,0254* mile m ph 0,44704* mile m ph 1 ,609344*

Volume cubic foot ft3 0,0283 1 68 cubic in.3 1 6,387 1 X 1 0--Q cubic in.3 1 6,387 1 gallon (23 1 in.3) gal. 3,78541 gallon (23 1 in.3) gal. 0,00378541

* Asterik menandai faktor konversi yang eksak

0,305 meter per sekon 0,254 meter per sekon 0,447 meter per sekon 1 ,6 1 kilometer per hour

0,0283 cubic meter 16,4 X 1 0--Q cubic meter

1 6,4 cubic centimeter (cm) 3 ,79 !iter 0,00379 cubic meter

Catatan: Untuk mengubah satuan dari SI ke USCS, bagi dengan faktor konversi

m/s m/s m/s kmlh

m3 m3 cm3 L m3

8 -

PEMECAH AN SOAL-SOAL

8'1 I JENIS SOAL

Studi mengenai mekanika bahan secara alami dibagi atas dua bagian: pertama, memahami konsep-konsep dan prinsip-prinsip umum, dan kedua, menerapkan konsep-konsep dan prinsip-prinsip tersebut ke dalam situasi fisik. Pemahaman konsep umum diperoleh dengan mempelajari diskusi dan penurunan yang disajikan dalam buku-buku seperti buku ini. Keterampilan dalam menerapkan konsep-konsep ini diperoleh dengan cara memecahkan soal-soal sendiri . Tentu saja, kedua aspek dalam mekanika ini berkaitan erat dan banyak ahli dalam mekanika yang berpendapat bahwa pembaca tidak akan dapat memahami konsep dengan baik jika tidak menerapkannya. Prinsip-prinsip tersebut mudah diucapkan, tetapi menerapkannya ke dalam situasi nyata membutuhkan pemahaman yang sangat mendalam. Itulah sebabnya pengajar mekanika memberikan banyak penekanan dalam soal-soal. Pemecahan soal memberikan arti terhadap konsep-konsep dan juga memungkinkan diperolehnya pengalaman dan menumbuhkan kemampuan menilai yang baik.

Sebagian soal pekerjaan rumah di dalam buku ini membutuhkan solusi simbolik dan lainnya membutuhkan solusi numeris. Di dalam ha! soal simbolik

(juga disebut soal analitis, aljabar, atau literal), datanya diberikan dalam bentuk simbol untuk berbagai besaran, misalnya P untuk beban, L untuk panjang, dan E untuk modulus elastisitas. Soal-soal seperti ini dipecahkan dalam bentuk variabel aljabar, dan hasilnya dinyatakan dalam pemyataan matematis atau rumus. Soalsoal simbolik biasanya tidak melibatkan perhitungan numerik, kecuali apabila data numerik disubstitusikan ke dalam hasil simbol akhir untuk memperoleh basil numerik. Namun, substitusi akhir data numerik tidak boleh melupakan bahwa soal tersebut sebenamya dipecahkan dalam besaran simbolik.

Sebaliknya, soal numerik adalah soal yang datanya diberikan dalam bentuk angka-angka (beserta satuannya); sebagai contoh, beban dapat diberikan sebesar 1 2 kN, panjang 3 m, dan dimensi 0,25 m. Solusi soal numerik dilakukan dengan melakukan perhitungan dari awal, dan hasilnya, baik sementara maupun akhir, dinyatakan dalam angka.

Keuntungan soal numerik adalah bahwa nilai semua besaran terlihat langsung di setiap tahap penyelesaian sehingga memberikan kesempatan untuk mengamati apakah perhitungannya memberikan hasil yang masuk aka! atau tidak. Jika menurut penalaran hasilnya tidak masuk aka!, pembaca dapat berhenti dan menelusuri kesalahan dalam perhitungan. Juga, solusi numerik memungkinkan kita membatasi besarnya suatu besaran pada limit yang ditetapkan. Sebagai contoh, misalkan tegangan di titik tertentu di suatu balok tidak dapat melebihi harga izin tertentu. Jika tegangan ini dihitung sebagai langkah sementara dalam solusi numerik,

C32 Lai7'J1iran B Pemecahan Soa/-soal

pembaca dapat melihat dengan langsung apakah tegangan tersebut melebihi limitnya atau tidak. Seandainya solusi dilakukan dalam bentuk simbolik, besarnya tegangan tidak akan diketahui sampai pada tahap akhir solusi.

Soal simbolik mempunyai keuntungan juga. Karena hasilnya adalah ekspresi atau rumus aljabar, pembaca dapat segera melihat bagaimana suatu variabel berpengarnh terhadap jawaban. Sebagai contoh, jika suatu beban muncul dalam bentuk pangkat satu di dalam pembilang di suatu hasil akhir, maka pembaca segera mengetahui bahwa peningatan beban hingga dua kalinya akan menyebabkan hasil tersebut meningkat dua kali juga. Atau, jika suatu dimensi muncul di dalam penyebut dalam bentuk kuadrat, maka pembaca dapat mengetahui bahwa dua kali dimensi semula akan memberikan hasil seperempat dari semula. Ha! lain yang juga penting adalah bahwa solusi simbolik menunjukkan variabel apa yang tidak mempengarnhi basil. Sebagai contoh, suatu besaran tertentu dapat hilang pada solusi, suatu fakta yang tidak terlihat jelas dalam solusi numerik. Selain itu, solusi simbolik akan memudahkan pemeriksaan homogenitas dimensional pada semua suku di dalam solusi. Dan yang paling penting adalah, solusi simbolik memberikan rumus umum yang dapat diterapkan pada banyak soal, masing-masing dengan data numerik yang berbeda. Sebaliknya, solusi numeris hanya berlaku untuk satu set data, dan solusi lengkap yang barn dibutuhkan untuk data lainnya. Tentu saja, solusi simbolik tidak cocok apabila rumusnya menjadi terlalu rumit untuk dimanipulasi; apabila ini terjadi, solusi numerik adalah pilihan terbaik.

Di dalam dunia mekanika yang lebih lanjut, pemecahan soal-soal membutuhkan metode numerik. Sebutan ini merujuk ke banyak variasi metode perhitungan, termasuk prosedur matematis standar (seperti integrasi numerik dan solusi numerik persamaan diferensial), dan metode analisis lanjut (seperti metode elemen hingga). Metode numerik meliputi perhitungan-perhitungan panjang dan berulang sehingga dibutuhkan program komputer. Program untuk melakukan prosedur matematis, seperti yang barn saja disebut, sudah banyak tersedia. Program yang lebih khusus juga tersedia untuk melakukan perhitungan rutin, seperti mencari defleksi balok dan mencari tegangan utama. Namun, dalam mempelajari mekanika bahan, kita biasanya berkonsentrasi pada konsep-konsep, bukan pada penggunaan program komputer tertentu.

LANGKAH-LANGKAH DALAM MEMECAHKAN SOAL

Prosedur yang digunakan untuk memecahkan soal-soal berbeda-beda untuk setiap orang dan bergantung pada jenis soalnya. Sekalipun demikian, saran-saran berikut akan membantu dalam mengurangi kesalahan.

1 . Buatlah pemyataan yang jelas untuk soalnya dan buatlah gambar yang menunjukkan sistem mekanis atau struktural yang akan diselidiki. Bagian penting dari langkah ini adalah mengidentifikasi apa yang diketahui dan apa yang akan dicari.

2. Sederhanakan sistem mekanis atau struktural dengan mengambil asumsiasumsi tentang sifat fisiknya. Langkah ini disebut pemodelan karena meliputi pembuatan (di kertas) model yang diidealisasi dari sistem sebenarnya. Tujuannya adalah untuk membuat suatu model yang merepresentasikan sistem sebenamya hingga menjadi model dengan ketelitian yang memadai yang hasilnya dapat diterapkan dalam sistem sebenarnya.

Berikut ini diberikan beberapa contoh idealisasi yang digunakan dalam memodelkan sistem mekanis. (a) Benda terhingga biasanya dimodelkan sebagai partikel, seperti dalam menentukan gaya yang bekerja padajoint di rangka batang. (b) Benda yang dapat berubah bentuk kadang-kadang direpresentasikan sebagai benda tegar, seperti dalam mencari reaksi balok statis tertentu atau gaya-gaya di elemen dari rangka batang statis tertentu. (c) Geometri dan bentuk benda dapat disederhanakan, seperti pada saat kita meninjau bumi sebagai bola atau balok sebagai lurus sempuma. (d) Gaya terdistribusi yang bekerja pada mesin dan struktur

Mekanika Bahan 433

dapat direpresentasikan sebagai gaya terpusat atau gaya garis. (e) Gaya-gaya yang kecil dibandingkan gaya lain, atau gaya-gaya yang diketahui hanya mempunyai efek minor terhadap hasil, dapat diabaikan dalam analisis (gaya gesekan kadangkadang masuk dalam kategori ini). (f) Tumpuan suatu struktur sering dianggap tak dapat bergerak.

3. Gambarlah sketsa yang besar dan jelas pada saat memecahkan soal. Sketsa seperti ini selalu membantu dalam memahami situasi fisik dan seringkali menunjukkan aspek pada soal-soal yang mungkin terabaikan jika tanpa sketsa.

4. Terapkan prinsip-prinsip mekanika ke model yang diidealisasi untuk mendapatkan persamaan yang menentukan. Di dalam statika, persamaan tersebut biasanya merupakan persamaan keseimbangan yang diperoleh dari hukum Newton pertama; dalam dinamika, persamaannya adalah persamaan gerak dari hukum Newton kedua. Dalam mekanika bahan, persamaannya berkaitan dengan tegangan, regangan, deformasi, dan peralihan.

5. Gunakan cara matematis dan perhitungan untuk memecahkan persamaan dan mendapatkan hasil, baik dalam bentuk rumus matematis atau harga numerik.

6. Interpretasikan hasilnya dalam bentuk perilaku fisik sistem mekanis atau struktural ; artinya, berikan arti atau pentingnya hasil. dan tariklah kesimpulan mengenai perilaku sistem tersebut.

7. Periksa hasilnya dengan se ban yak mungkin jalan. Karena kesalahan dapat sangat berbahaya dan mahal. maka insinyur tidak boleh percaya hanya pada satu solusi.

