BAB II TINJAUAN PUSTAKA. Pada dasarnya inovasi terhadap produk konstruksi dicapai berdasarkan disiplin,

BAB II TINJAUAN PUSTAKA 2.1.

Pengantar

2.1.1. Umum Pada dasarnya inovasi terhadap produk konstruksi dicapai berdasarkan disiplin, harga, dan faktor pemikiran para pelaku konstruksi. Dengan kreasi membuat wujud baru dan menggunakan cara cara penyelesaian melalui, proses yang baru, bahan baru dengan efisiensi tinggi untuk mencapai hasil struktur yang baru, dan lebih dalam lagi bahwa engineer perlu menghasilkan produk yang ekonomis, akan tetapi mengutamakan faktor keselamatan terhadap pemakai, dengan dasar pemikiran yang teoritis dapat menjadi pegangan pada kenyataan. Membuat suatu idealisasi yang dikembangkan menjadi dasar pengembangan. Persoalan engineering sangat sering dilakukan dengan pendekatan pendekatan yang lebih memungkinkan dalam langkah langkah penyelesaian masalah. Akhirnya konsep diatas digunakan untuk pengembangan engneering dengan membuat alternatif alternatif dari solusi yang bemacam macam. 2.1.2. Klassifikasi dan idealisasi suatu konstruksi Konstruksi dalam kenyataan, sebenar benarnya semua berdimensi ruang, apabila dilakukan pembebanan paling tidak akan ada efeknya keseluruh arah sumbu. Namun

Universitas Sumatera Utara

tetap dilakukan suatu simplifikasi atau idealisasi, misalnya dengan asumsi asumsi yang tidak membahayakan apabila ada efek yang diabaikan.

8 7 Contoh simplifikasi dengan mengidealisasi komponen komponen struktur Gambar.2.1.

Y

a)

b)

c) Z

Z Z X X a) Struktur elemen dimensi tiga

b) Struktur elemen dimensi dua

c) Struktur elemen dimensi satu

Gambar 2.1. Contoh idealisasi komponen struktur Suatu struktur elemen dua dimensi, mempunyai tiga dimensi saling tegak lurus ,akan tetapi salah satu dimensi secara relatif tidak begitu berpengaruh apabila diabaikan, maka di idealisasi-kan menjadi struktur berkomponen (ber dimensi) dua, contohnya suatu lantai bangunan yang tipis dibanding panjang lebarnya, lantai kapal, sayap pesawat dan lain lainnya.Susunan konstruksi berdimensi dua atau konstruksi ber dimensi tiga dapat didirikan dari elemen elemen struktur elemen ber dimensi satu (Gambar 2.2 dan 2.3).

.

a) Balok lurus b) Rangka batang

c) Kabel


d) Portal bidang

9 Gambar 2.2. Contoh konstruksi dua dimensi dari gabungan elemen dimensi satu

c) Balok balkon a) Portal ruang

b) Rangka batang ruan

g

Gambar 2.3. Contoh konstruksi tiga dimensi dari gabungan elemen dimensi satu

2.2.

Konsep teori karakteristik material baja

Untuk struktur baja yang paling penting salah satunya adalah sifat sifat karakteristik kekuatan material baja tersebut.ketika pembebanan berlaku maka pada tahap mula mula sampai batas tertentu berada pada kondisi elastis, kemudian dengan ber tambah-nya beban kondisi elastis ini akan beralih ke tahap plastis dan seterusnya mencapai puncak beban yang dapat ditahan sehingga akhirnya akan runtuh. Perilaku ini dapat digambarkan dengan hubungan antara tegangan regangan yang terjadi dan dirumuskan oleh Hooke bahwa, σ = E.ε ......................................................……………..............2.1


dimana, ε = ∆L / L σ = Tegangan yang terjadi , ε = Regangan yang terjadi , E = Modulus elastisitas , L = Panjang semula dan ∆L = Perobahan panjang.

10

Tegangan σ

Tegangan σ

Tegangan Maximum

Daerah σ ult elastis Daerah plastis

Titik Runtuh

Daerah elastis

Daerah pengerasan regangan ε

Daerah plastis

P Lengkung alternatif peralihan σ elastis plastis

∆L L P

YIELD

σ

Y

Regangan ε

Regangan ε

Gambar 2.4. Grafik tegangan – regangan material baja

Pada peralihan elastis ke plastis terjadi suatu tegangan proporsional tiba tiba dan daerah plastis sering antara 8 sampai 20 kali daerah elastis dan daerah plastis akan ber alih ke daerah pengerasan regangan, seterusnya dengan pertambahan tegangan dan regangan yang non linier, sampai mencapai tegangan maximum, kemudian mulai terjadi regangan meningkat terus tetapi tegangan nominal tersebut menurun akhir nya terjadi keruntuhan.

2.3.

Konsep teori stabilitas struktur

Keunggulan bahan struktur dari baja yang terutama adalah sifat kekuatan yang tinggi dan sifat keliatannya (‘high ductility,) sehingga mampu berdeformasi secara nyata


sebelum terjadi kegagalan. Pada perencanaan suatu konstruksi baja diharapkan struktur yang dihasilkan akan dapat menahan beban rencana tanpa terjadi deformasi yang dapat 11

menyebabkan struktur bangunan mengalami keruntuhan.

Dalam hal ini biasanya struktur dirancang dengan kekakuan yang mantap, sehingga beban rencana yang dipikul oleh struktur berada pada kondisi aman. Konsep stabilitas pada suatu struktur baja biasanya diterapkan sebagai prinsip dasar, maka setiap perencanaan harus mempertimbangkan kondisi keseimbangan, karena sistem struktur akan terganggu keseimbangannya jika diberi beban, ada 3 alternatif dasar yang dapat menjadi prinsip dasar keseimbangan tersebut antara lain : 1. Jika sistem struktur tetap berada pada posisi originalnya, maka sistem tersebut dikatakan stabil, artinya jika beban ditiadakan maka sistem kembali seperti semula Gambar 2.5(a) 2. Jika sistem struktur menerima besar beban tertentu, apabila beban tersebut dihilangkan maka sistem akan kembali seperti semula, tetapi apabila beban ditambah sedikit saja maka sistem tersebut tidak lagi kembali seperti semula walaupun beban ditiadakan, kondisi ini dikatakan netral, artinya besar beban itu adalah beban kritis Gambar 2.5(b) 3. Jika sistem struktur terus bergerak, dan cendrung tidak mampu mendukung beban, maka sistem tersebut dikatakan tidak stabil Gambar 2.5(c) Konsep stabilitas dari ketiga keseimbangan tersebut di visualisasikan dengan sebuah bola yang bergulir di atas suatu bidang pada Gambar 2.5.

(a)

(b)

(c) Universitas Sumatera Utara

Gambar 2.5. Tiga kondisi keseimbangan statis (teori stabilitas)

12

Akibat karakter ketidak stabilan tersebut akan terjadi perubahan geometri yang dihasilkan oleh kehilangan kemampuan memikul beban tersebut. Pada bagian (a) beban P
2.4. Elastisitas yang linier

Asumsi pada bahan dalam bahasan ini dianggap sebagai berikut ini : 1. Hubungan tegangan dan regangan untuk serat tarik sama dengan pada serat tekan 2. Respon bahan pada waktu dibebani adalah elastis yang linier 3. Keadaan bahan adalah homogen dan bersifat isotropic Maka dengan asumsi ini akan berlaku dan memenuhi terhadap hukum HOOKE. Untuk berbagai macam material konstruksi, sangat memungkinkan terjadi interrelasi antara tegangan dan regangan dalam bentuk system koordinat cartesian dimana σ x , σ y , dan σ z adalah tegangan normal pada masing masing arah sb-x, y, dan z Gambar 2.6 dan


ε x , ε y , ε z adalah komponen komponen regangan akibat tegangan normal tersebut, τ xy = τ yx , τ yz = τ zy, dan τ zx = τ xz, adalah komponen komponen tegangan geser, dimana γ xy , γ yz , γ zx , adalah regangan geser.

