5. Analisa Benda Pejal Elastik 2 Dimensi

Analisa Benda Pejal Elastik

111

5. Analisa Benda Pejal Elastik 2‐Dimensi

5.1 Dasar Kontinuum Mekanik Benda Pejal (Solid) Pada bab ini kita akan mempelajari penerapan Metode Elemen Hingga untuk analisa tegangan dan regangan benda pejal yang terbebani. Jika benda padat terbebani maka setiap bagian dari benda itu akan mengalami tegangan dan regangan (pergeseran). Gambar 5.1 menggambarkan situasi suatu benda padat yang terbebani.

Gambar 5.1 Benda padat yang terbebani.


112

Tegangan pada setiap bagian dari benda ini dapat dianalisa dengan menggunakan elemen tegangan (stress element) seperti digambarkan oleh Gambar 5.2.

Gambar 5.2 Elemen tegangan. Agar elemen berada dalam kondisi equilibrium maka xy = yx , xz =

zx dan yz = zy. Dengan menggunakan notasi vektor elemental tegangan dapat dituliskan T = {xx yy zz yz xz xy}

(5.1)

Dengan analisa yang sama elemental regangan dapat dituliskan dengan menggunakan notasi vektor. T = {xx yy zz yz xz xy} (5.2) Apabila tegangan hanya menyebabkan pergeseran yang kecil dan saat beban ditiadakan benda kembali ke bentuk asal seperti sebelum terbebani, benda dikatakan masih berada dalam sifat elastik. Pada regime elastik hubungan antara tegangan,  dan regangan,  mengikuti hukum Hooke.


 xx  c11     yy       zz        yz       xz       xy  

c12

c13

c14

c15

c 22

c 23

c 24

c 25

c 33

c 34 c 44

c 35 c 45

sym.

c 55

113

c16   xx  







c 26   yy 

c 36   zz  c 46   yz 

(5.3)

c 56   xz  c 66   xy  



atau dalam bentuk matrik {} = [C] {} (5.4) Pada persamaan (5.4) [C] adalah matrik konstitutif bahan (material constitutive law). Elemen dari matrik konstitutif ini ditentukan dari eksperimen. Untuk benda isotropik, Young’s modulus, E dan Poissons ratio,  merata pada semua arah. Untuk materi ini hubungan antara tegangan dan regangan diberikan oleh Hukum Hooke.

 xx 

 xx E

 yy  

 zz  

 yz 

 xz 

 xy 



 yy

  zz E E

 xx  yy E

 xx

 yz G

 xz G

 xy G

E



ν

E

  ν zz E

 yy  zz E

(5.5)



E

(5.6)

(5.7)

(5.8)

(5.9)

(5.10)

Dimana G adalah modulus geser isotropik (isotropic shear modulus) yang diberikan oleh

G


E 2(1  )

114

(5.11)

Persamaan‐persamaan (5.5) – (5.10) memberikan matrik konstitutif [C], ν ν 0 0 0  1  ν  ν ν 1 ν 0 0 0    ν ν 1 ν 0 0 0  E [C]   (5.12) 0 0 0.5  ν 0 0  (1  ν)(1  2 ν)  0  0 0 0 0 0.5  ν 0    0 0 0 0 0.5  ν  0 Dengan MEH, solusi yang dihitung adalah pergeseran node. Jadi setiap node terdiri 3 dof, ux, uy dan uz. Hubungan antara regangan,  dan derivatif pergeseran adalah u (x  Δx, y, x)  u x (x, y, z) u x   xx  lim x Δx x Δx0

u y (x, y  Δy, z)  u y (x, y, z) u y  Δy y Δy0

(5.14)

u z (x, y, z  Δz)  u z (x, y, z) u z  Δz z Δz0

(5.15)

 yy  lim

(5.13)

 zz  lim

Regangan geser (shear strain) didefinisikan sebagai perubahan sudut suatu elemen sebagai akibat dari beban. Gambar 5.3 memberikan illustrasi sudut‐sudut ini.


115

Gambar 5.3 Perubahan sudut suatu elemen yang terbebani. Regangan geser, xy diberikan oleh

 xy  1   2

u y (x  Δx, y, x)  u y (x, y, z) u x (x, y  Δy, x)  u x (x, y, z)  lim Δy Δx Δy0 Δx0

 lim 

u x u y  y x

(5.16) Dengan cara yang sama regangan geser yang lain dapat diturunkan sebagai berikut. u y u  yz  z  (5.17) y z

 xz 

u z u x  z x

(5.18)

Hubungan antara regangan dan derivatif pergeseran (5.13) – (5.18) dapat dituliskan dengan menggunakan notasi matrik berikut.




  u x   x   u y     x   u z     x    u u y    z  y z    u  z  u x   x z    u   y  ux   x y  

116

(5.19)

5.2 Analisa Tegangan Bidang (Plane Stress Analysis) Untuk benda pejal yang mempunyai ketebalan yang kecil dibandingkan dengan ukuran penampang dan beban hanya berada pada bidang penampang, maka tegangan pada arah tegak lurus dari penampang adalah nol. Untuk bidang xy, zz = yz = xz = 0. Dengan asumsi yz = xz = 0, persamaan Hooke untuk problem tegangan bidang (plane stress) diberikan oleh,     1  0     xx    xx  E     1 0    (5.20)   yy   yy    1   2  0 0 1     xy  2   xy   Untuk analisa tegangan bidang, matrik konstitutifnya adalah 1 ν 0   E  C  ν 1 0  (5.21)  1 ν 1  ν2  0 0 2 


