Upload
natal-costa
View
690
Download
10
Embed Size (px)
Citation preview
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
LEMBAR PERSETUJUAN
TUGAS BESAR MEKANIKA BAHAN
Yang bertanda tangan dibawah ini, Dosen Pembimbing tugas besar mekanika
bahan, menerima dan menyetujui tugas besar disusun oleh:
1. NAMA : Agus Faisal
NIM : 10 21 053
PRODI : Teknik sipil S-1
2. NAMA : Sanur Ramdan
NIM : 10 21 037
PRODI : Teknik sipil S-1
Telah menyelesaikan Laporan Praktikum Mekanika Bahan. Setelah diperiksa, maka
tugas ini dapat diterima dan disetujui dengan
NILAI :
Malang, .........................2011
Disetujui Oleh:
Dosen Pembimbing
RIPKIANTO,ST
NIP Y. . . . . . . . . . . .
10 21 053 Agus Faisal ( 1 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
KATA PENGANTAR
Dengan memanjatkan puja dan puji syukur kehadirat Allah SWT. Yang telah
memberikan rahmat, taufik serta hidayahnya sehingga saya dapat menyelesaikan tugas
besar Mekanika Bahan ini dengan baik dan tepat waktu.
Adapun tujuan dari penyusunan laporan tugas besar ini adalah untuk
digunakan sebagai persyaratan dalam menempuh mata kuliah Mekanika Bahan yang
terdapat di Institut Teknologi Nasional Malang.
Tak lepas dari berbagai hambatan, rintangan, dan kesulitan yang muncul,
namun berkat petunjuk dan bimbingan dari semua pihak yang telah membantu saya
dapat menyelesaikan laporan ini. Sehubungan dengan hal tersebut dalam kesempatan
ini saya menyampaikan rasa hormat dan terima kasih yang sebesar- besarnya kepada:
1. Kedua orang tua kami yang selalu memberikan support baik moril maupun materil
2. Dosen pengajar bapak Ripkianto,ST
3. Dosen pembimbing bapak Ripkianto,ST
4. Rekan – rekan yang telah membantu penyelesaian laporan ini
Dengan segala kerendahan hati kami menyadari bahwa dalam penyusunan
laporan ini masih jauh dari sempurna. Untuk itu kritik dan saran yang membangun
dari pembaca sangat di harapkan, akhir kata semoga laporan ini dapat bermanfaat bagi
pembaca.
Malang, juni 2011
Penyusun
10 21 053 Agus Faisal ( 2 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
DAFTAR ISI
KATA PENGANTAR …………………………………...…………….
DAFTAR ISI …………………………………….……….
……………
BAB 1 PENDAHULUAN
1.1 Latar Belakang ………….
………………………………
1.2 Rumusn Masalah ………………………………………....
1.3 Tujuan …..
……………………………………………….
BAB 2 PEMBAHASAN
2.1 Arti gaya dan MEKANIKA BAHAN
…………………………………………
2.2 Sifat-sifat gaya
………………………………………………..
2.3 Penyusunan dan Penguraian Gaya .………………....…
2.4 Keseimbanagan Gaya …………….………………………...
BAB 3 SOAL – SOAL PERHITUNGAN MEKANIKA BAHAN
3.1 Soal 1a.a……………………………………………………….
3.2 Soal 1a.b………………………………………………………
3.3 Soal 1b ………………………………………………………
3.4 Soal 2a ………………………………………………………
3.5 Soal 2b ………………………………………………………
3.6 Soal 3 .……………………………………………………..
10 21 053 Agus Faisal ( 3 )
ii
iii
1
2
2
3
8
9
11
17
22
28
34
40
48
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
BAB I
PENDAHULUAN
1.1 Latar Belakang
Semua tentang Mekanika Bahan sangat berhubungan dengan teknik sipil,
karena didalamnya terkandung ilmu yang mempelajari tentang beban beban yang
bekerja di dalam suatu gedung bertingkat yang akan direncanakn oleh teknik sipil,
kuat tidak bahan-bahan yang di gunakan sebagai konstruksi bangunan, lendutan yang
terjadi pada bahan-bahan yang di gunakan, dan juga beban yang mampu di tahan oleh
bahan-bahan konstruksi tersebut.
Sebagai contoh sebuah perencanaan gedung bertingkat pasti ada perhitungan
pembuatanya agar gedung itu aman dan kokoh berdiri, maka diperlukan ilmu
Mekanika Bahan yang menghitung beban beban yang bekerja dalam gedung itu, dan
juga kuat tidaknya bahan yang digunakan kolom ataupun balok pada gedung tersebut.
Maka dari itu dibuatlah laporan ini untuk memehami apa itu mekanika bahan
dan sebagai referensi cara – cara perhitungan dalam mekanika bahan yang akan di
tunjukan dengan soal-soal mekanika bahan dan cara pengerjaanya.
10 21 053 Agus Faisal ( 1 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
1.2 Rumusan Masalah
Berdasarkan uraian latar belakang tersebut, dapat dirumuskan masalah sebagai
berikut:
1. Arti mekanika bahan.
2. Keseimbangan akibat gaya luar dan dalam.
3. Apa itu Tegangan ?.
4. Arti Momen Statis
5. Momen Inersia dan Titik berat benda
6. Lendutan
1.3 Tujuan
Tujuan penulisan makalah ini :
1. Untuk mengetahui konsep dasar Mekanika Bahan
2. Untuk memahami apa itu Mekanika Bahan
3. Untuk mengetahui bagaimana cara perhitungan dalam Mekanika Bahan.
10 21 053 Agus Faisal ( 2 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
BAB 2
PEMBAHASAN
1. MEKANIKA BAHAN
Mekanika adalah suatu ilmu yang mempelajari hubungan antara gaya
yang bekerja pada benda kaku. Dalam mekanika bahan ditekankan pada
kekuatan bahan yang berlawanan dengan mekanika. Kekuatan bahan
berkaitan dengan hubungan antara gaya luar yang bekerja dan pengaruhnya
terhadap gaya dalam benda. Dalam hal ini benda tidak lagi dikatakan kakuideal,
deformasi meskipun kecil tetap diperhitungkan. Sifat bahan suatu
struktur atau mesin mempengaruhi pemilihan dan ukuran yang memenuhi
kekuatan dan kekakuan. Perbedaan antara mekanika dengan kekuatan dapat diperlihatkan
pada gambar di atas. Jumlah momen terhadap titik penumpu
dapat menetapkan harga P untuk dapat mengungkit beban W tadi. Disini kita
menganggap batang cukup rigid dan kuat. Dalam kekuatan bahan, kita harus menyelidiki
dulu apakah batang tersebut tidak akan patah atau cukup ulet sehingga batang tersebut
tidak melengkung tanpa beban.
10 21 053 Agus Faisal ( 3 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
2. KESEIMBANGAN AKIBAT GAYA LUAR DAN DALAM
2.1 Gaya luar
Gaya luaraadalah gaya – gaya yang bekerja di luar konstruksi.
gaya – gaya luar dapat berupa
- Gaya vertical dan horizontal
- Momen lentur
- Momen puntir
2.2 Gaya dalam
Gaya dalama dalah gaya – gaya yang bekerjadi dalam konstruksi
Gaya – gayadalam dapat berupa
- Reaksi
- Momen
- Lintang
- Normal
Khusus untuk normal ada perjanjian tanda :
Normal tekan ( - ) negative
Normal tarik ( + ) positif
Normal dikatakan tekan apabila gaya dalam tersebut arahnya ketitik pertemuan.
Normal dikatakan tarik apabila gaya dalam tersebut arahnya keluar dari titik pertemuan.
