analisis struktur ringan

5/13/2018 analisis struktur ringan - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/analisis-struktur-ringan 1/40

BAHAN AJAR BERBASIS WEB

ANALISIS STRUKTUR RINGAN

Oleh:

Dr. Bambang Kismono Hadi

DEPARTEMEN TEKNIK PENERBANGAN

FAKULTAS TEKNOLOGI INDUSTRI

INSTITUT TEKNOLOGI BANDUNG

1



BAB I

TORSI PADA TABUNG BERDINDING TIPIS

Pendahuluan

Struktur pada sayap terbang umunya terdiri atas tabung berdinding tipis yang

diperkuat dengan “stringer”. Struktur berbentuk tabung ini sangat efektif dalam menahan

beban torsi , misalnya tosi pada badan karena gaya lateral pada ekor tegak. Perlu

diperhatikan bahwa pada struktur tabung berdinding tipis yang mendapat gaya torsi. Gaya

torsi terpusat ditahan oleh kulit / dinding tabung dan bahan stringer.

Asumsi :1. Tidak ada penahan di kedua ujung sehingga tidak timbul tegangan normal dalam

arah lateral

2. Dinding cukup tipis sehingga tegangan yang terjadi konstan dan sejajar dengan

permukaan.

2



Tinjau suatu elemen ABCDEFGH dengan panjang LΔ dan tebal t1 dan t2.

Keseimbangan gaya dalam arah z berlaku :

Lt Lt Δ=Δ .... 2211 τ τ

Atau secara umum :

qt =.τ = konstan

dimana q : arus geser atau shear flow

Arus geser tersebut menimbulkan torsi ( gaya puntir ) :

sqF Δ= . maka:

∫ Δ= shqT ..

sh A Δ=Δ .2

1 ∫ Δ= Aq..2

T = 2 A . q Bredt - Batho

3



Besar Torsi adalah sama dengan besar arus geser yang dikalikan luas permukaan

penampang tabung.

Besar sudut puntir pada tabung dapat dilihat dari teorema Castigliano.

Tinaju elemen di atas ; maka kerja yang timbul karena adanya tegangan sudut γ adalah :

( )δ ..

2

1sqU Δ=Δ γ δ sin. LΔ= γ <<<

= ( ) Lsq ΔΔ ...2

1γ γ δ . LΔ=

= ( ) LG

sq ΔΔ ...2

1 τ

t

q=τ

t

s

G

LqU

ΔΔ=Δ .

2

.2

q AT ..2=

Atau :

t

s

G A

LT U

ΔΔ=Δ .

.8

.2

2

:t

sΔperpanjangan jarak per waktu

4



Besarnya kerja pada sekeliling penampang diperoleh dengan mengintegrasikan

persamaan diatas :

∫ Δ

=dt

ds

G A

lT U

.8

.2

2

Dengan Teorema Castigliano dapat ditentukan besar sudut puntir persatuan panjang

yaitu:

T

U

∂

∂=θ

∫ =dt

ds

G A

T 2

4θ

∫ =dt

ds

AG

q

2θ

Jadi bila suatu tabung berdinding tipis dikenai torsi dapat dihitung:

1. Arus geser q.

2. Sudut puntir θ .

Bila tebal diketahui.

5



BAB II

TEGANGAN LENTUR

Dalam kuliah mekanika teknik sudah dibahas besar tegangan lentur yang mendapat beban

bending ( lentur ) , M.

Bila penampang simetri , tegangan lentur diberikan oleh persamaan :

xx

x z

I

y M .=σ

Pada bagian atas akan mendapat gaya tekan , dan bagian bawah mendapat tegangan tarik.

Jika beban yang terjadi merupakan beban lintang ( shear force ) maka tegangan lentur

juga tegangan geser. pada garis tertentu , tegangan = 0 , maka garis tersebut disebut garis

netral ( neutral line ).

Tegangan lentur pada penampang tak beraturan ( seimbang )

n- n adalah

garis netral akibat

beban P , dan n - n

membentuk sudutφ

terhadap sumbu x - x.