13

σy

Y

τzy

τyx τyz τxy τzx

τxz

σz

Z

σx X

Gambar 2.6. Komponen tegangan pada satu unit elemen solid

σy

Y

τyx τxy

σx

σx X

τxy τyx Z

σy

Gambar 2.7. Komponen tegangan pada satu unit elemen bidang Maka persamaan tegangan-regangan adalah : E [(1 − μ).ε x + μ(ε y + ε z )] (1 + μ)(1 − 2μμ E σy = [(1 − μ).ε y + μ(ε x + ε z )] (1 + μ)(1 − 2μμ E σz = [(1 − μ).ε z + μ(ε x + ε y )] (1 + μ)(1 − 2μμ

σx =

τ xy = τ yx τ yz = τ zy

E = γ xy = Gγ xy 2(1 + μ) E = γ yz = Gγ yz 2(1 + μ) E

...............................2.2


14

Disini, E = Modulus elastisitas bahan, G = Modulus geser dan µ = Poisson ratio. Sehingga hubungan tegangan – regangan adalah :

1 [σ x − μ(σ y + σ z )] E 1 ε y = [σ y − μ(σ x + σ z )] E 1 ε z = [σ z − μ(σ y + σ x )] E εx =

γ xy = γ yx = γ yz = γ zy = γ zx = γ zx

..............................................2.3

τ xy G τ yz

G τ = zx G

Jika tegangan – regangan dalam dimensi bidang, artinya semua nilai nilai kearah sb-z semuanya sama dengan nol σ z = τ xz = τ yz = 0, namun ε z ≠ 0 maka persamaan diatas menjadi :

1 (σ x − μσ y ) E 1 ε y = (σ y − μσ x ) E 1 ε z = − [μμ( x + σ y )] E τ xy γ xy = G γ yz = γ xz = 0 εx =

.....................................................2.4


Dan pada batang (balok) yang mempunyai tebal dan dengan gaya geser maka hubungan 15 tegangan – regangan adalah sebagai berikut :

εz =

1 σz , E

εx = εy = − γ xy = γ xz

2.5.

τ xy

G τ = xz G

μσ z , E

.......................................................2.5

,

Properti penampang baja Pada umumnya bentuk penampang profil untuk konstruksi baja biasanya dibuat

berupa penampang penampang berdinding tipis dan tampang pejal, beberapa bentuk dapat dilihat pada Gambar 2.8.

a).tampang berdinding tipis terbuka

b).tampang berdinding tipis tertutup

c).tampang pejal

Gambar 2.8. Contoh type type penampang baja


16

Pada perencanaan struktur baja dibutuhkan beberapa macam data geometri dari pada penampang dan dapat kita definisikan sebagai berikut : V V'

Y

η SC

1

0

y

ξ

s=0

s=s1

x

t (ξ η) atau (x,y) ds

s ξ

Gambar 2.9. Profil umum penampang baja dinding tipis terbuka

1. Pusat (centroid) penampang yaitu, titik 0 pada Gambar 2.9 dimana jumlah momen statis (first moments) terhadap kedua sumbu orthogonal x dan y adalah = 0 2. Salib sumbu pusat (centroidal axes), adalah setiap sumbu ortogonal yang melalui pusat penampang seperti sb-x dan sb-y juga sb- ξ dan sb-η. 3. Momen statis penampang (first momen of area) singkat S, adalah integral hasil kali luas elemen tampang dengan jaraknya kepada sumbu yang ditinjau misalnya :

s1

∫

s1

∫

Sx = y.t.ds atau S η = ξ.t.ds 0

.....…………………….. ........2.6

0

Sx =statis momen terhadap sb-x dan Sη = statis momen terhadap sb-η


17

4. Momen inersia penampang (second moment of area) singkat I, adalah integral hasil kali elemen luas tampang dengan kwadrad jaraknya kepada sumbu yang ditinjau misalnya :

∫

Ix = t.y 2 ds

∫

atau I ξ = t.η 2 ds

s

............................................2.7

s

Ix = momen inersia terhadap sb – x dan Iξ= momen inersia terhadap sb-ξ 5. Momen inersia perkalian dari momen statis penampang (product of inertia) misalnya

∫

I xy = t.x.y.ds

atau

∫

I ξη = t.ξ.η.ds

s

................................2.8

s

I xy = product inertia sb-x dan sb-y , I ξη = product inertia terhadap sb-ξ dan sb-η 6. Sumbu prinsip (Principal-axes) yaitu, apabila product of inertia = 0 sb-ξ dan sb-η adalah sumbu prinsip artinya I ξη = 0, (momen inersia terhadap sumbu prinsip adalah maximum salah satunya dan minimum yang lainnya, yang maximum disebut sumbu mayor dan yang minimum disebut sumbu minor principal dan yang lainnya ada diantara maximum dan minimum pada penampang). 7. Sumbu pusat geser adalah suatu sumbu dimana tidak terjadi tegangan torsi (sumbu simetri adalah selalu menjadi sumbu pusat geser) 8. Pusat geser adalah titik perpotongan dari dua sumbu pusat geser, pusat geser berada pada SC apabila penampang non simetris (sembarangan) dan sumbu geser ortogonalnya adalah sb-α dan sb-β. (apabila suatu beban V bekerja melalui pusat penampang akan menimbulkan tegangan torsi, dan hanya apabila V bekerja melalui SC maka tidak akan terjadi tegangan torsi)


18

2.6.

Tegangan elastis akibat momen lentur pada penampang Regangan pada tampang balok diasumsikan linier Gambar 2.10, dimana regangan

positip +ε z di daerah tarik, dan φ merupakan sudut perputaran penampang. Regangan ε

φ

y

φ curvature

d y

Z

+εz=-φy

l

Gambar 2.10. Elemen memanjang balok dengan kurvature φ Kesetimbangan pada potongan tampang tersebut adalah:

∫ σ dA = 0 z

A

∫σ

z ydA

= Mx

∫σ

z xdA

=0

............................…………………..2.9

A

A

Untuk deformasi yang sangat kecil: ε z = −φy .................................…………………..2.10 dan σ z = Eε z ..............................………………........2.11

Sehingga,

σ z = −E.φ.y

∫ σ dA = ∫ − E.φ.y.dA = −Eφ∫ y.dA = 0 → E dan φ ≠ 0 maka ∫ y.dA = 0 z

A

A

A

A


19

∫σ

A

z y.dA

∫

∫

∫

= − E.φ.y 2 dA = −E.φ y 2 dA = M x → y 2 dA = I x , momen inersia tampang terhadap sb - x A

A

A

Mx

Maka, φ = -

…………………………………….......2.12

E.I x

Dan, σ z =

M x y ……...……………………………..……2.13 Ix

σ z ,max imum =

M x (d / 2) …………………………………2.14 Ix

karena, y max = d / 2 Kesetimbangan gaya dan momen yang bekerja pada elemen balok Gambar 2.11, yang mencakup bidang yz. Z

qy

Vy

Pz

My

Mz

Mx

Y

My+dMy

Vx Pz

X

Vx+dVx qx

Z

Mz+dMz Mx+dMx

Y

Vy+dVy

+θ

−θ

Slope

Z Y dz

+φ

−φ

Curvature

Gambar 2.11. Kesetimbangan gaya dan momen pada elemen balok q y dz + V y + dV y = V y sehingga,

