cangkang domes silinder konik 2

8/19/2019 Cangkang Domes Silinder Konik 2

1/32

1

Teori Dasar

Struktur Cangkang Simetri(fundamental theory of symmetrical shell structure)

Olehprof. Ir. Henricus Priyosulistyo, M.Sc.,Ph.D

Departemen Teknik Sipil dan LingkunganFakultas Teknik - Universitas Gadjah Mada

2014


2/32

2

I. PENDAHULUAN

1.1. Umum

Secara umum struktur cangkang dapat didefinisikan sebagai plat lengkung padat

yang dibatasi oleh dua permukaan dengan tebal relatif sangat kecil dibandingkan dengan

bentangannya. Disebut cangkang “tipis” bila ketebalan plat cukup kecil dibandingkan

dengan bentang keseluruhan, bila tidak demikian disebut cangkang “tebal”. Gaya-gaya

yang terjadi di dalam cangkang tipis umumnya banyak dipengaruhi oleh gaya tarik, tekan

dan geser saja.

Gambar 1.1. Bentuk atap cangkang

Struktur cangkang menganggap bahwa bahan yang digunakan harus homogen, isotropik

dan elastik sempurna seperti bahan metal (baja, aluminium dan sejenisnya). Namun

demikian karena bahan beton bertulang dalam batas tegangan elastiknya dapat

berkelakuan elastik, maka teori cangkang dapat pula digunakan untuk memperhitungkan

gaya-gaya di dalamnya.

Ada berbagai macam bentuk struktur cangkang iregular yang dapat dibuat namun

buku ini hanya akan membahas beberapa bentuk cangkang yang merupakan hasil

perputaran garis lurus atau lengkung terhadap suatu sumbu yang terletak pada bidang

yang sama. Beban-beban yang bekerja juga dianggap simetri terhadap sumbu

cangkang. Jenis cangkang itu seperti berikut :

a. Cangkang bola (spherical shells)

b. Cangkang silinder (cylindrical shells)

c. Cangkang konik (conical shells)


3/32

3

O

Q

δӨ

δψ

A

B

C

D

ψ

r o

r 1

r 2

r 1

y

x

z

Nφ’

O

Q

δӨ

δψ

A

B

C

D

ψ

r o

r 2

r 1

NӨ

NӨ’

Nφ

NӨφ

NӨφ’NφӨ’

NφӨ

Gb.1.2. Garis meridian &garis simpai cangkang

Gb.1.3. Gaya dalam padaelemen kecil ABCD

.2o

o

r r r

Garis meridian/ busur(arching line)

Garis simpai

(hoop line)

δӨ

δφ

A

B

C

D

φ

r o

r 1

r 2

r 1

1.2. Sumbu cangkang dan notasi gaya

Cangkang berbentuk kubah (dapat berbentuk bola atau elip) menganggap bahwa

cangkang itu tipis maka penurunan rumusnya dapat menggunakan prinsip dasar

persamaan “membran” (membrane). Prinsip teori membran bahwa plat tidak mampu

menahan momen lentur namun hanya mampu menahan gaya-gaya aksial (tarik, tekan

dan geser). Gambar 1.2 memperlihatkan potongan kecil dari sebuah cangkang kubah.

Sumbu-sumbu (x,y dan z) akan melalui titik referensi (0,0) yang diambil pada salah satu

ujung elemen (beberapa referensi menggunakan titik tengah elemen). Sumbu-z adalah

sumbu yang dibentuk melalui titik (0,0), yaitu suatu titik yang ditetapkan pada

permukaan cangkang, dan tegak lurus bidang singgung pada titik (0,0), bidang ini

disebut bidang XY. Sumbu-x melalui titik (0,0), tegak lurus bidang yang melalui sumbu

putar, bidang ini disebut bidang YZ. Sumbu-y melalui titik (0,0) dan tegak lurus bidang

yang melalui sumbu-x dan sumbu-z, bidang ini disebut bidang XZ

Gaya-gaya setiap meter panjang yang berada pada garis busur/ meridian dan sejajar

sumbu-y diberi notasi Nφ, gaya-gaya setiap satuan panjang yang berada pada garis simpai

(hoop line) dan sejajar dengan sumbu-x diberi notasi Nθ. Gaya-gaya geser setiap satuan

panjang yang sejajar dengan sumbu-x diberi notasi Nθφ dan yang sejajar dengan sumbu-y

diberi notasi Nφθ.


4/32

4

II. PERSAMAAN CANGKANG KUBAH

2.1. Persamaan umum

Pada penurunan persamaan cangkang kubah dianggap bahwa pada sudut

kelengkungan yang sangat kecil maka panjang lengkung itu sama dengan jari-jari

dikalikan tangent sudut kecil tersebut ( )tan. Rs . Kemudian sinus sudut yang sangat

kecil sama dengan sudut itu sendiri ( sin ) dan cosinus sudut sangat kecil sama

dengan satu ( cos 1). Dari Gb.2 dan Gb.3 dapat ditulis persamaan berikut ini.