117

5.3 Analisa Regangan Bidang (Plane Strain Analysis) Untuk benda pejal yang mempunyai ketebalan yang besar dibandingkan dengan ukuran penampang dan beban hanya berada pada bidang penampang, maka regangan pada arah tegak lurus dari penampang adalah nol. Jika bidang penampang adalah bidang xy, zz =

yz = xz = 0. Hukum Hooke untuk problem regangan bidang diberikan oleh     1 ‐ ν ν 0  ε  σxx     xx  E   0  ε  (5.22) σyy   (1  2ν)(1  ν)  ν 1 ‐ ν yy 2 1 ν   0     0  σxy  2  εxy  Untuk analisa regangan bidang, matrik konstitutifnya adalah 1 ‐ ν ν 0    C  (1  2νE)(1  ν)  ν 1 ‐ ν 0  (5.23) 2 ν 1   0  0  2  5.4 Formulasi MEH: Elemen Segitiga Linear Ada dua teknik yang umum digunakan untuk menurunkan formulasi MEH problem elastik: 1) minimum potensial energi (Bab 2 dan Bab 3), dan 2) Metode Galerkin. Pada bab ini kita akan menggunakan pendekatan minimum potensial energi. Pertama‐tama strain diekspresikan dengan pergeseran pada node. Untuk elemen segitiga linear pergeseran pada elemen diberikan oleh persamaan (4.36) u(e) x  S1 u x1  S 2 u x2  S 3 u x3

(5.24)

u(e) y  S1 u y1  S 2 u y2  S 3 u y3

(5.25)

Dengan menggunakan (5.24) dan (5.25) regangan dihitung


118

  u x       x  xx    u  y         yy   y        xy   u u     x y   y x   S  1  x   0   S  1  y

0 S1 y S1 x

S 2 x 0 S 2 y

0 S 2 y S 2 x

S 3 x 0 S 3 y

u    x1  0  u y1    S 3  u x2    y  u y2  S 3  u    x3  x  u   y3 

(5.26)

Dengan menggunakan S1, S2 dan S3 yang telah diberikan oleh (4.37) – (4.39) pada (5.26) kita peroleh     xx   1   1   0   yy    2A    xy   1  

0

2

1 0 1  2

0

3

2 0 2  3

 u x1    u y1   0   u x2    3  u    y2   3  u   x3   u   y3 

(5.27)

Atau secara singkat dapat dituliskan dengan menggunakan notasi matrik {ε} = [B] {U} (5.28) Matrik [B] dikenal sebagai matrik regangan (strain matrix). Disini jelas bahwa dengan menggunakan elemen linear segitiga, hanya ada satu nilai regangan pada elemen, oleh karenanya elemen ini dikenal dengan elemen regangan konstan (constant strain element). Untuk menghitung energi potensial, diperlukan energi regangan yang tersimpan pada benda (lihat persamaan 3.1). Dengan menggunakan (3.1) energi regangan yang tersimpan pada benda adalah

Λ

(e)

 v


119

1 T σ ε dv 2

1 T  v [C] [ε]  [ε]dv 2 1  v [ε] T[C] T [ε]dv 2 1  v [ε] T[C] [ε]dv 2

(5.29)

Perhatikan bahwa [C] [ε] T = [ε] T[C] T dan [C] T [C] . Selanjutnya dengan mensubstitusikan (5.28) ke (5.29) diperoleh 1 Λ(e)  v [U] T [B] T [C] [B] [U] dv (5.30) 2 Kerja pada badan ini dihitung dengan mengalikan gaya pada node dengan pergeseran node (lihat Gambar 5.4). W ( e)  u x1 Fx1  u y1 Fy1  u x2 Fx2  u y2 Fy2  u x3 Fx3  u y3 Fy3 (5.31) T  [U] [F]

Gambar 5.4 Gaya dan pergeseran pada node elemen segitiga.


Energi potensial total elemen diberikan oleh Π( e )  Λ ( e )  W ( e ) 1  v [U] T [B] T [C] [B] [U] dv  [U] T [F] 2 (e )

Dengan meminimumkan Π linear berikut.  Π  T  U   V[B] [C][B][U] [F]  0  

120

(5.32)

akan diperoleh sistim persamaan

(5.33)

atau [K] [U] = [F] (5.34) dimana [K] adalah matrik kekakuan. ‐‐‐‐‐ CONTOH 5.1 ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Suatu plat yang tersangga dan terbebani pada salah satu ujung mengalami pergeseran. Jika pergeseran maksimum dari plat tidak boleh melebihi 10 m, hitung: (a) Pergeseran maksimum plat, (b) apakah ada kemungkinan plat untuk berubah bentuk secara permanen (plastic deformation), dan (c) perkiraan perubahan ketebalan plat pada saat terbebani.


121

Karena ketebalan plat lebih kecil dari seperlima dimensi penampang problem ini dapat disederhanakan sebagai problem tegangan bidang. Pada contoh ini kita hanya menggunakan satu elemen. Untuk menghitung matrik kekakuan [K], pertama‐tama kita hitung matrik konstitutif dengan menggunakan (5.21).   1 75.000 0,33 C (1)  2 1  0,33  0 

 

0,33 1 0

 0  0,33 0   1 0   688,7e3 0,33 1 0  1  0,33  1  0,33   0 0   2  2  

Dengan area, A = 200 mm2 dan isi, V = 600 mm3 selanjutnya elemen‐ elemen matrik [B] dihitung dengan menggunakan koordinat node 1(0,0), 2(20,0) dan 3(0,20), β1  y 2  y 3  0  20  20 δ1  x 3  x 2  0  20  20 β2  y 3  y1  20  0  20 δ2  x1  x 3  0  0  0 β3  y 1  y 2  0  0  0 δ3  x 2  x1  20  0  20 Matrik [B] menurut (5.27),  20 0 20  B(1) 0,0025 0   20

0

0

0

0

20

 20

0

0

 20

0

20 20

 

0 

Setelah [B] dan [C] diperoleh, [K] dapat dihitung


122

K(1)  600 [B]T [C] [B]  1,3791   0,687    1,0331 6  1e    0,3461    0,3461  0,3409 

0,6870 1,3791

 1,0331  0,3461  0,3461  0,3409   0,3409  0,3461  0,3461  1,0331

 0,3409

1,0331

0

0

 0,3461  0,3461

0 0

0,3461 0,3461

0,3461 0,3461

 1,0331

0,3409

0

0



0,3409   0  0  1,0331 

Dan sistim persamaan yang diperoleh adalah

 1,3791  0,687    1,0331 1e6    0,3461   0,3461   0,3409

0,6870 1,3791  0,3409  0,3461  0,3461  1,0331

 1,0331  0,3461  0,3461  0,3409  0,3409  0,3461  0,3461  1,0331 1,0331 0 0 0,3409   0 0,3461 0,3461 0  0 0,3461 0,3461 0   0,3409 0 0 1,0331 

 u x1   Fx1   u  F   y1   y1   u  F   x2   x2  u   F   y2   y2   u  F   x3   x3  u y3  Fy3 

