Fakultas Teknik Jurusan Teknik Sipil Universitas Brawijaya
B. Momen Statis a. Penampang Bidang Berbentuk Tak Beraturan Momen statis dari suatu luasan terhadap sumbu x dan y didefinisikan sebagai integral dari hasil kali luas setiap elemendiferensial dA dengan jarak titik berat luasan elemen tersebut terhadap suatu sumbu yang ditinjau Terhadap sumbu x :
Msx = ∫ y.dA (in 3 atau mm3 ) ................................. (1- 4) Terhadap sumbu y :
Msy = ∫ x.dA (in 3 atau mm3 ) ................................. (1- 5)
Momen statis bisa bertanda positif dan bisa bertanda negatif tergantung pada posisi sumbu x.y. dan momen statis suatu penampang sama dengan nol, bila momen statis tersebut dihitung terhadap garis netral yang melalui titik pusat berat penampang. b. Penampang Bidang Yang Mempunyai Tepi Tak Beraturan Dan Tidak Terdefinisi Secara Matematis Sederhana
M sx = ∑ in=1 y i .ΔAi ................ (1- 6) ⎫⎪ ⎬ n M sy = ∑ i =1 x i .ΔAi ................ (1- 7) ⎪⎭
xi dan yi adalah koordinat x dan y pusat berat elemen ke - i terhadap sumbu yang ditinjau
C. Titik Pusat Berat Penampang Titik pusat berat suatu penampang dapat dinyatakan sebagai titik tangkap resultante gaya dalam arah horizontal dan vertikal atau suatu titik dimana semua berat terpusat pada titik tersebut. Koordinat x dan y dari pusat berat sama dengan momen statis dibagi dengan luas penampang
x=
M sy A
x.dA ∫ = ...................................... (1 - 8) dA
M sx y= = A atau : x=
M sy A
M y = sx A
∫ y.dA ...................................... (1- 9) dA n
∑ = ∑ ∑ = ∑
i =1 n
yi .ΔAi
i =1
n
i =1 n
ΔAi
xi .ΔAi
i =1
ΔAi
............................. (1 - 10)
............................. (1 - 11)
Cara Menentukan Koordinat Pusat Berat Suatu Area 1. Tampang segi empat
Titik berat diukur dari sumbu x M sx
t
= ∫ y . dA = y . bd y (dA = b . d y ) 0
1 b y2 2 = b.t
= A
[ ] = 12 b.t
2
t
1 2b.t 2 ˆ0 = maka y = 1 .t 2 b.t
Titik berat diukur dari sumbu y
M sy
b
= ∫ x . dA (dA = t . dx ) 0
b
= ∫ x . t . dx = 1 2 x 2 . t ]b0 = 1 2 b 2 .t 0
2
= t . b maka : x0 = 1 2t .bb .t = 1 2b Jadi titik pusat berat tampang terletak pada koordinat : (½ b ; ½ t)
2. Tampang segitiga
dA = b' . d y dA = b ' . d y b' (t − y ) = b t (t − y ) ' b = .b t
Statis momen terhadap sumbu x
Ms = 1
6
= 1
2
A
.b.t 2 .b.t
1 6.b.t 2 maka : y0 = = 1 3t 1 2.b.t
3. Tampang L
Bagian
Luas
I
x
y
(15x20)=300
300x10=300
300x7,5=2250
II
-(10x15)=-150
-150x12,5=-1875
-150x10=-1500
Jumlah
150
1125
750
M sx 1125 = = 7,5 A 150 M sy 750 xo = = =5 A 150 yo =
Momen Statis terhadap
D. BESARAN INERSIA a. Momen Inersia Suatu Penampang (I)
Momen inersia dapat ditentukan dengan integrasi y2 dA dan
atau x2 dA terhadap seluruh luas irisan penampang batang seluruh luas irisan penampang batang dan dihitung terhadap sumbu netral irisan penampang. Dan sumbu ini harus melalui titik berat irisan penampang.