M x + Vy atau

dV y dz

= − qy

………………………………….........2.15

dz dz dVdz + Vy + = M x + dM x 2 2 2

dM x ≅ V y ................................. ……………………….2.16 dz


20

d2M x dz

2

=

dVy dz

= − q y karena, φ = - M x / E.I x

Curvature φ =

d2y

maka jika didifrensialkan bahwa

dz 2

d 2φ

maka E.I x

dz 2

d4y dz 4

=

= − qy

qy

.....…………………..2.17

E.I x

My

Mx dA

σz.dA

-y

Z -x

X Y

Gambar 2.12. Profil balok yang mempunyai tebal dengan adanya momen

∫ σ dA = 0

dan

z

A

∫σ

z

y.dA = M x

dan

A

∫ σ x.dA = M z

y

……………………………2 18

A

ε z = − (φx y + φ y x)

dim ana φ x danφ y adalah curvature arah x dan y dan σ z = E.ε z

σ z = − E (φ x y + φ y x ) karena σ z dA = 0 = - ∫ E (φ x y + φ y x ) dA A

atau φ x E ∫ y.dA + φ y E ∫ x.dA = 0 → φ x , φ y dan E tidak akan = 0 A

A

jadi ∫ y.dA = ∫ x.dA = 0 disini x dan y diukur dari sumbu pusat A

Maka :

A

M x = − ∫ E (φ x y + φ y x ) y.dA

dan

atau - M x = EI x φ x + EI xy φ y

dan

- M y = EI xy φ x + EI y φ y

dan

φy = −

A

M y = − ∫ E (φ x y + φ y x ) x.dA A

sehingga Curvature φ x dan φ y :

φx = −

1  − M x I y + M y I xy    E  I 2xy − I x I y 

1  − M x I xy + M y I x    E  I 2xy − I x I y 


21

Kalau dimasukkan ke persamaan σ z , maka tegangan normal pada elemen penampang akibat momen lentur adalah : σz =

(− M x I y + M y I xy ).y + (M x I xy − M y I x ).x I 2xy

− IxIy

……………………........2 19

Apabila sb - x dan sb - y adalah sumbu prinsipal dimana I xy = 0

σz =

Misalnya untuk tampang persegi

2.7.

Mxy Myx + ......................................2 20 Ix Iy

Tegangan akibat gaya lintang pada penampang Hubungan tegangan geser τ y dan gaya geser V y dapat dilihat pada gambar 2.13

dengan keseimbangan statis dimana resultan gaya geser dan momen yang bekerja pada setiap elemen sepanjang balok

Vy

b

Mx+dMx Mx

X

Vy+dVy

dz

Y

Z h

X

Y

Gambar 2.13. Resultan tegangan bekerja pada unit elemen panjang dz pada balok Akibat momen terjadi tegangan normal pada permukaan elemen tampang yang terdistribusi seperti pada Gambar 2.14 pada bagian atas tertekan dan bagian bawah tertarik


22

a. Distribusi tegangan sisi kiri dz σ z, max =

Mx ( h / 2 ) Ix

b. Distribusi tegangan sisi kanan dz M x (h / 2 ) Ix

Element

dM x (h / 2 ) Ix

dz

Gambar 2.14. Distribusi tegangan normal akibat momen Pada Gambar 2.15 disebelah kiri terdapat τ z dimana kearah horizontal dianggap merata selebar balok, maka kesetimbangan gaya pada arah sb-z adalah : τ z b.dz =

1  dM x (d/2) dM x y  d  +   − y .b 2 Ix I x  2 

 d2  V  1  d 2   − y 2  = x   − y 2   4  I x  2  4  2   b  d − y 2  = S x , adalah.statis.momen.area.terhadap.sb − x Karena.....   2  4  τz =

dM x dz

1  Ix

Vy S x Ix b

maka................τ z =

.......................................................................2.21 b

τ

y

z

(dM x ). y

d/2

Ix y

τ

z

dz dz

(dM x )(h / 2) Ix

(dM x )(h / 2) Ix

Gambar 2.15. Tegangan normal dan geser pada unit elemen panjang dz pada balok


23

τ yz = τ zy = τ y

Aliran.gaya.geser = τ y b =

dan

Vy S x Ix

σy

σy τzy

τzy

Z

τyz σz

σz

τyz

τyz σz

τyz

τzy X

σy

σz

τzy σy

Y

Gambar 2.16. Komponen tegangan pada sebuah elemen

Untuk profil I dobel simetris aliran gaya geser lihat gambar 2.17a akibat beban geser V pada tepi flens sebesar nol dan makin besar secara linier ke tengah profil dan masimum pada sumbu pusat tampang tersebut.Aliran gaya geser ini pada bentuk tampang kanal dan tampang siku dapat dilihat pada gambar 2.17b dan gambar 2.17c V

x (a) y

1

2

3

V

x (b)

y

1

2

3

Diagram aliran geser (b).

V x (c)

y

1

2

3

Diagram aliran geser (c).

Gambar 2.17. Aliran gaya geser pada tampang berbagai profil


24

Kondisi 3 adalah keadaan pada besaran maximum untuk momen statis penampang, diagram aliran geser untuk tampang wide flange (tampang profil I) adalah (a), diagram aliran geser untuk tampang channel (profil C) adalah (b) dan diagram aliran geser untuk tampang bersudut (profil siku) adalah (c)

2.8

Tegangan akibat gaya torsi pada penampang Momen M z yang memuntir sebuah batang penampang bulat, akan menimbulkan

tegangan geser pada penampang Gambar 2.18, dan kesetimbangan antara tegangan geser dan momen, π r0

r0

r0

M z = ∫ r.τ..dA = 2 ∫ ∫ τ.r dr.dψ = 2π ∫ τ.r 2 dr 2

ri

0 ri

ri

dimana....dA = r.dψ .dr

γο

c) dβ r0

dz r1

b)

ψ

r0

X dr

dψ

dA

Y

a)

Z

X

Mz

Y

Gambar 2.18. Momen torsi pada tampang profil bulat dari Gambar 2.18c bahwa : γ 0 dz = r0 dβ sehingga z

β=∫ 0

τ M dβ γ 0 = = 0 = z dan dz r0 r0 G GJ

Mz dz .........................................................................2.22 GJ


25 0 τ τ r τ = τ 0 → M z = 2π ∫ 0 .r 3 dr = 0 J dan τ max = τ 0 r0 r r0 ri 0

r

τ max =

M z r0 .....................................................................................2.23 J

Pada penampang tertutup berdinding tipis dengan momen torsi T Gambar 2.19, dan β adalah sudut putar elemen dinding akibat T. ds (τ.t)ds

R

dA

X

0 Y

Gambar 2.19. Aliran gaya geser torsi pada tampang profil tipis tertutup

dari gambar 2.19 diferensial momen T, terhadap sb z yang melalui titik 0, adalah dT = R(τ .t).ds karena dA = R.ds/2, maka Tz = ∫ (τ .t)R.ds = 2 ∫ (τ .t)dA dan S

τ.t =

A

Tz ........................................................................................................2.25 2A

Maka putaran sudut total adalah, β=

L ds τ.t ∫ .............................................................................................2.24 2AG S t


26

Torsi pada tampang terbuka yang tidak bulat Gambar 2.20, akan terjadi torsi warping selain torsi Saint venant, yang akan menimbulkan tegangan normal pada penampang balok tersebut. Tegangan geser Saint Venant yang terjadi adalah,

M z,SV = GJ

dβ dz

.......................................…………........2.26

BLOK KAKU

Mz

Mz

σω

Gambar 2.20. Tegangan normal terjadi akibat warping

Apabila penampang balok (batang) dari plat tipis rectangular dengan tebal t, Gambar 2.21 maka τ SV,max =

M z,SV .t J

dan τ SV,max = G.t

dβ dz

...............................…......2.27

t

Mz,sv b

X

τsv,max

τsv,max

Y

Gambar 2.21. Tegangan geser St.Venant pada tampang persegi akibat torsi


27

Konstanta torsi penampang terbuka tersebut adalah J, atau jumlah J, dari elemen persegi 1 J ≅ b.t 3 3

n

J = ∑ Ji =

Atau

i =1

1 n 3 b i .t i ∑ 3 i =1

......………………….......2.28

Balok kantilever yang menahan beban torsi M z akan mengakibatkan dua jenis perlawanan torsi yaitu momen torsi Saint Venant (M z,SV ) dan momen torsi warping (M zw ) Gambar 2.22.