Karena ux1 = uy1 = ux2 = uy2 = 0 dan Fx2 = 150 N dan Fy2 = 200 N, lajur satu, dua, lima dan enam dapat dieliminasikan dari sistim. 0   u x2  150  1,0331 1e 6     0,3461 u y2  200   0 a) Pergeseran maksimum plat Solusi dari sistim persamaan ini memberikan pergeseran titik beban (node 2). u x2  ‐ 4 1,4519  mm u   1e   5,7787   y2  Dengan menggunakan jawaban ini, gaya‐gaya reaksi pada node 1 dan 3 dapat diperoleh dengan mensubstitusikan nilai ux2 dan uy2 ke sistim persamaan di atas. Gaya‐gaya reaksi ini adalah


123

Fx1  ‐ 350   N Fx3   200 

Verifikasikan hasil ini dengan menggunakan analisa statik. b) Kemungkinan berubah bentuk secara permanen Untuk mengetahui apakah beban yang ada akan membuat plat berubah bentuk secara permanen, kita perlu mengetahui tegangan pada elemen. Dengan mensubstitusikan (5.21) dan (5.28) ke (5.20) kita bisa peroleh    5   xx       yy   [C] [B] [U]  1,65  MPa     6,67   xy    

Dari tegangan ini bida peroleh tegangan von Mises (von Mises stress), ’ berdasarkan tegangan elemen yang telah dihitung diatas. 2  2   2     xx yy xx yy  3 xy

 5 2  1,652  5 (1,65)  3 (6,67)2  12,37 MPa

Jika tegangan yield (yield stress) aluminium berkisar antara 15 – 20 MPa, karena nilai von Misses stress ini lebih kecil dari yield stress aluminium menurut teori, plat tidak akan berubah bentuk secara permanen. Namun dalam praktek kemungkinan plat berubah bentuk cukup besar dikarenakan adanya defek pada bahan atau variasi dari beban. (c) Perkiraan perubahan ketebalan plat Besarnya penipisan dari plat dapat diaproksimasikan dengan menggunakan persamaan (5.7).

 zz  

 xx E

ν

 yy  zz E



E


124

 zz  0,33

5 1,65 0  0,33   29,26e ‐ 6 75,000 75,000 75,000

Jadi perubahan tipis plat adalah Δz  29,26e6 x 3 = 87,87e6 mm ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

5.5 Formulasi MEH: Elemen Linear Segiempat Untuk elemen segiempat linear, pergeseran pada elemen diberikan oleh persamaan (4.21). Dan pergeseran x dan y diberikan oleh u(xe)  S1 u x1  S 2 u x2  S 3 u x3  S 4 u x4

(5.35)

u(ye)  S1 u y1  S 2 u y2  S 3 u y3  S 4 u y4

(5.36)

Dengan menggunakan (5.35) dan (5.36) regangan dapat dihitung sebagai berikut   u x       x  xx    u  y        yy    y        xy   u u  y    x   y x 

 S  1  x   0   S  1  y

0 S1 y S1 x

S 2 x 0 S 2 y

0 S 2 y S 2 x

S 3 x 0 S 3 y

0

S 4 x

S 3 0 y S 3 S 4 x y

 u x1    u y1  (5.37)   0  u x2    S 4  u y2    y  u x3  S 4  u    y3  x  u   x4  u   y4 


125

Bentuk umum dari fungsi bobot S1, S2, S3 dan S4 diberikan pada koordinat natural (). Untuk fungsi‐fungsi bobot ini derivative parsialnya diperoleh dengan menggunakan aturan rantai.  Si   Si ξ Si η   ξ η   Si   x   ξ x  η x   x x   ξ     S    (5.38)    i   Si ξ Si η   ξ η   Si   y   ξ y  η y   y y   η  Dengan menggunakan (5.38) untuk derivative parsial pada (5.37) vektor regangan dapat dituliskan. [ε] = [A] [D] [U] (5.39) dimana,  ξ η  0  x x 0   ξ η   A 0 0 y y (5.40)    ξ η ξ η   y y x x    Dan

 S1  ξ   S1  D  η  0    0 

S

0

0

2

0

ξ S

0 S

2

η 1

0

1

0

ξ S η

S

S

3

0

3

0

ξ S η 2

0

2

0

ξ S η

S

S

4

ξ S

4

η 3

0

3

0

ξ S η

 0    0  S  4 ξ  S  4 η 

(5.41)

Elemen‐elemen [D] dapat diperoleh dari penurunan fungsi‐fungsi bobot (4.29) – (4.32).


126

0 (1  η) 0 (1  η) 0  (1  η) 0   (1  η)  (1  ξ) 0  (1  ξ) 0 (1  ξ) 0 (1  ξ) 0  1 D 4  0  (1  η) 0 (1  η) 0 (1  η) 0  (1  η)    (1  ξ) 0  (1  ξ) 0 (1  ξ) 0 (1  ξ)   0 (5.42) Untuk mendapatkan elemen‐elemen dari matrik [A] diperlukan matrik transformasi yang dikenal sebagai matrik Jacobian [J].  Si   Si x Si y   x y   S   ξ   x ξ  y ξ   ξ ξ   i  x      (5.43)    S    S y  i   Si x Si y   x i    η   x η  y η   η η   y    [J] Dengan membandingkan (5.38) dengan (5.43) kita bisa dapatkan  S i   S i   ξ η   S i       x   x x   ξ   1  ξ   S    (5.44)   [ J]  S    i   ξ η   S i   i  y   y y   η   η  Matrik [J] dapat dihitung

j

J  j11

 21

 S1 j   ξ 12   j   S1 22   η 

S

2

S

3

ξ S

ξ S

η

η

2

3

S   x1 4   ξ  x 2 S  x 4  3 η  x  4

y  1 y  2 y  3 y  4

(5.45)

dan

 ξ  J 1   ξx   y

η  x   1  j22 ‐ j12   η  | J | ‐ j  21 j11   y 

(5.46)