01cossincos/sintan untuk dan

.2o

o

r r r

..sincos/.sin.tan oooo r r r r AB ..sincos/.sin.tan 1111 r r r r BC AD

.2o

o

r r r

.sincos/sintan 2222 r r r r CD

Luas potongan ABCD = AB . AD = ... 1r r o

Gaya per satuan luas arah-x = ..... 1r r X ABCDluas X o

Gaya per satuan luas arah-y = ..... 1r r Y ABCDluasY o

Gaya per satuan luas arah-z = ..... 1r r Z ABCDluas Z o

N N N

N N N ';'

N N N

N N N ';'

Gb.2.2. Pot.Vertikal QAD

Gb.2.1. Pot.Horisontal OAB

' N

y

N

sin'. N

cos'. N Q

A

D

r o

r r 2

O

' N

x

N

sin'. N

cos'. N

O

A

B

r o

r o


5/32

5

Keseimbangan arah-y :

Pengaruh :' N dan N

AB N CD N A ..cos'.1 1cos ; .. 2r CD

......1 ooo r N r r

N N A

Menganggap diferensial orde tiga, misalnya .. = 0 maka persamaan terakhir

dapat ditulis :

..

....1

N r r N

N r A

ooo

merupakan persamaan diferensial-

parsial

Pengaruh :' N

..cos....cos...

..cos.'.

11

2

r N r N

N

BC N A

Pengaruh :' N dan N

........

.'.

111

3

N r r N r

N N

AD N BC N A

Jumlah gaya luar dan dalam = 0

0.... 3211 A A Ar r Y o

y

Q

B

C

r o

r 1r 2

O

sin'. N

cos.'.

cos.sin'.

N

N

sin.'.

sin.sin'.

N

N

Gb.2.3. Potongan vertikalQBC


6/32

6

0..cos........

.... 111

r N

N r

N r r r Y

o

o

0cos....

.. 111

r N

N r

N r r r Y

o

o .. (1)

Keseimbangan arah-x :

Pengaruh :' N dan N

........

.'.

111

1

N r r N r

N N

AD N BC N B

Pengaruh :'

N dan N

AB N CD N B .'.2

......2 o

oo r N

r r

N N B

Mengabaikan diferensial orde tiga . . & . . persamaan di atas dapat

ditulis seperti berikut ini

x

N

' N

O

A

B

r o

r o

Gb.2.5. Potonganhorisontal OAB

x

N

' N

sin'. N

cos'. N

O

A

B

r o

r o

Gb.2.4. Potonganhorisontal OAB


7/32

7

......2 N

r r

N B oo

....2

N r

r N B o

o dapat ditulis dalam persamaan diferensial parsial

seperti berikut ini.

...

2

N r B

o

Pengaruh :' N

cos.'.3 N B .BC

..cos...cos.'. 13 r

N N BC N B ..cos.. 1r N

0.... 3211 B B Br r X o

y

Q

B

C

r o

r 1r 2

O

cos'. N

' N

sin'. N

x

N

cos'. N O

A

B

r o

r o

cos.'.

sin.cos'.

N

N




8/32

8

0..cos..

...

.......

1

11

r N

N r N r r r X

o

o

0cos...

... 111

r N N r N

r r r X o

o .. (2)

Keseimbangan arah-z :

Pengaruh :' N (arah-x)

sin.'.1 N C . BC

..sin....sin.'. 11 r

N N BC N C

..sin.. 11 r N C

Pengaruh :' N

sin'.2 N C . CD

.....sin'. 22 r

N N CD N C

y

Q

A

D

r o

r 1r 2

O

sin'. N

cos.'.

cos.sin'.

N

N

sin.'.

sin.sin'.

N

N

Gb.2.8. Pot.vertikalQAD=QBC

' N

y

N

sin'. N

cos'. N Q

A

D

r o

r 1r 2

O

Gb.2.9. Pot.vertikal QAD


9/32

9

φ

r o

r 1α

δα

q.cosα

q

δs

R

Nφ

Nφ.sinφ

.....2

oo

r r

N N C

...2 or N C

0.... 211 C C r r Z o

0.....sin...... 11 oo r N r N r r Z ; 0.sin.... 11 oo r N r N r r Z

0//sin. 10 r N r N Z ..(3)

2.2. Cangkang bola (spherical dome)

Dari persamaan umum (1) (2) dan (3) di atas dapat diturunkan persamaan bola/ dome

dengan memasukkan pengertian bahwa r o = r 1.sin φ, demikian pula gaya geser pada

cangkang bola NӨφ = NφӨ = 0. Bila cangkang bola (dome) dibebani oleh beban terbagi

rata maka resultan gaya-gaya ke arah sumbu-x sama dengan nol (X = 0) demikian pulagaya-gaya geser akan sama dengan nol ( 0 N N )

a. Beban luar terbagi rata dan tegak lurus permukaan

Gaya luar ke arah-x = 0 0 X , 0' N N

Pesamaan gaya arah-x 0.1

N r

Gaya geser ke arah-y = 0 0' N N

r

r

r

r 2

Gb.2.10. Kubah bola

dengan bebanterpusat terbagi rata


10/32

10

Persamaan gaya arah-y 0cos...