10 21 053 Agus Faisal ( 4 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
3. TEGANGAN
Dalam mekanika bahan, pengertian tegangan tidak sama dengan vektor tegangan.
Tegangan merupakan tensor derajat dua, sedangkan vektor, vektor apapun, merupakan
tensor derajat satu. Besaran skalar merupakan tensor derajat nol. Tensor ialah besaran
fisik yang keadaannya pada suatu titik dalam ruang, tiga dimensi, dapat dideskripsikan
dengan 3n komponennya, dengan n ialah derajat tensor tersebut. Dengan demikian,
untuk persoalan tegangan tiga dimensi pada suatu titik dalam ruang dapat dideskripsikan
dengan 32 komponennya. Pada sistem koordinat sumbu silang, tegangan tersebut adalah
sxx , syy , szz , txy , tyx , txz , tzx , tyz , dan tzy seperti ditunjukkan pada Gambar
Namun demikian, karena txy = tyx , txz = tzx dan tyz = tzy , maka keadaan tegangan
tersebut dapat dinyatakan dengan enam komponennya, sxx , syy , szz , txy , txz , tyz.
Sedangkan untuk tegangan bidang, dua dimensi, pada suatu titik dapat dideskripsikan
dengan 22 komponennya, Gambar 1.1(b), dan karena tij = tji untuk maka tiga komponen
telah dapat mendeskripsikan tegangan bidang pada titik itu. Pada dasarnya, tegangan
secara garis besar dapat diklasifikasikan menjadi dua, yakni tegangan normal, dengan
notasi σN, serta tegangan geser dengan notasi τ
10 21 053 Agus Faisal ( 5 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
a. Tegangan Normal ( Normal Stress )
Jika gaya normal bekerja tepat pada titik berat penampang, maka di katakan bahwa gaya
normal tersebut bekerja sentris.
Balok AB dibebani gaya normal sentris N.
σN = NA
Dimana : A = Luas Penampang Balok
N = Gaya Normal
Tegangan Normal dibagi menjadi 2 yaitu :
1. Tegangan Tarik : tegangan yang di akibatkan oleh beban tarik atau beban yang
arahnya tegak lurus meninggalkan permukaan ( Luasan Permukaan suatu benda ).
2. Tegangan Tekan : tegangan yang di akibatkan oleh beban tekan atau beban yang
arahnya tegak lurus menuju permukaan ( luasan permukaan suatu benda ).
10 21 053 Agus Faisal ( 6 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
b. Tegangan Geser ( Shearing Stress )
Jika gaya sebesar F bekerja pada benda sejajar penampang, maka akan terjadi
stress geser. Gaya ini terbagi rata pada luas penampang, yaitu lapisan tanah bagian
atas akan tertarik ke kanan, sedangkan lapisan bawah tertarik ke kiri. Akibatnya,
setiap lapisan bahan bergerak relatif ke kanan terhadap lapisan yang di bawahnya
sehingga terjadi deformasi yang ditandai adanya perubahan dalam bangun (shape),
tetapi volume tetap. Jika gaya F ini dihilangkan, maka benda akan kembali ke
bentuk semula. Bahan ini dikatakan memiliki elastisitas geser atau rigiditas. Bentuk
balok berdeformasi menjadi bentuk balok dengan penampang tidak siku lagi, misal
berubah menjadi bentuk jajaranngenjang.
Pada bermacam-macam konstruksi sering dijumpai sambungan yang menggunakan
paku, paku keling, las, atau alat-alat sambung lainya. Sambungan tersebut akan
menghasilkan tegangan geser pada tampang paku yang berbatasan antara dua bagian
yang di sambung.
Sehingga tegangan geser pada baut :
τ = NA
= N
14. π .D 2
Irisan Tunggal Irisan ganda
Gambar sambungan dengan baut
Gambar 2.1
10 21 053 Agus Faisal ( 7 )
Dimana : τ = Tegangan geser
N = Gaya
A = Luas penampang baut/paku
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
4. MOMEN STATIS
Momen statis adalah suatu luasan terhadap salah satu sumbu adalah luas di kalikan
jarak titik berat luasan tersebut terhadap sumbu yang di tinjau.
Statis momen penampang adalah besaran yang menyatakan seberapa besar tingkat
statis suatu penampang terhadap suatu sumbu acuan atau titik acuan. Jika dA adalah
elemen luas dan r adalah panjang titik berat elemen luas tersebut ke suatu acuan (garis atau
titik), maka statis momen penampang dinyatakan dalam:
S = ∫ r dA
dalam analisis penampang, statis momen terbagi menjadi statis momen terhadap sumbu X:
Sx = ∫ y dA
dan statis momen terhadap sumbu Y:
Sy = ∫ x dA
Statis momen berguna untuk menentukan titik berat suatu penampang (atau suatu volume
tertentu). Titik berat terhadap sumbu Y adalah
Xo = (ΣSy)/A
dan titik berat terhadap sumbu X adalah
Yo = (ΣSx)/A
A adalah luas penampang.
Dalam mekanika teknik, statis momen digunakan untuk menghitung tegangan geser pada
suatu penampang,
τ = VS/(I t)
Dimana :
τ = tegangan geser
V = gaya lintang
S = statis momen
I = momen inersia
t = tebal profil
10 21 053 Agus Faisal ( 8 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
5. MOMEN INERSIA DAN TITIK BERAT
5.1 Definisi momen inersia
Momen inersia (Satuan SI : kg m2) adalah ukuran kelembaman suatu benda untuk
berotasi terhadap porosnya. Besaran ini adalah analog rotasi dari pada massa. Momen
inersia berperan dalam dinamika rotasi seperti massa dalam dinamika dasar, dan
menentukan hubungan antara momentum sudut dan kecepatan sudut, momen gaya dan
percepatan sudut, dan beberapa besaran lain.
Momen Inersia terhadap x :
Ix = ∫ y2 da
Momen Inersia terhadap y :
Ix = ∫ x2 da
5.2 Definisi titik berat
Titik berat adalah merupakan tempat (titik pusat) dari gaya berat suatu garis,
bidang datar atau benda akibat grafitasi bumi. Titik berat sebuh garis lurus serba sama
(homogen) terletak ditengahtengahnya. Sebagai pengganti gaya bulat sebuah garis materi
serba sama ialah panjang garis itu.