A

B

A

B

Mz

C

C

A-A B-B C-C

Gambar 2.22. Perputaran pada balok I kantilever akibat momen torsi

M z = M z,SV + M z ω ............. …………………………………………...…….....2.29 uF β

d/2

d

Mz

Mz

uF (a)

β

(b)

MF

Translasi + tanpa berputar

Berputar = tanpa translasi

Aktual

(c)

(d)

(e)

Posisi terdeformasi Posisi tak terdeformasi

MF

β

Gambar 2.23. Lenturan kesamping akibat adanya warping


28

Balok berpenampang I yang menerima beban torsi M z Gambar 2.23 mengakibatkan perputaran sekaligus perpindahan kesamping gambar 2.23c dengan,

uF =

d β 2

dan berlaku untuk lenturan kesamping

d 2u F M F = − EI F ...................................................………......2.30 dz 2

M F = − EI F

Maka:

d d 2β 2 dz 2

dM F d d 3β VF = = −EI F dz 2 dz 3 atau:

M zw = VF d = − EI F

sehingga

M zw = − EI y

d 2 d 3β 2 dz 3

d 2 d 3β d 3β . ………............2.31 dan M = − EI zw w 4 dz 3 dz 3

Konstanta warping berbagai penampang dapat dilihat pada Tabel 2.1. dβ d 3β M z = GJ − EI ω 3 dz dz

→

M z = M z,SV + M z ω

……………………........2.32

Diagram tegangan normal dan geser akibat torsi M z pada balok I Gambar 2.23a. MF

VF

σω MZ=MZ,SV + MZω

Mz,sv

VF

Z

X

τω

τSV Y

1

MF

2

MZ,ω =

3

Gambar 2.23a. Terjadi tegangan normal dan geser akibat Momen Mz,sv dan Mz,w


29

Tabel 2.1 Konstanta Warping berbagai penampang. Bentuk penampang

Konstanta warping

1.Profil I doubel simetris b

h

If h 2 t f b3h 2 Iw = = 2 24

SC=Cg h/2 tf t

b13 h e= 3 b1 + b 23

2.Profil I mono simetris b1

SC

h

Cg tw

e

Iw =

tf

b2

tf h2 12

 b13 b 32  3  b + b3 2  1

  

3.Profil Z tw

h

SC=Cg h/2

Iw =

[ (

)

b 3 h 2 2t f b 2 + bh + h 2 + 3t w bh 12(2b + h )

]

2

b 4.Profil kanal

tf

e=

e SC

3b 2 t f 6t f b + t w h

h

Cg tw

Iw =

t f b3h 2 12

 3t f b + 2t w h     6t f b + t w h 

b

5.Profil T

 1  b 3 t 3f + h 3 t 3w  I w =  36  4 

tf Cg SC

h

tw

6.Profil siku siku

t2 h

Cg

t1

SC

b 3 t 13 + h 3 t 32 Iw = 36

b


30 2.9.

Metode Energi

2.9.1. Pendahuluan Konservasi energi pada ilmu statika di definisikan bahwa apabila suatu gaya (beban) dilakukan terhadap suatu konstruksi akan mengakibatkan deformasi, artinya adanya suatu kesetaraan sebab dan akibat. Dalam hal ini kita sebutlah bahwa gaya gaya potensial dari luar akan mengakibatkan perobahan di dalam konstruksi berupa deformasi yang disebut regangan. Sehingga keseimbangan antara potensi yang bekerja harus sama dengan efek yang ditimbulkan ke dalam konstruksi tersebut, dengan anggapan tidak ada energi yang hilang (Energi Potensial = Energi Regangan) dalam kondisi statik, pengertian energi adalah gaya dikali dengan perpindahan. Energi regangan di asumsikan linear walaupun sebenarnya ada energi yang diabaikan dan sangat relatif kecil (∆U) Gambar 2.24. P GAYA sebenarnya garis nonlinear ZONA COMPLEMENTARY

dP di asumsikan menjadi garis lurus ZONA STRAIN

0

∆

PERPINDAHAN

d∆

Gambar 2.24. Energi regangan oleh beban gaya P Strain energy (energi regangan) dU = P.d∆ dan U = ∫ P.d∆


31 Complementary energy (energi potensial) dU’ = ∆.dP dan U’ = ∫ ∆.dP Sebenarnya masih ada sesatan kecil bahwa U≠U’ atau U’ = U+∆U, oleh karena asumsi energi linier atau ∆U <<< , maka cukup U = U’

2.9.2.

Energi regangan, U (Strain energy) a. Akibat gaya aksial P. Energi regangan akibat gaya aksial P, Gambar 2.24a U = 0,5.P.x, (luas segitiga) x = ε.L, dan ε = σ/E dan σ = P/A, sehingga σ σ.A. .L 2 P.x σ.A.ε.L E = σ A.L U= = = 2 2 2 2E U=

σ2 A.L, .......................................................................................... 2.33 2E

disini

σ2 2E

, energi regangan per satuan volume Beban

x

Perpindahan

Gambar 2.24a. Energy regangan oleh beban aksial


32 b. Akibat momen lentur M. Energi regangan akibat momen lentur M, Gambar 2.24b

M

dx

luas dA

M

y

tampang balok

Pot.balok

σ

Diagram tegangan

Gambar 2.24b. Energy regangan oleh beban momen lentur σ2 dU = ∫ dx.dA (seperti energi regangan oleh beban aksial) 2E dx 2 dx M 2 y 2 dA M 2 M.y σ dA dx, karena σ = dan ∫ y 2 dA = I = = = 2 ∫ ∫ 2E 2E I 2EI I M2 U=∫ dx, ..............................................................................................2.34 2EI

Bentuk Integralnya adalah

: (catatan : Analog untuk yang lain) L

a. Akibat Normal. N → U = ∫ 0

N 2x dx …………………………………………...2.35 2EA L

M 2x dx b. Akibat Momen. M → U = ∫ ...………………………………………..2.36 2EI 0

Untuk suatu balok yang menerima momen lentur berlaku

L

Maka

: EI.y” = M x

L

(EI.y") 2 dx EI = (y") 2 dx , analog untuk yang lain, ∫ 2EI 2 0 0

: U=∫


33

a. Energi lentur arah sb x-x : U =

b. Energi lentur arah sb y-y : U =

2.9.3

EI x L (v" ) 2 dz ………………………........2.37 2 ∫0

EI y 2

L

∫ (u" )

2

dz ……………………............2.38

0

EI w ( β ' ' ) 2 dz …………………….............2.39 2 ∫

c. Energi torsi warping

U=

d. Energi torsi murni

: U=

GJ ( β ' ) 2 dz ……………………............2.40 ∫ 2

Energi potensial, V (Potensial energy) Sebuah batang dengan panjang L, oleh gaya P melentur sehingga posisi P

berpindah ∆b dan energi potensial =P.∆b Gambar 2.24c.

y P ∆b

L

S

x

Gambar 2.24c. Pergeseran batang karena melentur

a. Perpindahan (∆b) karena balok melentur oleh gaya axial P ∆b = S – L


34

1/2

ds = (dx 2 + dy 2 )1/2

  dy  2  = 1 +    dx   dx  

1/2

  dy  2  S = ∫ 1 +    dx   dx   0  L

Dari teori bentuk binomial :

(a + b )n   dy  2  1 +      dx  

1/2

= a n + na n −1 b +

2

n(n − 1) n − 2 2 a b + ............. 2!