Langkah pertama untuk menentukan momen inersia suatu penampang adalah menentukan terlebih dahulu letak titik berat dari penampang tersebut, kemudian beru menentukan besar momen inersia terhadap sumbu x atau sumbu y yang melalui titik berat dari luas penampang tersebut. Momen inersia terhadap sumbu x :
I x = ∫ y 2dA (cm4 ) ..........................(1-12) Momen inersia terhadap sumbu y :
I y = ∫ x 2dA (cm4 ) ..........................(1-13) Kedua momen inersia ini dapat disebut juga sebagai momen inersia kartesian.
b. Jari-jari Inersia (Radius Girasi) Jari-jari inersia terhadap sumbu x :
rx =
Ix (cm) ............................................ (1- 14) A
Jari-jari inersia terhadap sumbu y:
ry =
Iy A
(cm) ........................................... (1- 15)
Ix dan Iy berturut-turut sama dengan momen inersia terhadap sumbu x dan sumbu y, dan A sama dengan luas bidang.
Example :
v Momen lembam / inersia segiempat terhadap sumbu x melalui titik berat Ix
=
∫
y2
y 2 dA
y1
dA = b.dy 1 2t
Ix = ∫
1 2
t
y2
[
= 1 . y 3 .b 3
]
1
2t − 1 t 2
3 b 1 − − t 2 3 = b . 1 t3 − b − 1 t3 3 8 3 8 bt 3 bt 3 2bt 3 1 = + = = b.t 3 24 24 24 12
=b
(
1 t 3 2
)
3
(
)
(
)
v Momen
berat
inersia segitiga terhadap sumbu x, melalui titik 2
I x = ∫ y dA a' = a
(2 3 t − y ) → a' = (2 3 t − y ).a t
t
a 2 dA = a'.dy = t − y .dy 3 t 1 3 I x = at 36
(
)
v Momen lembam / inersia segitiga terhadap sumbu x, melalui alas
a ' (t − y ) = → a' = (t − y ) .a a t t a dA = a'.dy = (t − y ).dy t 1 I x = .at 3 12
v Momen lembam / inersia segitiga terhadap sumbu x, melalui puncak segitiga
a' y y = → a ' = .a a t t a dA = a '.dy = y.dy t I x = 1 .at 3 4
Dari gambar terlihat bahwa r2 = x2 + y 2
Sehingga rumus momen inersia polar dapat juga ditulis sbb :
(
)
Ip = ∫ r 2 dA = ∫ x 2 + y 2 dA = ∫ x 2 dA + ∫ y 2 dA Ip = Ix + Iy
…………………………………………….. (1-‐17)
d. Momen Inersia Pada Sistem Koordinat Translasi
a & b = koordinat pusat berat O terhadap sumbu x’y’ sumbu x // sumbu x’ sumbu y // sumbu y’
Suatu penampang dalam sistem koordinat sumbu X-Y. Titik 0 (0,0) adalah titik berat penampang tersebut. Apabila system koordinat X, Y bergeser pada system koordinat X’, Y’ dimana : x’ = b + x y’ = a + y Maka, momen inersia terhadap sumbu x’ : 2
2
Ix' = ∫ (y') dA = ∫ (a + y ) dA = ∫ y 2 dA + 2a ∫ y dA + a 2 ∫ dA Ix' = Ix + 2aMs x + a 2 . A
Momen inersia terhadap sumbu y’ 2
2
∫ (b + x ) dA = ∫ x .dA + 2b ∫ x.dA + b ∫ dA Ix'y' = ∫ x'.y'.dA = ∫ (b + x ) (a + y ) .dA = ∫ (b.a + b.y + x.a + x.y ) .dA Iy'
= ∫ x .dA = 2
2
Ix' y ' = Ixy + b Ms x + a Ms y + a.b. A Oleh karena sistem koordinat X, Y bertitik tangkap pada titik
berat penampang, maka Msx dan Msy = 0, sehingga persamaan tersebut diatas dapat disederhakan sbb:
Ix'
= Ix + a 2 .A
Iy'
= Iy + b 2 .A
Ix' y ' = Ixy + a.b. A
(a) ⎫ ⎪ (b)⎬ .......................(1 - 18 a, b, c) (c) ⎪ ⎭
Dari persamaan tersebut diatas, dapat disimpulkan bahwa nilai momen inersia akan bertambah besar apabila sistem koordinat x, y bergeser menjauhi pusat berat penampang. Ix’y’, adalah produk inersia terhadap sumbu x’ dan y yang didefinisikan sebagai integral dari luas elemen dA dikalikan dengan koordinat x’ dan y’ dari elemen dA terhadap sumbu yang ditinjau. Ixy adalah produk inersia terhadap pusat berat bidang yang ditinjau. Produk inersia dapat bertanda positif, negatif, atau bernilai 0 tergantung pada letak sumbu x’y’ terhadap penampang tersebut.
