Mekban presentasi 2013.pptx

MEKANIKA TEKNIK II
1. MEKANIKA BAHAN
2. ANALISIS STRUKTUR RANGKA STATIS
TERTENTU

MEKANIKA BAHAN
• Standar Kompetensi:
Mahasiswa mampu manganalisis
tegangan, regangan, dan deformasi pada
suatu elemen struktur

Cakupan materi:
• Pengantar mata kuliah Mekanika Bahan
• Tegangan dan Regangan Normal
• Diagram Tegangan- Regangan
• Elastisitas Linear, Hukum Hooke, dan Rasio Poisson
• Tegangan dan Regangan Geser
• Hubungan Tegangan-Regangan, Modulus Geser dan
Poissons Ratio
• Perubahan Panjang Batang Akibat Beban Aksial
• Analisis Penampang:
– Luas
– Titik berat
– Momen Inersia
– Teorema Sumbu Sejajar

Why Mechanics of Material?
• Suatu struktur, apapun bentuknya (jembatan,
gedung, menara, dll), jika dikenai beban maka
struktur tersebut akan mengalami tegangan
dan deformasi (regangan dan perpindahan).
Untuk dapat mengetahui kedua besaran
tersebut maka perlu penguasaan tentang
materi Mekanika Bahan

Beberapa istilah dalam Mekanika Bahan :
• Tegangan
• Regangan
• Deformasi
perubahan panjang jika dibebani
Tegangan adalah besaran gaya
per satuan luas yang dialami
material pembentuk struktur
akibat beban-beban yang
bekerja
besaran yang menunjukkan sejauh
mana bangunan akan melentur atau
mengalami displacement akibat
beban yang bekerja

Modelisasi Struktur Bangunan
• Analisa mekanik dilakukan berdasar pada model
matematik dari suatu struktur, bukan pada struktur
yang sesunggguhnya.
Sebagai penyederhanaan perlu diambil beberapa
asumsi, misalnya:
– Penampang yang semula rata akan tetap rata sesudah
struktur dikenakan beban
– Perletakan diasumsikan terjadi pada satu titik
• Hasil analisis dari suatu model matematik akan
mengandung kekurangan atau kesalahan, sehingga
perlu adanya faktor keamanan struktur (Safety
Factor=SF) sebagai kompensasi dari kesalahan
tersebut.

Penyederhanaan pola beban
• Semua gaya yang bekerja pada struktur
yang sesungguhnya sebenarnya adalah
berupa beban merata. Namun untuk
penyederhanaan beban tersebut
diasumsikan sebagai beban titik

Contoh :
• Roda kendaraan di
jembatan
• Telapak kaki manusia di
lantai bangunan

Ketentuan tanda positif (+) dan Negatif (-)
Gaya adalah besaran vektor sehingga selalu dikaitkan
dengan arah.
Ketentuan tanda :
• Untuk tegangan normal :
P
P P
P
(-) berarti tekan
(+) berarti tarik
(+) (-)
NFD
(Normal Force Diagram)

• Untuk tegangan geser :
(-) untuk arah menuju tumpuan
(+)
P
R = P
SFD
(SHEAR FORCE DIAGRAM)
(+) untuk arah keluar dari tumpuan
(Q)
P
R=P/2 + 3/4Q R=P/2 + 1/4Q
½ L
½ L
(+)
(-)

Untuk Putaran Sudut
(+) Putaran sudut kelengkungan berlawanan
dengan putaran jarum jam
(-) Putaran sudut kelengkungan searah
dengan putaran jarum jam
+
-

TEGANGAN DAN REGANGAN NORMAL
P
P
Batang Prismatis yang mengalami beban aksial tarik
P
P
m
n
Potongan Melintang

P
P
Tegangan Normal
A
Luas Penampang
A
p


Tegangan Normal =

L
P
P
L+δ
L

 
Batang Prismatis sebelum dan sesudah dibebani
Regangan Normal =

• Jika batang tersebut mengalami tarik, maka
regangannya disebut regangan tarik, yang
menunjukkan perpanjangan bahan.
Sedangkan jika batang mengalami tekan,
maka regangannya disebut regangan tekan
dan batang tersebut memendek.

