Mekanika Ba an
Materi • • • • • • • • • •
Review Mekanika Pengantar mekanika bahan Sifa Sifatt-si sifa fatt Pena Penamp mpan ang g Tegangan egangan Sifat-Sifat Mekanik Material Beban Aksial Torsi Lentur Tekuk pada kolom
Materi • • • • • • • • • •
Review Mekanika Pengantar mekanika bahan Sifa Sifatt-si sifa fatt Pena Penamp mpan ang g Tegangan egangan Sifat-Sifat Mekanik Material Beban Aksial Torsi Lentur Tekuk pada kolom
Literatur Gere Gere & Timon Timonsh shen enko ko.. (1996 (1996). ). Meka Mekani nika ka Ba Baha han, n, Edisi Kedua Versi SI SI,, Jilid 1, Penerbit Erlan ang gga, Jakarta. Hibeller. (1997). Mechanics of Material . Third Edition. Edition. Printi Printice ce Hall, Upper Upper Saddle Saddle River, River, New Jersey 07458. Zain Zainur urii (200 (2008) 8).. Keku Kekuat atan an Ba Baha han. n. CV. CV. And Andii Offs Offset et.. Yogyakarta. Callister, W.D., 1994, Materials Science and Engineering, New York; John Wiley and Sons. Gere Gere dan dan Timo Timosh shen enko ko,, S.P., S.P., 1990 1990 Mech Mechan anic ics s of Materials.
Literatur Hidgon, A., et. All., Engineering Mechanics, Vol. I : Static’s, Englewood cliff: Prentice Hall, 1976. Meriam, J.L., Engineering mechanics, Vol, I: Static’s, New York : John Wiley and Sons, 1992. Muvdi, B.B. dan McNabb, J.W., Engineering Mechanics of Materials, New York: Springer Verlag, 1991. Popov, E.P., Mechanics of Materials, New Delhi: Prentice Hall, 1981. Ugural, R.C. dan Fenster, S.K., Advanced Strength and Applied Elasticity, Englewood cliff: prentice Hall, 1987.
Review Mekanika
Satuan Gaya •
•
Satuan tegangan : gaya / luas . Dalam sistem internasional (SI) satuan tegangan : Pa = ascal = Newton meter2 = N/m2 1 kPa = 1 kilopascal = 103 Pa 1 MPa = 1 megapascal = 106 Pa = 106 N/m2 = 1 N/mm2 –
–
–
•
1 kg = 10 N
Definsi Mekanika Bahan •
Mekanika bahan : studi tentang hubungan antara beban luar yang bekerja pada suatu benda serta tegangan dan regangan yang se a
an
oe
gaya
a am
en a
tersebut. •
Beban luar yang bekerja pada suatu benda dapat berupa beban merata terdistribusi dan beban terpusat.
Benda Kaku
Benda Berdeformasi
�
��
∆� A
Benda Belum Dibebani : Konstan
∆�� A�
Benda Sudah Dibebani : Berdeformasi
Sifat-Sifat Penampang •
Luas penampang
•
Statis momen
•
Titik Berat penampang
•
Momen inersia penampang
Luas Penampang l
p
t a
d
Statis Momen •
Statis momen : luas dikalikan jarak titik berat potongan.
•
Fungsi statis momen : mencari titik berat potongan dan letak garis netral.
∫ Sy = ± ∫ x ⋅ dA
Sx = ± y ⋅ dA
Contoh statis momen y Sx = d . A = ½ h (b.h) = ½ bh2
h
Sy = d . A = ½ b (b.h) = ½ b2h
b
x
Titik Berat Penampang
x = y =
Sy A Sx A
Momen Inersia •
Momen inersia (I) : luas dikalikan jarak titik berat kuadrat.
•
Satuan : mm4 , cm4 , m4 , dsb.
•
Momen Momen inersi inersia a menggam menggambar barkan kan kemampuan suatu bahan dalam menahan beban luar.
Ix = Iy =
∫y ∫x
2
dA
2
dA
Momen Inersia Beberapa Penampang Ix = (1/12) b h3
Ix = (1/36) b h3
Ix = (πd4/64)
Contoh 1
80 cm m c 0 3
m c 0 6
20 cm
Titik Berat Sumbu y : 40 cm Sumbu x : ………? L .