Bertanda positif apabila penampang tersebut terletak pada kuadran pertama dan bertanda negatif apabila penampang tersebut terletak pada kuadran kedua karena setiap elemen dA akan mempunyai koordinat y yang positif dan koordinat x yang negatif. Demikian seterusnya untuk penampang yang terletak pada kuadran-kuadran lain. Produk-produk inersia bernilai o, apabila salah satu sumbunya merupakan sumbu simetris penampang seperti pada gambar dibawah ini :
Setiap elemen - elemen dA yang terletak simetris terhadap sumbu y akan selalu mempunyai koordinat y yang sama dan mempunyai koordinat x yang selalu berlawanan arah, sehingga nilai x, y dA saling meniadakan dan nilai ∫ xydA sama dengan nol. Hubungan momen inersia polar dengan teori sumbu sejajar. Menurut teori sumbu sejajar :
( ) Iy = Iyc + A(b ) Ix = Ixc + A a 2 2
Berhubung : Ip
= Ix + Iy
maka : Ip
( ) ( ) = Ixc + Iyc + A(a + b ) ........................(1 − 19.a ) = Ixc + Iyc + A a 2 + A b 2 2
2
Apabila :
a 2 + b2 = c2 Ip
= Ixc + Iyc + A.c 2 .......................(1 - 19.b)
Dalam hal ini Ip yang dimaksud adalah momen inersia polar terhadap pusat O yang bisa diberi notasi Ip0 . Untuk momen inersia polar terhadap pusat berat c bisa diberi notasi Ipc.
Ipc = Ixc + Iyc .................................(1 - 20) Dengan demikian rumus momen inersia polar terhadap pusat O dapat dirumuskan sbb : 2
Ipo = Ipc + A . c ………………………........... (1-21)
Dengan memperhatikan momen diatas maka dapat disimpulkan bahwa momen inersia polar nilainya makin besar apabila titik yang ditinjau terletak makin jauh dari pusat berat bidang. Soal h o t n Co
:
Suatu penampang pada gambar. Tentukan : 1. Momen inersia terhadap sumbu x dan sumbu y dari penampang 2. Momen sentrafugal Ixy (produk inersia)
Jawab : Berhubung sumbu y adalah sumbu simetris, maka Ixy=0. Sumbu x dan sumbu y adalah sumbu utama. Penampang dibagi atas 8 bagian.