Sumbu simetri / sumbu utama
Sumbu x maupun sumbu y membagi
penempang ssama besar
Sumbu x dan sumbu y→ Sumbu simetri
Sumbu x dan sumbu y juga disebut sumbu
utama karena Ixy=0
Pada penampang ini Sb x dan Sb y bkan
sumbu utama karena Ixy≠0
Sumbu x’ & y’ → Sb Utama
10 21 053 Agus Faisal ( 9 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
5.3 Menurunkan rumus ( Ix, Iy )
AF = x ‘ = OE + EC di dapat :
OE = OB Cos θ = x Cos θ x’ = x cos θ + y sin θ
EC = BD = AB Sin θ =y Sin θ y’ = y cos θ – x sin θ ……. ( a )
AF = x ‘ = x Cos θ + y Sin θ
Ix'=∫A
❑
y '2dA=∫ ¿¿¿¿
¿cos2θ∫ y2dA+sin2θ∫ x2dA−2sin θ cos θ∫ xy dA
Ix'=Ix cos2θ+ Iy sin2θ−Ixy sin 2θ ……… ( b )
Iy'=∫ x '2dA=∫(x¿¿cos2+ y sin2)2dA ¿¿
¿cos2θ∫ x2dAθ+sin2θ∫ y2dA+2 sinθ cosθ∫ xy dA
Iy'=Iy cos2θ+ Ix sin2θ−Ixy sin 2θ ………. ( c )
Ix'+ Iy'=Ix(cos2θ+sin2θ)+ Iy(cos2θ+sin2θ)
Ix'+ Iy'=Ix+ Iy
Ix ' y '=∫ x ' y ' dA=∫(x¿¿cosθ+ y sin θ)( y cosθ+x sinθ ¿¿ )dA ¿¿¿
¿cos2θ∫ xy dA−sinθcosθ∫ x2dA+sinθcosθ∫ y2dA−¿ sin2θ∫ xy dA ¿
10 21 053 Agus Faisal ( 10 )
Rumus Rotasi
Coordinat A terhadap Sb x.y Adalah (x,y)
Coordinat A terhadap Sb x’y’ Adalah
(x’,y’)
AC = y ’, AF = x’
AC = AD - CD
AD = AB Cos θ = y Cos θ
CD = EB = OB Sin θ =x Sin θ
AC = y ‘ y Cos θ – x sin θ …. (1)
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
¿ Ixy (cos2θ−sin2θ )+ 12( Ix−Iy )sin 2θ
Ix' y '=Ixy cos 2θ+ 12(Ix−Iy)sin 2θ …….. ( d )
Syarat sumbu utama ∫ x ' y '=0
0=Ixy cos2θ+¿ 12(Ix−Iy)sin 2θ ¿
tg 2θ= 2 IxyIx−Iy
………. ( e )
Sin 2θ = tg 2θ
√1+tg2 2θDari persamaan a dan b di dapatkan :
1) Ix’ + Iy’ = Ix + Iy. Kalau dikurangkan
2) Ix’ – Iy’ = Ix (Cos2θ – Sin2θ) + Iy (Sin2θ – Cos2θ) – 2 Ixy Sin 2θ
= Ix Cos 2θ – Iy Cos 2θ – 2 Ixy Sin 2θ
1) + 2) 2Ix’ = Ix + Iy + (Ix – Iy) Cos 2θ – 2Ixy Sin 2θ
Ix’ = 12
( Ix + Iy ) + 12
(Ix – Iy) Cos 2θ – Ixy Sin 2θ
= 12
( Ix + Iy ) + 12
(Ix – Iy) 1
√1+tg2 2θ – Ixy.
tg 2θ
√1+tg2 2θ
tg 2θ = 2 IxyIy−Ix
………. ( e )
Ix’ = 12
( Ix + Iy ) + 12
( Ix – Iy ) 1
√1+ 4 I x2 y¿¿ ¿¿
= 12
( Ix + Iy ) - 12
¿¿ - 2 I2 xy
√¿¿¿
= 12
( Ix + Iy ) + 1
√¿¿¿ ( -
12
¿ - 2 I2xy)
= 12
( Ix + Iy ) + 1
√¿¿¿ ( - ¿¿ )
= 12
( Ix + Iy ) - 12
√¿¿
= 12
( Ix + Iy ) - √ 14
¿¿
1¿−2¿ Dan dihitung seperti diatas akan mendapatkan
10 21 053 Agus Faisal ( 11 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
Iy’ = 12
( Ix + Iy ) - √ 14
¿¿
Dan ini menjadi :
I max = 12
( Ix + Iy ) + √¿¿
I min = 12
( Ix + Iy ) – √¿¿ Tg 2θ = 2 IxyIy−Ix
6. LENDUTAN
6.1 Pengertian Lendutan
Dalam merencanakan sebatang balok akan melibatkan tegangan dan lendutan, hal ini
dapat dilihat dari sebatang balok yang ditumpu di atas dua perletakan menahan momen M
di kedua ujungnya. Seperti gambar di bawah, maka balok tersebut akan melendut
sekaligus menimbulkan tegangan.
6.2 Penurunan Rumus Lendutan
6.2.1 Metode Integral Ganda ( Double Integral )
Dalam uraian tentang akibat momen lentur di dapatkan :
1ρ
= ME. I
10 21 053 Agus Faisal ( 12 )
Dimana : ρ = Jari-Jari Kelengkungan Bidang Netral
M = Momen Lentur Murni
E = Modulus keelastisitasan
I = Momen inersia
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
Rumus di atas akan kita andaikan tetap berlaku bagi balok yang menderita momen
lentur tidak murni.
Dalam bangunan nyata, umumnya kelengkungan yang terjadi kecil sekali
sehingga untuk penyederhanaan kita buat pendekataan sebagai berikut :
Dan
ds
∅
≈
≈
Dx
tg ∅ = dy/dx
Sehingga menjadi :
1ρ =
d2 ydx2
M (x)E I Z
= d2 ydx2
Untuk balok yang tipis, papan misalnya, pendekatan di atas tidak akan kita
lakukan karena akan cukup jauh menyimpang dari kenyataan, maka kita tulis sebagai
berikut :
1ρ = (
d [arc tg( d ydx )]dx
) ( dxds )
1ρ = (
d2 ydx2
1+(dy /dx)2
) ( 1
√1+¿¿¿ )
M (x)E I Z
= d2 ydx2
¿¿
Pada umumnya untuk balok Gerder rumus persamaan yang di gunakan :
δ = ∬(−MX )EI
10 21 053 Agus Faisal ( 13 )
Dimana : MX = Persamaan momen dititik X
EI = angka kekakuan lendutan (kg cm2)
δ = lendutan ( cm, mm )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
Untuk angka kekakuan lendutan ( EI ) didapatkan dai Elastisitas Benda ( E ) dan
Momen inersia ( I ).
EI = E . I
Didalam Integral pasti di dapatkan harga konstan C, sedangkan Integral ganda akan di
dapatkan C1 dan C2 .
Contoh :
Hasil dari integral ganda dari persamaan M = X2 + 2
M’ = ∬ X2+2
= ∫ 13
X3 + 2X + C
= 14
X4 + X2 + C1 + C2
Di dalam perhitungan balok gerder dibutuhkan nilai C1 dan C2, untuk mendapatkan
nilai C1 dan C2 di gunakan persamaan dari 2 titik tumpuan balok tersebut.
6.2.2 Metode Momen Luas ( Moment Area )
Asumsi yang digunakan dalam metode momen area adalah luasan dari kurva
bidang Momen, untuk memudahkan perhitungan luasan bidang momen tersebut maka
bidang tersebut di bagi menjadi beberapa bagian per titik membentuk bidang yang
yang dapat di hitung luasanya. Sperti pada gambar di bawah ini.
6.2.3 Metode Conjugate Beam
Untuk metode Conjugate Beam hampir sama dengan metode Momen Area,
sama-sama menggunakan luasan dari kurva bidang momen. Tapi bedanya untuk
conjugate beam perhitungan kurva momen yang digunakan adalah momen dari tiap-
tiap batang atau batang dari tumpuan satu ke tumpuan sebelahanya.