• Diketahui: P = 50 kN = 50000 N
d = 30 cm
L = 150 cm
 = 0,5 mm = 0, 05 cm
• Luas penampang kolom (A) =
A = ¼ π d2
= ¼ x π x 302
= 706,858 cm2 = 70685,8 mm2
• Sehingga tegangan tekan tiang adalah:
σ = - P/A = 50000 / 706,858 = 70,736 N/cm2
atau
σ = - P/A = 50000 / 70685,8 =
0,70736N/mm2 = 0,70736 MPa
• Regangan tekan tiang adalah:
 =  / L = 0,05 cm / 150 cm = 3,33 x 10-4
50
KN
150
cm

Latihan
• Diketahui:
 = 1 mm = 0, 1 cm
• Berapa Tegangan dan Regangan
yang terjadi?
100 KN
200
cm
D1 = 30 cm
D2 = 20 cm

DIAGRAM TEGANGAN – REGANGAN
• Diagram tegangan-regangan : diagram yang
menggambarkan hubungan antara regangan
dan tegangan yang terjadi akibat pembebanan
yang dialami oleh suatu material

Diagram Tegangan Regangan Baja
Fy
Daerah plastis
y p
Regangan
Tegangan Daerah elastis
B
A C
D
O
Titik A: Batas Proporsional
Titik B: Titik Luluh (Fy)
Titik D: Tegangan Ultimit (Fu)
Daerah O-A: Daerah Elastis
Sempurna
Daerah B-C: Daerah Plastis
Sempurna
Daerah C-D: Strain Hardening
Kemiringan Garis O-A : E =
Modulus Elastisitas Bahan

• Kondisi elastis: kondisi dimana bahan mempunyai
kemampuan untuk kembali ke bentuk awalnya
setelah diberikan pembebanan dan pelepasan
beban
• Kondisi plastis: kondisi dimana suatu bahan
mengalami deformasi (perubahan bentuk) ketika
diberikan beban dan setelah beban dilepaskan
bahan tidak dapat kembali ke bentuk awalnya

y = 34991x + 0.4657
0.0E+00
1.0E+01
2.0E+01
3.0E+01
4.0E+01
5.0E+01
6.0E+01
0.0E+00 5.0E-04 1.0E-03 1.5E-03 2.0E-03 2.5E-03 3.0E-03
0,5a
40%
Linear (40%)
Diagram Tegangan Regangan Beton
Modulus Elastisitas: Kemiringan kurva di daerah elastis (40% Tegangan Max)

Elastisitas Linear, Hukum Hooke,
dan Rasio Poisson
Elastisitas Linear: JIka suatu bahan berperilaku elastis dan juga
mempunyai hubungan linear antara tegangan dan regangan
Hubungan Linear (hukum Hooke) : σ = E. 
σ = Tegangan
E = Modulus Elastisitas = Modulus Young
 = Regangan

Elastic Behaviour
E





E
E = Modulus Elastisitas = Modulus Young

• Rasio Poisson (n): Rasio regangan lateral ’
terhadap regangan aksial 
P
P
P
P

’
n



n



'
'
Untuk Batang Tarik : Regangan aksial adalah positif dan regangan lateral negatif
Untuk Batang Tekan: Regangan aksial adalah negatif dan regangan lateral positif

Contoh
σ = - P/A
= 50000 / 706,858
= 70,736 N/cm2
atau
σ = - P/A
= 50000 / 70685,8
= 0,70736N/mm2
= 0,70736 MPa
 =  / L
= 0,05 cm / 150 cm
= 3,33 x 10-4
50
KN
150
cm σ = E. 
E= σ/ 
= 0,70736/(3,33 x 10-4)
= 2124,204 N/mm2

Diketahui:
Lo = 80 cm
L = 0,8 mm
d0 = 15 cm
d = -0,015 mm
Ditanyakan:
Rasio Poisson (n)?
P
P
P
P

’
Penyelesaian:
 = L / Lo
= 0,8 / 800
= 0,001
’ = d / d0
= -0,015 / 150
= -0,0001
Rasio Poisson (n) =
n= -’/ 
= 0,0001 / 0,001
= -0,1