S. Akhimya. sebagai persiapan untuk dunia keteknikan/rekayasa nantinya, sajikan solusi pembaca secara jelas dan rapih sehingga dapat dengan mudah ditelaah dan diperiksa oleh orang lain. Ser:ara akademis, instruktur akan sangat mungkin memeriksa dan mengeceknya. akan tetapi jika pembaca berpartisipasi dalam proyek desain dalam industri atau praktek, analisis dan perhitungan pembaca akan sepenuhnya diteliti oleh insinyur lain yang bekerja pada proyek yang sama. Reputasi teknik pembaca akan bergantung pada kualitas kerja yang pembaca lakukan. Selain itu, pembaca sebaiknya menyimpan proyek yang berisi catatan profesional, akurat dan herkualitas tinggi. Seperti layaknya dokumen teknik lain, analisis pembaca mengenai suatu persoalan yang suatu hari dapat saja muncul di pengadilan atau di media publik--dan karena dokumen ini akan mencantumkan nama pembaca, maka pembaca hams mampu mempertahankannya.

HOMOGENITAS DIMENSIONAL

Konsep dasar dalam mekanika adalah panjang, waktu, massa, dan gaya. Masingmasing besaran fisik ini mempunyai dimensi, artinya, satuan pengukuran umum. Sebagai contoh, tinjaulah konsep panjang. Ada banyak satuan panjang, seperti meter, kilometer, yard, foot, dan inch, tetapi semua satuan ini mempunyai satu ha! yang sama-semuanya merepresentasikan panjang secara jelas, dan bukan besaran lain seperti volume atau gaya. Dengan demikian, kita dapat merujuk ke dimensi panjang tanpa hams secara spesifik menyebutkan satuan pengukuran tertentu. Komentar yang sama dapat diberikan pada dimensi waktu, massa, dan gaya. Keempat dimensi biasa diberi notasi L, T, M, dan F.

Setiap persamaan, apakah dalam bentuk numerik atau bentuk simbolik, hams secara dimensional homogen; artinya, dimensi semua suku di dalam persamaan tersebut hams sama. Untuk memeriksa kebenaran dimensional suatu persamaan, kita abaikan semua bilangan dan hanya menuliskan dimensi setiap besaran di dalam persamaan tersebut. Persamaan yang dihasilkan hams mempunyai dimensi yang identik di semua sukunya.

Sebagai contoh, tinjaulah persamaan berikut untuk defleksi 8 di titik tengah suatu balok sederhana dengan beban terdistribusi terbagi rata:

8 = 5qL4 384£/

434 Lampiran B Pemecahan Soal-soal

Persarnaan dimensional yang berkaitan dengan ini diperoleh dengan mengganti setiap besaran dengan dimensinya; jadi, defleksi o diganti dengan dimensi L, intensitas beban terbagi rata q diganti dengan FIL (gaya per satuan panjang), panjang L balok diganti dengan dimensi L, modulus elastisitas E diganti dengan FIL2 (gaya per satuan luas), dan momen inersia I diganti dengan L4• Dengan dernikian, persarnaan dimensionalnya adalah

L = (FIL)L4

(FIL2 )L4

Apabila disederhanakan, persarnaan ini akan susut menjadi persarnaan dimensional L = L, sebagaimana diharapkan.

Persamaan dimensional dapat ditulis dalam bentuk umum dengan menggunakan notasi L TMF atau dalam satuan aktual yang digunakan dalam suatu soal. Sebagai contoh, jika kita melakukan perhitungan untuk defleksi balok dengan menggunakan satuan uses, maka kita dapat menulis persamaan dimensional sebagai berikut:

(lb/in. )in. 4 in. = -'-.:..;_..+-•

(lb/in. 2 )in. 4

yang akan susut menjadi in. = in. dan secara dimensional sudah benar. Pemeriksaan homogenitas dimensional (atau konsistensi satunn) dapat mengeliminasi kesalahan dalarn melakukan penurunan rumus dan perhitungan.

Cara penting lain untuk mengurangi kesalahan tanpa melakukan perhitungan numeris adalah dengan menulis satuan sesudah setiap harga numeris, termasuk satuan faktor konversi. Dengan menampilkan satuan-satuan di setiap suku dalam persamaan, kita dapat segera meneliti kebenaran apakah dimensinya konsisten atau tidak.

8"4 I ANGKA PENTING

Perhitungan teknik dilakukan dengan kalkulator dan komputer yang beroperasi dengan presisi (ketepatan) tertentu. Sebagai contoh, ada komputer yang melakukan perhitungan dengan lebih dari 25 angka di setiap harga numerik, ada pula kalkulator murah yang dapat menghasilkan keluaran dengan 10 atau lebih angka. Pada kondisi seperti ini, adalah penting untuk menyadari bahwa ketelitian hasil yang diperoleh dari analisis teknik ditentukan tidak hanya oleh perhitungan melainkan juga oleh faktor-faktor lain seperti ketelitian data yang diketahui, pendekatan yang terkandung di dalarn model analitis, dan validitas asumsi yang digunakan dalarn teori. Dalam banyak situasi teknik, tinjauan ini mengandung arti bahwa hasil adalah sah hanya hingga dua atau tiga angka penting. Karena banyaknya angka yang tersedia di

suatu kalkulator, ada kemungkinan besar bahwa hasil numerik akan dilaporkan

hingga ketelitian yang jauh lebih besar dibandingkan dengan yang layak, dengan kemungkinan menyesatkan orang yang menggunakan hasil tersebut.

Sebagai contoh, rnisalkan bahwa suatu perhitungan menghasilkan R = 6287,46 lb untuk reaksi suatu balok statis tak tentu. Menyatakan hasil seperti ini dapat

menyesatkan karena ini berarti bahwa reaksi diketahui hingga l/100 pound meskipun besarnya lebih dari 6000 pound. Jadi, ini berarti bahwa ketelitiannya sekitar l/600000 dengan presisi 0,01 lb, di mana keduanya tidaklah mungkin. Ketelitian reaksi yang dihitung bergantung pada hal-hal seperti: ( 1 ) seberapa akurat beban, dimensi, dan data lain yang digunakan dalarn analisis dan diketahui, dan (2) pendekatan yang terkandung dalarn teori perilaku balok. Yang paling mungkin, reaksi R di contoh ini diketahui hanya sampai 10 pound terdekat, atau mungkin hanya sarnpai 100 pounds terdekat. Dengan demikian, hasil perhitungan seharusnya dinyatakan dengan R = 6290 lb atau barangkali R = 6300 lb.

Mekanika Bahan 43$

Untuk memperjelas ketelitian suatu barga numerik yang diketabui, biasanya dalam praktek digunakan angka penting. Hal ini digunakan secara luas dalam teknik dan merupakan pendekatan konvensi mengenai masalah ketelitian, meskipun bal ini tidak secara tepat menunjukkan ketelitian suatu bilangan, sebagaimana diterangkan di bawah ini.

Angka penting adalah angka dari I sampai 9 atau setiap angka nol yang tidak digunakan untuk menunjukkan posisi titik desimal; sebagai contob, bilangan 417; 8,29; 7,30; dan 0,00254 semuanya mempunyai tiga angka penting. Namun, banyaknya angka penting di suatu bilangan seperti 29.000 tidak terlibat jelas. Mungkin saja bilangan ini mempunyai dua angka penting, dengan tiga angka nol banya berfungsi untuk menetapkan titik desimal; atau mungkin juga bilangan ini mempunyai tiga, empat, atau mungkin Iima angka penting jika satu atau lebib angka nol adalab sah. Dengan menggunakan pangkat dari sepulub, ketelitian suatu bilangan seperti 29000 dapat diperjelas. Dalam menulis 29 x 103 atau 0,029 x 106, bilangannya dimengerti mempunyai dua angka penting; jika ditulis sebagai 29,0 x 103 atau 0,0290 x 106, ini mempunyai tiga angka penting.

Apabila suatu bilangan diperoleb dari perhitungan, ketelitiannya bergantung pada ketelitian bilangan-bilangan yang digunakan dalam melakukan perbitungan. Aturan sederbana untuk masalah perkalian dan pembagian adalah sebagai berikut: jumlah angka penting dalam basil yang dibitung adalah sama dengan jumlah angka penting terkecil di setiap bilangan yang digunakan dalam perbitungan. Sebagai ilustrasi, tinjaulah basil kali 2339,3 dan 35,4. Hasil yang dibitung adalah 828 1 1 ,220 apabila dicatat bingga delapan angka. Namun, menyatakan basil seperti ini akan menyesatkan karena ini berarti adanya ketelitian yang jaub lebib besar daripada yang ada di angka-angka semula. Karena bilangan 35,4 banya mempunyai tiga angka penting, maka cara yang layak untuk menuliskan basilnya adalah 82,8 x 103. Untuk perbitungan yang meliputi perjumlaban atau pengurangan dari satu kolom bilangan, angka penting terakhir dalam basilnya diperoleb di kolom terakhir dari angka-angka yang mempunyai angka penting di semua bilangan yang ditambahkan atau dikurangkan. Untuk memperjelas bal ini, tinjaulah tiga contob berikut:

Hasil dari kalkulator Tulislah basilnya sebagai

459,637 + 7,2 466,837 466,8

838,49 - 7 831 ,49 83 1

856400 -847900

8500 8500

Di dalam contob pertama, bilangan 459,637 mempunyai enam angka penting dan bilangan 7,2 mempunyai dua. Apabila dijumlahkan, basilnya mempunyai em pat angka penting karena semua angka di dalam basil di kanan kolom yang mengandung angka 2 tidak berarti. Di dalam contob kedua, angka 7 adalah akurat bingga satu angka penting (artinya, ini bukanlah bilangan eksak). Dengan dernikian, basil akhir banya akurat sampai kolom yang mengandung angka 7, yang berarti bahwa ini mempunyai tiga angka penting dan dicatat sebagai 831 . Di dalam contob ketiga, bilangan 856.400 dan 847.900 dipandang akurat hingga empat angka penting, tetapi basil pengurangan banya akurat hingga dua angka penting karena angka nolnya tidak ada yang penting. Pada umumnya, pengurangan akan mengbasilkan ketelitian yang berkurang, dan kehilangan ketelitian khususnya terlibat jelas apabila perbedaan antara bilangan semula relatif kecil.