Menentukan lokasi sumbu x : Bagian
Luas A (cm2)
Jarak terhadap sumbu x
Momen statis: A.Y
I
150 x 150 = 2250
7,5
16875
II
150 x 30 = 4500
75+15 = 90
405000
III
15 x 25 = 375
165–12,5 = 152,5
57187,5
IV
375
152,5
57187,5
V
½ (15) (15) = 112,5
165-25-1/3.15=135
57187,5
VI
112,5
135
57187,5
VII
½ (20) (20) = 200
15+1/3(20)=21,67
4334
VIII
200
21,67
4334
Total
8125
Total
575293
Letak sumbu x:y
y=
y=
∑ Ay A
575293 8125
y = 70,81
∴ Ix = 26.103.990,96 Iy = 5.239.536,86 Ixy = 0
I max
= 1 (Ix + Iy ) + 2
I min
= 1 (Ix + Iy ) − 2
( ) (12 (Ix + Iy)) + I xy 2
1 (Ix + Iy ) + I 2 xy 2 2
l: a o S oh t n o C
Suatu penampang seperti pada gambar Tentukan : 1. Letak titik berat penampang tersebut 2. Imax & Imin 3. Letak sumbu utama
2
Jawab :
Menentukan titik berat penampang
2
I max
Ix + Iy ⎛ Ix − Iy ⎞ 2 = + ⎜ ⎟ + (Ixy ) 2 ⎝ 2 ⎠ 2
486,933 + 187,73 ⎛ 486,933 − 187,73 ⎞ 2 = + ⎜ ⎟ + (− 67,2) 2 2 ⎝ ⎠ = 337,332 + 164 = 501,332cm 4 I min = 337,332 − 164 = 173,332cm 4 ø=
1 2 Ixy 1 2(− 67,2) arctg = arctg → ø = 12,10 2 Iy − Ix 2 187,73 − 486,933
ø = 12,10
F. SOAL-SOAL DAN PENYELESAIAN 1. Tentukan momen inersia yang diinginkan dan dipergunakan dalam perhitungan lenturan, maka momen inersia ini haruslah diperhitungkan terhadap sumbu yang melalui titik berat penampang.
: b a w a J Berhubung momen inersia yang diinginkan akan dipergunakan dalam perhitungan lenturan, maka momen inersia ini haruslah diperhitungkan terhadap sumbu yang melalui titik berat penampang Menentukan titik berat penampang Keterangan
Luas (A) (mm2)
Jarak titik berat thd. garis bawah y (mm)
A x y (mm3)
Luas Total
40 x 60 = 2400
30
2400 x 30 = 72000
Luas Rongga dalam
-‐(20 x 30) = -‐600
35
-‐600 x 35 = -‐21000
∑A = 1800
∑A..y = 51000
A.y 51.000 ∑ y= = = 2,83 mm ∑ A 1.800
dari dasar
Momen inersia terhadap sumbu x Ø untuk luas total 3 ( )( ) 40 . 60 .b.h 3 =
Io
=1
Ix
= I 0 + A. y 2 = 4,50.10 4 + 0,69 . 10 4 mm 4
2
= 72 . 10 4 mm 4
12 2 A. y 2 = 2400(30 − 28,3) = 0,69 . 10 4 mm 4 = 72,69 . 10 4 mm 4
Ø untuk rongga dalam 3 ( )( ) 20 . 30 .b.h 3 =
Io
=1
Ix
= I 0 + A. y 2 = 4,50.10 4 + 2,69 . 10 4 mm 4
2
= 4,50 . 50 4 mm 4
12 2 2 ( ) A. y = 600 35 − 28,3 = 2,69 . 10 4 mm 4 = 7,19 . 10 4 mm 4
∴ I untuk penampang berlubang
(
= 72,69 .10 4 − 7,19 .10 4 = 65,50 .10 4 mm 4
)