TABEL MOMEN INERSIA
10 21 053 Agus Faisal ( 14 )
Dimana : E = Elatisitas benda ( kg/cm2 )
I = Momen Inersia ( cm4 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
No Gambar Penampang LuasLokasi Grs
Netral IX, IY, IXY
1
b . h c = ½ h
IX = 1
12 b h3
IY = 1
12 b3 h
IXY = 0
2
½ . b .h c = 13
h
IX = 1
36 b h3
IY = 1
36 b3 h
IXY = 0
3
½ h ( a+b ) c =
h3 (a+2b
a+b
)
IX = 1
36 h3 (
a2+4 ab+b2
a+b)
IY = 1
48h (a+b)(a2+b2¿
IXY = 0
4
π r2 c = r
IX = IY = 14
π r4
IXY = 0
5
π a. b c = b
IY = 14
π a b3
IY = 14
π a3 b
IXY = 0
10 21 053 Agus Faisal ( 15 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
6
a2 c = a
√2
IX = IY = 1
12 a4
IXY = 0
7 2. π .r.t c = r + t / 2
IX = IY = π . t r3
IXY = 0
8
½ π r2 c =
4 r3π
IY = 0,11 r3
IY = 18
π r4
IXY = 0
9
¼ π r2 c = 4 r3π
IX = IY = 0,0549 r4
IXY = -0,0164 r4
10
½ b h c = h3
IY = 1
36 b h3
IY = 1
36 b3 h
IXY = - 1
72 b2 h2
10 21 053 Agus Faisal ( 16 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
BAB III
SOAL – SOAL
Soal 1
Diketahui soal dan data seperti pada gambar di bawah ini :
Perhitungan reaksi momen, gaya lintang, gambar bidang momen (M) dan gaya lintang (D) !
Potonganpenampang :
Pertanyaan :
1. Hitunglah dan gambar letak garis netral penampang dengan :
10 21 053 Agus Faisal ( 17 )
Data-data sebagai berikut :
Modulus elastisitas bahan E = 2,1 x 106 kg/cm2
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
a. Cara Grafis
b. Cara analitis
2. Hitung momen inersia( Imax dan Imin ) dan letakan lokasi sumbu utama (α ) secara grafis
dan analitis.
3. Hitung dan gambar inti ( kern ) penampang tersebut.
4. Hitung dan gambar tegangan lentur (σ ) dan tegangan geser (τ ) pada saat serat tepi atas
dan bawah di semua titik.
5. Hitung lendutan yang terjadi dengan metode :
a. Double Integral
b. Momen Area
c. Conjugate Beam
Jawaban :
∑MA = 0
-P1( 1,25 ) + P2( 2 ) + P3( 4 ) + P4 sin 35o( 7 )+0,5q ( 9 )2
-RVB ( 9 ) + P5( 11 )
-3,5(1,25) + 1,5(2) + 3(4) + 1,5sin 35o( 7 )+0,5(2) ( 9 )2
-RVB ( 9 ) + 2( 11 )
RVB
=
=
=
0
0
13,294 t
∑MB = 0
-P1 (10,25)- P2( 7 )- P3( 5 )- P4 sin 35o( 2 )-0,5q ( 9 )2
+RVA ( 9 ) + P5( 2 )
-3,5(10,25)–1,5( 7 )-3(5)–1,5 sin 35o( 2 )-0,5(2) ( 9 )2
+RVA ( 9 ) + 2( 2 )
RVA
=
=
=
0
0
15,566 t
∑V = 0
(RVA + RVB) – (q1 ( 9) + P1 + P2 +P3 +P4 sin 35o + P5 )
(15,566 + 13,294) – (2( 9) + 3,5 + 1,5 + 3 + P4 sin 35o + 2 )
28,86 – 28,86
=
=
=
0
0
0 … (ok)
Gaya Lintang ( D )
( Dari kiri )
DC = 0 t
DD1= DC = 0t
DD2 = DD1– P1 = - 3,500 t
10 21 053 Agus Faisal ( 18 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
DA1 = DD2= - 3,500 t
DA2 = DA1+RVA = - 3,5+ 15,566 = 12,066 t
DE1 = DA2 – q ( 2 ) = 12,066 – 4 = 8,066 t
DE2 = DE1–P2 = 8,066 – 1,5 = 6,566 t
DF1 = DE2– q ( 2 ) = 6,56 –4 = 2,566 t
DF2 = DF1–P3 = 2,566– 3 = - 0,434 t
DG1 = DF2–q ( 3 ) = - 0,434–6 = - 6,434 t
DG2 = DG1–P4sin 35O = - 6,434 –1,5 sin 35O =- 7,294 t
DB1 = DG2– q ( 2 ) = - 7,294 –4 =- 11,294 t
DB2 = DB1 + RVB=- 11,294 +13,294 = 2,000t
DH1 = DB2 =2,000 t
DH2 = DH1– P5 = 2 - 2 = 0 t
( Dari kanan )
DH1= 0 t
DH2= P5 = 2,000 t
DB1 = DH2= 2,000 t
DB2 = DB1 – RVB= 2 - 13,294 = - 11,294 t
DG1 = DB2+ q ( 2 ) = - 11,294 + 4 = - 7,294 t
DG2 = DG1+P4 sin 35O = 7,294 – 1,5 sin 35O = - 6,434 t
DF1 = DG2+q ( 3 ) = - 6,434+ 6 = - 0,434 t
DF2 = DF1+P3 = - 0,434+ 3 = 2,566 t
DE1 = DF2+q ( 2 ) = 2,566+4 = 6,566 t
DE2 = DE1+P2 = 6,566+1,5 = 8,066 t
DA1 = DE2+q ( 2 ) = 8,066+ 4 =12,066 t
DA2 = DA1– RVA = 12,066 –15,566 =- 3,500 t
DD1 = DA2= - 3,500 t
DD2 = DD1 + P1 = - 3,5 +3,5 = 0 t
DC = DD2 = 0 t
Momen ( M )
( Dari Kiri )
MC = 0 t m
MD = 0 t m
MA =– P1(1,25) = - 4,375 t m
ME = – P1(3,25)+RVA(2) – 0,5 (q) (2)2 = 15,758 t m
10 21 053 Agus Faisal ( 19 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
MF = – P1 (5,25)+ RVA (4) – 0,5 (q) (4)2 – P2 (2) = 24,889 t m
MG = – P1 (8,25)+ RVA (7) – 0,5 (q) (7)2 – P2 (5) – P3 (3) = 14,588 t m
MB = – P1 (10,25)+ RVA (9) – 0,5 (q) (9)2 – P2 (7) – P3 (5)
= – P4 sin 35o( 2 ) = 4,000t m
MH = – P1 (12,25)+ RVA (11) – (q) (9) (6,5) – P2 (9) – P3 (7)
= – P4 sin 35o( 4 ) = 0 t m
( Dari Kanan )
MH = 0 t m
MB= P5 (2) = 4,000 t m
MG = P5 (4) – RVB (2) + 0,5 q (2)2= - 14,588 t m
MF = P5 (7) – RVB (5) + 0,5 q (5)2 + P4 sin 35o( 3 ) = - 24,889 t m
ME = – P1 (5,25)+ RVA (4) – 0,5 (q) (4)2 – P2 (2) = 24,889 t m
MA = – P1 (8,25)+ RVA (7) – 0,5 (q) (7)2 – P2 (5) – P3 (3) = 14,588 t m
MD = – P1 (10,25)+ RVA (9) – 0,5 (q) (9)2 – P2 (7) – P3 (5)
= – P4 sin 35o( 2 ) = 4,000 t m
MC = – P1 (12,25)+ RVA (11) – (q) (9) (6,5) – P2 (9) – P3 (7)
= – P4 sin 35o( 4 ) = 0 t m
Gaya Normal ( N )
N = – P4 cos 35o = - 1,229 t m
10 21 053 Agus Faisal ( 20 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
Gambar
10 21 053 Agus Faisal ( 21 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
1. Letakgarisnetralpenampangsecaragrafisdananalitis
a. Cara Grafis
10 21 053 Agus Faisal ( 22 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
x = 48,13 cm
y = 29,38 cm
b. Cara Analitis
Menentukan titik berat