+L .
=L.
(30 . 80) . 75 + (20 . 60) . 30 = 3600 . y y = 60 cm Jadi titik berat nya (60 cm, 40 cm)
Momen Inersia benda Ix Ix 1 = =
1 12 1 12 1
2
12
bh + (b .h )Yo 3
2
. 80 . 30 3 + (80 . 30 )15 2 = .
.
3
.
2
720000 cm 4 4
Ix total = 2160000 cm 4
Momen Inersia benda Ι y Iy 1 = =
1 12 1 12
Iy 2 =
12
3 2 hb + (h .b ) Xo
. 30 . 80 3 + (30 . 80 ) 0 = 1280000 cm 4 . 60 . 20 3 + (60 . 20 )
=
40000 cm 4
4 Iy total = 1320000 cm
(+ )
Contoh 2 10
20
10
10
30
20 Satuan : mm
•
Luas persegi luar = 40 . 60 = 2400 mm2
•
Luas persegi lubang = 20 . 30 = 600 mm2
•
Luas Total = 2400 – 600 = 1800 mm2
•
Statis momen terhadap y dasar persegi luar 2400 . 30 = 72000 mm 3
•
Statis momen terhadap y dasar persegi lubang 600 . 35 = 21000 mm3
•
Total statis momen = 72000 – 21000 = 51000 cm3
Posisi letak titik berat : Ay 51000 ∑ = = 28.3 mm y = ∑ A 1800
r I o = 2
u bh
u
r
u r:
3
3
12
r
=
40(60 )
=
12 2
4
72.10 mm 4
4
Ad = 2400(30 − 28.3) = 0.69.10 mm
4
Inersia untuk daerah lubang I o = −
bh
3
3
=−
20(30 )
12
12
= −4.50.10 2
2
4
mm 4
4
Ad = −600(35 − 28.3) = −2.69.10 mm
4
Inersia Total I zz =
∑ A d + I 2
o i
= (72 + 0.69 − 4.50 − 2.69 ).10 4
= 65.50.10 mm
4
4
Tegangan Normal •
Tegangan normal : tegangan yang bekerja tegak lurus terhadap sumbu batang, dimana tegangan geser tidak .
•
Besarnya tegangan normal :
σ =
P A
�
σ τ
�3
�4
Komponen-komponen tegangan normal dan geser
Sign Convention : Positif (+) : tegangan tarik (tension ) Negatif(-) : tegangan tekan (compression )
Contoh Diketahui struktur kabel seperti pada gambar. Kabel AB dan BD mempunyai diameter 8 mm. Hitung tegangan normal AB dan BD.
ΣF y = TBD – 256 x 9,81 = 0
TBD = 2511,4 N σBD = P/A
= 2511,4 N
π . (8 mm)2 / 4 = 49,963 MPa
ΣF y = T AB Sin 350 – TBD = 0
T AB = 2511,4 / sin 350 = 4378,5 N σBD = 4378,5 N
π . (8 mm)2 / 4 = 87,107 MPa
Gaya Ak Aksial Ijin jin ( Allowable Axial Force ) •
Kompon Komponen en struk struktur tur tekan tekan dide didesai sain n untuk untuk menahan tegangan ijin maksimum.
•
Beban ijin maksimum dapat diturunkan dari pers persa amaa maan tega tegang nga an norm norma al. σijin = Pijin / A
Pijin = σijin . A •
Pallow : beban aksial ijin A
: luas penampang
Contoh Sebuah balok kaku AC memikul sebuah beban P, pe perletakan titik C da dan batang tarik BD BD adal dalah sen sendi. di. σijin untuk batang tarik BD adal dalah 145 145 MPa MPa. a. Tentukan beban maksimum P yang dapat ditahan jika batang tarik mempunyai pena penamp mpan ang g 25 mm mm x 25 25 mm. mm. b. Tentukan diameter ba batang tarik yang diperlukan untuk menahan beban 85 kN.