2. Tentukan momen inersia polar dan kartesian dari suatu lingkaran yang berjari-jari R terhadap pusatnya.
: Jawab
dA = 2π . r . dr 2π . r = keliling sebuah cincin r = jari-jari cincin dr = lebar cincin r2 = x2+y2
R
R
2
I p = ∫ r dA = ∫ r 0
0
2
(x
2
2
)
R
2
+ y dA = ∫ x dA + ∫ y 2 dA 0
= Ix + Iy I p = 2I x + 2I y R
R
2
I p = ∫ r ( 2π r ) dr = ∫ 2π r 3 dr 0
0
4
Ix
R
R
R
2π r ⎤ 1 1 4 ⎤ 4 = = π r = π R ⎥ ⎥⎦ 4 ⎦ 0 2 2 0 1 1 1 = I y = I p = . π R4 2 2 2 1 = π R4 4
0
Terhadap sumbu x’ yang // sumbu x I x ' = I x + A.R 2 1 = π R 4 + π R 2 .R 2 4 5 = π R4 4
Momen inersia polar terhadap titik B IpB = Ipc + A.R 2 = =
π R4 2
= π R 2 .R 2
3 π R4 2
3. Tentukan momen inersia dari suatu tabung berpenampang lingkaran seperti pada gambar dibawah ini Jawab :
R
R
Ip = ∫ r 2 .dA = ∫ r 2 .2π r dr R0
R
R0
4
R
2πr ⎤ 3 = ∫ 2πr .dr = ⎥ 4 ⎦ R0 R0
π R 4 π R0 4 π 4 4 = − = R − R0 2 2 2
(
)
4. Suatu konstruksi terdiri atas sebuah plat badan tegak, 4 buah plat siku-‐siku dan dua buah pelat sisi seperti pada gambar dibawah ini. Hitunglah Ix dari konstruksi ini.
Jawab : Gambar konstruksi dibagi dalam 3 bagian : Bag I. Pelat Badan II. Keempat baja siku-siku III. Pelat-pelat sisi
Tabel Perhitungan
Keterangan : Berdasarkan Daftar Profil Baja pelat siku-siku : L 120 . 120 . 15 mempunyai ukuran :
Keterangan : Berdasarkan Daftar Profil Baja pelat siku-siku : L 120 . 120 . 15 mempunyai ukuran :
d = 15 mm b = 120 mm e = 3,51 cm ix = iy = 446 cm4 F = 33,9 cm2
5. Suatu bidang berbentuk empat persegi panjang dengan lebar b dan tinggi sama dengan h seperti pada gambar. Koordinat pusat berat terhadap sumbu x’ dan y’ adalah sbb :
( (
• Terhadap sumbu x' = h + C1 2 • Terhadap sumbu y' = b + C2 2
) )
Tentukan produk inersia Ixy terhadap sumbu x’y’
: b a w a J
(
) (
)
I x ' y ' = I xy + h + C1 + b + C2 A 2 2 Produk Inersia terhadap sumbu berat bidang yang ditijau sama dengan nol, sehingga
(
)(
)
I x ' y ' = 0 + h + C1 . b + C2 . A 2 2 h b h b = x x A + x C2 x A + C1 x x A + C1 x C2 x A 2 2 2 2 h = 1 .h.b(b.h ) + x C2 (b.h ) + C1 x C2 (b.h ) 4 2 = 1 .b 2 .h 2 + 1 C2 .b.h 2 + 1 .b 2 .h + C1 x C2 .b.h 4 2 2
6. Suatu bidang berbentuk segitiga siku-siku dengan alas sama dengan b dan tingginya sama dengan h. a. Tentukan produk inersia terhadap sumbu berat xy b. Tentukan produk inersia terhadap sumbu x2 y2
: Jawab