Tegangan dan Regangan Geser
• Tegangan Geser
A
V


 = Tegangan geser rata-rata
V = Gaya Geser Total
A = Luas Penampang melintang
• Regangan Geser (g) = perubahan bentuk
dari elemen yang mengalami geser
(g)
(g)

Hukum Hooke Untuk Geser
 = G. g
 = Tegangan Geser
G = Modulus Elastisitas Geser
g  Regangan geser

Hubungan antara Modulus Elastisitas Geser dan
Modulus Elastisitas Linear :
)
1
(
2 n


E
G
G = Modulus Elastisitas Geser
E = Modulus Elastisitas Linear
n = Poisson Ratio

Contoh :
Baja struktural mempunyai sifat mekanika :
Modulus elastisitas linear = 210000 MPa
Ratio Poisson = 0,3
Berapa Modulus Geser Baja?
)
1
(
2 n


E
G
Jawab!
E = 210000 Mpa = 210000 N/mm2
n = 0,3
Mpa
G 80769
)
3
,
0
1
(
2
210000




Perubahan Panjang Batang Akibat Beban Aksial
• σ =E. 
A
p


L

 
EA
PL



Contoh:
• Diketahui: P = 50 kN = 50000 N
d = 30 cm
L = 150 cm
E = 2124,204 N/mm2
A = ¼ π d2
= 706,858 cm2
= 70685,8 mm2
Berapa perubahan panjang yang terjadi?
50
KN
150
cm
mm
EA
PL
5
,
0
8
,
70685
.
204
,
2124
1500
.
50000





Perubahan Panjang Batang Yang Tidak
Seragam



n
i Ai
Ei
Li
Ni
1 .
.

Ni = Gaya Aksial Internal pada segmen i
Li = Panjang Segmen i
Ei = Modulus Elastisitas Sedmen i
Ai = Luas Penampang Segmen i
L1
L2
E1
E2
N1
N2

Latihan
Diketahui:
N1 = 50 KN
N2 = 75 KN
L1 = 150 cm
L2 = 200 cm
E1 = 20000 MPa
E2 = 25000 MPa
A1 = 100 cm2
A2 = 150 cm2
Hitung Defleksi total!
L1
L2
E1
E2
N1
N2

TUGAS II
Diketahui :
Luas penampang kolom 1 = 11000 mm2
Luas penampang kolom 2 = 3900 mm2
Modulus Elastisitas Bahan = 210000
MPa
Tentukan:
a. Penurunan kolom akibat beban P1
dan P2
b. Berapa beban tambahan P0 yang
dapat diletakkan di puncak kolom
(titik C) jika penurunan yg terjadi
tidak boleh lebih dari 4,0 mm?
3,75 m
B
A
P1=400 KN
P2=720 KN
C
3,75 m
1.

Diketahui:
Lua batang = 15 cm2
E = 17000 MPa
Tentukan:
a. Peralihan di ujung bebas
batang
b. Berapa P3 jika peralihan di titik
D dikehendaki setengah dari
harga semula!
50 cm 50 cm 50 cm
P1 = 30 KN P2 = 30 KN P3 = 50 KN
A B C D
2.

ANALISIS PENAMPANG
A. Posisi Titik Berat (Centroid)
B. Momen Inersia
C. Teorema Sumbu Sejajar

Titik Berat Penampang





 n
i
n
i
Ai
Ai
xi
1
1
.





 n
i
n
i
Ai
Ai
xi
1
1
.
y




 n
i
n
i
Ai
Ai
yi
y
1
1
.
z
o
Centroidal
Axis

y
n
Example:
z
o
Centroidal
Axis
200
10
20
125
120
60
(Dimensions in mm)
y mm
6
.
89

 
20
120
10
200
1
y




 
 
000
,
144
000
,
250
400
,
4
1
y 

400
,
4
000
,
344
 mm
55
.
89

m
10
6
.
89 3



  
 125
10
200    
60
20
120 


20
2
2
1,5
gne
10
20
Letak garis netral
Yne = ____________________________
20x2x1 + 1,5x20x12 + 10x2x23
20x2 + 1,5x20 + 10x2
Yne = 9,55 cm

