Session 2 tegangan & regangan pada beban aksial. Mekanika Teknik III

Session 2 tegangan & regangan pada beban aksial Mekanika Teknik III

Kesesuaian sebuah struktur atau mesin bisa jadi tergantung pada deformasideformasi pada struktur tersebut serta tegangan-tegangan yang diinduksikan akibat pemb bebanan. Analisis-analisis statik saja tidak cukup untuk menyelesaikan hal tersebut. Dengan menganggap struktur-struktur sebagai benda terdeformasi memungkinkan penentuan gaya-gaya elemen dan reaksi-reaksi yang berupa statik-tak-tentu

Penentuan distribusi tegangan dalam sebuah elemen juga memerlukan pertimbangan deformasi dalam elemen tersebut

The civil and planning engineering education department State University of Yogyakarta – Faculty of Engineering

σ= ε=

P = tegangan A

σ=

= regangan normal L

ε=

δ

2P P = 2A A

δ

L


P A 2δ δ ε= = 2L L

σ=

Uji tegangan-regangan


Diagram tegangan-regangan : bahan bersifat daktil


Diagram tegangan-regangan : bahan bersifat getas


Hukum Hooke Di bawah tegangan luluh :

σ = Eε E = Youngs Modulus or Modulus of Elasticity Kekuatannya dipengaruhi oleh pemaduan logam, perlakuan panas, dan proses manufakturnya, namun kekakuannya (modulus elastisitasnya) tidak


Perilaku elastik vs plastik Bila regangan menghilang setelah tegangan dilepaskan, bahan tersebut dikatakan berperilaku elastik. Tegangan terbesar yang menyebabkan hal tersebut dinamakan batas elastik (elastic limit) Bila regangan tidak kembali nol setelah tegangan dilepaskan, maka bahan tersebut dikatakan berperilaku plastik


Deformasi akibat beban aksial Berdasarkan hokum Hooke :

σ = Eε

Berdasarkan definisi regangan : ε =

ε=

δ

σ E

=

P AE

L

Menyamakan dan menyelesaikannya : δ =

PL AE

Bila terdapat variasi-variasi dalam pembebanan, luasan penampang dan sifat-sifat bahan :

Pi Li δ =∑ i Ai Ei


Contoh 02.1 SOLUSI : Bagilah batang tersebut menjadi komponenkomponen pada titik-titik bekerjanya gaya

E = 29 × 10− 6 psi

Lakukan analisis badan-beban (free-body analysis) pada setiap komponen untuk menentukan gaya dalamnya

D = 1.07 in. d = 0.618 in.

Tentukan deformasi batang baja di atas akibat beban-beban yang bekerja

Evaluasilah defleksi total komponen tersebut


SOLUSI : Bagilah batang tersebut menjadi tiga komponen

Lakukan analisis badan-bebas pada setiap komponen untuk menentukan gaya-gaya dalamnya P1 = 60 × 103 lb P2 = −15 × 103 lb P3 = 30 × 103 lb

Evaluasi defleksi totalnya Pi Li 1  P1L1 P2 L2 P3 L3   =  + + A E E A A A i i i  1 2 3 

δ =∑

(

) (

) (

)

 60 × 103 12 − 15 × 103 12 30 × 103 16  = + +  6 0 . 9 0 . 9 0.3 29 × 10   1

= 75.9 × 10−3 in. L1 = L2 = 12 in.

L3 = 16 in.

A1 = A2 = 0.9 in 2

A3 = 0.3 in 2

δ = 75.9 ×10−3 in.


Contoh Kasus 2.1 SOLUSI :

• Sebuah batang kaku BDE didukung oleh dua buah batang lain, AB dan CD • Batang AB terbuat dari aluminum (E=70 GPa) dan memiliki luasan penampang 50 mm2. Batang CD terbuat dari baja (E=200 GPa), dan memiliki luasan penampang 600 mm2. • Bila struktur tersebut diberikan gaya 30 kN, tentukan defleksi: a) di titik B, b) titik D, c) dan titik E.

• Lakukan analisis badan bebas pada batang BDE untuk menemukan gaya-gaya yang bekerja pada batang AB dan DC. • Evaluasi deformasi yang terjadi pada batang AB dan DC atau displacement di titik B dan D • Lakukan analisis geometri untuk menemukan defleksi di titik E bila defleksi di titik B dan D diketahui.