Masalahnya adalah

mencari arah sumbu

netral ( sudut φ )

dan besar tegangan lentur

Gb - 1

6



Bila σ adalah unit tegangan lentur yang bekerja di titik a , pada jarak y n dari sumbu

netral , maka :

n yk .=σ ……. ( 1 )

Dengan k adalah konstan. Karena posisi sumbu netral belum diketahui , maka yn akandiberikan pada koordinat x – y , jadi :

( ) φ φ costan x y yn −=

= φ φ sincos x y − …...( 2 )

Maka :

( )φ φ σ sincos x yk −= ……( 3 )

Persamaan ini mengandung 3 yang tidak diketahui yaitu k ,σ dan φ . Maka diperlukan 2

persamaan lagi yang akan didapat dari keseimbangan momen.

Bila M adalah momen yang bekerja pada bidangdatar yang membentuk sudut θ

terhadap sumbu y , maka besar momen terhadap sumbu x – x dan y – y adalah :

θ cos M M x =

θ sin M M y =

Untuk keseimbangan , besar momen Mx akan ditahan oleh tegangan lentur , menurut

persamaan :

d a∫ == y M M x .cos σ θ

Dengan memasukkan pers ( 3 ) , didapat :

( )da xy yk M ∫ −= φ φ θ sincoscos 2

∫ ∫ −= xydak da yk M x φ φ sincos 2

xy xx I k I k .sin.cos φ φ −= ……..( 4 )

7



Dengan cara yang sama , momen pada sumbu y – y , diperoleh :

∫ = xda M .sin σ θ

Di dapat :

∫ ∫ +−== xydak da xk M M φ φ θ cossinsin 2

xy yy I k I k .cos.sin φ φ +−= ………..( 5 )

Dengan memecahkan pers (4 ) dan ( 5 ) untuk mendapatkan sinφ dan cosφ dan

memasukkan harga – harganya ke dalam per ( 3 ) didapat :

y I I I

I M I M x I I I

I M I M xy yy xx

xy y yy x

xy yy xx

xy x xx y

b ..

....

..22 −

−−−

−−=σ

( 6 )

Bila :

( ) xy yy xx xy I I I I K 2

1 ./ −=

( ) xy yy xx yy I I I I K 2

2 ./ −=

( ) xy yy xx xx I I I I K 2

3 ./ −=

Atau :

y M K M K x M K M K y x x yb 1213 −−−−=σ ( 7 )

Untuk mencari arah sumbu netral , didapat bahwa pada sumbu netral , 0=bσ , dan dari

Gb.I , didapat :

x

y=φ tan , maka :

)( )

y x

x y

M K M K

M K M K

.12

13

.

..

−

−−=φ tan

( 8 )

8



Sering kali terjadi momen lentur terjadi pada sumbu x – x atau y – y , sehingga salah satu

Mx atau My berharga nol sehingga persamaan ( 8 ) dapat disederhanakan.

Sebagai contoh , bila My = 0

Maka: yy

xy

I

I =φ tan

dan bila Mx = 0

xy

xx

I

I =φ tan

Contoh:

Suatu box – beam tidak simetri dengan empat flange a , b , c dan d. Misalnya ingin

ditentukan besar tegangan aksial pada flange a , b , c dan d akibat beban Px dan Py yang

bekerja pada jarak dari penampang yang dikehendaki.''50

Luas a = 1.0 in2

Luas b = 0.5 in

2

Luas c = 0.4 in2

Luas d = 0.8 in2

9



Pada kasus ini , kulit sangat tipis sehingga tidak efektif dalam menerima beban lentur ,

sehingga beban lentur di terima oleh flange saja.

Langkah pertama adalah membuat tabel , yang dapat dilihat di bawah;

flange Luas

“ A “

y’ x’ Ay’ Ax’ Ay’2

Ax’2

Ax’y’

a

b

c

d

1.0

0.5

0.8

0.4

12

8

0

0

-16

0

-16

0

12

4

0

0

-16

0

-12.8

0

144.0

32.0

0

0

256.0

0

204.8

0

-192

0

0

0

total 2.7 16 -28.8 176.0 460.8 -192

Perhitungan titik centroid :

''667.107.2

8.28'−=

−==

∑∑−

A

Ax x

''926.57.2

7.16'===

∑∑−

A

Ay y

Dari rumus :

I = Io + A d2

Io adalah momen inertia pada titik centroid ( yang ingin kita cari ) , maka :

Io = I – A d2

Maka :

Ixx = 176 – 2.7 ( 5.2962

) = 81.81 in4

Iyy = 460.8 – 2.7 ( 10.6672

) = 153.58 in4

Ixy = -192 – ( 2.7 x – 10.667 x 5.926 ) = -21.33 in4

10



Dari gambar terlihat :