1  dy  + .1(1/2−1)   + .......dst , apabila suku 2  dx 

=1

1/2

2

 dy    di pangkatkan yang  dx 

lebih besar lagi, maka hasilnya makin sangat kecil atau diabaikan saja. 2 L   dy  2  1  dy  Maka panjang S adalah S = ∫ 1 +    dx dan S − L = ∫   dx 2  dx  0  0   dx   L

2

1  dy  Karena, ∆b = S – L sehingga, Δb = ∫   dx , sebut energi potensial adalah V 2 0  dx  L

2

1  dy  ∆V = P.∆b atau dV = P ∫   dx 2 0  dx  L

dan

L

dan energi potensial

V=

:

P y'2 dx ………………………………........2.41 ∫ 20

b. Perpindahan (y) karena balok melentur oleh beban tunggal P Gambar 2.24d. y P

x

y

Gambar 2.24d. Balok melentur oleh beban tunggal


35

Energi potensial nya adalah

: V = P.y ……………………………....2.42

c. Perpindahan (y) karena balok melentur oleh beban merata q Gambar 2.24e y

q x

0

L

y

Gambar 2.24e Balok melentur oleh beban merata L

Energi potensial nya adalah

: V = q ∫ y.dx …………………………..2.43 0

2.9.4

Fungsi hampiran (shape function) Keakuratan hasil yang didapat dari analisa metode energi adalah sangat

tergantung kepada ketepatan peng-asumsi an pola kelengkungan fungsi hampiran dimana asumsi yang dilakukan harus memenuhi terhadap syarat syarat batas yang harus ditetapkan. Tetapi fungsi hampiran akan sangat dipengaruhi posisi beban dan bentuk penampang, misalnya prismatis atau non prismatis. Boleh di asumsikan sebagai fungsi aljabar berpangkat atau juga fungsi trigonometrik, power series atau trigonometric series. Dalam bahasan ini di coba dengan fungsi aljabar Syarat syarat batas

z=0

z=L z

L

Gambar 2.24f. Balok kantilever dengan beban


36

Untuk model kantilever ini berlaku syarat syarat batas balok dengan tumpuan jepit bebas dimana pada z = 0 ; perpindahan lateral u, perpindahan vertical v dan perputaran penam pang β adalah : u 0 = β 0 = u 0 ’= β 0 ’= v 0 = β L ’’= 0, Gambar 2.24f. 2.10.

Tekuk lateral pada balok kantilever Pada Gambar 2.25 dibawah ini dapat diperhatikan kondisi buckling yang terjadi.

P Pδ P

PL

P X

u

δ

Y

v

Z

X' β

Z'

Y'

Gambar 2.25. Lateral buckling pada balok kantilever (a) = sebelum buckling (b) = terjadi buckling (c) = Potongan terbuckling pada satu titik tertentu

Mx = −P(L − z) My = 0

dan dan

Mz = P(δ − u)

dan

Mx ' = Mx = - P ( L - z ) My ' = Mx.β = - P.β ( L - z ) du Mz ' = P ( L - z ) -P(δ-u) dz


37

Maka persamaan diferensial kesetimbangan pada ketiga sumbu tersebut adalah : d2v +P(L-z)=0 dz 2 d2u EIy 2 + P.β ( L - z ) = 0 dz d 3β dβ du EIω 3 − GJ + P ( L - z ) - P ( δ - u ) = 0 dz dz dz EIx

Komponen momen momen dan deformasi lateral lihat Ganbar 2.26 dan 2.27,

β

β

Gambar 2.26. Komponen Mx dan Mz pada sb X’ , Y’ dan Z’

u+β.h/2

u

h

β.h/2

β

δ

β.h/2 u-β.h/2

Gambar 2.27. Geometrik deformasi lateral (lateral buckling)


38

2.11.

Metode energy dan Metode numeric pada balok kantilever a. Metode energi Untuk balok kantilever fungsi hampiran yang paling mungkin adalah : u = δ ( 1 - cos

πz πz π πz π2 cos ) → u' = δ sin → u' ' = δ 2 2L 2L 2L 2L (2 L)

β = θ ( 1 - cos

πz πz π πz π2 cos ) → β'=θ sin → β ''= θ 2 2L 2L 2L 2L (2 L)

dimana : δ dan θ adalah Amplitudo maximum perpindahan dan perputaran Energi regangan adalah : L L L  1 2 2 EI u" EI β " GJ β ' 2 +  dz + + ∫ y ω ∫ ∫ 2 0 0 0  ' ' 2 My d u My z dz 1)..... 2 = → du = EI y EI y dz

U=

2).....Untuk deformasi yang kecil bahwa

M 'y dv z dz = β → dv = β du EI y

3)......Pada ujung kantilever lenturan vertikal adalah = v o L

M 'y

L

v o = ∫ dv = ∫ β 0

EI y

0

L

maka : v o = ∫ 0

z dz

sedangkan M 'y = - M x β = - P ( L - z ) β

-P( L-z )β β z dz = EI y

L

∫ 0

- P ( L - z ) z β2 dz , tanda - , krn lenturan kebawah EI y

jadi Energi potensial beban : L

V = - P.v o = - ∫ 0

P2 ( L - z ) z β2 dz EI y

Maka Total energi adalah :∈ = U + V L L L L  P2 ( L - z ) z β2 1 2 2 2 dz  ∫ EI y u" + ∫ EI ω β " + ∫ GJ β ' +  dz - ∫ 2 0 EI y 0 0 0  2 L L L  L 2 2  P(L-z) β 1   dz + EI ω β " 2 dz + GJ β ' 2 dz  - P ( L - z ) z β dz ∈ = ∫ EI y  ∫0 ∫0   2 0 EI y EI y  ∫0    

∈=

Total Energy : ∈= U + V =

L L L  1 2 2 EI u" EI β " GJ β ' 2 +  dz - P.V0 ± P.y p β 2 + + ∫ y ω ∫ ∫ 2 0 0 0 


39

Posisi beban menyentuh balok memungkinkan pada jarak y p dari pusat geser atau tepat di atas balok dan tepat di pusat geser (y p =0) Gambar 2.28.

P

uL

P

P

yp Pusat geser

βL

P

yp

P

Pusat geser

uL

vL

Pusat geser

vL

βL

Gambar 2.28. Beban di pusat geser dan pada jarak y p dari pusat geser Persamaan energi untuk tekuk lentur lateral torsi pada balok keadaan elastis adalah:

(

)

1 2 Δ U + Δ 2 V = 0, dimana 2

1 2 Δ U jumlah total energi regangan oleh lentur lateral, 2 torsi warping dan torsi murni ( Venant ) 1 2 Δ V jumlah total energi potensial oleh gaya luar, seperti 2 beban tunggal, merata ataupun momen.