Gaya-Gaya yang Bekerja pada Batang BD
a) Beban Maksimum ΣMC = P (2,1) - TBD (1,5) = 0
P
= (1,5/2,1) . TBD
TBD ijin = σijin . A = (145 N/mm2) . (25 mm x 25 mm) = 90625 N P = (1,5/2,1) . (90,625) kN = 64,732 kN
b) diameter batang tarik yang diperlukan untuk menahan beban 85 kN TBD = (2,1/1,5) . P = (2,1/1,5) . (85) = 119 kN =
2
=
= 820,69 mm2 dimana A = (1/4) π d2
d=
4A π
=
4 × 820,69 π
=
32,325 mm
Regangan Normal •
Batang dengan panjang L, bila dibebani dengan gaya normal tarik (+), akan .
•
Batang dengan panjang L, bila dibebani dengan gaya normal tekan (-), akan bertambah pendek sebesar ∆L negatif.
•
Perubahan panjang (∆L) :
∆L =
•
P⋅L A⋅E
Regangan normal/aksial (ε):
ε =
∆L
L
P = Gaya Aksial L = Panjang Batang Awal A = Luas Penampang E = Modulus Elastisitas
•
Regangan dua arah :
P
P ∆a
εa =
∆t d ∆t
∆a
L
∆a
εa = regangan normal/aksial
L
∆a = perubahan panjang arah
aksial L = panjang awal
Regangan Lateral
εt =
∆t
L
εt = regangan lateral ∆a = perubahan panjang arah lateral
L = panjang awal
Poisson Ratio (υ) (nu) υ
=-
εt
(regangan lateral)
ε
(regangan aksial)
•
Penemu : S.D. Poisson th 1800 (perancis)
•
0 ≤ υ ≥ 0,5
•
Poisson ratio hanya berlaku pada daerah elastis
Poisson ratio berbagai material Concrete
: 0,20
Steel
: 0,27 – 0,3
a n ess
ee
Aluminium-Alloy
: ,
– ,
: 0,33
Sand
: 0,20 – 0,45
Clay
: 0,30 – 0,45
Hubungan Tegangan-Regangan
σ=
E⋅ε
Hukum Hooke (Robert Hooke, 1676)
Modulus Elastisitas (Modulus of Elasticity)
Tegangan (Stress)
Modulus Elastisitas Bahan •
E Baja : 200000 MPa
•
•
•
E Kayu : 11000 MPa '
E beton : 4700 f c
MPa
Tegangan – Regangan Beton
���A� ���A��� �A�A� �������� (���������), ��������� ����� ����� ���� ����� �������� ���� �������� ������ ����� ������� �������� ���� �����. ��� ��������� ��������� �������� ���������. �������� ����� ��������� ������ ���� ������� . ������ �������� ���� ��������� ����� � ������ ������� ����, � � 200000 ���, ���� ������������ ����� ����� �������� �����, �������� �������� ����� ������ �������� �������� ������ ����� � ����� ������, �������� ����, ������ � � 7000 ��� ���� ������. •
•
•
�������� (��������) •
•
����� ����� ���� ���������� ���� �������� �������� �������� ����� �������� ������� ����� ���������� ����� ��� ���� ����� ���� ����� ����� ����� �������������� ��������, ������ �������� ����� ������� �������� ����� ��� ����� ����������.
������� (���������� ) •
•
����� �������� ���� ����� ������� �� ������� ���� ������� ����� �����������. ������ ����� ���������� ����� ������ ����� �����������. ���� ���� ��������� ������ ���������� ������� ����������� ���� ����� �����������.
�������� (��������� ) •
����� ����� ���� ����� ������������ �������� ����� ����� ������� ����������� ����� ����������
��������� (�����������) •
•
����������� ����� ������ ��������� ������� �������� �����. ���������� ���� ���, ����, ����� ���.
��������� (������������ ) •
����� ����� ���� ��������� �������� ����� ����� ���� ���������� �����.
��������� ������� ������� �������
����������� (���������) •
•
•
•
����� �������� ���� ����� ������� ����� ����� ������ ���� ����� �����. ���� ������ ����� �������� ����� �����, �������� ������ ������� ��� �������� �����������.