Mx = 300.000 ; My = -80.000

Ixx = 81.81 ; Iyy = 153.58

Ixy = -21.33

K 1 = -0.00177

K 2 = 0.012794

K 3 = 0.00674

) ) y M K M K x M K M K y x x yb ...... 1213 −−−−=σ

* Pada flange a

x = -5.333 in y = 6.074 in

22450−=bσ

* Pada flange b

x = 10.667 in y = 2.074 in

7575−=bσ

* Pada flange c

x = -5.333 in y = -5.926 in

21862=bσ

* Pada flange d

x = 10.667 y = -5.926 in

21985=bσ

11



I KONSTRUKSI PESAWAT

1. Tentukan arus geser pada 2 sel yang mendapat beban torsi sebesar T seperti di

bawah. Tentukan pula sudut puntir persatuan panjang.

2. Gambar dibawah ini menunjukkan penampang batang dengan 4 stringer.

Asumsikan kulit tidak menahan beban lentur. Luas stringer terlihat diantara tanda

( ) . Beban luar yang terjadi adalah :

Mx = -500.000 lb.in ; My = 200.000 lb.in

Tentukan tegangan – tegangan luar yang terjadi di ke – empat stringer.

12



BAB III

BENDING SHEAR STRESSES

2 .1. Pendahuluan

Pada dua minggu yang lalu telah dibahas kelakuan penampang yang mendapat beban

torsi murni. Sedang pada minggu yang lalu dibahas beban momen lentur murni. Pada

kenyataannya sangat jarang beban hanya torsi murni atau momen torsi murni. Pada

sebagian besar kasus , torsi dan lentur tersebut dihasilkan oleh gaya lintang luar yang

bekerja pada penampang tersebut. Akibat beban lintang , baik tegangan lentur

longitudinal maupun tegangan geser akan muncul. Pada bab ini akan dibahas pengaruh

gaya lintang tersebut.

2 . 2. SHEAR CENTRE

Apabila suatu batang melentur tanpa memuntir , akibat gaya – gaya luar , tegangan –

tegangan geser akan muncul pada penampang batang tersebut. Centroid tegangan –

tegangan internal tersebut disebut dengan shear centre untuk penampang tersebut.

Konstanta gaya – gaya lintang luar harus melewati shear centre bila puntiran penampang

batang dicegah. Maka bila kita tahu letak shear centre suatu penampang , gaya – gayaluar dapat dipecah menjadi dua :

( 1 ) Yang mengakibatkan momen lentur murni.

( 2 ) Yang mengakibatkan torsi murni.

13



2 .3 RUMUS TEGANGAN GESER AKIBAT GAYA LINTANG

Misal kita mempunyai batang yang dibebani sbb:

Bila t σ adalah tegangan tarik maksimum pada jarak c dari sumbu netral.

Maka besar tegangan dalam jarak dari suatu netral adalah :

c

yt .σ σ = ( 1 )

Maka besar gaya total pada elemen dA adalah :

F = ∫ ydAc

t σ ( 2 )

Maka besar gaya total pada permukaan CD = F1 = ∫ ydAc

t σ

dan besar gaya total pada permukaan EF = F2 = ∫ ydAc

t 'σ

Besar t σ adalah : I

Mct =σ ( 3 )

14



Maka bila pada permukaan CD , momen inersia adalah I dan pada permukaan EF adalah

I' , maka :

∫ = ydA I

M F 1 dan ∫ = ydA

I

M F

'

'2 ( 4 )

Untuk kesetimbangan akan muncul tegangan geser di permukaan CE sebesar dxb..τ

maka:

21.. F F dxb −=τ

∫ ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ −= ydA

I

M

I

M

'

'( 5 )

Apabila penampang batang adalah seragam , I = I' maka :

∫ −

= ydA Ibdx

M M 'τ

Tetapi : V dx

dM

dx

M M ==

− ': gaya lintang

Maka :

∫ = ydA Ib

V τ

Catatan : Rumus ini berlaku bila batang mempunyai penampang yang seragam , I = I'.

Bila penampang tidak sama , seperti pada penampang sayap , persaman diatas tidak dapat

dipakai , dan harus menggunakan persamaan ( 5 ) . Dan V bekerja di shear centre.