.. 11

r N

N r r r Y

o

o

Persamaan arah-z 0//sin. 10 r N r N Z

Memasukkan sin.1

r r o

ke dalam persamaan terakhir didapat : 0....1

ooo

r N r N r r Z

Gaya luar ke arah-z 0. 1 N N r Z

Beban luar pada potongan δs = r 1. δα

Luasan cincin = 2.π.r o.δs = 2.π.r o.r 1.δα = 2.π.r 12.sin α .δα

Beban vertikal di atas cincin δF = 2.π.q.r 12.(sin α.cos α ).δα

Beban total seluruh kubah :

F=

0

2

1

0

2

1 ).cos.(sin...2.cos.sin....2 r qr q

Mengingat kaidah trigonometri cos.sin.22sin

2sin).2/1(cos.sin maka persamaan terakhir dapat ditulis :

F

0

2

1

0

2

12cos

2

1...2sin

2

1...2

r qr q

F )2cos1(..).2/1(2

1 r q

Reaksi vertikal pada tumpuan :

R = 2

1 sin....2sin....2 N r N R

Reaksi vertikal = Beban total vertikal F = R

2

1 sin....2 N r = )2cos1(..).2/1(2

1 r q

N =

2

1

sin.4

)2cos1(. r q 2sin212cos

22 21)1(212cos CosCos N

N =.2

.

sin.4

sin2. 12

2

1 r qr q

gaya per satuan panjang ini tidak bervariasi terhadap sudut φ.

Memasukkan Nφ dan beban q Z (arah ke pusat +) ke dalam persamaan

0// 11 r N r N Z akan didapat NӨ


11/32

11

N =2

.1

2

1

2

..

.2

... 11

1

11

1

1

qr qr q

r

r qr z

r

N r

b.

Beban luar terbagi rata vertikal mengelilingi kubah (misal berat sendiri)

Beban total seluruh kubah :

F

0

2

1

0

2

1 ).(sin...2.sin....2 r qr q

F )cos1(...2cos..2 2102

1 r qr q

Reaksi vertikal pada tumpuan, R

R = 2

1 sin....2sin....2 N r N R

Reaksi vertikal = Beban total vertikal F = R

2

1 sin....2 N r = )cos1(...22

1 r q

N =)cos1(

.

)cos1(

)cos1(.

sin

)cos1(.1

2

1

2

1

r qr qr q

Gaya yang N berarah vertikal dan bervariasi dengan sudut φ

Memasukkan Nφ dan beban cos.q z (kea rah pusat +) ke dalam persamaan


N =

cos.)cos1.(

...1

11

1

1 qr

r qr Z r N r

N

cos

)cos1(

1. 1r q

c. Beban luar terbagi rata vertikal menurut bidang horisontal

φ

r o

r 1α

δα

q.cosα

q

δs

R

Nφ

Nφ.sinφ

q.sinα

Gb.2.11. Kubah boladg beban verticaloleh berat sendiri


12/32

12

Beban luar pada potongan δs = r 1. δα

Luasan cincin = 2.π.r o.δs = 2.π.r o.r 1.δα = 2.π.r 12.sin α .δα

Beban vertikal di atas cincin = 2.π.q.r 12.(sin α.cosα ).δα

Beban total seluruh kubah =

0

2

1

0

2

1 ).2(sin2

1...2.cos.sin....2 r qr q

02

1

0

2

1 2cos..2

1).2(sin.. r qr q

Beban total seluruh kubah = luas lingkaran x q.)sin..(.. 21

2 r Rq

Reaksi vertikal pada tumpuan = 2

1 sin....2sin....2 N r N R

Reaksi vertikal = beban total vertikal 2

1 sin....2 N r .)sin..(.2

1 r q

N =.2

.

sin...2

.)sin..(. 12

1

2

1 r q

r

r q

Gaya yang N berarah vertikal dan tidak bervariasi dengan sudut φ

Memasukkan Nφ dan beban 2cos.q Z (arah ke pusat +) ke dalam persamaan


N = 212

1

11

1

1 osc212

.cos.

.2

...

qr q

r

r qr Z

r

N r )cos21(2cos 2

φ

r o

r 1α

δα

q.cos2α

q.cosα

δs

R

Nφ

Nφ.sinφ

q.sinα.cosα

Gb.2.12. Kubah boladg beban verticaldatar


13/32

13

N = 2cos2

. 1r q

d. Beban luar berupa beban vertikal terpusat di puncak

Reaksi vertikal pada tumpuan,R

R = 21 sin....2sin....2 N r N R

Reaksi vertikal = beban total vertikal, - P

N = 21 sin...2 r

P

Gaya yang N berarah vertikal dan bervariasi dengan sudut φ

Memasukkan Nφ dan beban 0 z ke dalam persamaan 0// 11 r N r N Z akan

didapat NӨ

N = 2

1sin...2 r

P

e. Beban luar berupa beban vertikal terbagi rata berbentuk cincin (lubang cahaya)

Secara prinsip penjabaran persamaan sama dengan cangkang dengan beban terpusat.

Perbedaan terletak pada beban terpusat yang dibatasi dari φ sampai dengan β.

Reaksi vertikal pada tumpuan = 2

1 sin....2sin....2 N r N R

N = 2

1sin...2 r

Pdengan P = q.{2.π.(r 1.sin β )}

φ

r o

r 1α

δα

δs

R

Nφ

Nφ.sinφ

P

φ

r o

r 1α

δα

δs

R

Nφ

Nφ.sinφ

q

β

Gb.2.13. Kubah boladg beban terpusat

Gb.2.14. Kubah bola dgbukaan (void) padapuncaknya oleh bebanterbagi rata berbentukcincin


14/32

14

N =

2sin

sin.q

N = 2

1sin...2 r

Pdengan P = q.{2.π.(r 1.sin β )} N =

2sin

sin.q

Contoh :Cangkang tangki bola digunakan untuk menyimpan cairan. Bila cairan memenuhi isi bola

dengan jari-jari r 1 dan berat jenis cairan = γ. Turunkan persamaan bola itu bila di tumpu

pada titik B.