Ketiga contob ini menunjukkan bahwa bilangan-bilangan yang diperoleb dengan perbitungan dapat mengandung angka berlebiban yang tidak ada artinya. Dengan dernikian, dalam melaporkan bilangan seperti ini sebagai basil akhir, pembaca barus memberikan banya angka yang penting.

Di dalam mekanika bahan, data untuk soal-soal biasanya akurat hingga 1 %, atau mungkin 0, 1% pada kasus tertentu, sebingga basil akhir barus dilaporkan dengan ketelitian yang sesuai. Apabila ketelitian yang lebib besar dapat dijarnin, maka bal ini akan dinyatakan dengan jelas pada pemyataan soalnya.

L.a.mpiran B Pemecahan Soa/-soal

Meskipun penggunaan angka penting memberikan cara mudah dalam kaitannya dengan masalah ketelitian numerik, perlu dipahami bahwa angka penting bukanlah indikator ketelitian. Untuk mengilustrasikan ha! ini, tinjaulah bilangan 999 dan 1 0 1 . Tiga angka penting dalam bilangan 999 berkaitan dengan ketelitian 1/999, atau 0, 1 %, sedangkan bilangan lainnya, yang banyak angka pentingnya sama, yaitu 1 0 1 , hanya berkaitan dengan ketelitian 1 / 10 1 , atau 1 ,0%. Perbedaan kete1itian ini dapat dikurangi dengan sela1u menggunakan satu angka penting tambahan untuk bilangan yang dimulai dengan angka 1 . Jadi, empat angka penting di dalam bilangan 1 0 1 . 1 memberikan ketelitian hampir sama dengan tiga angka penting di dalam bilangan 999.

Di dalam buku ini, kita pada umumnya mengikuti aturan teknik umum bahwa hasil numerik akhir yang dimulai dengan angka 2 sampai 9 dicatat dengan tiga angka penting dan bilangan yang dimulai dengan angka 1 dicatat hingga empat angka penting. Namun, untuk menjaga ketelitian numerik, dan untuk menghindari kesalahan pembulatan selama proses perhitungan, hasil pada perhitungan sementara biasanya dicatat dengan angka penting tambahan.

Banyak bilangan yang masuk dalam perhitungan kita yang eksak; sebagai contoh, bilangan n, pecahan seperti 1/2, bilangan bulat seperti 48 dalam rumus PL3/48EI untuk defleksi balok, dan beberapa faktor konversi untuk satuan. Bilangan-bilangan eksak adalah penting hingga sejumlah terbatas angka sehingga tidak mempunyai peran dalam menentukan ketelitian hasil yang dihitung.

PEMBULATAN BILANGAN

Proses pembuangan angka yang tidak penting dan hanya menggunakan yang penting saja disebut pembulatan. Untuk mengilustrasikan proses ini, asumsikan bahwa suatu bilangan akan dibulatkan hingga tiga angka penting. Selanjutnya, ketentuan berikut berlaku:

(a) Jika angka keempat kurang dari 5, maka tiga angka pertama tetap tidak berubah dan semua angka selanjutnya dibuang atau diganti dengan nol. Sebagai contoh, 37,44 dibulatkan menjadi 37,4 dan 673289 dibulatkan menjadi 673000.

(b) Jika angka keempat lebih besar daripada 5, atau jika angka keempat adalah 5 dan diikuti oleh sedikitnya satu angka yang bukan nol, maka angka ketiga diperbesar dengan 1 dan semua angka berikutnya dibuang atau diganti dengan nol. Sebagai contoh 26,37 dibulatkan menjadi 26,4 dan 3,245002 dibulatkan ke 3,25.

(c) Akhirnya, jika angka keempat adalah 5 dan semua angka berikutnya (jika ada) adalah nol, maka angka ketiga tetap tidak berubah jika ini adalah bilangan genap dan ditambah 1 jika ini adalah bilangan ganjil, dan angka 5 diganti dengan nol. (Angka nol dipertahankan hanya jika dibutuhkan untuk menentukan lokasi titik desimal.) Proses ini biasanya disebut "pembulatan ke angka genap." Karena terjadinya angka genap dan ganjil kurang lebih acak, maka penggunaan ketentuan ini berarti bahwa bilangan-bilangan yang dibulatkan ke atas sama seringnya dengan bilangan-bilangan yang dibulatkan ke bawah, sehingga mengurangi kemungkinan terakumulasinya kesalahan pembulatan. (Sayangnya. sebagian besar kalkulator tidak mengikuti aturan "genap", tetapi selalu membulatkan ke atas apabila angka terakhir yang tidak nol adalah 5.)

Aturan yang disebutkan di atas untuk pembulatan hingga tiga angka penting secara umum berlaku juga untuk angka penting berapapun.

c -

RUMUS-RUMUS MATEMATIS

• Konstanta Matematis

7r = 3 , 14159 . . . e = 2,7 1 828 . . . 2n radian = 360 derajat

1 radian = 1 80 derajat = 57,2958° 1 derajat = _E_radian = 0,0174533 rad 7r 1 80

Konversi: Kalikan derajat dengan _E_ untuk mendapatkan radian 1 80

Kalikan radian dengan 1 80 untuk mendapatkan derajat 7r

• Eksponen

(ABt = A"B"

• Logaritma

log = logaritma biasa (logaritma dengan dasar 1 0)

In = logaritma alami (logaritma dengan dasar e)

Ein A = A 1 0 log A = A In EA = A

A0 = I (A "#- 0)

I OX = y log y = x e' = y in y = x

log 10 A = A log AB = log A + log B log .:i = log A - log B B log ..!.. = -log A A log 1 = In 1 = 0

log A n = n log A

log 10 = 1 In E = I

In A = (In 10)(log A) = 2,30259 log A log A = (log E)(ln A) = 0,4342094 In A

438 l..ampiran C Rumus-rumus Matematis

• Fungsi Trigonometris

tan x = sin x COS X

cos x = cos x sin x

sec x = COS X csc x =

sin x

sin2 x + cos2 x = I tan2 x + I = sec2 x cot2 x + I = csc2 x

sin (-x) = -sin x cos (-x) = cos x tan (-x) = -tan x cot (-x) = --cot x

sin (x ± y) = sin x cos y ± cos x sin y cos (x ± y) = cos x cos y ± sin x sin y

sin 2x = 2 sin x cos x cos 2x = cos2 x - sin2 x

tan x = I - cos 2x sin 2x sin 2x I + cos 2x

sin2 x = I 2(I - cos 2x) cos2 x =

I 2(I + cos 2x)

Untuk setiap segitiga dengan sisi-sisi a, b, c dan sudut-sudut yang berhadapan A, B, C:

Hukum sinus

Hukum cosinus

a b c ---- = ---- = ----sin A sin B sin C

• Persamaan Kuadrat dan Rumus Kuadratik

ar + bx + c = 0 x =

• Deret tak Hingga

= I - x + � - � + . . . I + X

x x2 x3 .../l+X = I + - - - + - -2 8 I6

-b ± �b2 + 4ac 2a

(-I < X < I)

(-I < X < I)

t 2x - 2 tan x an - 2 I - tan x

(-1 < X < I )

xz x3 e" = I + X + 2 + J + . . . (--eo < X < eo) . x3 xs x7 Sill X = X - - + - - - + . . . (--eo < X < eo)

3 5 7

xz x4 x6 COS X = I - 2 + 4 - 6 + . . . (--eo < X < eo) Catatan: Jika x sang at kecii dibandingkan dengan I , hanya beberapa suku pertama dalam deret tersebut yang dibutuhkan.

Mekanika Bahan 439

• Turunan

d d ( " ) n-1 d ( ) du dx (a.x) = a dx x = nx dx au = a dx

!!_(uv) = u dv + v du !!__(!!_) = v(du ldx) - u(dvldx) dx dx dx dx v v2 d ( " ) n-1 du dx u = nu dx d ( . ) du

dx sm u = cos u dx d 2 du -(tan u) = sec ud dx

dy dy du du 1 dx = du dx dx = dx / du

d ( ) . du dx cos u = - sm u dx d 2 du dx (cot u) = - csc u dx

d du dx (sec u) = sec u tan u dx

d du dx (csc u) = - csc u cot u dx

d 1 du -(arctan u) = -- -dx 1 + u2 dx !!_(log u) = log e du dx u dx

d 1 du -(ln u) = - dx u dx d du - (a" ) = a" ln adx dx

• Integral tak Tentu (lndefinit)

Catatan: Konstanta hams ditambahkan pada hasil setiap integrasi

J a dx = ax J u dv = uv - J v du (integrasi per bagian)

x" dx = _x_ (n * -1) - = ln l x l (x * 0) J n+l Jdx n + 1 x Jdx = xl+n (n * -1) J<a + bx)" dx = (a + bx)n+l (n * -1)

x" 1 - n b(n + 1) J� = ..!.. ln (a + bx) J dx - 1 a + bx b (a + bx)2 -

b(a + bx)

f (a +dx

bx)3 2b(a + bx)2 f (a +�x)4 =

3b(a ! bx)3 1

(n - 1)(b)(a + bx)" 1 (n * 1)

J 2 dx

2 2 = ....!.._ tan-1 bx = -1- ln( a + bx ) (x dalam radian) (a > 0, a + b x ab a 2ab (a - bx)

b > 0) J� = �[bx - a ln (a + bx)] J x dx 2 = �[-a- + ln(a + bx)]

a + bx b (a + bx) b a + bx

J x dx a + 2bx (a + bx)3

= 2b2(a + bx)2

J x dx a + 3bx (a + bx)3

= 6b2 (a + bx)3 J x2dx 1 � --

b- = -

3 [(a + bx)(-3a + bx) + 2a2 ln(a + bx) a + x 2b J x2dx = ....!.._1 bx(2a + bx) - 2a ln (a + bx)] (a + bx)2 /ll a + bx