Bagian Luas ( cm2 )
KoordinatA . X1 A . Y1 x ̅dan y ̅
X1 Y1
I 400 50 65 20000 26000 x = 7700 / 1600= 48,125y= 47000 / 1600= 29,375
II 500 65 35 32500 17500III 700 35 5 24500 3500
TOTAL 1600 77000 47000
2. momen Inersia ( Imax danImin ) dan letakan lokasi sumbu utama ( x ) secara grafis
dan analitis
1. Cara Grafis
10 21 053 Agus Faisal ( 23 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
2. Cara Analitis
Menentukan Ix danIy
Bag.Koordinat
A . X² A . y² A.x.yTerhadap sumbu sendiri
x ( cm ) y ( cm ) Ixo Iyo
I 1.875 35.625 1406.25 507656.25 26718.75 3333.333 53333.333
II 16.875 5.625 142382.81 15820.31 47460.94 104166.67 4166.667
III -13.125 -24.375 120585.94 415898.44 223945.31 5833.333 285833.333
∑ 264375 939375 298125 113333.33 343333.333
IX = ∑ IXO + ∑ AY2
= 113333,33 + 939375 = 1052708.333 cm4
IY = ∑ IYO + ∑ AX2
= 343333.333 + 264375 = 607708.333 cm4
IXY = ∑ IXOYO + ∑ AXY
= 0 + 298125 = 298125cm4
IMAX = 0,5 ( IX + IY ) + √(0,5 (I Y−I X))2+ I 2
XY
= 0,5 (1052708.333 + 607708.333 )
+ √(0,5 (607708.333−1052708.333))2+2981252❑
= 1202209,362 cm4
IMIN = 0,5 ( IX + IY ) - √(0,5 (I Y−I X))2+ I 2
XY
= 0,5 (1052708.333 + 607708.333 )
10 21 053 Agus Faisal ( 24 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
- √(0,5 (607708.333−1052708.333))2+2981252❑
= 458207,304 cm4
Tg 2 θ = 2 IXYI Y−¿ IX
¿
= 2X 298125
607708.333−1052708.333
= - 1,339
2θ = 53,26O
θ = 26,63O
3. Inti kern penampang secara gafis dan analitis
iX2 = I X∑L
iX2 = 1052708,333
1600
iX2 = 657,943 cm2
iX = 25,65 cm2
Koordinat Inti ( kern )
Pada C – C
Y = 40,625 cm
10 21 053 Agus Faisal ( 25 )
iY2 = I Y∑L
iY2 = 607708.333
1600
iY2 = 379,818 cm2
iY = 19,489 cm2
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
eY = −iX
2
Y = −657,943
40,625 = - 16,196 cm
TitikC : ( 0 ; - 16,196 )
Pada A – A
Y = - 29,375 cm
eY = −iX
2
Y = −657,943
29,375 = 22,398 cm
Titik A : ( 0 ; 22,398 )
Pada B – B
X = - 48,625 cm
eX = −iY
2
X = −379,818
−48,625 = 7,791 cm
Titik B : (7,791 ; 0 )
Pada D – D
X = 29,375 cm
eX = −iY
2
X = −379,818
29,375 = - 12,929cm
Titik D : (- 12,929 ; 0 )
Pada E – E
( - 18,125 ; 40,625 ) , ( - 48,125 ; - 19,375 )
Y−Y 1
Y 2−Y 1
= X−X1
X2−X 1
Y−40,625−19,375−40,625
= X−(−18,125)
−48,125−(−18,125)
- 30y + 1218,75 = - 60x– 1087,5
- 30y + 21,25x = - 2306,25
10 21 053 Agus Faisal ( 26 )
- 30(0) + 21,25x
x
=
=
- 2306,25
- 108,529 cm
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
Bila y = 0
Bila x = 0
eX = −iY
2
X = −379,818
−108,529 = 3,5cm
eY = −iX
2
Y = −657,943
76,875 = - 8,557cm
TitikE : ( 3,5; - 12,306 )
4. Tegangan Lentur ( σ ) dan tegangan geser ( τ ) pada serat tepi atas dan bawah di
semua titik
DI TITIK ( A )
MA = - 4,375 t m = - 4,375 x 105 kg cm
DA = 12,066 t = 12066 kg
N = - 1,23 t = - 1230 kg
IX = 1052708,333 cm4
A = 1600 cm2
TEGANGAN LENTUR ( σ )
σ = −M A .Y
IX
PadaSerat A
YA = 40,625
σA = −(−4,375)x 105 . 40,625
1052708.333
= 16,235 kg/cm2
PadaSerat B
YB = 30,625
σB = −(−4,375 ) x105 .30,625
1052708.333
PadaSerat C
YC = - 19,375
σC = −(−4,375)x 105 .(−19,375)
1052708.333
= - 8,052 kg/cm2
PadaSerat D
YD = - 29,375
σD = −(−4,375)x 105 .(−29,375)
1052708.333
10 21 053 Agus Faisal ( 27 )
- 30y + 21,25(0)
y
=
=
- 2306,25
76,875 cm
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
= 12,727 kg/cm2 = - 12,208 kg/cm2
TEGANGAN GESER ( σ )
τ = DA . S
b . I X
Pada Serat A
S = 0 makaτA= 0 kg/cm2
Pada Serat B ( atas )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )
= 14250 cm3
b = 40
τB = 12066 .14250
40 .1052708,333❑ = 4,083kg/cm2
PadaSerat B ( bawah )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )
= 14250 cm3
b = 10
τB = 12066 .14250
10 .1052708,333❑ = 16,333kg/cm2
Pada Serat GN ( garis netral )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 ) + 10. ( 40,625-10 ).(( 40,625-10 )/2 )
= 18939,453 cm3
b = 10
τGN = 12066 .18939,45310 .1052708,333❑
= 21,708kg/cm2
Pada Serat C ( atas )
S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )
= 17062,5 cm3
b = 10
τC = 12066 .17062,5
10 .1052708,333❑ = 19,557kg/cm2
10 21 053 Agus Faisal ( 28 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
Pada Serat C ( bawah )
S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )
= 17062,5 cm3
b = 70
τC = 12066 .17062,5
70 .1052708,333❑ = 2,794kg/cm2
Pada Serat D
S = 0 makaτD = 0 kg/cm2
TEGANGAN NORMAL ( σN )
σN = NA
σN = −12301600
= 0,769 kg/cm2
Gambar Di Titik A
DI TITIK ( E )
ME = 15,758 t m = 15,758 x 105 kg cm
10 21 053 Agus Faisal ( 29 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
DE = 8,066 t = 8066 kg
IX = 1052708,333 cm4
A = 1600 cm2
TEGANGAN LENTUR ( σ )
σ = −M A .Y
IX
PadaSerat A
YA = 40,625
σA = −(15,758) x105 .40,625
1052708.333
= - 60,812 kg/cm2
PadaSerat B
YB = 30,625
σB = −(15,758 ) x 105 .30,625
1052708.333
= - 45,843 kg/cm2
PadaSerat C
YC = - 19,375
σC = −(15,758) x105 .(−19,375)
1052708.333
= 29,002 kg/cm2
PadaSerat D
YD = - 29,375
σD = −(15,758) x105 .(−29,375)
1052708.333
= 43,971 kg/cm2