Keseimbangan gaya di atas tumpuan BC (α < φ)

Gaya tekanan air pada titik A Z =- γ.h = - γ.r 1.(1- cos α ) ; Y = X =0

Luasan cincin = 2.π.r o.δs memasukkan r 0 = r 1.sin φ dan δs = r 1. δα , ke dalam persamaan

terakhir didapat 2.π.r o.r 1.δα = 2.π.r 12.sin α.δα

Komponen tekanan air kea rah vertical = Z cos α = - γ.r 1.(1- cos α ). cos α

Beban vertikal di atas cincin, δF = luas cincin x komponen tekanan air ke arah vertikal

δF = {2.π.r 12.sin α }.{- γ.r 1 .(1- cos α ) cos α }.δα

0

3

1 ).cos1.(cos.sin....2 r F

0

3

1 ).cos1.(cos.sin....2 r F

0

23

1 ).cos.sincos.sin(....2 r F , memasukkan cos.sin.22sin

.cos.sin.2sin2

1...2 2

3

1r F

α

A

φ

B C

r o

r 1

R

Gb.2.15. Kubah bola dgisi cairan penuh didalamnya


15/32

15

Memasukkan U = cos α dU/dα = -sin α dU = -sin α.dα ke dalam persamaan di atas

dapat ditulis :

U U r F ..2sin2

1...2 2

3

1 =

0

33

13

12cos

4

1...2

U r

0

33

1 cos3

12cos

4

1...2

r F =

12

1cos

3

12cos

4

1...2 3

3

1 r

Memasukkan cos 2α = 2.cos2α – 1 ke dalam persamaan terakhir didapat :

1cos4)1cos.2.(3...6

1 3231 r F

3231 cos42cos.6...6

1 r F

323

1

cos2cos.31...6

2 r F

)cos23.(cos1...3

1 231 r F

Reaksi pada tumpuan RBC = 2

1 sin....2sin....2 N r N R

Gaya luar sama dengan reaksi F = RBC

)cos23.(cos1...3

1 231 r =

2

1 sin....2 N r

)cos23.(cos1..6122

1 r = 2sin. N

2

22

1

sin.6

.cos).cos23(1.

r N

Memasukkan sin.1r r o dan Z = - γ.r 1.(1- cos α ) ke dalam persamaan

0.sin.... 11 oo r N r N r r Z akan didapat :

0sin..sin...sin.).cos1(. 11111 r N r N r r r

Memasukkan Nφ ke dalam peramaan terakhir didapat :

0).cos1.(2

1 N N r N r N 2

1).cos1.(

2

22

12

1sin.6

.cos).cos23(1.)cos1(..

r r N

Keseimbangan gaya di bawah tumpuan BC (α < φ)


16/32

16

Massa air total di dalam tangki (berbentuk bola) M = (4/3).γ.π.r 13

Massa air yang sudah ditumpu di atas BC sebesar F (lihat hitungan di atas)

)cos23.(cos1...3

1 231 r F

Massa air yang masih harus ditumpu BC (di bagian bawah) sebesar

)cos23.(cos1...3

1...

3

4 231

3

1

' r r F M F

Reaksi pada tumpuan R’ = 2

1 sin....2 N r

F’ = R’ )cos23.(cos1...3

1...

3

4 231

3

1 r r = 2

1 sin....2 N r

2

23

12

1sin.6

)cos23.(cos1...4.

r r N

0).cos1.(2

1 N N r ; N r N 2

1).cos1.(

2

23

12

1sin.6

)cos23.(cos1...4)cos1(..

r r N


17/32

17

III. PERSAMAAN CANGKANG SILINDER

3.1. Persamaan Umum

Gaya yang bekerja pada potongan kecil sepanjang δx setinggi R.δφ dapat dijelaskan

seperti berikut ini.

Keseimbangan komponen gaya kearah sumbu-x :

x x

N N N x

x x

.'

.'

N N N

.' x x x

N N N x

x

N N N

x

x x

.'

0...).'(.).(;0' x R X x N N R N N X x x x x

..(4.1)

Memasukkan x x

N N N x

x x

.' dan

.' x x x

N N N ke dalam persamaan (4.1)

didapat persamaan seperti berikut ini :

0...)..(.)..(

x R X x N N

N R N x x

N N x

x

x x x

x

0........

x R X x N

x R x

N x x 0..

R X N

R x

N x x

..(4.2)

Keseimbangan komponen gaya kea rah sumbu-y :

L= 60o

X

δφ

R

Nx’

Nx

Nφ

Nφ’ Nφx’

Nφx Nxφ

Nxφ’

YZ

δx

Gb.3.1. Silinder yang ditumpu padaujug-ujungnya


18/32

18

Gb.3.2. Potongan tegak elemen ABCD

0....).'().)cos(.(;0' x RY R N N x N N Y x x

..(4.3)

Memasukkan

.'