440 Lampiran C Rumus-rumus Matematis

f x2dx =

___!__ [a(3a + 4b�) + In (a + bx)J (a + bx)3 h3 2(a + bx)-

f x2dx a2 + 3ahx + 3b2x2

(a + hx)4 -

3h\a + bx)3

Jtan ax dx = _!_ In (sec ax) fcot ax dx = _!_ In (sec ax) a a

Jtan ax dx = � In (sec ax + tan ax) f csc ax dx = � In (sec £U - cot ax)

f . 2 x sin 2ax sm ax dx = '2 - -4-;;-

f 2 d x sin 2ax cos ax x = - + --- (x dalam radian) 2 4a

f . 2 d sin ax x cos ax sm ax x = --7 - - ---

a- a

f 2 d

cos ax x sin ax cos a>.: x = --, - + ---a" a

f dx 1 ( rr: ax) I + sin ax = - 7; tan 4 - 2

(x dalam radian)

(x dalam radian)

f xeax dx = �: (ax - 1 ) Jln ax dx = x(]n ax -- I )

• Integral Tentu (Definit)

f f(x) dx = -f!(x) dx f f(x) dx = ff(x) dx + p(x) dx

-

J AWABAN SOAL

BAB 1

1 .2-1 (JBC = 9800 psi 1 .2-2 a = 1 1 ,2 MPa 1 .2-3 (;) 8 = 0,01 14 in.; (b) P = 8290 lb 1 .2-4 (a) ac = 12,5 MPa; (b) x = 0,395 m, y = 0,6 m 1 .2-5 a1 = 37.400 psi 1 .2-6 ac = 5,21 MPa 1 .2-7 a1 = 1 7,5 ksi 1 .2-8 (a) aAB = 62,5 MPa (tarik), a8c = 29,4 MPa

(tekanan); (b) £AB = 440 x 10-6; (c) e8c = 148 x 10-6

1 .2-9 p = 8 129 lb, aBC = 68.600 psi, (JDE = 7250 psi 1 .2-1 0 a1 = 42,8 MPa, ac = 2,9 MPa 1 .2-1 1 a1 = 22.600 psi 1 .2-1 2 (a) OX = yoJ-(L2 - Y)/2g, (b) (Jmaks = yo}-L212g 1 .3-1 (a) L = 10.600 ft; (b) L = 12.200 ft 1 .3-2 Persen perpanjangan = 8,2; 26,0; 4 1 ,2; Persen

reduksi = 8,2, 37,9, 74,9; Gelas, ulet, ulet 1 .3-3 1 .3-4

1 .3-5

1 .3-6

1 .4-2 1 .4-2 1 .4-3 1 .4-4 1 .4-5 1 .5-1 1 .5-2 1 .5-3

1 .5-4

1 .5-5

a1 = 30 ksi a 1 "' 47 MPa, Kemiringan "' 2,4 GPa, a,. "' 53 p -MPa, Gelas a 1 "' 65 ksi, Kemiringan "' 30 x 1 03 ksi, ay "' 69 k�i, a" "' 1 13 ksi, Perpanjangan = 6% Reduksi = 3 1 % Aluminium, 1 1 ,9 x 103 m ; Douglas fir, 12,7 x 103 m; nilon, 6,1 x 103 m; baja, 6,5 x 103 m; titanium, 23,9 x 103 m 0, 1 3 in. lebih panjang 5,6 mm lebih panjang (a) 0,0032; (b) 0,037; (c) 1 ,8 in.; (d) 32 ksi 2,8 mm 0,088 in. p = 1 57 k 8 = 6,98 mm, M = 0,0233 mm, Ll V = 1640 mm3 (a) E = 29,5 x 106 psi; (b) v = 0,29; (c) e = 990 x 10-6 (naik) P = 27,4 kN (tarik), e = 1 ,65 X 10-3 (naik in volume) (a) 8 = 0,00978 in.; M = 97,8 x 10-6 in.; (b) LlV = 0,000173 in.3, e = 0,00044

1 .5-6 (a) E = 104 GPa; (b) v = 0,34; (c) e = 0,00078 1 .5-7 V = 3/10 1 .5-8 (a) Kemiringan = (b/L)( 1 - valE)(! + a/E); (b)

emuka = o(1 - v)IE; (c) eluas = -2va/E 1 .5-9 LlV = WL(l - 2v)/2E 1 .6-1 rrata-rata = 5300 psi 1 .6-2 rrata-rata = 3,2 MPa 1 .6-3 y = 4,36 X 10-3; 'l' = 17.300 psi 1 .6-4 ab = 48, 6 MPa, rrata-rata = 69,6 MPa 1 .6-5 (a) ab = 17 , 1 ksi, (b) Pult = 39,3 k 1 .6-6 rrata-rata = 52,7 MPA 1 .6-7 (a) (jb = 4560 psi, (b) rrata-rata = 2550 psi 1 .6-8 rrata-rata = 26,8 MPa, ab = 7,57 MPa 1 .6-9 rrata-rata = 1 4, I ksi 1 .6-1 0 G = 2,0 MPa 1 .6-1 1 (a) Yrata-rata = 0,295 ; (b) 0 = 0, 1 5 in. 1 .6-1 2 Jika rasio panjang crank arm dengan jari-jari

roda rantai adalah 1 ,80 berbanding 1 , maka: (a) T = 1440 N; (b) rrata-rata = 147 MPa

1 .6-1 3 (a) rrata-rata = 212 psi; (b) rmaks = 340 psi 1 .6-1 4 rrata-rata = 4PU[bc(2d + b)] 1 .6-1 5 (a) vmaks = 250 lb; (b) rrata-rata = 141 psi

p p b 1 .6-1 6 (a) r = 2nrh ; (b) 8 = 27rhG ; 1nd

1 .7-1 Pizin = 607 lb 1 .7-2 Pizin = 30,2 kN 1 .7-3 Tizin = 295 lb 1 .7-4 Pizin = 49,1 kN 1 .7-5 wmaks = 58,7 lb 1 .7-6 Cult = 4,28 kN; Pizin = 601 N 1 .7-7 Pizin = 6,14 K 1 .7-8 Tmaks = 9, 14 kN

1 .7-9 (a) Pizin = (J� �,-1---

(-R_/_L

--;;-)2 ; (b) Pizin 2, 1 1 k 1 .7-1 0 Wmaks = 1370 N 1 .7-1 1 p = 41 ,2 k 1 .7-1 2 (a) Pizin = 0,5380d2aizin; (b) Pizin = 36,3 kN 1 .7-1 3 Pizin = 16,9 k 1 .7-1 4 Pizin = 65,9 N 1 .8-1 8min = 3,58 in. 1 .8-2 8min = 1 12 mm'

r 466 Lampiran Jawaban Soa/

1 .8-3 c5maks = 1 ,0 1 in. 1 ..8-4 c5min = 20,7 mm 1 ..8-5 c5min = 0,639 in. 1 ..8-6 ()min = 14,8 mm 1 ..8-7 n = 1 1 ,2; diperlukan 12 baut 1 .8-8 Ac = 82,9 mm2 1 ..8-9 (a) ()m = 0,618 in.; (b) Pmak, = 6910 lb 1 .8-10 (a) -r = 18,8 mm, diperlukan 20 mm; (b) D =

296,6 mm, diperlukan 298 mm 1 ..8-1 1 A = 2M1Lor/(2cr, - pL2or) 1 .8-1 2 (a) dm = 22,3 mm; (b) P maks = 18,6 kN 1 .8-1 3 e = 45° 1 .8-1 4 e = 54,7° 1 .8-1 5 As = 2,00 in.2

BAB 2

2.2-1 (a) <5j<5s = 1 ,6 1 ; (b) djds = 1 ,27 2.2-2 <5 = 1 86 mm 2.2-3 (a) <5 = 1 ,38 in.; (b) n = 3,04 2.2-4 h = L - pnl5i4k 2.2-5 x = 5,96 in. 2.2-6 x = 135 mm 2.2-7 (a) 14,52 ft; (b) 966; (c) P maks = 5080 lb 2.2-8 (a) L = 3,03 m; (b) P maks = 1 86 N 2.2-9 (a) <5 = 0,278 in.; (b) P maks = 91 ,7 k 2.2-1 0 (a) <58 = 1,3 1 mm; (b) P maks = 472 kN 2.2-1 1 -r = 0,623 in 2.2-1 2 t = 16,9 mm 2.2-1 3 ()A = 0,0133 in., <5v = 0,0278 in. 2.2-14 x = 0,729 m

2.3-1 p2 = !!.(1 + A, � ) /l b A2[,

2.3-2 (a) perpanjangan <5 = 0,308 mm; (b) P = 5,6 kN 2.3-3 (a) <58 = 0,00171 in. (ke kanan), <5c = 0,00171 in.

(ke kanan), ()D = -0,00857 in. (ke kiri); (b) x = l O ft

2.3-4 (a) <5c = 3,72 mm; (b) P0 = 44,2 kN 2.3-5 (a) <5v = 0,0302 in.; (b) P3 = 5 k 2.3-6 (a) L1 = 0,75 m, L2 = 0,25 m; (b) <5 = 0,400 mm 2.3-7 (a) 8 = 0,0589 in.; (b) 8 = 0,0501 in. 2.3-8 8 = 23,9 mm 2.3-9 (a) 8 = PU2EA; (b) ere = Py/AL 2.3-10 (a) eA = 0,00236; (b) e8 = 0,00210;

(a) 8 = 1004 mm 2.3-1 1 (a) 8c = W(L2 - c2)12EAL; (b) 88 = WU2EA; (c) r = 3 2.3-12 (a) 8 = PU2Eb2; (b) 8 = 0,234 mm 2.3-13 (a) 8 = P(L1 + 3L2)13EA ; (b) Bagian bawah

tiang; ere = Pl!ALf 2.3-1 4 (a) 8c = 2WUn(PE; (b) 8 = 6WU1r.PE 2.3-1 5 8 = porL2(3R + 2L)/6E

2.3-1 7 (a) 8 = qL3 (1 + 16h22 ) ; (b) 8 = 1 1 , 14 ft

8hEA 3L 2.4-1 (a) P = 24.650 lb; (b) P maks = 28.200 lb 2.4-2 (a) P = 9,24 kN; (b) Pizin = 7,07 kN 2.4-3 (a) crs = 9100 psi, ere = 1 130 psi (b) 8 = 0,045 in. 2.4-4 (a) 3/1 1 ; (b) 112; (c) Rasio = 1