TEGANGAN GESER ( σ )
τ= DE . S
b . I X
PadaSerat A
S = 0 makaτA= 0 kg/cm2
PadaSerat B ( atas )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )
= 14250 cm3
b = 40
τB = 8066 .14250
40 .1052708,333❑= 2,729kg/cm2
PadaSerat B ( bawah )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )
= 14250 cm3
b = 10
10 21 053 Agus Faisal ( 30 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
τB = 8066 .14250
10 .1052708,333❑= 10,918kg/cm2
PadaSerat GN ( garisnetral )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 ) + 10. ( 40,625-10 ).(( 40,625-10 )/2 )
= 18939,453 cm3
b = 10
τGN = 8066 .18939,453
10 .1052708,333❑= 14,512kg/cm2
PadaSerat C ( atas )
S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )
= 17062,5 cm3
b = 10
τC = 8066 .17062,5
10 .1052708,333❑= 13,074kg/cm2
PadaSerat C ( bawah )
S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )
= 17062,5 cm3
b = 70
τC = 8066 .17062,5
70 .1052708,333❑= 1,868kg/cm2
PadaSerat D
S = 0 makaτD= 0 kg/cm2
TEGANGAN NORMAL ( σN )
σN = NA
σN = −12301600
= 0,769 kg/cm2
Gambar Di Titik E
10 21 053 Agus Faisal ( 31 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
DI TITIK ( F )
MF = 24,889 t m = 24,889 x 105 kg cm
DF = 2,566 t = 2566 kg
IX = 1052708,333 cm4
A = 1600 cm2
TEGANGAN LENTUR ( σ )
σ = −MF . Y
IX
PadaSerat A
YA = 40,625
σA = −24,889 x105 .40,625
1052708.333
= - 96,049 kg/cm2
PadaSerat B
YB = 30,625
σB = −24,889 x105 .30,625
1052708.333
= - 72,406 kg/cm2
PadaSerat C
YC = - 19,375
σC = −24,889 x105 .(−19,375)
1052708.333
= 45,808 kg/cm2
PadaSerat D
YD = - 29,375
σD = −24,889 x105 .(−29,375)
1052708.333
= 69,450 kg/cm2
TEGANGAN GESER ( σ )
τ= DF . S
b . I X
PadaSerat A
S = 0 makaτA= 0 kg/cm2
PadaSerat B ( atas )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )
= 14250 cm3
10 21 053 Agus Faisal ( 32 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
b = 40
τB = 2566 .14250
40 .1052708,333❑= 0,868 kg/cm2
PadaSerat B ( bawah )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )
= 14250 cm3
b = 10
τB = 2566 .14250
10 .1052708,333❑= 3,473 kg/cm2
PadaSerat GN ( garisnetral )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 ) + 10. ( 40,625-10 ).(( 40,625-10 )/2 )
= 18939,453 cm3
b = 10
τGN = 2566 .18939,45310 .1052708,333❑
= 4,617 kg/cm2
PadaSerat C ( atas )
S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )
= 17062,5 cm3
b = 10
τC = 2566 .17062,5
10 .1052708,333❑= 4,159kg/cm2
PadaSerat C ( bawah )
S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )
= 17062,5 cm3
b = 70
τC = 2566 .17062,5
70 .1052708,333❑= 0,594 kg/cm2
PadaSerat D
S = 0 makaτD= 0 kg/cm2
TEGANGAN NORMAL ( σN )
σN = NA
σN = −12301600
= 0,769 kg/cm2
10 21 053 Agus Faisal ( 33 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
Gambar Di Titik F
DI TITIK ( G )
MG = 14,588 t m = 14,588 x 105 kg cm
DG = - 6,434 t = - 6434 kg
IX = 1052708,333 cm4
A = 1600 cm2
TEGANGAN LENTUR ( σ )
σ = −MG .Y
IX
PadaSerat A
YA = 40,625
σA = −14,588x 105 .40,625
1052708.333
= - 56,296 kg/cm2
PadaSerat B
PadaSerat C
YB = - 19,375
σA = −14,588x 105 .(−19,375)
1052708.333
= 26,849 kg/cm2
PadaSerat D
10 21 053 Agus Faisal ( 34 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
YB = 30,625
σA = −14,588x 105 .30,625
1052708.333
= - 42,439 kg/cm2
YB = - 29,375
σA = −14,588x 105 .(−29,375)
1052708.333
= 40,707 kg/cm2
TEGANGAN GESER ( σ )
τ= DG . S
b . I X
PadaSerat A
S = 0 makaτA= 0 kg/cm2
PadaSerat B ( atas )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )
= 14250 cm3
b = 40
τB = −6434 .14250
40 .1052708,333❑= - 2,177kg/cm2
PadaSerat B ( bawah )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )
= 14250 cm3
b = 10
τB = −6434 .14250
10 .1052708,333❑= - 8,709kg/cm2
PadaSerat GN ( garisnetral )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 ) + 10. ( 40,625-10 ).(( 40,625-10 )/2 )
= 18939,453 cm3
b = 10
τGN = −6434 .18939,45310 .1052708,333❑
= - 11,576kg/cm2
PadaSerat C ( atas )
S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )
= 17062,5 cm3
b = 10
τC = −6434 .17062,5
10 .1052708,333❑= - 10,428kg/cm2
10 21 053 Agus Faisal ( 35 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
PadaSerat C ( bawah )
S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )
= 17062,5 cm3
b = 70
τC = −6434 .17062,5
70 .1052708,333❑= - 1,490kg/cm2
PadaSerat D
S = 0 makaτD= 0 kg/cm2
TEGANGAN NORMAL ( σN )
σN = NA
σN = −12301600
= 0,769 kg/cm2
Gambar Di Titik G
DI TITIK ( B )
MG = - 4 t m = - 4 x 105 kg cm
DG = 2 t = 2000 kg
10 21 053 Agus Faisal ( 36 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
IX = 1052708,333 cm4
Iy = 607708.333 cm4
A = 1600 cm2
TEGANGAN LENTUR ( σ )
σ = −MG .Y
IX
PadaSerat A
YA = 40,625
σA = −(−4) x105 .40,625
1052708.333
= 15,436 kg/cm2
PadaSerat B
YB = 30,625
σA = −(−4) x105 .30,625
1052708.333
= 11,637 kg/cm2
PadaSerat C
YB = - 19,375
σA = −(−4) x105 .(−19,375)
1052708.333
= - 7,362 kg/cm2
PadaSerat D
YB = - 29,375
σA = −(−4) x105 .(−29,375)