N N N dan x

x

N N N

x

x x

.' kedalam persamaan (4.3)

didapat persamaan berikut ini :

x N

N N ).)cos(.(

0....)..(

x RY R N x N

N x x

x

x

0......).cos(.

x RY R x

N x

N

x

x

0.

RY R N N

x

x

..(4.4)

Keseimbangan komponen gaya kea rah sumbu-Z

0...).sin(.(;0' x R Z x N Z ..(4.5)

0...).sin().(

x R Z x

N N

0....)..(

x R Z x

N N

0.....

x R Z x N 0. R Z N

..(4.6)

Persamaan (4.2), (4.4) dan (4.6) mengandung empat parameter yang tidak diketahui.

Untuk itu satu persamaan perlu diperoleh yaitu melalui persamaan keseimbangan

momen ΣM = 0 terhadap titik pusat elemen.

02

)...(2

.)..(

x

R N R x N x x

x x N N ..(4.7)

δφ δφ

Nφ

Nφ’ Nφ’sin(δφ)

= Nφ’δφ

Nφ’cos(δφ)

= Nφ’

δφ

Y

Z


19/32

19

3.2. Cangkang Silinder Terbuka oleh Beban Berat Sendiri

a. Tumpuan sendi-roll pada ujung-ujungnya

Cangkang ditumpu pada ujung-ujungnya oleh diapragma yang tidak kaku (flexible

diaphragm). Beban terbagi rata vertical mengelilingi permukaan kubah silinder sebesar

Q dapat diuraikan kea rah tegak lurus permukaan (Z = Q cos φ) dan sejajar bidang

singgung (Y = Q sin φ). Kearah sumbu-x tidak ada komponen gaya luar ( X=0 ).

Keseimbangan komponen gaya kearah sumbu-z :

0. R Z N cos.. RQ N ….(4.8)

sin.. RQ

N

Keseimbangan komponen gaya kearah sumbu-y :

Memasukkan persamaan (4.8) dan Y = Q.sin φ ke dalam persamaan keseimbangan gaya

kearh sumbu-y diperoleh :

0.

RY R N N

x

x

0sin..sin..

Q R R

N RQ

x

x

sin..2 Q N

x

x

xQ N x .sin..2 .sin..2 xQ N x

1.sin..2 C xQ N x

Kondisi batas :

Pada posisi x = 0 (di tengah bentangan) gaya lintang = 0 Nxφ = 0

Memasukkan Nxφ = 0 ke dalam persamaan terakhir didapat : 0 = 0 + C1 C1 = 0

sin...2 xQ N x

Gb.3.3. Tumpuan sendi-rol pada ujung-ujungnya

δ

Y=Q.sinφ Z= Q.cosφ

Q


20/32

20

cos...2 xQ N

N N x

x x

….(4.9)

Persamaan keseimbangan gaya kearah sumbu-x :

Memasukkan persamaan (4.9) ke dalam persamaan keseimbangan gaya kearah sumbu-x

dan memasukkan komponen gaya X = 0 didapat :

0..

R X N

R x

N x x

0.0cos...2.

R xQ R x

N x cos...

2 xQ

R x

N x

..cos..2

x xQ R

N x

2

2

1.cos..

2 xQ

R N x + C2 ..(4.10)

Kondisi batas :Pada posisi x = ± L/2 (di atas tumpuan) tidak ada gaya aksial Nx = 0

2

2

1.cos..

2 xQ

R N x + C2

2

2.cos..

10

L

Q R

+ C2 C2 = - .cos...4

1 2 LQ R

Memasukkan C2 ke dalam persamaan (4.10) diperoleh :

2

2

1.cos..

2 xQ

R N x - .cos..

.4

1 2 LQ R

4cos.

22 L x R

Q N x ..(4.11)

b. Tumpuan jepit-bebas pada ujung-ujungnya

Cangkang yang dijepit pada salah satu ujung dan bebas pada ujunglainya dibebani oleh

berat sendiri cangkang sebesar Q (kN/m2).

Z = Q.cos φ Z R N .

cos.. RQ N

..(4.12)

sin.. RQ

N

L

= 60o

Q

Z=Q.cos φ

Gb.3.4. Ujung jepit-bebas


21/32

21

Memasukkan gaya luar Y = Q.sin φ dan persamaan

sin.. RQ

N

ke dalam persamaan

keseimbangan kearah-y berikut diperoleh :

0.

RY R N N

x

x

0sin..sin..

Q R R

N RQ

x

x

0sin...2

R

N RQ

x

x

sin..2 Q

N

x

x

xQ N x .sin..2 + C3

Kondisi batas :

Pada posisi x = L (di ujung kantilever) maka gaya lintang di tempat itu = 0 Nxφ = 0

Memasukkan Nxφ = 0 ke dalam persamaan terakhir di atas diperoleh :

LQ .sin..20 + C3 C3 = sin..2 LQ

sin...2 xQ N x + sin...2 LQ

sin)..(.2 x LQ N x ..(4.13)

x x N N = sin)..(.2 x LQ

cos)..(.2 x LQ

N x

Memasukkan persamaan terakhir ke dalam persamaan keseimbangan gaya kearah

sumbu-x dan memasukkan X = 0 diperoleh :

0..

R X

N R

x

N x x

0.0cos)..(.2.