Berarti :

{

}

1 1 1 2 2 2 EI y (u") + EI w (β") + GJ(β') .dz + ∫ M x 2β.u' ' dz + ∑ P.y P β 2 = 0.......................2.44 ∫ 2 2 2 dimana : u = lenturan lateral β = perputaran sudut ( twisting ) y P = jarak pusat geser dengan sentuhan beban. Sumber : N.S.Trahair, 1993 Flexural - Torsional Buckling of Structures, Univ of Sydney Australia (page 56)


40 b. Metode numeric Persamaan diferencial Torsi : GJ β ' - EI ω β ' ' ' = P ( u + y p β ) L + M x u ' - Vy u d2u = - M xβ + M y dz 2 M x = - P( L - z ) ; M y = 0 ; M z = P ( u + y p β ) L − Pu EI y

Syarat batas yang ada : u 0 = β 0 = u' 0 = β' 0 = β 'L' = 0     1.2ε 1.2(ε − 0.1) 4(K 2) 1 + − + = 111 + ................2.45   (EI y GJ) (1 + 1.2 2 ε 2 )  (1 + 1.2 2 (ε − 0.1) 2 )    PL2

ε=

yP L

 EI y   GJ 

 π 2 EI w K=   GJL2 

 2y P K =  h π 

   

P= Pcr (Beban kritis) y P = Jarak beban P dari pusat geser Sumber : N.S.Trahair, 1993 Flexural – Torsional Buckling of Structures, Univ of Sydney Australia (page 174)

2.12.

Tekuk lateral pada balok I diatas dua tumpuan sederhana

Sebuah balok di atas dua tumpuan sederhana dengan beban se jarak y p di atas pusat geser, pada Gambar 2.29a. P

P yp

u

P

yp Pusat geser

v

β

L/2 L

Gambar 2.29. Beban balok diatas dua tumpuan sederhana jarak y p dari pusat geser


41

Shape function (Fungsi hampiran)

 π 2 πz πz  πz  π → u' = δ cos  → u' ' = −δ   sin  u = δ sin  L  L L L  L   π 2 πz πz  πz  π  β = θ sin → β' = θ cos  → β' ' = −θ   sin   L  L L L  L  2 2 πz    π  πz  πz π β.u' ' = θ sin − δ   sin  = −δθ  sin 2   L    L  L  L L

πz   πz  πz    β 2 = θ sin θ sin  = θ 2  sin 2  L L  L   2

4    π  2  πz  πz  2 2  π   = δ   sin 2  (u' ' ) = − δ   sin  L  L   L     L  2

 π πz  πz π ( β ' ) = θ cos  = θ 2   cos 2 L  L L  L 2

2

2

4    π  2  πz  πz  2  π   = θ   sin 2 ( β ' ' ) = − θ   sin   L  2L   L     L  2

1 Total energi regangan .( Δ 2 U) 2 1 2 Δ U = Ak.lentur lateral + Ak.torsi warping + Ak.torsi Venant 2 L L L  1 2 2 =  ∫ EI y u" + ∫ EI ω β " + ∫ GJ β ' 2  dz 2 0 0 0  2 L L L  π  4  π  4 1 πz  πz  πz  π =  ∫ EI y δ 2   sin 2  + ∫ EI ω θ 2   sin 2  + ∫ GJθ 2   cos 2  dz 2  0 L  0 L  0 L   L   L  L 4 4 2 1 π L π L  π  L + EI ω θ 2   + GJ θ 2    = EI y δ 2   2  L 2  L  2  L 2 1   δ2π4 = EI y  3 2   2L

  θ2π4  + EI ω  3   2L

  θ2π2  + GJ    2L

  


42

1 Total energi potensial ( Δ 2 V) : 2 1. Oleh beban P ditengah bentang . 2 L/2    1  L/21  1 π 2 πz  2 * M 2.β.β. ' dz 2 * Pz 2δδ = −    sin  dz   ∫ x  ∫ 2 2 2 L L       0 0    2 L/2 1 πz   π  = − 2 ∫ Pθθ   zsin 2 dz  2  L   L  0

=

1 π = 2PθP  2 L 

2

L/2

2  z 2 1 L 2ππ 1  L  2ππ  zsin + +   cos −  = L 8 π  L   4 4 π 0

2   L2   1 L   −  + 0 +    −   2  8  π    1   π 2 1  1  π   16  − 2PθP = +  = [0.2759π.27 δ ] = 2PθP     2 2 2 16 4   L        0 + 0 − 1  L       8  π      2.Oleh beban sejarak y P dari pusat geser. 2 1 1 πz   1  2 Py P β 2L/2 = Py P θ 2  sin 2   = Py P θ 2 2  L   2  Total .

=

[

]

[

]

 1  L    1  1  =  2 * ∫ M x 2.β.β.' dz   +  Py P β 02  = [0.2759π.27 δ] +  Py P θ 2   2  0  2     2 Penyelesaian dengan matrix.

[

]

[

 π2 0.2759 * 8 EI PL/4. −. 2 y  2 1 π δ  π L 2    2 2L θ  − . 0.2759 * 8 PL/4  GJ + EI π + 2PLy P ω   π L2 π2   2 π 2 EI y  π 2 EI ω 2PLy P    0.2759 * 8   PL/4  = GJ + + −. π L2  L2 π 2    Jika beban dipusat geser (y P = 0) maka, T

2 π 2 EI y   0.2759 * 8 PL/4  = −. π L2  

π 2 EI y PL π = 4 2.2072 L2

 π 2 EI ω  GJ + L2 

 π 2 EI ω  GJ + L2 

]

  δ   =0  θ   

  

  π 2 EI ω PL π  → EI y  GJ + = 1.423 4 L L2  

  ..........2.46 


43 Jika beban sejarak y P dari pusat geser maka : 2 π 2 EI y   0.2759 * 8 PL/4  = −. π L2  

 π 2 EI ω 2PLy P  GJ + + L2 π2 

2 π 2 EI y   0.2759 * 8 . PL/4  = − π L2  

 π 2 EI ω  GJ + L2 

Misalkan : M yz =

(PL/4) = 1.423

π 2 EI y  π 2 EI ω  GJ + L2  L2

   

2  π EI y 2PLy P  + L2 π2 

π 2 EI y   dan Py = L2  2

M 2yz + Py

2 2  PL  8(1.423) Py y P −   π2  4 

2PLy P 2PLy P   PL  2 2 ⇒   = (1.423)  M yz + Py 2 π π2   4    PL  2 2  − (1.423) M yz = 0   4 

 8(1.423) 2 Py y P 8(1.423) 2 Py y P  PL  ±   =   π2 π2  4 12 

2

  + 4(1.423) 2 M 2yz  

2   4(1.423)P y  PL  8(1.423) Py y P y P 2 2  ± 4(1.423) M yz 1 +  =  2 2  π π M yz    4  

   

  0.577P y  PL  y P   = 2(1.423)0.577Py y P ± 2(1.423)M yz 1 +   4 M   yz  

   

 PL   4M yz 

   = 1.423    

  0.577P y y P 1 +    M yz  

   

2

2

   

2

   

 0.577P y  y P  + ...............................2.47  M yz   


44

1 Total energi potensial ( Δ 2 V) 2 Jika dimasukkan bahwa hubungan u ' ' = −

Mβ ..maka : (semakin akurat hasilnya ) EI y

1. Oleh beban P ditengah bentang =

2 L/2   1  L/2 1 1 πz  2 2 2 2 * 2(M β /EI )dz 2 * 2( Pz) θ sin =  ∫   /EI y dz   ∫  x y 2 2 L   0 0  2 

=

L/2  1 2 2 2 2 πz  2  /EI y dz   ∫ P θ  z sin 2 0 L  

=

1  2 2 1 1   2P θ  + 2 L3 /EI y   2  48 8π  

=

1  2 2 1 1   2P θ  + 2 L3 /EI y  = 0.03349P 2 θ 2 L3 /EI y  2  48 8π  

[

]