1052708.333
= - 11,162 kg/cm2
TEGANGAN GESER ( σ )
τ= DG . S
b . I X
PadaSerat A
S = 0 makaτA= 0 kg/cm2
PadaSerat B ( atas )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )
= 14250 cm3
b = 40
τB = 2000 .14250
40 .1052708,333❑= 0,677kg/cm2
PadaSerat B ( bawah )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 )
= 14250 cm3
b = 10
τB = 2000 .14250
10 .1052708,333❑= 2,707kg/cm2
10 21 053 Agus Faisal ( 37 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
PadaSerat GN ( garisnetral )
S = 10 .40 . ( 40,625 – 5 ) + 10. ( 40,625-10 ).(( 40,625-10 )/2 )
= 18939,453 cm3
b = 10
τGN = 2000.18939,453
10 .1052708,333❑= 3,598kg/cm2
PadaSerat C ( atas )
S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )
= 17062,5 cm3
b = 10
τC = 2000 .17062,5
10 .1052708,333❑= 3,242kg/cm2
PadaSerat C ( bawah )
S = 10 .70 . ( 29,375 – 5 )
= 17062,5 cm3
b = 70
τC = 2000 .17062,5
70 .1052708,333❑= 0,463kg/cm2
PadaSerat D
S = 0 makaτD= 0 kg/cm2
TEGANGAN NORMAL ( σN )
σN = NA
σN = −12301600
= 0,769 kg/cm2
Gambar Di Titik F
10 21 053 Agus Faisal ( 38 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
5. Lendutan yang terjadi
a. DOUBLE INTEGRAL
IX = 1052708,333 cm4
E = 2,1 X 106 kg/cm2
EI = E . I
= 2210687499000 kg cm2
PersamaanMomen
MX = - P1(x - 1,25)+RVA (x – 2,5)–P2 (x – 4,5)–P3 (x – 6,5) -P4 sin 35O (x – 9,5)
10 21 053 Agus Faisal ( 39 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
– 0,5 . q (x-2,5)2 + 0,5 . q (x - 11,5)2 + RVB (x – 11,5)
= -3,5(x - 1,25) + RVA (x – 2,5) – 1,5(x – 4,5) – 3 (x – 6,5) – 0,86 (x – 9,5)
– 1 (x - 2,5)2 + 1 (x - 11,5)2 + RVB (x – 11,5)
EIY = ∬(−M X)
= ∬3,5 ( x−1,25 )−RVA (x –2,5 )+1,5 (x – 4,5 )+3(x –6,5)+¿
0,86 (x – 9,5) + 1 (x - 2,5)2 - 1 (x - 11,5)2 - RVB (x – 11,5)
= 1,75
3(x−1,25)
3
−RA
6( x−2,5)3+0,25(x−4,5)3+0,5 (x−6,5)3 +
0,433
(x−9,5)3
+ 112
(x−2,5)4
− 112
(x−11,5)4 −RB
6( x−11,5)
3
+C1 x+C2
Menghitung C1dan C2
YA = 0 X = 2,5 m
YA = 1,75
3(x−1,25)
3
+C1 x+C2= 0
2,5 C1 + C2 = - 1,139 ………. ( 1 )
YB = 0 X = 11,5 m
YB = 1,75
3(x−1,25)
3
−RA
6( x−2,5)3+0,25(x−4,5)3+0,5 (x−6,5)3+
0,43
3(x−9,5)
3
+ 112
(x−2,5)4
+C1 x+C2 = 0
11,5 C1 + C2 = 566,936 ………. ( 2 )
Dari persamaan 1 dan 2 didapat
Lendutan ( δ )
δC x = 0 m
EI . δC = C2
δC = C2 / EI = (- 158,938 x 109 ) /2210687499000 = - 0,0779 cm
δD x = 1,25 m
10 21 053 Agus Faisal ( 40 )
2,5 C1 + C2
11,5 C1 + C2
- 9 C1
C1
=
=
=
=
- 1,139
566,936
- 568,075
63,1 19 t m3
2,5 ( 63,119 ) + C2
C2
=
=
- 1,139
- 158,938 t m3
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
EI . δD = C1x + C2
EI . δD = 63,1 22 ( 1,25 ) + (- 158,944 )
= - 0,0372 cm
δA = 0 cm ( beradapadatumpuan )
δE x = 4,5 m
EI . δE = 1,75
3(x−1,25)
3
−RA
6( x−2,5)3+ 1
12(x−2,5)
4
+¿C1x + C2
EI . δE = 125,7079479 x 109
δE = 0,0599 cm
δF x = 6,5 m
EI . δ F = 1,75
3(x−1,25)
3
−RA
6( x−2,5)3+ 1
12(x−2,5)
4
+0,25 (x−4,5)3+¿C1x+ C2
EI . δ F = 193,0530253 x 109
δ F = 0,0773 cm
δG x = 9,5 m
EI . δG =1,75
3( x−1,25 )
3
−RA
6( x−2,5 )3+ 1
12( x−2,5 )
4
+0,25 ( x−4,5 )3
+0,5 (x−6,5)3+¿C1x + C2
EI . δG = 123,2318964 x 109
δG = 0,0597 cm
δB = 0 cm ( beradapadatumpuan )
δH x = 13,5 m
EI . δH = 1,75
3(x−1,25)
3
−RA
6( x−2,5)3+0,25(x−4,5)3+0,5 (x−6,5)3 +
0,433
(x−9,5)3
+ 112
(x−2,5)4
− 112
(x−11,5)4 −RB
6( x−11,5)
3
+C1 x+C2
EI . δH = - 123,6277035 x 109
δH = - 0,0618 cm
10 21 053 Agus Faisal ( 41 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
b. MOMEN AREA
IX = 1052708,333 cm4
E = 2,1 X 106 kg/cm2
EI = E . I
= 2210687499000 kg cm2
Mencari XA
MX = - P1 ( X + 1,25 ) + RVA X – 0,5 .q (X)2
= - 3,5X – 4,375 + 15,566X – X2
= – X2 + 12,066X – 4,375
Rumus ABC
X1,X2 = −b±√b2−4 ac2a
= −12,066±√12,0662−4 (−1 )(−4,375)
2(−1)
X1 = 0,374 m ( yang dipakai )
X2 = 11,692 m
Mencari XB
MX = P5 ( X + 2 ) – RVB X – 0,5 .q (X)2
= 2X + 4 – 13,294 X – X2
= X2 - 11,294X + 4
Rumus ABC
X1,X2 = −b±√b2−4 ac2a
= −(−11,294 )±√(−11,294)2−4 (1 )(4)
2(−1)
X1 = 0,336 m ( yang dipakai )
X2 = 10,928 m
GambarpembagianluaspadaMomen
10 21 053 Agus Faisal ( 42 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
LuasBidang
LI = 12
. A . T
= 12
. 1,25 . 4,375 = 2,734 t m2
LII = 13
. A . T
= 13
. 0,374 . 4,375 = 0,545 t m2
LIII = 23
. A . T
= 23
. 1,626 . 15,757 = 2,734 t m2
LIV =A . T
10 21 053 Agus Faisal ( 43 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
= 2 .15,757 = 31,514 t m2
LV = 23
. A . T
= 23
. 2 .( 24,889 – 15,757 ) = 12,177 t m2
LVI = A . T
= 3 . 14,588 = 43,765 t m2
LVII = 23
. A . T
= 23
. 3 .( 24,889 – 14,588 ) = 20,603 t m2
LVIII = 23
. A . T
= 23
. 1,634 . 14,588 = 19,451 t m2
LIX = 13
. A . T
= 13
. 0,366 . 4 = 0,488 t m2
LX = 12
. A . T
= 12
. 2 . 4 = 4 t m2
∑MB = 0
LII ( 34
.0,374 + 8,626 ) –LIII( 38
.1,626 + 7 ) - LIV( 12
.2 + 5 )- LV( 38
.2 + 5 ) -
LVI( 12
. 3 + 2 ) – LVII( 58
.3 + 2 ) - LVIII( 58
.1,634 + 0,366 ) + LIX( 58
.0,366 ) + RVA 9 = 0
9 RVA = 644,1526
RVA = 71,573 t m2
∑MA = 0
- LII ( 14
.0,374 ) + LIII( 58
.1,626 + 0,374 ) + LIV( 12
.2 + 2 )+ LV( 58
. 2 + 2 ) +
LVI( 12