����� �������� ���� ����� �������� ����� ����� ������ ����� ����������� �������� ����� ���� ����� �������. ��� ����������� ����� ������ ���� ������� ������. ���������� �������� ��� ����������� ���� �������� ����� ��������
����� ����� �������
� � � � � � �
�����������
����������
�������� ���������� ��� �����������
���� 1 100 �� 3.5 �
�������� 25 ��
������ ������ ��������� ������ ��������� ����� �������� ������ ������ ����� 100 �� ��� ��������� ��������� ������� ������� 1.5 ��. �������� �������� ��� �������� �������� �
��������
��������
���� 2 ��������� ������� �������� �������� ����� ��������� �����. ���� ����� �� ����� ��� �������� 80 ��. ������ �� ��� �� ������� ���� �������� ��������. ������ ��������� ������� ������ �� ��� ��. (�������� ����� (��) � 40 �� ��� �������� ���� (��) � 80 ��.
���� �������� � ��������,
���� ���� �������
6
E=
32.2(10) 0.01
σ AB =
ε AB
=
FAB
= 1 4
A AB σ AB
40(103 )
=
2
π(0.04)
31.83(106 ) .
σ CD =
ε CD
9
= 3.22(10
=
FCD σ CD
E
40(103 )
= 1 4
A CD =
9
2
π(0.08)
7.958(106 ) 9
3.22(10 )
) Pa
= 31.83 MPa
= 0.009885 mm/mm
= 7.958 MPa
= 0.002471 mm/mm
δ AB = ε ABL AB = 0.009885(2000) = 19.77mm δ CD = ε CD L CD = 0.009885(2000) = 19.77mm
���� 3 ��������� ������ ������ ������ ������� ��� � 100 ���. ���� ������� ������ ������ 3 � �������� ����� ������ 2 ��. ������ ����������� ������� ������ ��������.
���� 4 ������ ����� ����� ��������� ������ ������� �������� ������ 18 ��. ������ �������� ���� ���� ��� ����� ���� ����� �������� �������� ����� ������ 800 ��. ��� � 200 ��� ��� �� � 25 ���.
���� 5
���� 6
���� 7
���� 8
���A��A� �A� ���A��A� ����� •
�������� ����� : �������� ���� ������� ������� ���� ����������� ���������.
•
����� ����� ����� ������� ����� ����� ���������� ������ ������������ ���� ��� ����� �������� ( ������ ����� ) ���� �������� (�������).
�������� ������ �������� �����
•
�������� �������� ����� ( τ) :
τ =
Fs A
•
τ : �������� ����� (���) �� : ���� ����� (�) A : ���� ������ ����� (�� 2)
���� ������ ������� ����� �������� � �������� �����, �������� ����� ���������� ����� ������ �������� �����. ������� ����� ������� :
τ = � γ γ
τ : �������� ����� (���) γ : �������� ����� (���) � : ������� ����� (���)
���� 1 ������ ��������� ������� ���� ������. ���� � = 30 ��, ������ �������� ����� ���� �������� ���.
� 450 � � 300 ��
τ=
P cos 30 0 A
=
21,3 ⋅ 10 3 300 ⋅ 200
=
0,35 MPa
���� 2 ������ ��������� ���� ������� ���� ������. ���� ���� ����� = 30 ��, �������� ���� = 10 ��. �������� �������� ����� ��������� ���� ������ ��� ���� ���.
�
� �
� �
�
���� ������ ��� ���� ��� = 0,25*3,14*(10)2 = 78,6 ��2 ���� ���� ������� ���� ������ ��� = 0,5*30 = 15 �� ���� �������� ����� ��������� : τ=
Fs A
=
15 ⋅103 78,6
= 192 MPa
TEGANGAN LENTUR BALOK
TEGANGAN LENTUR BALOK •
Apabila suatu balok dua tumpuan atau balok kantilever dibebani dengan beban luar, maka balok tersebut akan mengalami lentur/lendutan, yang mengakibatkan tegangan lentur pada balok tersebut.