SOLUSI:

Displacement of B: δB =

Free body: batang BDE

PL AE

( − 60 × 103 N )(0.3 m ) = (500 ×10-6 m2 )(70 ×109 Pa ) = −514 × 10− 6 m

∑MB = 0 0 = −(30 kN × 0.6 m ) + FCD × 0.2 m

δ B = 0.514 mm ↑

Displacement of D:

FCD = +90 kN tension

δD =

PL AE

0 = −(30 kN × 0.4 m ) − FAB × 0.2 m

( 90 × 103 N )(0.4 m ) = (600 ×10-6 m2 )(200 ×109 Pa )

FAB = −60 kN compression

= 300 × 10− 6 m

∑ MD = 0


δ D = 0.300 mm ↓

Displacement of D: BB′ BH = DD′ HD 0.514 mm (200 mm ) − x = 0.300 mm x x = 73.7 mm EE ′ HE = DD′ HD

δE 0.300 mm

=

(400 + 73.7 )mm 73.7 mm

δ E = 1.928 mm

δ E = 1.928 mm ↓


Ketidak-tentuan Statik

• Struktur-struktur yang gaya-gaya dalam dan reaksi-reaksinya tidak dapat ditentukan dari analisis statik saja dikatakan sebagai struktur statik tak-tentu (statically indeterminate). • Sebuah struktur bersifat statik tak-tentu pada saat struktur tersebut ditahan oleh lebih dari satu tumpuan yang diperlukan untuk mempertahankan kesetimbangannya. • Reaksi-reaksi kelebihannya digantikan dengan beban-beban yang tak diketahui, bersamaan dengan beban-beban lain harus menghasilkan deformasi-deformasi yang sesuai. • Deformasi-deformasi akibat beban-beban nyata dan reaks-reaksi kelebihan ditentukan secara terpisah dan kemudian ditambahkan kembali (superposisi) δ = δL +δR = 0 The civil and planning engineering education department State University of Yogyakarta – Faculty of Engineering

Tentukan reaksi-reaksi di titik A dan B untuk batang baja dan pembebanannya seperti terlihat di samping. SOLUSI: • Anggap reaksi di B sebagai kelebihan, lepaskan batang tersebut dari tumpuan B dan selesaikan displacement di B akibat beban-beban yang bekerja • Selesaikan displacement di B akibat reaksi kelebihan di B. • Displacement akibat pembebanan dan displacement akibat reaksi kelebihan perlu disesuaikan (jumlahnya harus nol) • Selesaikan reaksi di A akibat beban-beban dan reaksi di B The civil and planning engineering education department State University of Yogyakarta – Faculty of Engineering

SOLUSI: • Selesaikan displacement di B akibat beban-beban yang bekerja dengan melepaskan tumpuan di B P1 = 0 P2 = P3 = 600 × 103 N A1 = A2 = 400 × 10− 6 m 2

P4 = 900 × 103 N

A3 = A4 = 250 × 10− 6 m 2

L1 = L2 = L3 = L4 = 0.150 m Pi Li 1.125 × 109 δL = ∑ = A E E i i i

• Selesaikan displacement di B akibat reaksi kelebihan di B P1 = P2 = − RB A1 = 400 × 10− 6 m 2 L1 = L2 = 0.300 m

(

A2 = 250 × 10− 6 m 2

)

Pi Li 1.95 × 103 RB =− δR = ∑ A E E i i i


• Displacement akibat beban-beban dan akibat reaksi kelebihan harus bersesuaian δ = δL +δR = 0

(

)

1.125 × 109 1.95 × 103 RB =0 − δ = E E RB = 577 × 103 N = 577 kN

• Tentukan reaksi di A akibat beban dan reaksi di B ∑ Fy = 0 = R A − 300 kN − 600 kN + 577 kN R A = 323 kN R A = 323 kN RB = 577 kN


Nisbah Poisson • Untuk sebuah batang langsing yang menerima beban aksial :

εx =

σx E

σy =σz = 0

• Elongasi arah x dibarengi dengan kontraksi di arah yang lain. Bila diasumsikan bahan tersebut isotropik :

εy = εz ≠ 0 • Nisbah Poisson dinyatakan sebagai : εy ε lateral strain ν= =− =− z εx εx axial strain The civil and planning engineering education department State University of Yogyakarta – Faculty of Engineering

• Untuk sebuah batang yang menerima berbagai beban aksial, komponen regangan normal yang dihasilkan dari komponen tegangan dapat ditentukan dari prinsip superposisi. Dalam hal ini : •Regangan secara linier berhubungan dengan tegangan •Deformasinya kecil • Dengan batasan-batasan tersebut :

σ x νσ y νσ z

εx = +

E

εy = − εz = −

−

νσ x E

+

E

−

σ y νσ z E

νσ x νσ y E


−

E

E

−

+

E

σz E

• Relatif terhadap kondisi tak tertegang, perubahan volumenya :

[

(

]

)

[

e = 1 − (1 + ε x ) 1 + ε y (1 + ε z ) = 1 − 1 + ε x + ε y + ε z

]

= εx +ε y +εz =

1 − 2ν σ x +σ y +σ z E

(

)

= dilatation (change in volume per unit volume)