2.Oleh beban sejarak y P dari pusat geser. 2 1 1 πz   1  2 Py P β 2L/2 = Py P θ 2  sin 2   = Py P θ 2 2  L   2 

[

]

[

]

Total :  π4   π 2  1  2  2 2 3 2 3 θ  0.01674P L /EI y + EI ω  3  + GJ   − θ 0.03349P L /EI y 2    2L   2L 

[

π EI y

 π2 EI ω  L2 0.03349L4  2

P2 =

P=



  + GJ 

 π 2 EI ω 5.4645π  EI GJ + y L2 L2 

maka.,



] = 0

  ⇒ 

 π 2 EI ω PL π I y  GJ + = 1.366 4 L L2 

  .......................................2.48 


45

Jika beban sejarak y P dari pusat geser maka :  π4 1  2 2 3 θ  0.01674P L /EI y + EI ω  3 2  2L  

  π 2   + GJ   − θ 2 0.03349P 2 L3 /EI y + Py P 2L   

[



] = 0  

   π2  L 2 3 EI  ω  2  + GJ  − 0.03349P L /EI y + 2Py P 2 = 0 π L     π 2 EI ω  L 2 3  GJ +  = 0.03349P L /EI y + 2Py P 2 2 π L    π 2 EI ω  L2 2 2 0.03349P L 2Py EI /L = +  GJ +  P y π 2 EI y L2  

[

]

[

]

[

]

2  π 2 EI ω  π EI y = 0.03349P 2 L2 + 2Py P EI y /L GJ +   2 2 L L   2 M yz = 0.03349P 2 L2 + 2Py P EI y /L

[

[

]

]

2 2  2  PL  π EI y   PL  = 0.03349  + 2 y P  16 4π  4  L2   4  

M 2yz

 PL  2  2  PL  =   + 2   y P Py  16 * 0.03349  4  4π * 0.03349  4   2 2 Py y P M yz  PL   PL  =0  + −  2  0.06698π  4  8 * 0.06698  4  2 Py y P M 2yz  PL   PL  =0   +  − 0.06698π 2  4  8 * 0.06698  4  M 2yz

Py y P PL = + 4 0.06698π 2 .2

1  Py y P  4  0.06698π 2

 0.756Py y P 0.756Py y P PL = +   M . 4M yz M yz yz 

2

M 2yz  1  + 4.  4 8 * 0.06698  2

 1.8662M 2yz  +.  M 2yz 

 1.366 * 0.55Py y P 1.366 * 0.55Py y P PL = +   4M yz M yz M yz .  maka.,

  0.55Py y P PL = 1.366. 1 +   M .  4M yz yz  

2

 1.366 2 M 2yz  +. ⇒  M 2yz 

2   0.55Py y P   + .   M . yz  

.....................2.49


46

2.13. Tekuk lateral pada balok kantilever I di atas tumpuan jepit bebas

P

P

u

P

yp Pusat geser

v

β L

Gambar 2.29a. Beban balok kantilever jarak y p dari pusat geser

Fungsi hampiran (shape function)

 z z2   2 2z   2    L − L2  → u' = δ L − L2  → u' ' = δ − L2     z z2   2 2z   2   β = θ 2 −  L L2  → β' = θ L − L2  → β' ' = θ − L2     z z2   2   4z 2z 2    = θδ β.u' ' = θ 2 − δ −   L L2   L2   L3 + L4      u = δ 2

β

2

2    z z   = θ 2 − 2      L L  

(u' ' )

(ββ)

2

2

(ββ)

2

  2  = δ − 2    L 

2

2

  2 2z  = θ − 2    L L    2  = θ − 2    L 

=θ

2 3 4 4z 4z z 2  2 - 3 + 4  L L L 

   

2 4δ = 4 L 2

2 =

2 4 8z 4z 2  =θ  L2 − L3 + L4 

   

2 4θ 4 L


47 1 Total energi regangan ( Δ 2 U) 2 1 2 Δ U = Ak.lentur lateral + Ak.torsi warping + Ak.torsi Venant 2 L L L  1 =  ∫ EI y u" 2 + ∫ EI ωβ " 2 + ∫ GJ β ' 2  dz 2 0 0 0  L  2  4 8z 4z 2   4δ 2  L  4θ 2  L 1     EI EI GJ =  ∫ y  4  + ∫ ω  4  + ∫ θ  2 − 3 + 4  dz 2  0 L   L  0  L  0  L L L

  4z 4z 2 4z 3   4θ 2 z  1   4δ 2 z  = EI y  4  + EI ω  4  + GJ θ 2  2 − 3 + 4  2   L  L 3L   L   L 0 =

1   4δ 2 EI y  2   L3

  4θ 2  + EI ω  3   L

 4θ 2    + GJ    3L  

1 Total energi potensial. ( Δ 2 V ) 2 1.Oleh beban P diujung balok. =

L   4z 2z 2  1 L 1 2M β.u' ' dz 2P(L z) = − −  ∫ θδ  - 3 + 4   x 2  ∫0 2 L  0    L 

  dz    L

 4z 2 4z 3 z 4   8z 12z 2 4z 3   1  δ - 2 + 3 - 4 dz  = - Pθδ  - 2 + 3 - 4  L L   2 L L  0  L  L 1 1 = [- Pθδ (- 4 + 4 − 1)] = Pθδ 2 2 2.Oleh momen twisting P diujung balok 1 =  − ∫ Pθ 2 0 L

 4z 2 4z 3 z 4  1 1 1 Py P β 2L = Py P θ 2  2 - 3 + 4  = Py P θ 2 2 2 L L  2  L Total : =

[

]

[

 1  L   1 =   ∫ 2M x β.u' ' dz   + Py P β 02  2  0   2

[

[

1  1 =  Pθδ  + Py P θ 2 2  2

]

]

]


48

Penyelesaian dengan matrix. 1 2

2 4 δ 12EI y /4L    3L θ   − 3PL/8 T

 δ − 3PL/8   = 0 2 GJ + 12EI ω /4L + 3PLy P /4  θ 

(

)

2

3EI y  3EI 3PLy P   3PL    = 2  GJ + 2 ω +  L  L 4   8  Jika beban dipusat geser (y P = 0) maka, 3EI y   3EI  12EI ω  3PL 8 1.732  GJ + 2 ω  ⇒ P = EI y  GJ + = 2  2 8 L  L  3 L (2L) 2   P = 1.47.

  12EI ω  12EI ω  π 3,14 EI y  GJ + EI y  GJ +   ⇒ Mcr = 1.47. 2 2  L (2L)  L (2L) 2   

 12EI ω  EI y  GJ +  .................................................................2.50 (2L) 2   Jika beban di atas atau dibawah pusat geser sejarak(y P ) maka, ⇒

Pcr = 1,47.