15



Contoh :

1. Suatu batang mendapat gaya lintang Vy = 850 lb dan bekerja di shear center.

Penampang seperti di bawah. Berapa besar tegangan geser di neutral axis.

Maka tegangan geser pada N A adalah :

∫ =−

09.3

0.

ydAb I

V

x

x

x xτ

Bagian Luas dA y dA

I

II

IIIIV

2.09 x 0.5 = 1.045

3 x 0.5 = 1.50

0.5 x 0.5 = 0.250.5 x 0.5 = 0.25

1.045

2.34

2.842.84

1.096

3.510

0.7100.710

jumlah 6.026

Maka : 77.35.02.27

026.6850==−

x

x x xτ Psi

16



2. Variabel Momen Inersia.

Gambar di bawah ini menunjukkan suatu batang kantilever dibebani sebesar 600 lb di

ujung – ujungnya melewati shear centre penampangnya. Penampang batang konstan

antara STA 0 dan 132 , dan “ taper “ STA 175 dan 218. Tentukan distribusi tegangan

geser pada STA 175 dan 218.

Maka bending momen :

M132 = - 600 x 132 = - 79,250 lb . in.

M175 = - 600 x 175 = - 105,000 lb . in.

M216 = - 600 x 218 = - 130,800 lb . in.

Tegangan maksimum pada STA 132 ( y = 4 in )

818067.38

4200,79max ±=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ±=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ±=

x

I

M cσ psi

Pada jarak 1 inchi dari atas / bawah ( y = ± 3 )

613567.38

3200,79±=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ±=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ±=

x

I

M yσ psi

17



Bending stress I

M y=σ

Total Gaya lentur STA M

Pada

y = 4

Pada

y = 3

Pada

y = 2

Bagian

“ A “

Bagian

“ B “

Bagian

“ C “

132

175

218

79,200

105,000

130,800

± 8180

± 8180

± 8180

± 6135

± 6135

± 6135

4090±

4090±

4090±

7175

7175

7175

5112

10224

15336

1023

1023

1023

Total gaya pada bagian “ A “. Misalkan pada STA 132

F =2

61358180 +x 1'' x 1'' = 7175 lb

Pada bagian “ C “

F =2

04090 +x 2'' x 0.25'' = 1023 lb

Sehingga gaya geser antara misalkan antara STA 175 dan 128.

Pada bagian “ A “ : ( titik 1 )

∑ +−= τ 71757175 H x 43 x 1 = 0

τ = 0

Pada titik ( 2 )

τ +−+−=∑ 15336102471757175 H x 43 x 0.25 =

τ = 477 psi

18



Bila kita menggunakan persamaan :

∫ = ydA Ib

V τ

Maka pada STA 175 :

0.94

0

=∫ ydA

42025.033.51

0.9600==

x

xτ psi

Dan pada STA 218

τ = 431 psi

Seharusnya 477 psi

19



Arus geser karena bahan lentur : Penampang simetri

Untuk menekankan sekali lagi konsep gaya geser ini , diperlukan sutu batang

berpenampang simetri mendapt gaya netral P.

Dari keseimbangan gaya :

( ) 0. ' =−+ y y y C C dyqb

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −−=

dy

C C q

y y

yb

'

Tetapi :

( ) ∫ −

=−b

a x

x x

y y zdA I

M M C C

''

= ∫ ∂

∂−

b

a x

zdA yI

M

Tetapi :

zV

y

M =∂

∂

Maka :

∫ −=b

a x

z

y zdA I

V q

b

20



Contoh:

Masalahnya adalah mencari letk “ e “ sehingga batang melentur tanpa memuntir

( posisi shear centre ).

Dari persamaan : ∑−= zA I

V q

x

z y

Kita ketahui bahwa pada permukaan bebas ( titik a dan d ) harga shear flow = 0. maka

persamaan di atas harus dimulai dari titik a atau d.