2.4-5 (a) 41 ,7% (b) crm = 32,7 ksi, cr0 = 5 1 ,4 ksi 2.4-6 (b) 8c = b 1b2P[E(b1A2 + b01 )] 2.4-7 (b) era = 1610 psi (tekan), crs = 9350 psi (tarik) 2.4-8 (a) RA = 2P/3, Rv; (b) 88 = PU6EA0, 8c = PU

I2EA0 2.4-9 (a) RA = R8 = PbA/(bA1 + 2aA2); (b) F = 2PaAi

(bA1 + 2aA2); (c) b = 2a

2 4 1 0 ( ) PE1 PE2 • . - a Jl = , P2 = , £1 + E2 E1 + E2

(b) e = b(E2 - E1 ) ; (c) !2_ = .§_ 2(£2 + £1 ) cr2 E2

2.4-1 1 x = U4 2.4-1 2 p = 1 ,50 kN 2.4-1 3 82 = 0,3382 in., L2 = 48 in. 2.4-1 4 8c = 0, 176 mm 2 4 1 5

2aPL T _ bPL . - (a) Tc = 2a2 + b2 , D - 2a2 + b2 ' 2PL2h (b) 8B =

EA(2az + bz ) 2.4-16 P maks = 1 ,69 kN 2.4-17 (b) U3 < x < 5U3; (c) x > 5U3 2.4-18 T8D = 8 1P/1 16, TCE = 9P/58 2.4-19 (a) TAC = 1 ,294P, TAD = 1 ,079P;

(b) 8,089Pb/EA 2.4-20 p maks = 1 ,80 kN 2.4-21 TAB = TcD = P, e = 25Pil2EA 2.4-22 crs = 58,9 MPa, crb = 28,0 MPa, ere = 33,6 MPa 2.5-1 er = 13.200 psi 2.5-2 (a) M = 0, 193 mm; (b) er = 17 1 MPA 2.5-3 1 15,6°F dan 48,1 op 2.5-4 <5 = (!11)(L)[am + (bla)(am - a,)] 2.5-5 t1T = PI[E�Jac - as)] 2.5-6 ere = Ea(t1T1)13 2.5-7 !1T = 34,2°F 2.5-8 8 = 5,00 mm 2.5-9 (a) P = 1 1 ,88 k; (b) 8c = 3,78 ksi; (c) 8c = 0,0126

in. (ke kiri) 2 5 1 0

2Ea(t1T)A1A2 • - (a) p = A

; 1 + Az

(b) c = a(t1T)(L)(A2 - A1 ) 2(A1 + A2 )

2.5-1 1 !1T = 93,4°F 2.5-1 2 'frata·rata = 36,6 MPa 2.5-1 3 Pizin = 8920 lb 2.5-1 4 (a) TA = 1760 N, T8 = 880 N, (b) TA = 2008 N,

T8 = 383 N; (c) !1T = 177°C 2.6-1 P maks = 40.500 lb 2.6-2 dmin = 30,4 mm 2.6-3 p maks = 22.000 lb 2.6-4 !1T = 56,4 °C 2.6-5 (a) 'fmaks = 12.210 psi; (b) !1T = 109,4°F 2.6-6 (a) crmaks = 79,6 MPa; (b) 'fmaks = 39,8 MPa 2.6-7 (a) crmaks = 21 .750 psi; (b) 'fmaks = 10.880 psi 2.6-8 (a) crx = -61,7 MPa; (b) cr8 = -52,7 MPa, -r8 =

21 ,8 MPa; (c) cr8 = -30,9 MPa, -r8 = 30,9 MPa 2.6-9 (a) crx = -127,3 psi; (b) cr8 = -108,7 psi, -r8 =

45,0 psi; (c) cr8 = -63,7 psi, -r8 = 63,7 psi

2.6-1 0 (a) ae = 0,57 MPa, 'e = -1 ,58 MPa; (b) a = 33.)0; (c) a = 26,6°

2.6-1 1 (a) t:.T = 55,4°F; (b) ae = -3380 psi, re = 4500 psi

2.6-1 2 (a) 'e = 6,00 MPa; (b) Untuk (J = 26,57°, De = -12 MPa, re = 6,00 MPa

2.6-1 3 dmin = 1 , 1 9 in 2.6-1 4 Untuk (} = 60°; ae = -18,7 MPa, re = 32,3 MPa 2.6-1 5 Untuk (J = 50°: ae = 5,37 ksi, re = --6,20 ksi 2.6-16 (a) (J = 30°, 're = -34,6 MPa; (b) amaks = 80 MPa,

rmaks = 40 MPa 2.6-17 amaks = 10.000 psi, rmaks = 5000 psi 2.6-1 8 (a) (J = 33,69°; (b) Pmaks = 1 1 ,7 kN 2.7-1 U = 5570 in.-lb 2.7-2 (a) U = 5P2U47rEd2; (b) U = 1 ,036 J 2.7-3 (a) U = 23P2L!l2EA; (b) U = 80, 1 in.lb 2.7-4 (c) U = P2U2EA + PQU2EA + Q2U4EA 2.7-5 (a) ul = 2,07 in.-lb; (b) u2 = 7 1 ,4 in-lb; (c) u

= 58,0 in.-lb 2.7-6 U = qd2L3/360E 2.7-7 (a) U = P2UEA; (b) OB = 2PUEA 2.7-8 (a) U = 1 ,457p2UEA; (b) OD = 2,914PUEA 2.7-9 (a) U = 7k&!2; (b) 8 = Wl7k; (c) F1 = W/7, F2

= 2WI7 2.7-1 0 (a) U = 2P2U7rEd1d2; (b) 8 = 4PU7rEd1d2 2 -1 -

p2 L In bz "7 1 (a) U - 2Et(b2 - b1 ) b1 2.7-1 2 U = 2{YAm4L5!15E 2.7-1 3 (a) P1 = 1 06,4 k; (b) 8 = 0,0637 in.; (c) U =

4420 in.-lb 2.7-14 (a) X = 2s, p = 2(k1 + k2)s; (b) U1 = (2k1 + k2)s2 2.7-1 5 (a) U = P2U(4EA sin f3 cos 2/3); f3 = 35,26°; (c)

umin = 3--i3P2U8EA; (d) oB = 3--i3PU4EA 2.7-1 6 (a) U = EA8J(1 - 2 cos3 /3)/2H; (b) OD = PHI

[EA(1 + 2 cos3 /3)]; (c) F BD = P/( 1 + 2 cos3 /3) 2.7-1 7 (a) U = 58,0 in.-lb; (b) De = 6,65 in. 2.8-1 (a) Omaks = 0,0361 in.; (b) amaks = 22.600 psi; (c)

Faktor kejut = 1 13 2.8-2 (a) 8maks = 6,33 mm; (b) amaks = 359 MPa; (c)

Faktor kejut = 1 60 2.8-3 v = 45,9 ft/s 2.8-4 (a) 8maks = 2 1 5 mm; (b) Faktor kejut = 3,86 2.8-5 (a) 8maks = 9,2 1 in; (b) Faktor kejut = 4,61 2.8-6 8maks = 200 m 2.8-7 v = 1 1 ,6 mph 2.8-8 h = 1 , 1 3 m 2.8-9 h = 45,7 in. 2.8-1 0 (a) Impact faktor = 1 + (I + 2EA!W)

112; (b) Impact faktor = 1 0

2.8-1 1 8maks = 0,377 in, amaks = 2620 psi, Faktor kejut = 65,7

2.8-1 2 a/a2 = 0,447 2.8-1 3 L = 83,8 ft 2.8-15 amaks = 4410 psi 2.8-1 6 Omaks = 0,413 mm, amaks = 43,4 MPa, Faktor

kejut = 39, 1 2.1 0-1 (a) amaks = 5,5 ksi dan 6,2 ksi; (b) amaks = 9,8 ksi

dan 8,0 ksi

Mekanika Bahan 467

2.1 0-2 (a) amaks = 69 MPa dan 77 MPa; (b) amaks = 66 MPa dan 58 MPa

2.1 0-3 p maks = a pt/3 2.10-4 amaks = 46 MPa 2.1 0-5 amaks = 6100 psi 2.1 0-6 (a) Tidak, membuatnya lemah, P1 = 34,6 kN;

P2 = 20,3 kN; (b) 80 = 1 5,3 mm 2.10-7 (a) Pmaks = 850 lb; (b) Membuat d lebih kecil 2.1 0-8 (a) Pmaks = 1 8 kN; (b) Membuat d lebih kecil 2.10-9 Omaks = 0,5 1 in. 2.1 1 -2 (a) De = 1 ,67 mm; (b) De = 5, 1 3 mm; (b) De =

1 1 ,88 mm 2.1 1 -3 (b) p = 1 23 lb 2.1 1 -4 OB = 1 8 mm 2.1 1 -5 Untuk P = 24 k, OB = 0,36 in.; untuk P = 40 k,

OB = 1 ,36 in. 2.1 1 -6 Untuk P = 3,2 kN, OB = 4,85 mm; untuk P =

4,8 kN, OB = 17,32 mm 2.1 1 -7 n = 204 rpm 2.1 1 -8 8 = 528 mm 2.1 1 -9 FA = 30 lb, Fe = 25 lb, OA = 1 ,25 in., De = 0,833

in. (J = 4,77° 2.1 1 -10 FA = 1 50 N, Fe = 1 35 N, 8A = 41 ,67 mm, De

= 3 1 ,25 mm, (J = 5,97° 2.1 1 -1 1 8 = 0, 1966 in., F1 = 238,6 lb, F2 = 272,8 lb, a1

= 30,380 psi, a2 = 34,750 psi, e1 = 0,007561 , t:z = 0,009829

2.1 1 -1 2 0 = 4, 196 mm, F1 = 947,3 N, F2 = 1 105,5 N, a1 = 1 93,0 MPa, a2 = 225,2 MPa, e1 = 0,006453, t:z = 0,008388

2.1 1 -1 3 F1 = 1 1 19 lb, F2 = 2441 lb, 81 = 0,2245 in., 8z = 0,4490 in., a1 = 63,300 psi, a2 = 77.690 psi, £1 = 0,006414, t:z = 0,01283

2.12-1 PP = sa; 2.1 2-2 p

p= 221 kN

2.12-3 p = 3080 lb 2.12-4 p

p= 56,5 kN

2.12-5 PP = 2ay4( 1 + sin a) 2.1 2-6 p

p= 95,7 kN

2.12-7 (a) PY = a;, 8Y = 3 ap2E; (b) PP = 4 ay413, 8P = 3apE

2.1 2-8 pizin = 2, 1 55 ay41n 2.12-9 (a) PY = I7ay4116, 8Y = 2ajJE; (b) PP = 5ay41

4,8p = 8ap3E 2.1 2-10 (a) � = 28,8 kN, 8Y = 1 25 mm; (b) WP = 48

kN, oP = 225 mm 2.12-1 1 (a) PY = 70. 1 00 lb,8Y = 0,01 862 in.; (b) PP =

104,300 lb, 8P = 0,02862in. 2.12-1 2 f3 = 60°

BAB 3

3.2-1 (a) }1 = 200 X 1 0--6 rad; (b) (r2)min = 1 ,83 in. 3.2-2 (a) y1 = 388 X 1 0--6 rad; (b) (r2)maks = 5 1 ,6 mm 3.2-3 (a) y1 = 3 14 x 10--6 rad; (b) (r2) = 1 ,9 1 in. 3.3-1 (a) rmaks = 1 8.300 psi; 1/J = 3,32° 3.3-2 (a) kT = 1 860 N·m; (b) .Imaks = 24,4 MPa, Ymaks

= 872 x 1 0--6 rad

468 L.ampiran Jawaban Soal

3..3-3 , a 1 L = 25 ,0 in.; (b) kr = 9,96 k-in.