127

Selanjutnya matrik [A] dapat dihitung dari  ξ η  0  x x 0 j j 0 0    22 12   A  0 0 yξ yη   | 1J |  0 j 0 j  (5.47) 21 11    j  j j j   ξ η ξ η  11 22 12   21  y y x x    Setelah [A] diperoleh kita dapat hitung energi regangan elemen berikut. ( e) 1 Λ  v [ε] T[C] [ε]dv 2 1 (5.48)  t A ([A ][D][U])T [C][A ][D][U] dA 2 1 11  t   [U]T [D]T [A ]T [C] [A ] [D] [U] | J | dξ dη 2 ‐1‐1 Kerja pada elemen W ( e )  u x1 Fx1  u y1 Fy1  u x2 Fx2  u y2 Fy2  u x3 Fx3  u y3 Fy3  u x4 Fx4  u y4 Fy4  [U]T [F]

(5.49)

dan energi potensial total Π( e )  Λ( e )  W( e ) (5.50) 1 11  t   [U]T [D]T [A]T [C] [A] [D] [U] | J | dξ dη  [U] T [F] 2 ‐1‐1 Dengan meminimumkan energi potensial total kita peroleh sistim persamaan linear berikut.  Π  1 1 T T (5.51)  U   t ‐1‐1[D] [A ] [C] [A ] [D] [U]| J | dξ dη  [F]  0 atau


[K] [U] = [F]

128

(5.52)

Dimana [K] adalah matrik kekakuan dimana dalam hal ini merupakan integral yang umumnya dihitung secara numerik dengan menggunakan empat titik Gauss (Gambar 4.24). ‐‐‐‐‐ CONTOH 5.2 ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Pada contoh ini kita ulangi contoh 5.1 tetapi dengan plat segiempat.

Karena ketebalan plat lebih kecil dari seperlima dimensi penampang problem ini dapat disederhanakan sebagai problem tegangan bidang. Pada contoh ini kita hanya gunakan satu elemen. Untuk menghitung matrik kekakuan [K], pertama‐tama kita hitung matrik konstitutifnya dengan menggunakan (5.21).

C(1)

  1 75.000  0,33  1  0,332  0 

0,33 1 0

 0  0,33 0   1 0   688,7e3 0,33 1 0  1  0,33  1  0,33   0 0 2  2  

Guna menghitung integral (5.51), kita gunakan integrasi numerik dengan menggunakan 4 titik Gauss (Gambar 4.24). Untuk setiap titik ini kita hitung matrik [D] dan [A].


129

Titik Gauss 1:  = ‐0,57735 ,  = ‐0,57735 0 (1  η) 0 (1  η) 0 0   (1  η)  (1  η) 0 0 (1  ξ) 0 (1  ξ) 0   (1  ξ) 1  (1  ξ) D1 4  0  (1  η) 0  (1  η) 0 (1  η) 0  (1  η)    (1  ξ) 0  (1  ξ) 0 (1  ξ) 0 (1  ξ)   0 577) 0 (1  0， 577) 0 (1  0， 577) 0 577) 0  (1 ‐ 0，  (1  0，   577) 0 577) 0 (1 ‐ 0， 577) 0 (1  0， 577) 0  (1 ‐ 0， 1  (1  0，    0 577) 0 (1  0， 577) 0 (1 ‐ 0， 577) 0 577)  (1  0，  (1 ‐ 0， 4   0 577) 0 577) 0 (1 ‐ 0， 577) 0 (1  0， 577)   (1  0，  (1 ‐ 0，  0 0 0  0,106 0  0,394 0,106  0,394  0,394 0  0,106 0 0 0  0,106 0,394   0  0,394 0 0 0  0,106 0,394 0,106    0,394 0  0,106 0 0 0,106 0,394   0

0 0 j  j  (1  η) (1  η) (1  η)  (1  η) 30 0  J1   j11 j12   14    21 22   (1  ξ）  (1  ξ） (1  ξ） (1  ξ)  30 20    0 20 0 0    0,394 0,394 0,106  0,106 30 0     0,394  0,106 0,106 0,394  30 20    0 20 15 0     0 10 Determinan |J|1 = 150  j  j12 22 1  0 A1 |J| 0 1 j11  j21

0  j21 j22

0 

10   1 j11   0  150   j12   0

0

0

0

0

0

15

15 10

 

0 


130

[K]1  t [D]1T [A ]1T [C] [A ]1 [D]1 | J |1 2,611  2,089  0,968  1,230  0,699  1,272  0,943  4,591  2,611 6 ,767  0,943 0,701  0,699  1,813  0,968  5,655   2,089  0,943 2,759  0,699 0,559 0,253  1,230 1,390     0,968 0,701  0,699 1,299  1,813  0,259  0,188 1,408  1e 4    1,230 0,699 0,559 0,259 0,330 0,188 0,341 0,253    0,259 1,515  0,486  0,699  1,813 0,253  0,188 0,188   1,272  0,968  1,230 1,408 0,341 0,259 2,161  0,699    1,810 0,253 1,515  0,699 5,953    0,943  5,655 1,390

Dengan cara yang sama matrik [K]2, [K]3 dan [K]4 dihitung. Matrik (1)

[K] adalah jumlah semua [K] pada titik Gauss. 1,259  1,049  0,010  1,476  1,259  0,427 0,010   2,952  1,259 4,351 0,010 1,330  1,259  2,176  0,010  3,506     1,049 0,010 2,952  1,259  0,427  0,010  1,476 1,259     0,009 1,330  1,259 4,351 0,010  3,506 1,259  2,176  [K ](1)  1e 5    1,476  1,259  0,427 0,010 2,952 1,259  1,049  0,010    4,351 0,010 1,330    1,259  2,176  0,010  3,506 1,259  0,427  0,010  1,476 1,259  1,049 0,010 2,952  1,259     0,010  3,506 1,259  2,176  0,010 1,330  1,259 4,351 

a) Pergeseran maksimum plat Karena ux1 = uy1 = ux4 = uy4 = 0 dan Fx2 = 150 N dan Fy3 = 200 N, lajur satu, dua, tujuh dan delapan dapat dieliminasikan dari sistim.  2,952  1,259  0,427  0,010 u x2  150     4,351 0,010  3,506 u y2   0  5   1,259 1e     0,427 0,010 2,952 1,259  u x3   0    4,351  u y3  200   0,010  3,506 1,259   Solusi dari sistim persamaan ini memberikan pergeseran titik‐titik beban (node 2 dan 3). u x2   1,8      u  y2   3,4   3  mm u   1e   1,3  x3    u   3,6   y3  