•
Persamaan tegangan lentur pada suatu titik yang berjarak y dari garis netral adalah : σ
=
M ⋅ y I
dimana : σ : Tegangan
M : momen, y : jarak, I : Inersia penampang
Contoh soal Diketahui suatu balok kantilever dengan geometri dan beban seperti pada gambar. � � 1 �/�
�
� 50 ��
� 1,5 �
�
30 ��
Hitung dan gambar tegangan lentur pada potongan c-c
Penyelesaian : 1. Hitung momen pada potongan c-c Mc = (+2.1,5) - (0,5.1.1,52) = 1,875 tm 2. Hitung ya dan yb ya = 0,25 m; yb = 0,25 m 3. Hitung momen inersia penampang I = 1/12.(0.3)(0.5)3 = 0,003125 m4 4. Hitung tegangan serat atas dan serat bawah penampang
σa =
1,875 ⋅ (0,25)
σb = −
0,003125
= 150
1,875 ⋅ (0,25)
t/m
= −150
0,003125
2
t/m 2
150 �/�2
� 150 �/�2
������� ����� ������ �������� ���
���A� �������� 1 ������ ����� ������ �������� ��� ���������� ������� ���� ������. ������ �������� ������ ��� ����� �������� ����� ��������� ���������� �����������. 5 ��/�
A
� 6�
���A� �������� 2
������ ����� ������ �������� ��� ���������� ����� ������. ������ �������� ������ ��� ����� �������� � ��������� ���������� �����������. 15 ��
5 ��/�
80 ��
A
�
� 5�
5�
���A� �������� 3 ������ ����� ������ �������� ��� ���������� ������� ���� ������. ������ �������� ������ ��� ����� �������� ����� ��������� ���������� �����������. 8 ��
A 18 ��� 3�
�
� 3�
8 ��
�
� 2�
2�
���A� �������� 4 ������ ����� ������ �������� ��� ���������� ������� ���� ������. ������ �������� ������ ��� ����� �������� ����� ��������� ���������� �����������. 10 ��
8 ��
15 ��� 2�
3�
TEGANGAN GESER
Tegangan Geser Balok
•
Persyaratan keseimbangan momen pada elemen persegi tercapai apabila ada gaya geser dalam // sumbu balok yang besarnya sama dan arahnya melawan momen kopel akibat V tegak lurus sumbu.
•
Dari keseimbangan gaya, V ⊥ sumbu mengimbangi gaya-gaya pada arah ⊥ sumbu.
•
Sedangkan V // sumbu mengimbangi
penampang balok bersebelahan. Gaya geser pada arah // sumbu balok berfungsi menyatukan penampang balok sebagai satu kesatuan.
Resultant tegangan lentur pada daerah fghj :
F B =
∫
M B y
luas fghj
I
dA =
M B I
∫ y dA = luas fghj
M B Q I
dimana Q adalah statis momen daerah fghj terhadap garis netral. M A y M A M A Q F A = dA = y dA = I I I
∫
∫
luas abde
luas abde
Resultant tegangan lentur pada daerah abde :
•
Dimana Q = statis momen daerah abde
yang besarnya sama dengan daerah fghj terhadap garis netral. Hal ini disebabkan penampang prismatis
tidak mengalami perubahan bentuk). •
Besarnya tegangan geser (v) diperoleh dari persamaan keseimbangan gayagaya arah horizontal.
•
Dari hubungan momen dan geser :
FB − FA − R = 0 M BQ I v= •
−
MAQ
− v.b.dx = 0
I (M B − M A ) Q x
Dari hubungan momen dan geser, maka :
(M B − M A ) dx
=
dM dx
=V
v=
VQ Ib
•
Tegangan geser pada garis berjarak y 1 dari garis netral sebesar :
v=
=
VQ
=
Ib V y
V
∫ y dA = I b ∫ b y dy
I b daerah 2
I 2 •
V
h/2
= y1
h/2
y1
2 V h 2 − y1 2 I 2
Persamaan ini menunjukkan distribusi tegangan geser berbentuk parabola.
•
Tegangan geser maximum diperoleh jika y 1 = 0:
v max =
•
V h2 8I
=
V h2 8
bh
3
=
3 V 2 bh
v max =
3V 2A
12
vmax penampang persegi lebih besar dari v :
v =
V A
�������� ���� •
Salah satu karakteristik material struktur adalah kemampuan memikul gaya aksial tarik. Besarnya beban yang menimbulkan keruntuhan disebut e an a as u
•
ma e oa
.