3...3-4 T = = 6,03 N·m; 1/J = 2,20° 3.3-5 :rna.k. = 7760 psi, G = 4,0 X 1 06 psi, Ymaks = 1940

x 1 0-{) rad 3.3-6 rmaks = 69,8 MPa, G = 28,0 GPa, Ymaks = 2490

x 10-{) rad 3.3-7 rmaks = 4840 psi 3.3-8 (a) r2 = 35, 1 MPa; (b) r1 = 2 1 , 1 MPa; (c) 0 =

0,503°/m 3.3-9 Tmaks = 81 ,700 !b-in. 3.3-10 8min = 71 ,4 mm 3.3-1 1 d = 0,75 in., P = 1 49 lb 3.3-12 (a) T1 = 424 N·m; (b) T2 = 398 N·m; (c) 6, 15%

dan 25% 3.3-13 (a) 1/J = 5,50°; (b) 8 = 2,98 in. ; (c) 0,422 3.3-14 (a) dzld = 1 ,279; (b) {31 = 0,454; (c) /32 = I ,279 3.3-15 (a) d1 = 1 ,365 in.; (b) d0 = 1 ,25 in., {31 = 0,667,

{32 = 1 ,370 3.3-16 (a) TziT = 1 - (r/r2)4; (c) 93,75%; (d) 75% 3.3-17 r2 = 1 ,234 n. 3.4-1 (a) rmaks = 7600 psi; (b) 1/Jc = 0, 1 6° 3.4-2 (a) 'tbatang = 79,6 MPa. rtabung = 32,3 MPa; (b) 1/JA

= 9,43° 3.4-3 (a) rmaks = 5870 psi, (b) 1/JD = 1 ,68° 3.4-4 Tizin = 348 N·m 3.4-5 d1 = 0,8 1 8 in. 3.4-6 (a) d = 25,5 mm; (b) d = 22,6 mm 3.4-7 (a) d = 1 ,78 in.; (b) d = 1 ,83 in. 3.4-8 d = 77,5 mm 3.4-9 dJdA = 1 ,45 3.4-10 dA = 60,3 mm 3.4-1 1 1/J == 3TL/27rGtd! 3.4-12 (a) rmaks = 1 6tLITuP; (b) 1/J = l 6tL217rG� 3.4-13 (a) rmaks = 8tAL!mP ; (b) I/J8 == 16tAL2/37rG� 3.4-14 (a) rmaks = l6WHA/3rrd3; (b) I/J8 == 8WHAL/37rG� 3.5-1 G = 1 1 ,5 x 106 psi 3.5-2 (a) Ymaks = 1740 X 10-{) rad, cmaks = 870 X 10-{) 3.5-3 T = 4200 1b-in 3.5-4 T = 6700 N·m 3.5-5 d = 1 ,43 in. 3.5-6 E ak = 320 x 10-{), a aks = 5 1 , 1 MPa, m s m

T = 20,0 kN·m 3.5-7 d1 = 0,60 in. 3.7-1 (a) rmaks = 4950 psi; (b) d = 3,22 in. 3.7-2 (a) rmaks == 50 MPa; (b) d = 32,3 mm 3.7-3 (a) 28.500 hp; (b) Tegangan geser terbelah dua 3.7-4 (a) rmaks = 1 6,8 MPa; (b) Pmaks = 3 12 kW 3.7-5 d = 3,56 in. 3.7-6 d = 68,1 mm 3.7-7 d, == 1 ,22 1d 3.7-8 P = 91 ,0 kW 3.7-9 d = 2,75 in. 3.7-10 d = 53,4 mm 3.8-1 1/Jmaks = 1 1 T oLf16GIP 3.8-2 TA = TD = Tof3 , 1/Jmaks = ToLf9GIP, 1/Jo = 0 3.8-3 P = 7 16 lb 3.8-4 1/Jizin = 2btizi/Gd 3.8-5 Tiim = 879 !b-in. 3.8-6 T izin = 639 N·m

3.8-7 X = 0,579L 3.8-8 T = 2bckG92c2Lk + GIP) 3.8-9 TA = toLf6, T 8 = toL/3 3.8-1 0 (a) r, = 30,7 MPa, tb == 20,4 MPa; (b) 1/J = 0,44°;

(c) kr = 260 x 103 N·m 3.8-1 1 (a) r, = 5270 psi, r

g = 3520 psi; (b) 1/J = 0,46°;

(c) kr = 2.52 x 10 !b-in. 3.8-1 2 (a) rs2 = 77,3 MPa; (b) Ysz = 1030 X 10-{) rad 3.8-13 (a) r = 9790 psi, rb = 3970 psi; (b) 1/J = 1 ,22°; s 3 . kr = 939 x 10 lb-m. 3.8-1 4 Tizin = 4 1 70 N·m 3.8-15 Tizin = 253 k-in.

16 T0d3 3.8-16 rmaks = 1C(d,4 + dj _ di ) 3.9-1 (a) U = 15,9 in.-lb; (b) 1/J = 0,92° 3.9-2 (a) U = 75,2 J; 1/J = 1 ,89° 3.9-3 U = 122 in.-lb 3.9-4 u = 3,10 J

T2 L TtL2 t2 L3 3·9

"5 (c) U3 = 2Gl +

2GI + 6GI p p p 3.9-6 U = tlL3/40GJP 3.9-7 U = 19TlL132GIP

3.9-8 1/J = LALBT G(L8IpA + LA/p8 )

2TL(dA + d8 ) 3.9-9 (b) 1/J =

G d2 d2 1C t A B {32G/pA/pB

3.9-1 0 u - __,:__�:::......,- 2L(JpA + /pB)

3_9_1 1 = ��2nlmL . r = _!!_plrGI,. 1/J 15d2 G ' maks 1 5d L

3.1 0-1 (a) rapproks = 63 10 psi; (b) reksak = 6830 psi 3.1 0-2 rmin = rrd/64 3.1 0-3 U/U2 = 2 3.10-4 (a) r = 1 0,0 MPa; (b) 1/J = 0,286° 3.1 0-5 r = 3320 psi; (b) e = 0,0067°/in. 3.10-6 r = 35 ,0 MPa. (b) 1/J = 0,38° 3.1 0-7 r = T-fj!9b2t, 0 = 2T/9Gb3t 3.1 0-8 r = 4,57 mm 3.1 0-9 I/J/I/J2 = I + 114{32 3.1 0-10 rmaks = T/(2nflt0), 1/J = TLI(Gil?t0) 3.1 0-1 1 (a) r = 0,263 in.; (b) r = 0,277 in. 3.1 0-1 2 r = 2T( l + {3)2/tL�/3 3.1 0-1 3 0 = 4T( l + {3)2/GtL�/32 3.1 0-1 4 1/J = 2TLI(dA + d8)/7rGtd�d1 3.1 1 -1 rmaks "' 12.000 !b-in. 3.1 1 -2 Rmin "' 4 mm 3.1 1 -3 Untuk D1 = 0,8: tmaks "' 6400 psi 3.1 1 -4 D1 = 1 16 mm; limit bawah 3.1 1 -5 D1 "' 1 ,3 1 in. 3.1 2-2 rmaks = Tr(3n + 1 )/4/Pn

TP _ 4r2 (r] - r/ ) 3.1 2-3 - - 4 T_. 3(r24 - r1 ) 3.1 2-4 e = 3,71 °/m 3.1 2-5 e = 0, 1 42°/in.