. 3 + 4 ) + LVII( 38
.3 + 4 ) + LVIII( 38
.1,634 + 7 ) - LIX( 58
.0,366+8,634 ) – RVB 9 =
0
10 21 053 Agus Faisal ( 44 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
9 RVB = 647,861
RVB = 71,985 t m2
Lendutan ( δ )
EI δC = - RVA ( 2,5 ) + LI ( 23
.1,25 + 1,25 )
EI δC = - 173,2354558 x 109
δC = - 0,0784 cm
EI δD = - RVA ( 1,25 ) + LI ( 23
.1,25 )
EI δD = - 87,18731122 x 109
δD = - 0,0394 cm
δA = 0 cm ( beradapadatumpuan )
EI δE = RVA ( 2 ) + LII ( 34
.0,374 + 1,626 ) -LIII ( 38
. 1,626 )
EI δE = 133,7705125 x 109
δE = 0,0605 cm
EI δ F = RVA ( 4 ) + LII ( 34
.0,374 + 3,626 ) - LIII ( 38
.1,626 + 2 ) - LIV (12.4 )
- LV( 38
. 2 )
EI δ F = 171,6838251 x 109
δF = 0,0776 cm
EI δG = - RVB ( 2 ) + LVIII ( 38
. 1,634 ) - LIX ( 34
. 0,366 + 1,626 )
EI δG = - 132,9778189 x 109
δG = - 0,0602 cm
δB = 0 cm ( beradapadatumpuan )
EI δH = - RVB ( 2 ) + LX ( 23
. 2 )
EI δH = - 138,6357154x 109
10 21 053 Agus Faisal ( 45 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
δH = - 0,0627 cm
c. CONJUGATE BEAM
IX = 1052708,333 cm4
E = 2,1 X 106 kg/cm2
EI = E . I
= 2210687499000 kg cm2
PengaruhBatang A-B
∑MA = 0
P2( 2 ) + P3( 4 ) + P4 sin 35o( 7 )+0,5q ( 9 )2– RVB ( 9 )
1,5(2) + 3(4) + 1,5sin 35o( 7 )+0,5(2) ( 9 )2– RVB ( 9 )
RVB
=
=
=
0
0
11,3358 t
∑MB = 0
- P2( 7 )- P3( 5 )- P4 sin 35o( 2 )-0,5q ( 9 )2+ RVA ( 9 )
- 1,5(2)-3(5)-1,5sin 35o( 2 )-0,5(2) ( 9 )2+ RVA ( 9 )
RVA
=
=
=
0
0
12,0245 t
∑V = 0
( RVA + RVB) – (q1 ( 9) + P2 +P3 + P4 sin 35o )
(12,0245+11,3358 ) – (2( 9)+ 1,5 + 3 + P4 sin 35o)
23,36 – 23,36
=
=
=
0
0
0 … (ok)
Momen ( M )
MA = 0 t m
ME= RA ( 2 ) – q (2) (1)= 20,049 t m
10 21 053 Agus Faisal ( 46 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
MF= RA ( 4 ) – q (4) (2) – P2 (2) = 29,098 t m
MG= RA ( 7 ) – q (7) (3,5) – P2 (5) – P3 (3)= 18,672 t m
MB= RA ( 9 ) – q (9) (4,5) – P2 (7) – P3 (5) -P4 sin 35o(2) = 0 t m
PengaruhBatang C-A
∑MB = 0
- P1( 10,25 )+ RVA ( 9 )
- 3,5( 10,25 ) + 9 RVA
RVA
=
=
=
0
0
3,986 t
Momen ( M )
MD = 0 t m
MA= - P1 ( 1,25 ) = - 4,375 t m
ME= - P1 ( 3,25 ) + RVA ( 2 ) = - 3,403 t m
MF= - P1 ( 5,25 ) + RVA ( 4 ) = - 2,431 t m
MG= - P1 ( 8,25 ) + RVA ( 7 ) = - 0,973 t m
MB= - P1 ( 10,25 ) + RVA ( 9 ) = 0 t m
10 21 053 Agus Faisal ( 47 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
PengaruhBatang B-H
∑MA = 0
P1( 11 )- RVB ( 9 )
RVB
=
=
0
2,444 t
Momen ( M )
MA = - P1 ( 11 )+RVB ( 9 ) = 0 t m
ME = - P1 ( 9 ) + RVB ( 7 ) = - 0,892 t m
MF = - P1 ( 7 ) + RVB ( 5 ) = - 1,780 t m
MG = - P1 ( 4 ) + RVB ( 2 ) = - 3,112 t m
MB = - P1 ( 2 ) = - 4 t m
MH = 0 t m
10 21 053 Agus Faisal ( 48 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
GAMBAR MOMEN KESELURUHAN
LuasBidang
LI = 12
. A . T
= 12
. 1,25 . 4,375 = 2,734 t m2
LII = 12
. A . T
= 12
. 9 . 4,375 = 19,687 t m2
LIII = 23
. A . T
10 21 053 Agus Faisal ( 49 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
= 23
. 2 .20,049 = 26,732 t m2
LIV =A . T
= 2 .20,049 = 40,098 t m2
LV = 23
. A . T
= 23
. 2 .( 29,098 – 20,049 ) = 12,065 t m2
LVI = A . T
= 3 .18,672 = 56,016 t m2
LVII = 23
. A . T
= 23
. 3 . (29,098 – 18,672 ) = 20,852 t m2
LVIII = 23
. A . T
= 23
. 2 .18,672 = 24,896 t m2
LIX = 12
. A . T
= 12
. 9 . 4 = 18 t m2
LX = 12
. A . T
= 12
. 2 . 4 = 4 t m2
∑MB = 0
LII ( 23
. 9 ) – LIII( 38
. 2 + 7 ) - LIV( 12
.2 + 5 )- LV( 38
.2 + 5 ) -
LVI( 12
. 3 + 2 ) – LVII( 58
.3 + 2 ) - LVIII( 58
. 2 ) + LIX( 13
. 9 ) + RVA 9 = 0
9 RVA = 652,990
RVA = 72,050 t m2
∑MA = 0
- LII ( 13
. 9 ) + LIII( 58
. 2 ) + LIV( 12
.2 + 2 )+ LV( 58
. 2 + 2 ) +
10 21 053 Agus Faisal ( 50 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
LVI( 12
. 3 + 4 ) + LVII( 38
.3 + 4 ) + LVIII( 38
. 2 + 7 ) - LIX( 23
. 9 ) – RVB 9 = 0
9 RVB = 633,757
RVB = 71,417 t m2
Lendutan ( δ )
EI δC = - RVA ( 2,5 ) + LI ( 23
.1,25 + 1,25 )
EI δC = - 173,49291667 x 109
δC = - 0,0785 cm
EI δD = - RVA ( 1,25 ) + LI ( 23
.1,25 )
EI δD = - 87,78416667 x 109
δD = - 0,0396 cm
δA = 0 cm ( beradapadatumpuan )
EI δE = RVA(2)+2(12
) (4,375-3,403).(23
. 2)+3,403 (2) (1) - LIII ( 38
. 2)+2.( 12
. 4,375 ).(
13
. 2)
EI δE = 135,0696667 x 109
δE = 0,0611 cm
EI δ F = RVA ( 4 ) + 4 ( 12
. 4,375 ).(23
. 4) +4 ( 12
. 1,78 ).(13
. 4) + 2,431 . 4 . 2
- LIII( 38
. 2+2 ) - LIV ( 1 ) - LV ( 38
. 2 )
EI δ F = 171,6838251 x 109
δF = 0,0777 cm
EI δG = - RVB ( 2 ) + LVIII ( 38
. 2 ) - 2 ( 12
. 0,888 ).(23
. 2) - 2( 12
. 0,973 ).(13
. 2)-3,112
(2)
EI δG = 132,9778189 x 109
δG = 0,0602 cm
δB = 0 cm ( berada pada tumpuan )
EI δH = - RVB ( 2 ) + LX ( 23
. 2 )
EI δH = - 138,6357154 x 109
10 21 053 Agus Faisal ( 51 )
Tugas Besar MEKANIKA BAHAN
δH = - 0,0627 cm
LENDUTAN TANG TERJADI DENGAN 3 METODE
Lendutan Di Titik
Metode Metode Metode
Double Integral Momen Area Conjugate Beam
( mm ) ( mm ) ( mm )
C -0,779 -0,784 -0,785
D -0,372 -0,394 -0,395
A 0,000 0,000 0,000
E 0,599 0,605 0,605
F 0,773 0,777 0,777
G 0,597 0,602 0,602
B 0,000 0,000 0,000
H -0,618 -0,627 -0,627
10 21 053 Agus Faisal ( 52 )