2 3EI y  3PL   = 2  L  8 

π L2

2 3EI ω 3PLy P   3PL  12EI y  12EI ω 3PLy P   GJ  GJ +  + ⇒ + +     = 2 2  L 4 8 (2L) (2L) 2 4      

Misalkan : M yz =

12EI y  12EI y 12EI ω   GJ +  dan Py = 2  2  (2L)  (2L)  (2L) 2

2

3Py y P 3 2 2 PL ⇒ (PL) 2 − 5.33.Py y P (PL) − 7.11.M 2yz = 0   (PL) = M yz + 4 8 PL =

5.33.Py y P 2

2

 5.33.Py y P   + 7.11.M 2yz +  2  

 1  5.33.P y  2  PL 5.33.Py y P y P  + 1  = + 7.11. M yz 2M yz   7.11  2M yz     5.33.P y  2  2.66.Py y P PL 5.33.Py y P y P  + 1 ⇒ PL = + 2.66 = + 2.66 .   M yz M yz M yz 2M yz   2 * 2.66.M yz     PL = 2.66.  M yz  maka.,

 P y  2  y P  + 1 .   M yz   

2    Py   P y  2  P y   Py y P  y P y P   + 1 + y P   + 1 + . ⇒ Mcr = 2.66.M yz . .   M   M yz   M yz   M yz       yz    2   Py  M yz   Py y P  y P    Pcr = 2.66. . . ........................................2.51 + 1 +    L  M yz   M yz     


49

1 Total energi potensial ( Δ 2 V) 2 Jika dimasukkan bahwa hubungan u ' ' = −

Mβ ..maka : (semakin akurat hasilnya) EI y

1. Oleh beban P diujung balok L   z z2  1 L 2 1 2 2 =  ∫ 2(M x β /EI y )dz  =  ∫ 2P (L - z) 2 θ  2 − 2 2 0  2  0   L L L 2  1 4z 3 z 4  2 2 2 2  4z =  ∫ 2P θ L − 2 Lz + z  2 - 3 + 4  /EI y dz  2 0 L L   L 

(

2    /EI y dz    

)

L  1 12z 3 13z 4 6z 5 z 6  2 2 2 =  ∫ 2P θ 4 z − + 2 − 3 + 4 /EI y dz  2 0 L L L L    L

  4z 3 12z 4 13z 5 6z 6 1 z7   /EI y  = 2P 2 θ 2  − + − + 2 3 4  2 4L 5L 6L 7L   3 0 =

[

1  2 2  4 12 13 1  1 2P θ  − + − 1 + L3 /EI y  = 2P 2 θ 2 0.07619.L3 /EI y  2 7 3 4 5  2

]

2.Oleh beban sejarak y P dari pusat geser.diujung balok  z z2 1 1 Py P β 2L = Py P θ 2  2 − 2 2 2  L L  Total :

[

]

  

2

 1  = Py P θ 2  2

[

]

1 2   4   4 θ  0.07619.P 2 L3 /EI y + EI ω  3  + GJ   − 0.15238.P 2 L3 /EI y  = 0 2   3L  L     4   4 2 3  0.07619.P L /EI y = EI ω  L3  + GJ  3L       EI y 3EI  3EI ω  0.057143.P 2 L4 /EI y = 2 ω + GJ ⇒ P 2 =  2 + GJ  4 0.057143L  L L  P=

 12EI ω 4.183 EI y  GJ + 2 L (2L) 2  maka,

  12EI ω π  ⇒ ..M cr = 1.33.. EI y  GJ + L (2L) 2  

Pcr = 1.33

π L2

 12EI ω EI y  GJ + (2L) 2 

  

  ...........................................2.52 


50

Jika beban sejarak y P dari pusat geser maka :

[

]

1 2  4  1  4 θ  0.07619.P 2 L3 /EI y + EI ω  3  + GJ   − θ 2 0.15238.P 2 L3 /EI y + Py P = 0 2   3L  2 L 

[

]

  L  3 2 3  EI ω  L2  + GJ  − 0.22857.P L /EI y + 3Py P 4 = 0    

[

]

[

]

 12EI ω  L 2 3  GJ + (2L) 2  = 0.22857.P L /EI y + 3Py P 4    12EI ω  L2 2 3 GJ + (2L) 2  = 0.22857.P L + 3Py P EI y /L 4EI   y  12EI ω  4EI y 2 2 GJ + (2L) 2  L2 = 0.22857.P L + 3Py P EI y /L  

[

jika..M yz =

[

]

16EI y  16EI y 12EI ω  GJ + dan Py = 2  2  (2L)  (2L)  (2L) 2

M 2yz = 0.22857.P 2 L2 + 3Py P EI y /L

]

16EI y   3 2 M 2yz = 0.22857.(PL ) + (PL )y P  4 (2L) 2   M 2yz 3 * Py y P M 2yz 3  2 (PL ) − (PL )y P Py  ⇒ (PL )2 + = .(PL ) + =0 0.22857  0.22857 * 4 0.22857 * 4 0.22857  2

M 2yz 1  3 * Py y P  1   + 4. + PL = 4 * 0.22857 * 2 4  0.22857 * 4  4 0.22857 3.Py y P

2

 1.64.Py y P  4.375.M 2yz PL 1.64.Py y P  +. = +   M .  M yz M yz M 2yz yz   2

 2.09 * 0.784Py y P  2.09.2 M 2yz PL 2.09 * 0.784.Py y P   +. = +   M yz M yz M yz . M 2yz   2    0.784.Py y P  0.784.Py y P    + M cr = 2.09.M yz . 1 +    M yz .  M yz .    

maka.,

2    0.784.Py y P  M yz  0.784.Py y P    + Pcr = 2.09 . 1+ .........................2.53  L  M yz .  M yz .    


51

2.14.

In-Elastic buckling dan tegangan residu Persamaan energi tekuk lentur lateral torsi, besar Pcr untuk balok dalam keadaan

elastis murni, dimana material masih mengikuti hukum HOOKE dan tegangan yang terjadi lebih kecil dari tegangan proporsional.

ketahanan tekuk lateral

σcr/σy

Dalam eksperimen ternyata yang terjadi

>1

tidaklah demikian, apabila faktor kelangsingan

teoritis eksperimen

balok (L/iy) makin kecil maka balok akan

1 elastis (Euler)buckling

inelastis buckling

0

mengarah pada kejadian lateral buckling dalam

Kelangsingan balok

L / iy

keadaan tegangan inelastis, sehingga sudah Gambar 2.30 Elastic dan inelastic buckling

diluar prinsip teori elastis. Semakin besar

P Gaya

ketahanan lateral, semakin tinggi pula kekuatan P = Pcr

σcr

sempurna(tekuk teoritis) tak sempurna(tekuk eksperimen)

yang

memungkinkan

kejadian

lateral

buckling sudah pada zona inelastis Gambar 2.30. Ketidak sempurnaan rekayasa bahan uji δ

Perpindahan lateral

0

boleh membedakan fakta bahwa lenturan lateral Gambar 2.31 Lateral buckling teoritis dan eksperimen

teoritis dimana tak terjadi lenturan lateral

y

y

Kira kira = 0,5σ

Kira kira = 0,3σ

Kira kira = σ

x

x

segera terjadi dan jauh berbeda dari prinsip

x

sebelum beban P lebih besar sedikit dari Pcr

x

Gambar 2.31, boleh saja akibat tegangan residu y

a.Profil hot rolled

y

yang cukup besar dan faktor elastisitas yang tak

b.Profil las

merata diseluruh penampang, serta tebal las Gambar 2.32 Tegangan residu pada profil hot rolled dan las (Robert L Ketter, George C Lee, and Sherwood P Prawel,Jr.) Strutural Analysis and Design McGraw- Hill Book Company, State University of New York at Buffalo.1979.(hal.441)

yang bervariasi pada profil las, lihat Gambar 2.32.


BAB II TINJAUAN PUSTAKA. Pada dasarnya inovasi terhadap produk konstruksi dicapai berdasarkan disiplin,

Recommend Documents