3.1 2-7 (a) T = 1 161 k-in; (b) TP = 1 188 k-in. ; (b) Yp = 0,004 rad

3.1 2-8 rmaks = 50,8 MPa

BAB 4

4.3-1 V = 4,0 k, M = 60,0 k-ft 4.3-2 V = 7,0 kN, M = -9,5 kN·m 4.3-3 V = 2 Palb, M = 0 4.3-4 V = 1 ,0 kN, M = 9,0 kN·m 4.3-5 V = -1540 1b, M = -4640 1b-ft 4.3-6 V = -1,0 kN, M = -7,0 kN·m 4.3-7 Mmaks = 450 1b-ft 4.3-8 V = -2,5 kN, M = 45 kN·m 4.3-9 N = P sin 8, V = P cos 8, M = Pr sin (} 4.3-1 0 (b) Mmaks = 2qb219 4.3-1 1 p = 7,5 k 4.3-1 2 N = 21 ,6 kN (tekan.), V = 7,2 kN, M = 50,4 kN·m 4.3-1 3 (a) V8 = 6000 lb, M8 = 9000 lb-ft; (b) V m = 0,

Mm = 21 .000 lb-ft 4.3-1 4 aiL = 114 4.3-1 5 V = 13,3 k, M = 1 17 k-ft 4.3-1 6 Vmaks = 1 3 1wL2a/36g, Mmaks = 1339wL2a/360g 4.5-1 Vmaks = P, Mmaks = Pa 4.5-2 Vmaks = qL/2, Mmaks = -3qL218 4.5-3 Vmaks = MrJL, Mpos = M0aiL 4.5-4 Vmaks = -7P/12, Mmaks = 3PL/8 4.5-5 Vmaks = Pl2, Mmaks = 38,4 kN·m 4.5-6 Vmaks = -12,0 kN, Mmaks = 38,4 kN·m 4.5-7 Vmaks = -3M/L, Mmaks = M1 4.5-8 Vmaks = P, Mmaks = -Pa 4.5-9 Vmaks = 1 ,5 k, Mmaks = -1 2,0 k-ft 4.5-1 0 V = -10 kN, Mmaks = -16 kN·m 4.5-1 1 Vpos = 8 k, Mmaks = 64 k-ft 4.5-1 2 Vmaks = 7 kN, Mmaks = -13 kN·m 4.5-1 3 Vpos = 2 Palb, Mmaks = Pa 4.5-1 4 Vpos = 5,0 kN, Mmaks = 10,5 kN·m 4.5-1 5 Vmaks 2460 lb, Mpos = 7560 lb-ft 4.5-1 6 Vmaks = 8,0 kN, Mmaks = -8,0 kN·m 4.5-1 7 Vmaks = qoL/2, Mmaks = -qoL

zl6 4.5-1 8 a = 0,5858L, Vmaks = 0,2929qL, Mmaks =

0,02145qL2 4.5-19 Vmaks = -7qoLf18, Mpos = 2-J2qoL2181 4.5-20 V maks = 1 3,0 kN, Mmaks = -28,0 kN·m 4.5-21 V maks = -6,2 k, Mmaks = -34,5 k-ft 4.5-22 Vmaks = -qoLf3, Mmaks = qoL219-J3 4.5-23 Vmaks = -7000 lb, Mmaks = 22.360 lb;ft 4.5-24 Vneg = -qoL/12, Mmaks = 0,01604qoL 4.5-25 Vmaks = -165 lb, Mmaks = 2722 !b-in. 4.5-26 Vmaks = -12,5 kN, Mmaks = 20,0 kN·m 4.5-27 Vmaks = -1560 1b, Mmaks = -2800 lb-ft 4.5-28 Vmaks = 32,97 kN, Mmaks = 6 1 , 1 5 kN·m 4.5-29 Vmaks = 12,5 k, Mpos = 78, 12 k-ft 4.5-30 Vmaks = -12,0 kN, Mmaks = -24,0 kN·m 4.5-31 b = L/3, Vmaks = 5q0L/36, Mmaks = -qoL2181 4.5-32 Vmaks = qL, Mmaks = -3qoL218 4.5-33 Vmaks = -qoLf3, Mmaks = 3qoL2164 4.5-34 Vmaks = 2,5 kN, Mmaks = 5,0 kN·m

4.5-35 Mmaks = 20.000 Jb-ft 4.5-36 Mmaks = 30 kN·m

Mekanika Bahan 469

4.5-37 Vmaks = -9qoLI32, Mmaks = 3qoL2164 4.5-38 qA = 2PI3L, Vmaks = 1 1PI9, Mmaks = -3PL/16 4.5-39 (a) X = 0 dan X = L - d, vmaks = P(2 - diL); (b)

X = (2L - d)l4, Mmaks = P(L - di2)212L 4.5-40 (a) X = 6,4 m, Vmaks = 21 kN; (b) X = 2,667 m,

Mmaks = 39,2 kN·m 4.5-41 X = 24 ft, Mmaks = 535 k-ft 4.5-42 Mmaks = 560 kN·m 4.5-43 Mmaks = PL(n + 2)1[8(n + 1) untuk n genap;

M ak = PL(n + 1 )18n untuk n ganjil m s 2 4.5-44 (a) aiL = 0,4749, (b) Mmaks = 0,01785qoL

BAB 5

5.4-1 Emaks = 1 300 X 10--6 5.4-2 Lmin = 3 .81 m 5.4-3 Emaks = 8 , 18 X 10-3 5.4-4 8 = 1 1 ,5 mm 5.4-5 E = 358 X 1 0-6 (shortening) 5.4-6 E = 533 X 10--6 5.5-1 (a) amaks = 48.000 psi; (b) Tegangan berkurang 5.5-2 (a) amaks = 355 MPa; (b) Tegangan naik 5.5-3 (a) amaks = 7 1 .000 psi; (b) Tegangan naik 5.5-4 amaks = 5,0 MPa 5.5-5 amaks = 3420 psi 5.5-6 amaks = 37,0 MPa 5.5-7 amaks = 1 8,6 ksi 5.5-8 amaks = 68,8 MPa 5.5-9 amaks = 22.500 psi 5.5-1 0 amaks = 5.26 MPa 5.5-1 1 amaks = 900 psi 5.5-12 amaks = 2,04 MPa 5.5-13 (a) amaks = 32-J2Mimi; (b) amaks = 8MI5b3 5.5-14 (a) a, = 768MI(9il - 64)d3; (b) a, = 168MI37bh2 5.5-1 5 arr,aks = 2 1 ,4 ksi 5.5-1 6 amaks = 55,4 MPa 5.5-1 7 a, = 2890 psi, ac = 10. 190 psi 5.5-1 8 (a) a, = 1 ,36 MPa, ac = 2,72 MPa; (b) Tidak

berubah; (c) Berkurang setengah 5.5-1 9 a, = 8 . 190 psi, ac = 14.600 psi 5.5-20 amaks = 3pL2arJt 5.5-21 a, = 1 8.400 psi, ac = 13 .800 psi 5.5-22 a = 25, 1 MPa, 17,8 MPa, -23,5 MPa 5.5-23 d = 3 ft, amaks = 17 1 psi; d = 6 ft, tmaks = 830 psi 5.6-1 dmin = 0,47 1 in. 5.6-2 dmin = 94,9 mm 5.6-3 W 8 X 21 5.6-4 W 12 X 35 5.6-5 8 8 X 1 8,4 5.6-6 f3min = 1 88 mm 5.6-7 S = 1 8,38 in.3; 2 x 10 in. joists 5.6-8 s = 382 mm 5.6-9 (}izin = 314 lblft 5.6-1 0 s = 32,1 mm 5.6-1 1 (a) amaks = 1 5,41 in.3; (b) S 8 X 23 5.6-1 2 dmin = 23,7 mm

470 Lampiran Jawaban Soal

5..6-1 3 q = 7 1 1 lb/ft 5..6-14 b = 1 52 mm 5..6-15 b = 10,25 in. 5..6-16 !ll"aik apabila d/h > 0,6861 ; berkurang apabila dl

h < 0,6861 5.6-19 q = 21,5 lb/in. 5.6-20 (a) b = 9,95 mm; (b) b = 9,96 mm 5.6-21 6,8% 5.6-22 (a) Lebih kuat apabila dilenturkan terhadap

sumbu 1 - 1 ; (b) f3 = 1 , 1 84 5.6-23 tmin = �8}h3 /(Jizin sin2 a

5.6-24 (a) f3 = 119; (b) 5,35% 5.6-25 s = 72,0 in. 5.7-1 X = 2U5; <Tmaks = 5 1 2PL/!35mil; <Tmak/<T8 = 27/

20 = 1 ,35 5.7-2 X = L/3; <Tmaks = 16PL/27h1; <Tmak/<T8 = 125/81

= 1 ,543 5.7-3 x = 12,5 ft; <Tmaks = 5 197 psi; <Tmak/<T8 = 9/8 =

1 , 125 5.7-4 x = 200 mm; <Tmaks = 16 MPa; <Tmak/0'8 = 25/24

= 1,042 . 5.7-5 (a) <TA = 8488 psi; (b) <T8 = 7427 psi; (c) x = 1 5

in; (d) <Tmaks = 10.865 psi 5.7-6 (a) dnfdA = 1 ,906; (b) V min = 2,405L(PLI<T;,;0)213 ;

(c) V miiVprismatik = 0,651 8 5.7-7 hx = hw!L 5.7-8 hx = h8--Jx/L 5.7-9 bx = bw!L 5.7-10 hx = h1 1 �,.-1

--

-4-x-;:-2

-/ L--::-2

5.8-2 rmaks = 656 kPa; <Tmaks = 4,59 MPa 5.8-3 P maks = 6500 lb 5.8-4 rmaks = 500 kPa 5.8-5 rmaks = 2400 psi 5.8-6 (a) L0 = h(<T;ziirizin) ; (b) L0 = h(h/2)(<T;zi/'f;zin) 5.8-7 Pizin = 1 800 lb 5.8-8 b = 162 mm 5.8-9 (a) 8 x 10 in. balok; (b) Memadai 5.8-10 (a) P = 402 N; (b) P = 448 N 5.8-1 1 (a) P = 8590 lb; (b) P = 9700 lb 5.8-12 (a) 99,8 mm; (b) b = 7 1 ,8 mm 5.8-13 w1 = 1 18 lb/ft2, w

2 = 320 lb/ft, w3 = 12 1 lb/ft2,

w 4 = 86,9 lb/ft2 5.9-1 (a) dmin = 5,59 in.; (b) dmin = 2,38 in. 5.9-2 (a) W = 30,7 kN; (b) W = 41 ,3 kN 5.9-3 (a) d = 10,5 in.; (b) d = 2,56 in. 5.9-4 (a) d = 266 mm; (b) d = 64 mm 5.1 D-1 (a) rmaks = 4680 psi; (b) rmin = 3920 psi; (c) (rata

rata = 4670 psi; (d) vweb = 1 8.960 psi 5.1D-2 (a) rmaks = 23,5 MPa; (b) rmaks = 1 8,8 MPa; (c)

trata-rata = 22,8 MPa; (d) Vweb = 48,0 kN 5.1 D-3 (a) rmaks = 4860 psi; (b) 'maks = 4200 psi; (c)

rrata-rata = 4920 psi; (d) vweb = 9,43 k 5.1 0-4 (a) rmaks = 32,3 MPa; (b) rmin = 21 ,5 MPa; (c)

rrata-rata = 29,2 MPa; (d) Vweb = 196 kN 5.1 D-5 (a) rmaks = 4570 psi; (b) rmin = 3380 psi; (c)