R x LQ R x

N x

cos)..(.2. x LQ R x

N x

x x L R

Q N

x )..(cos..2

x x L RQ

N x ).(.cos..2

+ C4

)2

1.(.

cos..2 2 x x L R

Q N x

+ C4

Kondisi batas :

Pada posisi x = L (ujung kantilever) gaya aksial di tempat itu = 0 Nx = 0

Memasukkan Nx = 0 ke dalam persamaan terakhir diperoleh :


22/32

22

)2

1(.

cos..20 22 L L

R

Q + C4 C4 =

)

2

1.

cos..2 2 L R

Q = 2.

cos. L

R

Q

)2

1.(.

cos..2 2 x x L R

Q N x

+ 2.

cos. L

R

Q

2).(cos.

x L R

Q N

x

..(4.14)

3.3. Cangkang Silinder Tertutup oleh Beban Cairan

Silinder/ tabung dengan panjang L ujung-ujungnya ditutup dan diletakkan pada arah

sumbu horizontal. Jari-jari tabung R, tabung diisi cairan penuh yang memiliki berat jenis,

γ. Persamaan gaya-gaya dalamnya dapat diturunkan sebagai berikut.

Tekanan air pada titik A berarah keluar ( gaya Z negatif) Z = - γ.R.(1- cos φ) ; Y = X =0

0. R Z N )cos1.(.)(.2 R R Z N )cos1.(.

2 R N

).(sin.)( 2

R

N

Memasukkan

N dan Y = 0 ke dalam persamaan 0.

RY R N N

x

x

didapatkan

00).(sin. 2

R

N R

x

x

).(sin. 2

R R N

x

x

x R N x .sin.. 1sin... A x R N x

Kondisi batas, pada tengah bentangan gaya geser, x = ½ L Nxφ = 0

1sin...0 A x R A1= sin...2

1 L R

φ

A

L

R.cos φ

Gb.3.4. Ujung jepit-bebas


23/32

23

)2(sin..2

1sin...

2

1sin... x L R L R x R N x

)2(sin..2

1 x L R N N

x x )2(cos..

2

1 x L R

N x

Memasukkan

x N dan X = 0 ke dalam persamaan 0..

R X N R

x N x x

didapat :

00)2(cos..2

1.

x L R R x

N x

)2(cos..2

1. x L R R

x

N x

x x L N x .)2(cos.21

22..cos.2

1 A x x L N

x

Kondisi batas, pada tumpuan gaya tarik = 0, x = 0 Nx = 0

2200..cos.2

10 A L A2 = 0

cos)..(2

1 2 x x L N x

Contoh lain dari silinder tertutup dapat dilihat pada kilang minyak. Tangki silinder dengan

tinggi L (m) dipenuhi minyak dengan berat jenis γ dan jari-jari R , persamaan gaya-gaya

dalamnya dapat diturunkan seperti berikut ini. Bila minyak diisikan memenuhi silinder

maka tekanan minyak pada ketinggian y (m) dari dasar tangki merupakan fungsi

kedalaman dan berarah keluar (lateral/ horizontal) sejajar sumbu-z karena kearah luar

tanda gaya itu negative, Z = - γ.h.(L-x). Komponen gaya kea rah sumbu-x dan y sama

dengan nol X = Y = 0

0. R Z N R x L R Z N )..(.

Nφ tidak merupakan fungsi dari φ 0

N


24/32

24

Memasukkan

N dan Y = 0 ke dalam persamaan umum 0.

RY R N N

x

x

diperoleh : 000

R

N

x

x 0

x

x N x N A (A pasti tidak merupakan fungsi-x,

tetapi merupakan fungsi-φ, )( A ) x x N N

)( A N x

Kondisi batas, pada posisi x = 0 (di setiap titik gaya geser = 0) Nxφ = 0 A = 0

0)(

A

Memasukkan persamaan terakhir ke dalam persamaan umum 0..

R X N

R x

N x x

didapatkan :

00)(

.

A R

x

N x

.

)(

R

A N

x

x B

R

A x N x

.

)(.

Kondisi batas, pada posisi x = L; Nx = 0 (disetiap titik Nx = 0) B R

L

0.0 B = 0

Kesimpulan :

;0;0 x x x N N N R x L N )..(


25/32

25

IV. CANGKANG KERUCUT/ KONIK(conical shell)

4.1. Umum

Cangkang konik sering digunakan untuk membentuk struktur yang stabil dan

berifat monumental antara lain seperti : museum dan tempat ibadat.

Bentuk ini memiliki kestabilan struktur yang bagus terhadap beban lateral seperti gempa

dan angin karena simetri di segala arah dan ukuran yang semakin mengecil ke arah

bidang tegaknya. Karena kestabilan dan kekekalan bentuknya itu maka orang jawa

menggunakan bentuk ini sebagai filosofi “bersesuaiannya kehendak/ kemauan dan

tindakan”.

Bila posisinya dibalik cangkang konik ini tidak memiliki filosofi yang berarti tetapimemiliki fungsi yang baik karena dapat menampung bahan lepas/ cairan seperti antara

lain : tendon air dan butiran lepas lainnya. Beban-beban yang bekerja pada kubah konik

antara lain berat sendiri plat, beban terpusat dan beban material yang ada di dalamnya.