Tegangan batas (ultimate stress ) dapat dihitung dengan
membagi
beban
penampang specimen.
batas
dengan
luas
•
Dalam perencanaan, tegangan ijin < tegangan batas karena beberapa alasan: 1. Besarnya beban yang bekerja pada struktur tidak dapat diketahui dengan akurat. 2. Material struktur tidak seragam. 3. Ada hal-hal yang tidak dapat diuji dengan cepat, misalnya kelelahan material akibat beban berubah besar/arah. 4. Proses pembentukan elemen struktur menimbulkan ketidaksempurnaan ukuran, kelurusan, tegangan sisa dan lain-lain. 5. Kesulitan menentukan besarnya tegangan secara akurat pada struktur yang rumit. 6. Kesalahan-kesalahan pada saat konstruksi.
Faktor Keamanan Faktor keamanan = (Safety factor) =
tegangan batas
Tegangan rencana ≤ tegangan ijin f ≤ f i v ≤ vi
tegangan ijin
T E K U K (BUCKLING) Tekuk terjadi apabila batang tekan memiliki panjang tertentu yang jauh lebih besar dibandingkan dengan penampang lintangnya. •
F h b F
h
b
l
l
F
(a) Tekan F (b) Tekuk
Secara teoritis, tekuk ditentukan oleh harga koefisien kelangsingan (slenderness ratio), yang besarnya ditentukan oleh panjang batang, bentuk dan dimensi penampang, serta kondisi tumpuan. •
λ =
r =
l
λ : koefisien kelangsingan
l
: panjang tekuk (mm)
r
r
: jari-jari girasi (mm)
I
: momen inersia penampang (mm4)
I A
A : luas penampang (mm2) k : koefisien pemasangan, tergantung kondisi tumpuan ujung batang L : panjang batang (mm)
l = k. L
•
•
•
Teori tekuk Euler, yang dikemukakan oleh seorang ahli matematika Swiss Loenhard Euler, pada tahun 1757. Teori ini digunakan untuk persoalan-persoalan tekuk.
menyelesaikan
Teori ini menggunakan asumsi bahwa tegangan dapat diabaikan, dan beban tidak lebih dari beban kritis yang dapat menyebabkan terjadinya tekukan. Selain itu, bahan batang bersifat isotropis, penampang lintang batang merata sepanjang batang, serta tegangan yang terjadi masih berada dalam batas proporsional sehingga hukum Hooke masih berlaku.
������� ������� Kedua Ujung Sendi
•
F
B
F x B
B l /2
y l/ 2
F
l l /2
A
a F A F
(a) Tanpa Beban
F (b) Superposisi
(c)
(d)
2
F cr =
π . EI
l
2
Fcr : beban kritis (N) E I
: modulus elastistas (MPa) : momen inersia minimum penampang(mm4)
l : panjang tekuk (mm), dengan l = k.L. k : koefisien pemasangan, k = 1 (sendi - sendi) L : panjang batang (mm), k = L (sendi – sendi) Karena l = L , persamaan menjadi :
F cr =
π
2
. EI 2
L
Satu Ujung Dijepit dan Ujung lain Bebas
l = 2 L k = 2
F cr =
π
2
. EI 2
4 L
Kedua Ujung Terjepit F
F F
B
B F L
l 2
l
F
F F
A
A F F
(a) Tanpa Beban
l = 2 L k = 2
F (b) Superposisi
2
F cr =
4 π . EI 2
L
Jepit - Sendi F
B
l /2
F
B
F
l /2
L
F F F
(a) Tanpa Beba n
l=
2L 3
F (b) Pembebanan
F (c) Penyederhanaan
F cr =
9 π 2 . EI 2
4 L
•
Batas harga kerampingan untuk berlakunya Euler adalah :
λ batas = π.
E σ p
dengan σp adalah tegangan pada batas proporsional bahan (MPa)
Contoh Soal:
Tiang penyangga berbentuk pipa dengan diameter dalam 90% dari
diameter luarnya, atau
d = 0,9 D.
pada batas proporsional 700 MPa. keamanan diambil
4.