131

Pergeseran maksimum terjadi pada node 2. Dengan menggunakan hasil ini, gaya‐gaya reaksi pada node 1 dan 3 dapat dihitung dengan mensubstitusikan nilai ux2 ,uy2 , ux3 dan uy3 ke sistim persamaan [K][U]=[F]. Gaya‐gaya reaksi yang diperoleh adalah Fx1  ‐ 60   N Fx4   45  Sebagai latihan verifikasikan hasil ini dengan menggunakan analisa statik. b) Kemungkinan berubah bentuk secara permanen Berbeda dengan elemen segitiga dimana regangan konstan pada seluruh bagian elemen, pada elemen segiempat regangan berbeda‐ beda. Untuk menjawab pertanyaan apakah plat akan berubah bentuk secara permanen, kita perlu menentukan lokasi kritis, kemudian tegangan pada lokasi tersebut dihitung. Ada dua lokasi kritis yaitu pada node 1 dan node 4. Pada contoh ini kita akan lihat node 1 saja. Node 1:  = ‐1 ,  = ‐1  (1  η) 0 (1  η) 0 (1  η) 0 0   (1  η)  (1  ξ)  (1  ξ) 0 0 (1  ξ) 0 (1  ξ) 0  1 D 4  0  (1  η)  (1  η) 0 (1  η) 0 (1  η) 0    (1  ξ)  (1  ξ) 0 0 (1  ξ) 0 (1  ξ)   0  2 0 2 0 0 0 0 0   1  2 0 0 0 0 0 2 0   4  0  2 0 2 0 0 0 0    0  2 0 0 0 0 0 2

j

J  j11

 21


j  1   (1  η) 12  j  4  (1  ξ） 22 

0  1  2 2 0 0 30   4  2 0 0 2 30  0

132

0 0 (1  η) (1  η)  (1  η) 30 0   (1  ξ） (1  ξ） (1  ξ)  30 20    0 20 0 0  20  20

15 0     0 10 Determinan |J| = 150  j 0  j12 22 1  0 A |J| 0  j21  j11 j22  j21

0 

10   1 j11   0  150   j12   0

 u x1   0      u y1   0      u x2   1,8      3,4  u y2   3 U  u   1e   mm ‐ 1,3  x3    u   3,6   y3    u   0   x4   0  u     y4 

Tegangan pada node 1 adalah   41,32  xx     yy   [C] [A][D] [U]  13,64 MPa   26,15  xy 

0

0

0

0

0

15

15 10

0 

 


133

Tegangan von Mises, ’ berdasarkan stress yang telah dihitung diatas adalah 2 2 2     xx   yy   xx yy  3 xy

 41,322  13,64 2  41,32 (13,64)  3 (26,15)2  58,15 MPa

Karena nilai von Misses stress ini lebih besar dari yield stress aluminium dengan beban yang ada, menurut teori plat akan berubah bentuk secara permanen. ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

5.6 Beban Merata (Distributed Load) Untuk beban merata, beban ini perlu diubah menjadi beban yang terpusat pada node. Guna menjelaskan proses penurunannya kita gunakan contoh beban merata pada sisi 2‐3 (Gambar 5.4). Disini kita ekspresikan beban ini menjadi sejajar sumbu x, px dan sumbu y, py. Kerja yang dilakukan oleh gaya ini pada elemen diberikan oleh   W ( e )  A u p dA  A (u x p x  u y p y ) dA p x   A (u x u y )   dA p y 

 A [u x1 u y1 u x2 u y2 u x3

 A [U]T ST p dA

S1  0  S u y3 ]  2 0  S 3 0 

0 

S1  

0  p x     dA S 2  p y  0 

S 3 

(5.53)

Derivatif dari [W] terhadap pergeseran [U] diberikan oleh


 W (e)  T  U   t l 2‐ 3 [S] p dA   Setelah integrasi diterapkan kita peroleh 0    0     W ( e )  l 2‐3 p x     [F]  t   2 p y   U    px  p   y 

134

(5.54)

(5.55)

Gambar 5.4 Gaya dan pergeseran pada node‐node elemen segitiga. ‐‐‐‐‐ CONTOH 5.3 ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Suatu plat yang tersangga dan terbebani oleh beban merata pada salah satu sisi. Hitung: (a) Pergeseran maksimum plat, dan (b) apakah ada kemungkinan plat untuk berubah bentuk secara permanen (deformasi plastik).


135

Beban ini kita pecah menjadi beban sejajar sumbu‐x dan sumbu‐y.

Dari contoh 5.1 telah kita peroleh

K(1)  600 [B]T [C] [B]  1,379  0,687    1,033  1e6   0,346  0,346    0,341

0,687  1,033  0,346  0,346  0,341 1,379  0,341  0,346  0,346  1,033 0 0 0,341   0,341 1,033  0 0,346 0,346 0   0,346 0 0,346 0,346 0   0,346  0 0 1,033   1,033 0,341

Dari persamaan (5.55), beban tambahan pada node dari beban merata ini adalah [F]tambahan


136

[F]tambahan

0  0   0      0 0 0          l  p x  28,284  35,36   1500   t 2‐ 3    3  2 p y  2  35,36   1500   35,36   1500  px         35,36   1500  p y     