• Untuk elemen yang menerima tekanan hidrostatis merata : e = −p k=

3(1 − 2ν ) p =− E k

E = bulk modulus 3(1 − 2ν )

• Akibat tekanan yang merata, dilatasinya harus negative, sehingga : 0 < ν < 12


Regangan Geser • Suatu elemen kubikus yang menerima tegangan geser akan berdeformasi menjadi rhomboid. Regangan geser yang bersesuaian dihitung dalam bentuk perubahan sudut di antara kedua sisinya

τ xy = f (γ xy )

• Gambaran tegangan geser terhadap regangan geser mirip dengan gambaran tegangan normal terhadap regangan normal, kecuali bahwa nilai kekuatannya kurang lebih hanya setengahnya. Untuk reganganregangan kecil :

τ xy = G γ xy τ yz = G γ yz τ zx = G γ zx Dimana G adalah modulus of rigidity atau modulus geser The civil and planning engineering education department State University of Yogyakarta – Faculty of Engineering

SOLUSI : • Tentukan deformasi angular rerata atau regangan geser pada blok tersebut Suatu balok persegi terbuat dari suatu bahan dengan modulus of rigidity G = 90 ksi terikat olelh dua buah plat horizontal kaku. Plat bagian bawah terpasang sempurna sedangkan plat bagian atas menerima gaya horizontal P. diketahui bahwa plat bagian atas bergerak 0.04 in akibat aksi gaya tersebut, tentukan a) regangan geser rerata pada bahan tersebut, dan b) gaya yang diterima pada plat tersebut.

• Gunakan hokum Hooke untuk tegangan dan regangan geser untuk menentukan tegangan geser yang bersesuaian • Gunakan definisi tegangan geser untuk menemukan gaya P.


• Tentukan deformasi angular rerata atau regangan geser blok tersebut γ xy ≈ tan γ xy =

0.04 in. 2 in.

γ xy = 0.020 rad

• Gunakan hukum Hooke untuk tegangan dan regangan geser untuk menemukan tegangan geser yang bersesuaian

(

)

τ xy = Gγ xy = 90 ×103 psi (0.020 rad ) = 1800 psi

• Gunakan definisi tegangan geser untuk menemukan gaya P. P = τ xy A = (1800 psi )(8 in.)(2.5 in.) = 36 × 103 lb P = 36.0 kips


Hubungan E, v, dan G • Sebuah batang langsing yang dibebani secara aksial akan memanjang pada arah aksial dan berkontraksi di arah yang lain. • Sebuah elemen kubikus awal diorientasikan seperti gambar di atas akan berdeformasi menjadi rectangular parallelepiped. Gaya aksial menghasilkan regangan normal. • Bila elemen kubikus diorientasikan seperti gambar di bawah, maka ia akan berdeformasi menjadi rhombus. Beban aksial juga muncul dalam tegangan geser. • Komponen regangan normal dan geser dihubungkan : E = (1 + ν ) 2G The civil and planning engineering education department State University of Yogyakarta – Faculty of Engineering

Contoh Sebuah lingkaran dengan diameter d = 9 in digambarkan dalam sebuah plat aluminum taktertegang dengan ketebalan t = ¾ in. Gaya yang bekerja pada bidang datar plat menyebabkan tegangan normal σx = 12 ksi dan σz = 20 ksi. bila E = 10x106 psi dan ν = 1/3, tentukan perubahan : a) panjang diameter AB, b) panjang diameter CD, c) Ketebalan plat d) Volume plat The civil and planning engineering education department State University of Yogyakarta – Faculty of Engineering

SOLUSI: • Gunakan persamaan umum Hooke untuk menemukan tiga komponen regangan normal εx = + =

δB

A

(

E

−

E

−

E

1

= +0.533 × 10−3 in./in.

δC

E

E

−

(

δB

A

= +4.8 × 10−3 in.

)

= ε z d = + 1.600 × 10−3 in./in. (9 in.)

(

δC

D

= +14.4 ×10−3 in.

)

δ t = ε y t = − 1.067 ×10−3 in./in. (0.75 in.)

νσ x σ y νσ z +

D

)

= ε x d = + 0.533 × 10−3 in./in. (9 in.)

σ x νσ y νσ z

1   ( ) ( ) 12 ksi 0 20 ksi − −  3 10 × 106 psi 

εy = −

• Temukan komponen deformasinya

δ t = −0.800 ×10−3 in.

E

= −1.067 × 10−3 in./in.

εz = −

νσ x νσ y E

−

σ + z E E

= +1.600 ×10−3 in./in.

• Temukan perubahan volumenya e = ε x + ε y + ε z = 1.067 × 10−3 in 3/in 3 ∆V = eV = 1.067 × 10−3 (15 × 15 × 0.75)in 3


∆V = +0.187 in 3

Session 2 tegangan & regangan pada beban aksial. Mekanika Teknik III

Recommend Documents