•rata-rata = 4300 psi; (d) vweb = 48,5 k

5.1 0-6 (a) rmaks = 28,4 MPa; (b) rmin = 19,4 MPa; (c) rrata-rata = 26,0 MPa; (d) Vweb = 58,6 kN

5.1 0-7 (a) qizin = 2700 lb/ft; (b) qizin = 4230 lb/ft 5.1 0-9 S 8 X 23 5.10- 10 Vizin = 303 kN 5.1 0-1 1 vizin = 42.200 lb 5.1 0-12 rmaks = 22,0 MPa 5.1 0-13 rmaks = 1 830 psi 5.1 0-14 (a) rmaks = 24,8 MPa; (b) rmin = 19,6 MPa; (c)

rrata-rata = 25,0 MPa; (d) Vweb = 65,7 kN 5.1 1 -1 vmaks = 728 lb 5.1 1 -2 vmaks = 763 kN 5.1 1 -3 F = 1670 lb/in. 5.1 1 -4 vmaks = 5,95 kN 5.1 1 -5 <Tmaks = 3,20 in. 5.1 1 -6 (a) SA = 78,3 mm; (b) S8 = 97,9 mm 5.1 1 -8 s = 50 mm 5.1 1 -9 <Tmaks = 6,03 in. 5.1 1 -1 0 V = 12,5 k 5.1 2-1 0'1 = 14.660 psi, <Tc = -14.990 psi 5.1 2-2 0'1 = 480 kPa, <Tc = -930 MPa 5.1 2-3 0'1 = 2860 psi, <Tc = -2980 psi 5.1 2-4 rmin = 12,38 mm 5.1 2-5 0'1 = 302 psi, <Tc = -314 psi 5.12-6 Tizin = 66,2 kN 5.1 2-7 a = arctan[oi + d�)l(4hd2)] 5.12-8 d = 6 1 ,8 mm 5.12-9 Hmaks = 32,2 ft 5.1 2-10 (a) 0'1 = 826 kPa, <Tc = 918 kPa; dmaks = 0,750 m 5.1 2-1 1 w = 7560 lb 5.1 2-12 <Tmaks = 720 kPa 5.1 2-13 (a) 0'1 = 1900 psi, <Tc = -1 100 psi; (b) Kedua

tegangan akan bertambah besar 5.1 2-1 4 (a) b = mi/6; (b) tiang persegi panjang 5.12-15 (a) <T1 = 8Pib2, <Tc = -4Pib2; (b) <T1 = 9, 1 1P!b2,

<Tc = -6,36P/b2 5.1 2-16 (a) 0'1 = 3,57 MPa, <Tc = -26,4 MPa; (b) y0 =

-76,2 mm 5.1 2-17 (a) 0'1 = 480 psi, <Tc = -3200 psi;

(b) Yo = -3,80 in. 5.1 2-18 (a) y0 = -75,1 mm; (b) Pmaks = 170 kN 5.1 2-19 (a) Yo = -0,847 in.; (b) P maks = 16,2 k 5.12-20 (a) re = (ri + r�)/4? 5.12-21 Jajargenjang dengan panjang diagonal 7,35 dan

1 ,30 in. 5.12-22 Jajargenjang dengan panjang diagonal 9,23 dan

3,1 1 in. 5.12-23 Bujursangkar akan terinklinasi pada 45° dengan

panjang diagonal 5.12-24 d = 0,3692b 5.1 3-1 (a) d = 0,50 in. <Tmaks = 1 5.500 psi; (b) R =

0, 10 in., <Tmaks "' 49.000 psi 5.13-2 (a) d = 16 mm, <Tmaks = 8 1 MPa; (b) R = 4 mm,

<Tmaks "' 200 MPa 5.13-3 bmin "' 0,24 in. 5.1 3-4 bmin "' 33 mm 5.1 3-5 (a) Rmin "' 0,45 in.; (b) dmaks = 4, 1 3 in.

BAB 6 6.2-1 amuka = 3960 psi, ainti = 1060 psi 6.2-2 Mmak. '= 67,9 kN·m 6.2-3 Mmaks = 207 k-in. 6.2-4 M = mPas(15 + EjEs)/5 12 6.2-5 a2 = 1 3.730 psi, aw = 658 psi 6.2-6 Mizin = 768 N·m 6.2-7 (a) amuka = 3610 psi, ainti = 4 psi; (b) amuka =

3630 psi 6.2-8 (a) amuka = 14, 12 MPa, ainti = 0,21 MPa; (b)

amuka = 14,9 MPa 6.2-9 aa = 4120 psi, ac = 5230 psi 6.2-1 0 aw = 5,4 MPa (tekan), as = 40,2 MPa (tarik) 6.3-1 Mmaks = 1025 k-in. 6.3-2 t = 15 ,0 mm 6.3-3 qizin = 8 1 1 lb/ft 6.3-4 as = 62,3 MPa, aw = 2,3 MPa 6.3-5 aa = 3100 psi, ap = 120 psi 6.3-6 aa = 12, 14 MPa, aP = 0,472 MPa 6.3-7 as = 8490 psi (tarik), aw = 1 5 10 psi (tekan) 6.3-8 as = 93,5 MPa 6.3-9 Mmaks = 179 k-in. 6.3-1 0 SA = 50,6 mm3 ; Metal A 6.3-1 1 as = 14. 1 10 psi, ac = -855 psi 6.3-12 Mmaks = 16,2 kN·m 6.3-13 Mmaks = 307 k-in. 6.4-1 f3 = 66,6°, amaks = 14,93 MPa 6.4-3 f3 = 30,7°, amaks = 642 psi 6.4-4 f3 = 78,9°, aA = -aE = 13.400 psi, aD = -aB =

6.410 psi 6.4-5 f3 = 70,4°, aA = -aE = 13 . 100 psi, aD = -aB =

3.700 psi 6.4-6 f3 = -79,7 1°, aA = amaks = 8,4 1 MPa 6.4-7 f3 = -75,96°, aA = amaks = 1790 psi 6.4-8 f3 = -83,6°, aA = 9850 psi 6.4-9 f3 = 72,9°, amaks = 10.750 psi 6.4-1 0 f3 = 59,8°, amaks = 10.760 psi 6.4-1 1 (a) aA = 45.420 sin a + 3630 cos a (psi); (b)

tan f3 = 37,54 tan a 6.5-1 f3 = 83, 1°, a, = 5.060 psi, ac = -10.420 psi 6.5-2 f3 = 77,3°,a, = 1470 psi, ac = -2860 psi 6.5-3 f3 = 75,6°, a, = 3080 psi, ac = -3450 psi 6.5-4 f3 = 75,4°, a; = 3090 psi, ac = -3500 psi 6.5-5 (a) /3 = 9; (b) aA = (32M sin (})/b3, aB = -16M(-/3

cos (J + sin (})lb3, ac = 16M(-/3 cos 0 - sin O)lb3 6.5-6 0 = 0; a; = -ac = 2,546M!?; (J = 45°; a, =

4.535M/r3,ac = -3,956M/r3 ; (J = 90° ; a, = 3,867M/?; ac = -5,244M!?

Mekanika Bahan 471

6.5-7 f3 = 68,2°, a, = 1 860 psi, ac = -1840 psi 6.5-8 f3 = 67,80°, a, = 2930 psi, ac = -2950 psi 6.7-1 (a) 'rmaks = 2360 psi; (b) 'LB = 490 psi 6.7-2 (a) '<maks 15 , 1 MPa; (b) 't"B = 3,4 MPa 6.7-3 (a) '<maks = 500 psi; (b) 3/10, 2/10, dan 3/10 6.7-4 (a) '<maks = 3PI2bt 6.7.5 '<maks = 3Pbf/[2(t1b� + t2bi)] 6.7-6 (a) 'rmaks = 3P/2 -J2 tb 6.7-7 (a) '<maks = 1 370 psi 6.7-8 (a) '<maks = 7,56 MPa 6.7-9 (a) '<maks = 1 890 psi 6.7-1 0 (a) '<maks = 3 1 ,3 MPa 6.8-1 e = 1 ,0 1 1 in 6.8-2 e = 0,674 in. 6.9-1 f = 2(2b1 + b2)/(3b1 + b2) 6.9-2 (a) f = 1 6r2(ri - r�)/[3p(ri - rt)J ; (b) f = 4/p 6.9-3 q = 800 1b/in. 6.9-4 (a) 82,4%; (b) 1 5,4 kN·m 6.9-5 f = 1 , 1 5 6.9-6 f = 1 , 14 6.9-7 ! = 1 , 12 6.9-8 f = 1 , 12 6.9-9 MY = 4800 k-in., MP = 5360 k-in. 6.9-1 0 MY = 645 k-in., MP = 724 k-in. 6.9-1 1 MY = 4320 k-in., MP = 5450 k-in. 6.9-1 2 MY = 5 1 1 kN·m., MP = 648 kN·m 6.9-1 3 MY = 1 196 k-in., MP = 1485 k-in. 6.9-1 4 MY = 122 kN·m, MP = 147 kN·m 6.9-1 5 (a) M = 4430 k-in.; (b) 25% 6.9-1 6 (a) M = 524 kN·m; (b) 36% 6.9-17 (a) M = 2410 k-in. ; (b) 1 1 % 6.9-1 8 (a) M = 59,8 kN·m; (b) 13% 6.9-19 (a) Z = 53,25 in.3; (b) / = 1 ,77 6.9-20 (a) Z = 440,6 x 103 mm3; (b) f = 1 ,8 1 6.9-21 (a) MP = 1 120 k-in. 6.9-22 (a) MP = 295 kN·m 6.1 0-1 (a) Mizin = 1 8,3 kN·m 6.1 0-2 a, = 24,4 MPa, ac = -41,2 MPa 6.1 0-3 a, = 3020 psi, ac = -3490 psi 6.1 0-4 M = 21 ,8 kN·m 6.10-5 M = 414 k-in. 6.1 0-6 M = bh2£1(4B1 - 382£1 )/24 6.1 0-9 M = 95 1 k-in. 6.10-1 0 amaks = 174 MPa 6.1 0-1 1 amaks = 25.200 psi 6.1 0-1 2 M = 566 N·m