Sistim persamaan yang diperoleh adalah

 1,3791  0,687  6   1,0331 1e   0,3461   0,3461  0,3409 

 Fx1  R x1    F R y1 y1    F  1500  x2  F  1500    y2 F  R  1500  x3 x3 x3 1,0331  u  F  R  1500   y3   y3 y3

u   1,0331  0,3461  0,3461  0,3409  x1  u  0,3409  0,3461  0,3461  1,0331  y1   u   0,3409 1,0331 0 0 0,3409    x2    0,3461 0 0,3461 0,3461 0  u y2   u   0,3461 0 0,3461 0,3461 0 0,6870 1,3791

 1,0331

0,3409

0

0

Karena ux1 = uy1 = ux3 = uy3 = 0 dan Fx2 = 1500 N dan Fy2 = 1500 N, lajur satu, dua, lima dan enam dapat dieliminasikan dari sistim. 0  u x2  1500 1,033 1e6     0,346 u y2  1500  0 a) Pergeseran maksimum plat Solusi dari sistim persamaan ini memberikan pergeseran titik beban (node 2). u  x2  ‐ 4 15  u   1e   mm  y2  43 b) Kemungkinan berubah bentuk secara permanen Tegangan pada elemen dihitung


137

  15,65  xx     yy   [C] [B] [U]  17,05 MPa   49,60  xy  Dari stress ini kita hitung dulu von Misses stress, ’ berdasarkan tegangan yang telah dihitung diatas.

    2  2   xx

yy

xx yy

 3 2

xy

 15,652  17,05 2  15,65(17,05)  3 (49,60)2  87,46 MPa

Karena yield stress aluminium berkisar antara 15 – 20 MPa, dan nilai tegangan von Mises yang lebih besar dari yield stress aluminium, menurut teori plat akan berubah bentuk secara permanen. ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐

5.7 Benda Pejal Aksissimmetris Untuk benda pejal yang secara geometris dan beban simmetris terhadap sumbu rotasi (Gambar 5.5) problem dapat disederhanakan dengan menggunakan elemen 2‐dimensi aksissimmetris. Elemen tegangan pejal aksissimmetris diillustrasikan pada gambar 5.6. Elemen ini hanya mempunyai empat stress nil‐nol, rr , , zz , dan rz. Tegangan r = r= z z= 0.


138

Gambar 5.5 Solid revolusi dengan beban simmetris terhadap sumbu z.

Gambar 5.6 Stress pada elemen axissimmetris. Hukum Hooke untuk elemen ini adalah ν ν 0    1  ν  rr    rr   ν   1 ν ν 0  E     zz    zz   (5.56) ν 1 ν 0     (1  )(1  2ν)  ν         1 0 0  ν      0  rz  2   rz 


139

Matrik konstitutif [C] elemen ini adalah ν ν 0  1  ν  ν 0  1 ν ν E  C  (1  )(1  2ν)  ν (5.57) 0  ν 1 ν   1 0 0  ν  0 2  Dengan cara yang sama (5.13 ‐ 5.16) hubungan antara regangan dan pergeseran diberikan oleh u (5.58)  rr  r r u (5.59)  zz  z z u (5.60)    r r u u (5.61)  rz  r  z r z Untuk elemen segitiga linear pergeseran elemen diberikan oleh persamaan (4.36) u(e)  S1 u  S 2 u  S 3 u r

r1

r2

r3

(5.62)

u

(e)  S1 u  S 2 u  S 3 u z z1 z2 z3

(5.63)

Dengan menggunakan (5.58) – (5.63) vektor regangan dapat diperoleh


140

  u r   r   rr   u  z      zz   z       u r          r  rz   u u   r  z r   z (5.64) S S   S 1 3 2 0   u r1  0 0  r r r     u   S  S S    z1   3 1 2 0 0 0 u   z z z   r2    u  S S S 3 1 2  0 0 0   z2  r r r   u r3   S S   S S S S        1 3 3 u  1 2 2   z3   r z r z r   z Fungsi bentuk S1, S2 dan S3 telah diberikan oleh (4.37) – (4.39) sehingga

 1

 rr   0    zz  1     2A  2AS1      r     rz   1

0



1

0

1

2 0 2A S

 2

0 2A S

2

0

r

2

Dimana [B] diberikan 0   1 2  0 0  1 1  [B]   2 AS 2 AS 2A  1 2 0 r r   1 2  1

3

0

2

3

0



2

0 2 AS

0

2

3

r

3

3

r

3

Energi regangan elemen aksissimmetris

 u r1  0  u       uz1  3     r2  (5.65) 0  u z2    3   ur3   u z3 

0  3   0  3  

(5.66)


141

1 T T v [U] [B] [C] [B] [U] dv 2 2π T T   [U] [B] [C] [B] [U] r dA 2 A

Λ( e ) 

(5.67)

r pada persamaan (5.67) diberikan oleh r dari centroid, yang untuk elemen segitiga linear adalah r r r r 1 2 3 (5.68) 3 Pada lajur ke tiga dari matrik [B] terdapat term Si/r, untuk memudahkan integrasi matrik ini, fungsi bentuk dan r dari centroid digunakan. Pada centroid elemen segitiga linear, S1 = S2 = S3 = 1/3 dan r diberikan oleh (5.68) (e)

Dengan menggabungkan (5.67) dengan kerja W , energi potensial, Π (e ) diperoleh. Selanjutnya dengan meminimumkan Π

(e )

dapat

diperoleh sistim persamaan linear berikut.  Π  T (5.69)  U   2πr A [B] [C][B][U]  [F]  0 Dimana [K] 2πr A [B]T [C][B][U] (5.70) ‐‐‐‐‐ CONTOH 5.4 ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Contoh ini diadopsi dari referensi (Chandrupatla, 2001). Sebuah silinder dengan diameter dalam 200 mm dan diameter luar 240 mm berisi cairan dengan tekanan sebesar 3 Mpa. Dengan menggunakan dua elemen segitiga, hitung: (a) perubahan diameter dalam, dan (b) tegangan pada dinding silinder.


142

Pertama‐tama kita menggunakan (5.57).