Vz = -100 lb , maka persamaan diatas menjadi:

∑ ∑=−

−= zA zAq z 3752667.0

100

Pada titik a : z = 1 , A= 0

( force surface )0= yaq

Pada titik b : z = -1 , A = luas antara ( a ) dan ( b )

∑+= zAqq ya yb 375

= 0 + 375. ( -1 ) ( 1 x 0.1)

= - 37.5 lb / in

21



Pada titik o di sumbu x :

∑+−=0

3755.37b

yo zAq

= -37.5 + 375 ( -0.5 )( 1 x 0.1) = -56.3 lb / in

Pada titik c :

( 0.5 ) ( 1 x 0.1 ) = -37.5 lb / in3753.56 +−= ycq

Pada titik d :

= -37.5 + 375 ( 1 ) ( 1 x 0.1 ) = 0 ( force surface ) yd q

Gaya – gaya resultan :

Qab = 1 x 37.5 / 2 = 18.75

Q bc

= 2 x 37.5 + ( 56.3 – 37.5 ) x 2 x 2/3 = 100 lb

Qcd = 1 x 37.5 / 2 = 18.75 lb

∑ = 18.75 – 18.75 = 0 xF

∑ = 100 – 100 = 0 yF

∑ = 0b M

∑ = P.e – 18.75 x 2 = 0b M

100 . e = 18.72 x 2

e = 0.75 inchi

jadi letak shear centre adalah e = 0.375 in. Bila P diberikan pada shear centre tersebut ,

batang tidak akan mengalami puntiran. Batang akan mengalami puntiran tambahan bila

beban tidak berada pada di e.

22



Arus Geser untuk Penampang Batang Tidak Simetri

Persamaan tegangan lentur untuk batang yang dikenai momen lentur adalah :

( ) ( ) z M k M k x M k M k z x x z 1213 −−−−=σ

Maka besar arus geser pada batang yang mendapat gaya lintang Vadalah :

( ) ( )∑∑ −−−−= zAV k V k xAV k V k q x z z x y 1213

xz z x

z

I I I

I k

22−

=

xz z x

xz

I I I

I k

21−

= xz z x

x

I I k 3

I

I 2−

=Dengan :

,

Contoh :

Suatu batang tidak simetri dengan penampang sebagai berikut :

23



Tabel

Bagian Area

A

z x Axz A2z A

2x iz ix

1 0.1 1.45 -0.45 -0.06525 0.21025 0.02025 0.00838 0.000117

2 0.14 0.70 0 0 0.06860 0 0.000117 0.02287

3 0.14 -0.70 0 0 0.06860 0 0.000117 0.02287

4 0.10 -1.45 0 -0.6525 0.21025 0.2025 0.00838 0.000117

∑ -0.1305 0.5377 0.04050 0.01690 0.04577

ix dan iz adalah momen inersia terhadap sumbu – sumbunya sendiri = 3

2

1bh

Ix = Σ A z2

+ Σ ix = 0.6035 in4

Iy = Σ A x2

+ Σ iz = 0.0574 in4

Ixz = Σ Axz = - 0.1305 in4

406.721 −=

−=

xz z x

xz

I I I

I k

257.322 =

−=

xz z x

z

I I I

I k

25.3423 =

−=

xy

z x

x

I I I

I k

Dengan menggunakan gaya lintang : V = 10.000 lb

24



Maka :

Vx = 10.000 sin 300 = 5000 lb

Vy = 10.000 cos 300

= 8667 lb

Maka :

q = - 2356438 Σ x A – 65258 Σ z A

shear flow pada titik b :

x = -0.45 in , z = 1.45 in

A = 1 x 0.1 = 0.1 in2

bq = 1135 lb / in

Pada titik c : x = 0 , z = 0.7 , A = 1.4 x 0.1 = 0.14

cq = 1135 – q

= -5260 lb / in.

25



Beam dengan Constant Shear Flow Webs

Beam dengan flange dan web tipis.

Shear flow konstan pada web

q constant

Bending hanya ditahan oleh flange

dan shear konstan ditahan oleh web.

Bila q = shear flow pada web ( konstan )

R = resultante system gaya q

Maka : R = ∑ ∑+ z x qq 22

Karena q konstan , maka ∑ = 0 xq

Maka : R = Σ qz = q. h

R = q. h q =h

R

26



Lokasi gaya resultan ( e ) , adalah dicari dari momen.

Momen terhadap titik O :

R . e = q . L . r

R = q . h

Jadi :

e =hq

qLr

.=

h

Lr

L.r = 2 A

h

Ae

2=

Contoh :

27



Suatu struktur mendapat shear flow constant sebesar 10 lb / in melewati titik A , B , C ,

dan D , E.

Hitung : resultan force dan letak shear centre.