20
20
2
2
1,5
18
1,5
Yne
A1 = 2x20x2 + 1,5x20 = 110 cm2
A2 = 18x1,5 = 27 cm2
AT = 110 + 27 = 137 cm2
Yne = = 14,51 cm
110x12 + 27x24,75
137
________________

TUGAS III
Tentukan pusat berat area berikut:
a/2 a/2
a/2
a/2
x
y
1. 2.
360 mm
30 mm
30 mm
180 mm
30 mm
30 mm
120 mm

Momen Inersia

 dA
y
Ix 2

 dA
x
Iy 2
Dengan x dan y adalah koordinat elemen luas differensial A
x
y
o
x’
y’
A

Contoh:
 





2
2
2
'
d
d
x y
b
y
I 
2
d
2
d
3
3
y
b









12
bd3

y
y’
2
d
2
d
2
b
2
b
o
y
x
 





2
2
2
'
b
b
y x
d
x
I 
2
2
3
3
b
b
x
d









12
3
db

x
‘
x
2
d
2
d
2
b
2
b
o
y
x

y
y’
o
y
n
b
d  

 


d
z y
b
y
dA
y
I
0
2
2
' 
d
y
b
0
3
3







3
3
bd


Teorema Sumbu Sejajar
y
z
o
n y
Definisi:
2
z
n y
A
I
I 

Teorema sumbu sejajar
memberikan hubungan antara
momen inersia terhadap sumbu
berat dan momen inersia
terhadap sumbu lain yang sejajar

 
 

d
0
2
n y
b
'
y
I 
Contoh:
y’
y
2
d
2
d
2
b
2
b
d
0
3
3
y
b 






3
bd3

12
3
bd
Ix 

n
y
2
y
A
I
I n
x 

  
2
3
2
d
bd
3
bd








x
o
y

Example: (Dimensions in mm)
x
y
o
200
10
20
120
89.6
30.4
89.6
20
20
30.4
200
10
1
2
3
3
3
1
,
bd
Ix 
  
3
6
.
89
20
3
 4
6
mm
10
79
.
4 

3
3
2
,
bd
Ix 
  
3
4
.
30
20
3
 4
6
mm
10
19
.
0 

2
3
3
,
12
y
A
bd
Ix 

     2
3
4
.
35
10
200
12
10
200



4
6
mm
10
28
.
3 

2
y
A
I
I x
n 

• What is Ix?
35.4

Example: (Dimensions in mm)
x
y
o
200
10
20
120
89.6
30.4
89.6
20
20
30.4
200
10
35.4
1
2
3
3
,
2
,
1
, x
x
x
x I
I
I
I 


4
6
10
26
.
8 mm
Ix 

 4
6
m
10
26
.
8 


2
y
A
I
I x
n 

• What is Ix?

20
2
2
1,5
gn
10
20
Letak garis netral
Yne = ____________________________
20x2x1 + 1,5x20x12 + 10x2x23
20x2 + 1,5x20 + 10x2
Yne = 9,55 cm
_____________________________________
Ix =
20x9,553+10x14,453–18,5x7,553–8,5x12,453
3
Ix = 7742,2 cm4
gn
20
2
2
1,5
10
20
3
3
bd

Iz
9,55

20
20
2
2
1,5
18
1,5
Yne
A1 = 2x20x2 + 1,5x20 = 110 cm2
A2 = 18x1,5 = 27 cm2
AT = 110 + 27 = 137 cm2
Yne = = 14,51 cm
110x12 + 27x24,75
137
________________
Ix = (20x14,513 - 18,5x12,513 + 20x9,493
-18,5x7,49)/3 + 18x1,53/12 + 27x10,242
= 14236 cm4
20
20
2
2
1,5
18
1,5
Yne
2
z
n y
A
I
I 


TUGAS IV
• Tentukan momen inersia Ic
terhadap sumbu yang melalui
pusat berat dan sejajar dengan
sumbu x
a/2 a/2
a/2
a/2
x
y
1.
• Tentukan Posisi Titik berat (C) dan
momen inersia Ic terhadap sumbu yang
melalui pusat berat dan sejajar dengan
sumbu x, jika diketahui:
a = 60 cm c = 20 cm
b = 10 cm
2.
a/2 a/2
b b
c
b
y
x
C