[C](1)

hitung

matrik

1  0,3  0,3 200.000  ( 2) [C]  (1  0,33)(1 ‐ 0,6)  0,3   0 1  0,3 0,3  0,3 1  0,3 5  3,846e  0,3 0,3  0  0

konstitutifnya

0,3 0,3 1  0,3 0,3 0,3 1  0,3 0 0,3 0,3 1  0,3 0

0      1  0,3 2  0 0 0

     1  0,3 2 

dengan

0 0 0

Tekanan pada sisi diameter dalam diterapkan dalam bentuk beban terpusat pada node 1 dan 4 sebesar 3

Fr1 = Fr4 = 2 rin le p = 9,425e N


143

Elemen 1 Luas elemen ini adalah A = 50 mm2. Selanjutnya elemen‐elemen matrik [B] (5.66) dapat diperoleh dengan menggunakan koordinat node 1 (100,0), node 2 (110,0) dan node 3 (110,10). 1 = ‐10 1 = 0

2 = 10

2 = ‐10

3 = 0

3 = 10

Dengan menggunakan (5.68) r r r 320 r 1 2 3  3 3 Matrik [B] menurut (5.66), 10 0 0 0  10 0  0 0  10 0 10 1  0 B(1)  100 100 100 100  0 0 0 320 320   320  10  10 10 10 0   0 Setelah [B] dan [C], [K] dapat dihitung ur1 uz1 ur2 uz2 ur3 uz3

K(1)

0  0,9013 0,3746 ‐ 0,0112  0,3746 u r1 0,8789  0,2578 0,2578  0,2578  0,2578 0  u z1   1,1850 ‐ 0,6565 ‐ 0,2448 0,3987  u r2  1e 8   1,160 0,2457 ‐ 0,9022  u z2   simmetri 0,2587 0,0121  u z3   0,9022  u r3 

Elemen 2 Luas elemen ini adalah A = 50 mm2. Selanjutnya elemen‐elemen matrik [B] diperoleh dengan menggunakan koordinat node 1 (100,0), node 3 (110,10) dan node 4 (100,10).


1 = 0

1 = ‐10

2 = 10

2 = 0

3 = ‐10

144

3 = 10

Dengan menggunakan (5.68), r r r 310 r 1 3 4  3 3 Matrik [B] menurut (5.66), 0 10 0  10 0   0  0  10 0 0 0 10  1  (2) B  100  100 100 100 0 0 0  310 310  310   10 0 0 10 10  10  Setelah [B] dan [C], [K] dapat dihitung ur1 uz1 ur3 uz3 ur4 uz4

K( 2)

0,013 ‐ 0,2447 ‐ 0,2609 0,2618  u r1 0,2506 ‐ 0,0121  0,874 ‐ 0,3867 0 0,3625 ‐ 0,874  u z1   0,8991 0 ‐ 0,8731 0,3867  u r3  1e 8   0,2497 0,2497 ‐ 0,2497 u z3   simmetri 1,1005 ‐ 0,6122 u z4   1,1237  u r4 

(1)

(2)

Dengan menggabungkan [K] dan [K] sistim global diperoleh. Dikarena uz1 = uz2 = ur2 = uz3 =ur3 = uz4 = 0, lajur dua, tiga, empat, lima, enam dan delapan dapat dieliminasikan dari sistim. Dan sistim yang kita perlu pecahkan adalah  1,1295  0,2609  u r1  3 9,425  1e 8  u   1e     0,2609 1,1005   r4  9,425  Dari sistim ini hasil yang diperoleh adalah


145

u r1  ‐ 3  0,1092  u   1e   mm  r4  0,1,115  ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ 5.8 Efek dari Panas Kita tahu bahwa perubahan suhu menyebabkan pemuaian atau penyusutan benda pejal. Hal ini menyebabkan adanya tambahan regangan yang umumnya dianggap sebagai regangan mula‐mula (initial strain), o dan berakibat adanya tambahan regangan pada

hubungan antara tegangan dan regangan.

 xx 

 xx E

 yy  ν

ν

 yy E

 xx  yy E



 zz   ν

ν

 xx E

ν

E

E

ν

 yy E

 zz



  ΔT

 zz E

 zz E

(5.71)

  ΔT

(5.72)

  ΔT

(5.73)

Dengan tambahan regangan ini, hubungan antara tegangan dan regangan menjadi      1 ν 0        xx  xx o       E  ν 1 0       (5.74)   yy   yy o   1  ν 2  0 0 1  ν     0     xy  2   xy     dimana,  ΔT   [ o ]   ΔT (5.75)  0    untuk problem tegangan bidang, dan untuk problem regangan bidang


146

]

]

(1  ) α ΔT    [ o ]  (1  ) α ΔT (5.76)   0   Formulasi energi regangan menjadi t Λ ( e )  A [ ‐  o ] T[C] [ ‐  o ]dA 2 t  A [ T [C] [ ‐ 2[ ]T [C][ o ]  [ o ] T [C] [ o ]dA 2 t t  A [ T [C] [ dA  t A [ ]T [C][ o ]dA  A [ o ] T [C] [ o ]dA 2 2 (5.77) Integral pertama pada (5.77) sama dengan (5.30), sedangkan (5.78)  t A [ε]T [C][εo ]dA   t A [U ] T [B] T [C] [εo ] dA dan energi potensial total elemen Π( e )  Λ ( e )  W ( e ) t   [U] T [B] T [C] [B] [U ] dA  t  [U] T [B] T [C] [εo ] dA  (5.79) A 2 A t [εo ] T [C] [εo ]dA  [U ] T [F]  A 2 Dengan meminimumkan energi potensial total dapat didapat sistim persamaan linear berikut.  Π  T T (5.80)  U   V [B] [C][B][U]  V [B] [C][εo ] [F]  0 atau ]

]

[K] [U] = [F] + V [B] [C] [] T

(5.81)


147

Jika dibandingkan dengan (5.34), pengaruh perubahan suhu menyebabkan tambahan term di vektor sisi kanan. ‐‐‐‐‐ CONTOH 5.5 ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Kita pecahkan contoh 5.1 kembali tetapi sekarang dengan perubahan o

suhu sebesar 100 C.