R = q . h = 10 x 20 = 200 lb

Untuk mencari e , misal dibuat momen terhadap titik O :

A = 5 x 10 + 5 x 10 + 0.5π x 52

+ 10 x 5

= 189.3 in2

e = in x

h

A93.18

20

3.18922==

28



BAB IV

Shear flow in Closed Thin – Walled Section

Struktur sayap , fuselage dan ekor pesawat secara umum merupakan sel tunggal atau

ganda yang harus menerima gaya geser internal. Bab ini akan menerangkan distribusi

gaya geser tersebut.

Contoh :

Ix = 62.5 in4

Karena simetri terhadap sb.x.

Sb.x terletak terlalu tinggi.

Untuk menghitung shear flow , anggap gaya lintang berada di shear centre , sehingga

shear flow diberikan oleh persamaan :

∑−= zA I

V q

x

z y

Untuk menjalankan persamaan diatas , ada dua hal yang perlu diperhatikan :

1. Gaya lintang bekerja di shear centre : penampang melentur tanpa twist

2. Berlaku untuk penampang terbuka : dimulai dari titik q = 0

Apabila tidak ditambahkan apa – apa , maka gaya P harus berada pada luar centre dengan

asumsi : ΣMd = 0

100 = 120 x 10 + 106.67 x 20−

x

33.33 in=−

x

29



Karena itu gaya P harus bergerak ke kanan sepanjang x – 33.33 in , bila distribusi

tegangan pada Gb ( a ) berlaku.

Bila P berada pada tempat semula , maka harus ada gaya torsi seperti berikut :

Jadi misalkan titik O terpotong

Maka q0 = 0 dan 6.15.62

100==

x

z

I

V

Maka :

= -1.6 x 2.5 x 5 x 0.1 = -2 lb / in∑−=a

o

ao zAq 6.1

∑−=b

a

aoba zAqq 6.1

= -2 – 1.6 = - 2 – 1.6 x 5 x 20 x 0.5 = -10 lb / in∑b

a

zA

lb / in11' −=boq

lb / in10' −=coq

= -2 lb / incd q

0 lb / in =od q

Gaya resultan adalah :

Q ab = ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

2

102x 20 = 120 lb

Qda =3

2x 5 x 2 = 6.67 lb

Q bc = 10 x 10 + 0.667 x 1 x 10 = 106.67 lb

30



Keseimbangan gaya dan momen :

∑ zF = 100 ( external ) + 6.67 – 106.67

= 0 ( check )

∑ xF = 120 – 120 = 0 ( check ).

External momen :

Misalkan momen terhadap d :

Md = 100 x 0 + 120 x 10 + 106.7 x 20

= 3344 lb . in

Karena itu harus ada momen yang menyeimbangkan momen tersebut . Momen

tersebut berharga – 3344 lb . in. Momen tersebut akan menghasilkan shear flow

dipermukaan penampang sebesar :

q =2002

3344

2 x A

T −= = - 8.34 lb / in

Momen teresebut harus ditambahkan pada distribusi shear flow diatas dan hasilnya

adalah :

31



Single cell – 2 Flange Beam Constant Shear Flow Webs

Disini terdapat 2 yang tidak diketahui , q1 dan q2.

Maka dari hukum statika:

Σ M A = 0

100 x 100 – = 0( )4 4 84 4 76

qAT

xq

2

2 52.802.

=

= 6.21 lb / in2q

Σ FA = 0

- 100 - 01021.610 1

.

===

q x LqF

43421

= 16.21 lb / in1q

32



Shear Centre of Single Cell – Two Flange Beam

Misalkan ingin dicari shear centre pada beam seperti terlihat di atas. Distribusi shear flow

tersebut yang mendapat beban V = 100 lb adalah sbb :

Distribusi shear flow pada Gb.a akan menyebabkan twist. Karenanya harus ditambahkan

suatu shear flow konstan sebesar q agar twist = 0. Hasil distribusi shear flow gabungan

tersebut akan menentukan letak shear centre.

Besar twist adalah :

∑==t

qL AGθ δ 2 = 0 ( q c.w adalah positif )

025.028.24

04.010

025.028.2421.6

04.01021.16 qq x x ++−−=δ

q = 8.26 lb / in.

33



Penjelasan distribusi shear flow ( a ) dan ( b ) akan memberikan distribusi shear flow

akhir seperti pada Gb.c.

Jadi :

1. Bila V bekerja pada jarak 10 '' dari titik B , akan didapat distribusi shear flow

pada Gb.b , sedang

2. Bila V bekerja pada shear centre , akan didapat distribusi shear flow pada Gb.c.

Shear Centre of Single Cell – Three Flange Beam.