4.2. Cangkang Konik Telungkup

a. Pengaruh beban berat sendiri

Beban berat sendiri Q bila diuraikan kearah sumbu-y dan z menjadi Y = Q cos α dan Z = Q

sin α sedang kearah-x tidak ada uraian gaya (X = 0).

Pada cincin dengan pias setinggi δy dan jari-jari r o terdapat gaya δF = 2.π.Q.r o.δy. Bila r o =

y.sin α maka δF = 2.π.Q.(y.sin α).δy jadi total gaya F = ∫ 2.π.Q. sin α (y).δy = π.Q. (y2). sin

α

x

y

Gb.4.1. Cangkangkerucut


26/32

26

Reaksi vertical di bawah pias R = 2.π.

r o.Nφ sin φ menyamakan gaya luar

dan reaksi F + R = 0 didapatkan :

sin...2

sin...

sin...2

2

oo r

yQ

r

F N

Memasukkan r o = y.sin α dan sin φ =

cos α ke dalam persamaan terakhir

didapatkan :

sin.2

.

sin.sin...2

sin...2

yQ

y

yQ N

cos.2

. yQ N

….(5.1)

Memasukkan Z = Q.sin α, r 1 = ∞ dan persamaan (5.1) ke dalam persamaan

0// 12 r N r N Z didapatkan :

)/sin.( 12 r N Qr N )sin.(2 Qr N

Memasukkan cos

2or r ke dalam persamaan terakhir didapat )sin.(

cos

Q

r N o

tan..

cos

sin..o

o r Qr Q

N bila r o = y.sin α maka

sin.tan.. yQ N ....(5.2)

b. Pengaruh beban terpusat di puncak cangkang

sin...2 or

P N

memasukkan r o = y.sin α dan sin φ = cos α ke dalam persamaan terakhir

diperoleh :

)cos.sin.2.(.sin.sin...2

y

P

y

P N

2sin.. y

P N

….(5.3)

0// 12 r N r N Z )2sin...

sin.(11

2

r y

PQr N

Memasukkan persamaan cos

2or r dengan r o = y.sin α

tan.

cos

sin.2 y

yr

r o

r 2

r 1 ≈ ∞

Q

.sin α

Q.cos α

α L

O

y

y

δy

Gb.4.2. Pengaruh berat

sendiri


27/32

27

)2sin...

sin..(tan.1

r y

PQ y N

Memasukkan r 1 = ∞ ke dalam persamaan terakhir diperoleh :

sin.tan..Q y N ….(5.4)

4.2. Cangkang Konik Terbalik

a. Pegaruh berat sendiri, ditumpu pada sisi bawah

r o = y sin α r 1 ≈ ∞

r 2 = y tan α Y = - Q.cos α Z = - Q.sin α

0// 12 r N r N Z , 0. 2 N r Z

tan.sin... 2 yQr Z N

Gaya reaksi tumpuan :

R = 2.π.r o.Nφ sin φ = 2.π.y sin α.Nφ sin φ

Gaya berat sendiri cangkang :

δF = gaya berat sendiri

δF = Q.2.π.r o.δy F = ∫ Q.2.π.y.sin α.δy

F = Q.2.π. sin α ∫ y.δy = Q.2.π. sin α. ½

L y y2

F = Q.π.(L2 – y2).sin α

R + F = 0 2.π.y sin α.Nφ sin φ = - Q.π.(L2 – y2).sin α sin φ = cos α

cos.

)(

2sin..2

).( 2222

y

y LQ

y

y LQ N

persamaan ini hanya berlaku bila y ≠ 0

Untuk y = 0 (di atas tumpuan) berlaku persamaan berikut :

Nφ = F = Q.2.π. sin α. ½

L y

0

2 sin...2 LQ N

b. Pengaruh beban air, ditumpu pada sisi atas

Oleh karena tekanan air selalu tegak lurus bidang singgungnya, maka pada titik sejauh y

dari sisi bawah akan ada gaya ke arah sumbu-z sebesar Z = - γ.h =- γ.(L-y) cos α,

sementara ke arah-x dan y tidak ada gaya tekanan air X = Y = 0

Nφ sin φ = Nφ cos α Nφ

α

zr or 1 ≈

∞

Q

-Q.sin α

-Q.cos α

φ

L

O

y

r 2

δy

y

Gb.4.3. Pengaruh beratsendiri


28/32


29/32

29

Memasukkan r o = y sin α ke dalam persamaan terakhir, F = γ.π.y2{L–(2/3).y}.sin2α. cos α

Reaksi tumpuan :

R = 2.π.r o.Nφ.sin φ = 2.π.y.sin α.Nφ.sin φ

Memasukkan sin φ = cos α ke dalam persamaan terakhir :

R = 2.π.y.( sin α.cos α).Nφ

Persamaan keseimbangan :

R + F = 0 Nφ = (+) F / {2.π.y.(sin α cos α)}

sin.3

1

2

1...

cos.sin...2

cos.sin.3

1

2

1....2 22

y L y

y

y L y

N

sin.

3

2....