Karena ketebalan plat lebih dari seperlima dimensi penampang problem ini dapat disederhanakan sebagai problem tegangan bidang. Regangan karena perubahan suhu untuk plane stress diberikan oleh (5.75). α ΔT  100     6 [εo ]  α ΔT   23e 100  0   0  Matrik‐matrik [C], [B] dan kekakuan [K] telah dihitung pada contoh 5.1.  1 0,33 0    0  C(1)  688,7e3 0,33 1  1  0,33  0  0 2  20 0 0 0   20 0  B(1) 0,0025 0  20 0 0 0 20  20  20 0 20 20 0 


148

K(1)  600 [B]T [C] [B]  1,3791  0,687    1,0331  1e 6    0,3461   0,3461   0,3409

0,6870  1,0331  0,3461  0,3461  0,3409 1,3791  0,3409  0,3461  0,3461  1,0331  0,3409 1,0331 0 0 0,3409    0,3461 0 0,3461 0,3461 0   0,3461 0 0,3461 0,3461 0    1,0331 0,3409 0 0 1,0331 

Sisi kanan ada tambahan term,  63202  63202     63202  V [B]T [C][εo ]     0   0     63202  Sistim persamaan yang diperoleh adalah  1,3791  0,687    1,0331 1e 6    0,3461   0,3461   0,3409

0,6870  1,0331  0,3461  0,3461  0,3409  u x1   Fx1  R x1  63202      1,3791  0,3409  0,3461  0,3461  1,0331 u y1  Fy1  R y1  63202  0 0 0,3409  u x2   Fx2  150  63202   0,3409 1,0331    Fy2  200 0 0,3461 0,3461 0  u y2    0,3461  Fx3  0 0,3461 0,3461 0  u x3    0,3461     0 0 1,0331  u y3  Fy3  R y3  63202  1,0331 0,3409    

Karena ux1 = uy1 = ux2 = uy2 = 0 dan Fx2 = 150 N dan Fy2 = 200 N, lajur satu, dua, lima dan enam dapat dieliminasikan dari sistim. 0  u x2  150  63202 1,0331 1e 6     0,3461 u y2   200  0 


149

Pergeseran maksimum plat Solusi dari sistim persamaan ini memberikan pergeseran dari titik loading (node 2).  u x2  0,06132 u     mm  y2  0,00058

Dari hasil ini, gaya‐gaya reaksi pada node 1 dan 3 dapat diperoleh dengan mensubstitusikan nilai ux2 dan uy2 ke sistim persamaan di atas. ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐ Untuk elemen aksissimmetris,  ΔT  ΔT   [ o ]   (5.82)   ΔT  0 

]

]

Formulasi energi regangannya 1 Λ ( e )   [ε ‐ εo ] T[C] [ε ‐ εo ]dV 2 V 2  [ε T [C] [ε ‐ 2[ε]T [C][εo ]  [εo ] T [C] [εo ]r dA   A 2 2 4 2 [U T [B T [C][B [U r dA  [U T [B T[C][εo ] r dA  [εo ] T [C] [εo ] r dA     A A A 2 2 2 (5.83) Dengan meminimumkan total energi potential ini untuk elemen segitiga linear diperoleh sistim persamaan linear berikut.  Π  T T  U   2 π r A[B] [C][B][U]  4π r A [B] [C][εo ] [F]  0 (5.84) dimana [K]  2 π r A[B]T [C][B] (5.85) ]

]

] ]

]

]


Dan vektor sebelah kanan menjadi [RHS]  [F]  4 π r A[B]T [C][ o ]

150

(5.86)

5.9 Soal‐soal Latihan 1. Turunkan matrik konstitutif [C] persamaan (5.12) dari persamaan‐ persamaan (5.5) – (5.11). ν ν 0 0 0  1  ν  ν 1 ν ν 0 0 0    ν ν 1 ν 0 0 0  E [C]   0 0 0.5  ν 0 0  (1  ν)(1  2)  0  0 0 0 0 0.5  ν 0    0 0 0 0 0.5  ν  0 2. Turunkan matrik konstitutif (5.21) untuk kondisi plane stress. 1 ν 0   E  C  ν 1 0   1 ν 1  ν2   0 0 2  3. Turunkan matrik konstitutif (5.23) untuk kondisi plane strain. 1 ‐ ν ν 0    E C  (1  2ν)(1 ν 1‐ ν 0    ν)  1  2ν  0  0 2  4. Energi potensial total elemen diberikan oleh (e)

Π

 Λ( e )  W( e )



1 T T T v [U] [B] [C] [B] [U] dv  [U] [F] 2

(5.32)

Dengan meminimumkan energi potensial total, turunkan sistim persamaan linear yang diberikan oleh persamaan (5.33).  Π  T (5.33)  U   V [B] [C][B][U] [F]  0


151

5. Buktikan integral area pada persamaan (5.48) 11

A ( ) dA    ( ) | J | dξ dη ‐1‐1

6. Buktikan 0 0    W ( e )  l 2‐3 px      [F]  t  2 p y   U  px    p y 

(5.55)

7. Turunkan regangan mula‐mula untuk kondisi regangan bidang. (1  ) α ΔT    [ o ]  (1  ) α ΔT (5.76)   0   8. Suatu plat yang tersangga dan terbebani pada salah satu ujung mengalami pergeseran. Hitung: (a) pergeseran maksimum plat, (b) apakah ada kemungkinan plat untuk berubah bentuk secara permanen (deformasi plastik). Catatan soal ini hampir sama dengan contoh 5.1 tetapi disini berat dari plat tidak diabaikan.


152

9. Sebuah disk dengan tebal 10mm terbebani secara radial sebesar 2 kN. Dengan menggunakan MEH dengan 6 elemen segiempat linear hitung: (a) pergeseran maksimum plat, dan (b) apakah ada kemungkinan plat untuk berubah bentuk secara permanen.

10. Seandainya disk pada soal 9 dipanaskan dahulu sampai suhu o

150 C, ulangi perhitungan di atas dan bandingkan kedua hasil yang diperoleh. 11. Sebuah pipa dengan diameter dalam 100 mm, diameter luar 110 mm dan panjang 10 m. Dengan menggunakan asumsi regangan bidang hitung perubahan diameter dalam pipa.


153

12. Pecahkan problem pada contoh 5.4 dengan menggunakan satu elemen segiempat linear.

5. Analisa Benda Pejal Elastik 2 Dimensi

Recommend Documents