Ditinjau luas elemen dA dengan tinggi = dy dan dengan lebar = b2
b' (h − y ) b' = → b' = (h − y ) b h h b' luas dA = b' .dy = (h − y )dy h a. Produk inersia terhadap sumbu yang melalui pusat berat segitiga siku-siku. Koordinat pusat berat elemen terhadap sumbu yang melalui pusat berat segitiga siku-siku terhadap :
(
)
sumbu x = y- 1 h 3 sumbu y = - 1 b − 1 b 3 2
(
)
(
) (
)
d I xy = I xy c + dA. y − 1 h − 1 b − 1 b' 3 3 2 b = 0 + (h − y ) dy y − 1 h x − 1 b − 1 b' 3 3 2 h b ⎧ by b' y bh b' h ⎫ = − (h − y ) ⎨ − − + ⎬ dy h 3 2 9 6 ⎩ ⎭
(
) (
)
by ⎞ ⎧ by b' y bh b' h ⎫ ⎛ = ⎜ - b + − − + ⎟ ⎨ ⎬ dy 3 3 2 9 6 ⎝ ⎠ ⎩ ⎭ ⎡ b 2 y b b' y b 2 h b b' h b 2 y 2 b b' y 2 b 2 y ⎤ = ⎢− + + − + − − ⎥ dy 3 2 9 6 3 h 2 h 9 ⎣ ⎦ ⎡ 4 b 2 y 4 b' by b 2 h b b' h b 2 y 2 b b' y 2 ⎤ = ⎢+ + + + − ⎥ dy 9 6 9 6 3h 2h ⎦ ⎣ ⎡ 4 b 2 y 4b b (h − y ) y b 2 h b b (h − y ) h b 2 y 2 h h = ⎢+ + − + − 9 6 9 6 3h ⎢ ⎣ b b (h − y ) y 2 ⎤ ⎡ 7b 2 y 5b 2 y 2 b 2 h b 2 y 3 ⎤ h ⎥ dy = ⎢ − − + ⎥ dy 2h 6h 18 2h ⎦ ⎥ ⎣ 18 ⎦
{
{
}
}
{
}
h
I xy
h
2
=
I xy
h
h
7b 2 y 5b 2 y 2 b2h 5b 2 y 3 =∫ dy − ∫ dy − ∫ dy + ∫ dy 2 18 6h 18 2h 0 0 0 0 2
h
2
3
h
2
h
2
4
h
7b y ⎤ 5b y ⎤ b hy ⎤ b y ⎤ − − + ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ 36 ⎦ 0 18h ⎦ 0 18 ⎦ 0 4.2h 2 ⎦ 0
7b 2 h 2 5b 2 h 3 b 2 h 2 b 2 h 4 = − − + 36 18h 18 8h 2 7b 2 h 2 5b 2 h 2 b 2 h 2 b 2 h 2 = − − + 36 18 18 8 14b 2 h 2 20b 2 h 2 4b 2 h 2 9b 2 h 2 = − − + 72 72 72 72 23b 2 h 2 − 24b 2 h 2 − b2h2 = = 72 72
b. Produk inersia terhadap sumbu x’y’ Koordinat pusat berat elemen terhadap sumbu x’ dan y’ terhadap sumbu x’ = y ⎧ b ⎫ ( terhadap sumbu y’ = 1 b'+ a = ⎨ 1 h − y )⎬ + a 2 ⎩ 2 h ⎭ ⎡ b by ⎤ = ⎢ − + a ⎥ ⎣ 2 2h ⎦ b Luas dA = (h − y )dy h
(
)
by ⎛ ⎞ d I x' y = I xy + dA( y )⎜ b − + a ⎟ ⎝ 2 2h ⎠ 2 ⎤ ⎡ by ⎤ ⎡ by by = 0 + ⎢b - ⎥ ⎢ − + ay ⎥ dy ⎣ h ⎦ ⎣ 2 2h ⎦ b2 y b2 y 2 b2 y 2 b2 y3 aby 2 = dy − dy + a by dy − dy + dy − dy 2 2h 2h 2h h b2 y 2b 2 y 2 b2 y3 aby 2 = dy − dy + a by dy + dy − dy 2 2h 2h h
h
I x' y'
h
h
h
h
b2 y 2b 2 y 2 b2 y3 aby 2 =∫ dy − ∫ dy + ∫ a by dy + ∫ dy − ∫ dy 2 h 2h h 0 0 0 0 0 2
3
h
2
h
2
4
h
3
h
b y ⎤ a b y ⎤ b y ⎤ a b y ⎤ 2 2 1 = .b h − ⎥ + ⎥ + 2 ⎥ − ⎥ 4 3h ⎦ 0 2 ⎦ 0 8h ⎦ 0 3h ⎦ 0 2 3 2 2 4 2 b h a b h b h a b h = 1 .b 2 h 2 − + + − 4 3 2 8 3 6 b 2 h 2 8 b 2 h 2 12 a b h 2 3 b 2 h 2 8 a b h 2 I x' y' = − + + − 24 24 24 24 24 b2h2 4 a b h2 = − 24 24