2

1

y L y N

Memasukkan persamaan gayake arah sumbu-z, Z = - γ.(L-y) cos α, r 1 ≈ ∞, r 2 = y.tan α dan

Nφ ke dalam persamaan 0// 12 r N r N Z diperoleh :

00/cos)..( 2 r N y L cos)..(tan..cos)..(. 2 y L y y Lr N

).(sin.. y L y N

c. Pengaruh beban air, ditumpu pada sisi bawah

Untuk mendapatkan gaya-gaya dalam yang bekerja pada cangkang pada bidang-AB

dapat dilakukan dengan cara serupa seperti pada butir (b) di atas. Gaya dalam pada

cangkang bergantung pada massa cairan di dalam kerucut secara total (dengan diameter

alas R, tinggi L.cos α) dikurangi oleh massa cairan di dalam silinder di atas bidang -AB dan

massa cairan di dalam kerucut di bawah bidang-AB.

Massa cairan di dalam kerucut setinggi L = π.R2.γ.L.cos α

Massa cairan di dalam silinder dan kerucut = γ.π.r o2. cos α.{L – (2/3).y}

Gaya dalam pada bidang-AB, F = π.R2.γ.L.cos α - γ.π.r o2. cos α.{L – (2/3).y}

F = π. γ. cos α [R2.L - r o2.{L – (2/3).y}] = π. γ. cos α {(R2 - r o2).L + r o2.(2/3).y}

Reaksi tumpuan :

R = 2.π.r o.Nφ.sin φ = 2.π.y.sin α.Nφ.sin φ

Memasukkan sin φ = cos α ke dalam persamaan terakhir :


30/32

30

R = 2.π.y.( sin α.cos α).Nφ

Persamaan keseimbangan :

R + F = 0 Nφ = (+) F / {2.π.y.(sin α cos α)}

cos.sin...2

).3/2().(cos..222

y

yr Lr R N oo

=

sin..2

).3/2().(.222

y

yr Lr Roo

Memasukkan r o = y sin α ke dalam persamaan terakhir diperoleh :

sin..2

sin.).3/2().sin.(. 23222

y

y L y R N

sin..2

).32.(sin... 222

y

y L y R L

N

Memasukkan persamaan gayake arah sumbu-z, Z = - γ.(L-y) cos α, r 1 ≈ ∞, r 2 = y.tan α dan

Nφ ke dalam persamaan 0// 12 r N r N Z diperoleh :

00/cos)..( 2 r N y L cos)..(tan..cos)..(. 2 y L y y Lr N

).(sin.. y L y N

Referensi :

Gibson, J.E., 1980, “Thin Shell”, Pergamon Press, pp.06-10

(L-y) cos α

A

α

r o

L

O

y

y

Nφ sin φ = Nφ cos α

Nφ

B

Gb.4.5. Pengaruh beratair


31/32

31

Ringkasan Identitas Trigonometri, Diferensial dan Integral

Identital trigonometri :

sin2α + cos2α = 1

sec2α = 1+tan2α

cosec2α=1+cot2α

sin (α+β) = sin α.cos β + cos α. sin β

cos (α+β) = cos α.cos β - sin α. sin β

tan (α+β) = {tan α +tan β}/{1- tan α .tan β}

sin (α-β) = sin α.cos β - cos α. sin β

cos (α-β) = cos α.cos β + sin α. sin β

tan (α-β) = {tan α -tan β}/{1+ tan α .tan β}

sin 2α = 2 sin α cos α

cos 2α = cos2α – sin2α

cos 2α = 1 – 2 sin2α

cos 2α = 2 cos2α – 1

tan 2α = 2 tan α /{1- tan2α}

d(sin x)/dx = cos x

d(cos x)/dx = - sin x

d(tan x)/dx = sec2x

d(cot x)/dx = - cosec2x

d(cosec x)/dx = - cot x.cosec x

d(sec x)/dx = tan x.sec x

Diferensial parsial :

y = xN.(x+1)M

u = xN ; v = (x+1)M

y = u.v

du/dx = (N-1).xN-1

dv/dx = (M-1).(x+1)M-1

dy/dx = v.du/dx + u.dv/dx

Integral trigonometri :


32/32

∫ sin x dx = - cox x + C

∫ cos x dx = sin x + C

∫ tan x dx = -loge .cos x + C

∫ cot x dx = loge .sin x + C

∫ cosec x dx = loge .(cosec x - cot x) + C

∫ sec x dx = loge .(sec x + tan x) + C

∫ sec2 x dx = tan x + C

∫ cosec2 x dx = - cot x + C

∫tan2 x dx = tan x – x + C

∫cot2 x dx = - cot x – x + C

∫sin2 x dx = ½ x – ¼ sin 2x + C

∫cos2 x dx = ½ x + ¼ sin 2x + C

Integral trigonometri polinomial :

∫sinN x.cos x dx kombinasi cos x dan sin x

U = sin x dU/dx = cos x dU=cos x dx

∫UN dU = {1/(N+1)}.UN+1 memasukkan lagi U = sin x ke dalam persamaan terakhir

∫sinN x.cos x dx = {1/(N+1)}.sinN+1 x

Integral dua fungsi :

∫xN .cos x dx kombinasi f(x) dan sin x

U = xN dU/dx = N.xN-1 dU= N.xN-1 dx

dV= cos x dx V = ∫cos x dx = sin x

∫xN .cos x dx = ∫U.dV=U.V-∫V.dU

∫xN .cos x dx = xN.sin x - ∫sin x. N.xN-1 dx

Bila N ≥ 2 maka ∫sin x. N.xN-1 dx perlu dimisalkan lagi sampai N = 1

cangkang domes silinder konik 2

Documents