Untuk mendapatkan qac , ambil momen terhadap titik B :

Σ MB = 100 x 5 – qac ( 128.54 + 2 ) = 0

= 1.945 lb / in.acq

Σ FX = - 15 x 1.945 + 15 q bc = 0

= 1.945 lb / in.bcq

Σ FZ = 0

100 – 100 x 1.945 – 10 qab = 0

= 8.055 lb / in.abq

34



Hasil q positif , berarti arah shear flow benar !

Agar twist = 0 , perlu ditambah shear flow konstan sebesar q. Artinya twist yang

dihasilkan oleh Gb.a dan q harus saling menghilangkan :

0025.0

15

04.0

10

03.0

17.20

04.0

10055.8

025.0

15945.1

03.0

71.20945.1=++++−−=∑

qqq x x x

t

qL

q = 0.322 lb / in. dengan arah seperti di Gb.b

Penjumlahan dari kedua shear flow di atas akan menghasilkan shear flow final seperti

pada Gb.c.

Untuk mencari letak shear centre , misalnya momen terhadap titik B.

100 e = 1.623 x ( 128.54 x 2 )

e = 4.17 in dari garis AB.

35



BAB V

SINGLE CELL – MULTIPLE FLANGE

Untuk memecahkan masalah di atas , misalnya “ web “ antara a – h dipotong sehingga

menjadi penampang terbuka.

Sehingga dapat digunakan persamaan sbb :

∑−= zA I

V q

x

x

y

= ∑ ∑−=− zA zA 5.240

100

Maka :

25.1−== baab qq lb / in

∑−= zAqq babc 5.2

= -1.25 – 2.5 x 5 x 0.4 = - 6.25 lb / in

36



∑−= zAqq cbcd 5.2

= - 6.25 – 2.5 Σ z A

= - 6.25 – 2.5 . ( -05 x 0.4 ) = - 1.25

deq = 0

ef q = 1.25

fgq = 3.75

ghq = 1.25

Arah – arahnya dicek dari

keseimbangan gaya:

Σ Fz = 0

Σ Fx = 0

Cek : Σ Fz = 0

= 100 – 6.25 x 10 – 3.75 x 10

= 0 ( benar )

Σ Fx = 0

= ( 1.25 – 1.25 + 1.25 – 1.25 ) x 5 = 0

Juga Σ My = 0 : misalkan terhadap titik c ( c.c.w negatif )

Σ Mc = -100 x 7.5 + 10 x 3.75 x 15 – 12.5 x 5 x 10 + 1.25 x 5 x 10 = -187.5 lb . in

Agar Σ Mc = 0 , harus ada torsi tambahan sebesar 187.5 lb . in ( c. w )

37



Torsi tambahan ini akan menimbulkan arus geser konstan sebesar :

15102

5.187

x x zA

M q == = 0.62 ( c.w )

Shear flow ini kemudian ditambahkan pada shear flow.

Solusi “ cut “ sehingga menjadi :

Contoh :

Ix = 81.81

Iy = 153.58

Iz = -21.33

Vz = 6000 lb Vx = - 1600 lb

Misalkan dipotong web a – b ;

Maka dari persamaan :

38



( ) ( )∑ ∑−−−−= zAkV V k xAV k V k q x z z x y 213

xz z x

xz

I I I

I k

21

−

=

xz z x

z

I I I

I k

22−

=

xz I I − z x

x

I

I 23 =k

Maka :

0.16 Σ x A – 73.91 Σ z A= yq

acq = - 449.78 lb / in

cd q = - 449.78 + 0.16 x 0.8 x ( - 5.333 ) – 73.91 x 0.8 ( -5.926 ) = -100.05.

= 75.80dbq

= 0baq

Check : Σ Fx = 0

Σ Fz = 0

39



Σ Md = 0 ( c . w positif )

Σ Md = 6000 x 8 – 1600 x 8 – 449.78 x 12 x 16

= -51160 lb . in.

Maka akan ada teori sebesar 51160 lb . in untuk menghilangkan momen tersebut. Torsi

tersebut berupa arus geser sebesar :

88.1591602

51160===

x zA

M q lb . in

Maka bilangan adalah :

Secara umum :

40

analisis struktur ringan

Documents