Mudulus elestisitas Young 200 GPa, tegangan Tinggi tiang tinggal
3 m
sedangkan faktor
Tentukan ukuran diameter luar dan diameter dalam tiang
tersebut bila penumpuan ujung-ujung dengan: kedua ujung berengsel,
(a) satu jepit ujung lain bebas,
(c) satu ujung jepit ujung lain engsel,
dan (d) kedua ujung
jepit. Penyelesaian: F = 50 kN = 50 000 N 5
E = 200 GPa = 2.10 MPa. σp =
d = 0.9 D
(a) k = 2
L = 3 m = 3000 mm
(b) k = 1
ν
700 Mpa
=4
(c) k = 2/3 (d) k = 1/2
I =
r =
F =
π
4 4 D −d ) = ( 64
I A
F cr ν
π
{D 64
4
( D4 − d 4 ) π D 2 − d 2 ) 4(
− ( 0 ,9 )
π =
64
⇒
=
1 4
4
} = 0,0168811D
4
( D2 + d 2 )
5 Fcr = ν. F = 4.50000 = 2 .10
kN
(b)
λ batas =
π
E
2
σ p
=
5
π
2.10
2
700
=
26,55 2
2
Dari persamaan (7.11), F cr =
π EI .
l
⇒ I =
2
l .F cr 2 π E
(A)
(a) l = k L = 2 . 3 000 = 6 000 mm Dari persamaan (A) akan didapat 4
0,0168811 D =
( 6000) 2 .( 2.105 ) 2
. .
5
8 ⇒ D= 4 2 ,16110 .
=
121,24 mm
d = 0,9 D = 109,12 mm Dibuat
D = 122 mm
dan
d = 109 mm
Pemeriksaan: Dari persamaan r di atas akan didapat r =
1 4
(1222 +1092 ) = 40,90 m
λ = (l /r) = (6000/40,90) = 146,70
Ternyata bahwa λ > λbatas, sehingga teori Euler berlaku.
(b) l = k L = 1 . 3 000 = 3 000 mm Dari persamaan (A) akan didapat 2
0,0168811 D 4 =
5
( 3000) .( 2.10 ) 2
5
π .( 2.10 )
⇒ D= 4 5,40310 . 7
= 85,74
mm
d = 0,9 D = 77,16 mm Dibuat
D = 86 mm dan
d = 77 mm
Pemeriksaan : Dari persamaan r di atas akan didapat r =
1 4
( 862 + 77 2 ) = 28,86 λ
mm
= (l /r) = (3000/28,86) = 103,95
Ternyata bahwa λ > λbatas, sehingga teori Euler berlaku. (c) l = k L = (2/3) . 3 000 = 2 000 mm Dari persamaan (A) akan didapat 4
0,0168811 D =
( 2000) 2 .( 2 .105 ) 2
5
π .( 2.10 )
⇒ D= 4 2 ,40110 . 7
= 70 ,00
mm
d = 0,9 D = 63,00 mm Dibuat
D = 70 mm dan
d = 63 mm
Pemeriksaan: Dari persamaan r di atas akan didapat
r =
1 4
( 702 + 602 )
= 23, 05
mm λ
= (l /r) = (2000/23,05) = 86,77
Ternyata bahwa λ > λbatas, sehingga teori Euler berlaku (d) l = k L = (1/2) . 3 000 = 1 500 mm Dari persamaan (A) akan didapat 4
,
(1500) 2 .( 2.105 ) π
2
4
5
.( 2.10 )
,
.
7
,
d = 0,9 D = 54,56 mm Dibuat
D = 61 mm
dan
d = 54 mm
Pemeriksaan: Dari persamaan r di atas akan didapat r =
1 4
( 612 + 542 ) = 20,37
mm λ
= (l /r) = (1500/20,37) = 73,65
Ternyata bahwa λ > λbatas, sehingga teori Euler berlaku
�A�A�A�
������ �����
�A�A�A� ���A� �������� 1 ������ ����� ������ �������� ��� ���������� ������� ���� ������. ������ �������� ������ ��� ����� �������� ����� ��������� ���������� �����������. 5 ��/�
A
� 6�
������ �����
•
������ ���� �����
•
1. ����� ����� ������ �������� �� = 1/8*5*6 1/8*5*62 = 22,5 ��� 2. ����� ����� ����� ������� �� ������ ��������� ���
3. ������ ������� �� ������ ������
4. �������� ������ ���� ����� �
5. ������� �������� ������
30
80
40
80
������ ����� ����� ��� ����� ������� ���������
9
130
20 150
������ ����� ����� ��� ����� ������� ���������
20
160
20 200
������ ����� ����� ��� ����� ������� ���������
30
200
200
������ ����� ����� ��� ����� ������� ���������
10
40
10
40
40
40
������ ����� ����� ��� ����� ������� ���������