Lenturan Murni Balok
Application to a Bar
Normal Force:
Fn
Fn
Shear Force:
Ft
Ft
Bending Moment:
Mt
Mt

x
x
Mxz Mxz
x




C
T
d
M M

x
y
Mxz Mxz
Balok
x (Tarik)
x (Tekan)
x=0
(i) Bending Moment, Mxz
(ii) Geometry penampang
x TIDAK SERAGAM/TIDAK SAMA
disepanjang kedalaman penampang balok
x TERGANTUNG PADA:
Tegangan yang diakibatkan oleh gaya lentur bersifat:

1  _______
M c1
Ix


C
T
Dengan c = jarak titik yang ditinjau
dari sumbu balok

“Happy” Beam is + “Sad” Beam is -
x
y
Mxz=Bending Moment
+ (POSITIVE)
Perjanjian Tanda: Qxy=Shear Force
Mxz
Mxz
Qxy Qxy
- x
+ x

Penampang Komposit
Struktur komposit: struktur yang terdiri lebih dari
satu jenis material
Contoh: struktur gabungan dari Baja-Beton,
Baja-Kayu, Kayu-Beton, dll.

Perhitungan Pusat Berat Penampang Komposit
Contoh:
150
250
10
Balok komposit, bagian atas dari
kayu dengan Ew=10000 MPa;
Bagian bawah dari baja dengan
Es=200000 MPa. Bila balok
menahan momen lentur sebesar
30KN.m, berapakah tegangan
maksimum dalam baja dan kayu?
[ mm ]

150
n=Es/Ew = 200000/10000 = 20
Cara 1:
Lebar pelat baja transformasi = 150 x 20 = 3 000 mm
Titik berat penampang transformasi =
m
mm
x
x
x
x
x
x
y
183
,
0
183
)
3000
10
(
)
250
150
(
)
255
3000
10
(
)
125
250
150
(






250
10
3000
183
gn

4
6
4
6
2
3
2
3
10
478
10
478
72
3000
10
12
10
3000
)
58
250
150
(
12
)
250
150
(
m
x
mm
x
x
x
x
x
x
x
I







In = Ix + Ay2
3000
183
gn
(183-125)=58
gn
(250-183+5)=72
150
250
10

Tegangan maksimum dalam kayu adalah :
MPa
x
x
x
I
Mc
w 5
,
11
10
478
183
10
3
max
)
( 6
7




Momen (M)=30 KNm = 30x1000x1000 = 3 x 107Nmm
Tegangan maksimum dalam baja adalah :
MPa
x
x
x
I
Mc
n
n w
s 5
,
96
10
478
77
10
3
20
max
)
( 6
7



 


n=Es/Ew = 200000/10000 = 20
Cara 2:
Lebar balok kayu transformasi = 150 / 20 = 7,5 mm
Titik berat penampang transformasi =
mm
x
x
x
x
x
x
y
77
)
10
150
(
)
250
5
,
7
(
)
5
10
150
(
)
135
250
5
,
7
(





150
250
10
7,5
77
gn

4
6
4
6
2
3
2
3
10
9
,
23
10
9
,
23
72
10
150
12
10
150
)
58
250
5
,
7
(
12
)
250
5
,
7
(
m
x
mm
x
x
x
x
x
x
x
I







In = Ix + Ay2
250
10
7,5
77
gn
7,5
gn
72
58
150

Tegangan maksimum dalam baja adalah :
MPa
x
x
x
I
Mc
s 5
,
96
10
9
,
23
77
10
3
max
)
( 6
7




Momen (M)=30 KNm = 30x1000x1000 = 3 x 107Nmm
Tegangan maksimum dalam kayu adalah :
MPa
x
x
x
I
Mc
n
n
s
w 5
,
11
10
478
183
10
3
20
1
1
max
)
( 6
7







LATIHAN
Tentukan posisi titik berat dan
besarnya momen inersia dari
penampang komposit berikut!
1500
150
500
300
Diketahui:
Lapis atas : kayu dengan E = 10000 MPa
Lapis bawah: beton dengan E = 15000 MPa

Mekban presentasi 2013.pptx

More Related Content

What's hot

Similar to Mekban presentasi 2013.pptx

Mekban presentasi 2013.pptx